Une inégalité

Réponses

• Bibix

  February 2023 Modifié (February 2023)

  Pas mal... mais j'ai mieux. Montrer que pour tout $n$, on a $$\sum_{k = 1}^{n} \frac{2^n - 1}{2^k-1} \geqslant \sum_{k=1}^n \frac{2^n}{2^k} \tau(k).$$
  
• gebrane

  February 2023 Modifié (February 2023)

  edit ceci est faux
  

  $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k}-1}=\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=1}^{+\infty}2^{-km}\geq \sum_{k=1}^{n}\sum_{m=1}^{n}2^{-km}=\sum_{k=1}^{n}\frac{\tau(k)}{2^{k}}$

  
  
  
  
  
  
  

  Le 😄 Farceur

  
  
  
• Boécien

  February 2023

  Y a pas un os dans ton égalité à droite @gebrane?
  

  Joli @Bibix.
• gebrane

  February 2023 Modifié (February 2023)

  LOl il y a un grand OS, l'égalité c'est avec des sommes infinies.
  

  Le 😄 Farceur

  
  
  
• LOU16

  February 2023 Modifié (February 2023)

  Bonsoir ,

  Gebrane a  suffisamment  rongé son "os" pour le rendre parfaitement digeste.
  

  $\forall n \in\N^*,\:S_n := \displaystyle \sum_{k=1}^n\dfrac 1{2^k-1}\:\:T_n:=\sum_{k=1}^n\dfrac {\tau(k)}{2^k}.\quad\forall k \in \N^*,  \:\:\tau_n(k) :=\#\left\{d\in\N \mid d\leqslant n, \:d\text{ divise }k \right\}.\:\:\text{ Si } k\leqslant n \text{ alors, }\tau_n(k)=\tau(k).$

  $S_n=\displaystyle \sum_{k=1}^n2^{-k }\sum_{p=0}^{+\infty}  2^{-kp}=\sum_{\substack{1\leqslant k\leqslant   n\\p\geqslant 0}}2^{-k(p+1)}=\sum_{\substack{1\leqslant k\leqslant   n\\p\geqslant 1}}2^{-kp}=\sum _{k=1}^{+\infty} \dfrac {\tau_n(k)}{2^k} =T_n+\sum _{k=n+1}^{+\infty} \dfrac {\tau_n(k)}{2^k}\quad $ Ainsi:$ \:\: \boxed{S_n\geqslant T_n}$

  
  

  
  
  
  
  
  
  
• Boécien

  February 2023 Modifié (February 2023)

  Simple et élégant @LOU16. Pour aller plus loin si je ne m'abuse on peut considérer l'autre inégalité. Soit $w_{n}$ le plus petit entier tel que
  $$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k}-1}\leq\sum_{k=1}^{w_{n}}\frac{\tau(k)}{2^{k}},$$ montrer qu'un tel entier existe et que $w_{n}=n+O(1)$. Je pense que pour tout $n$ on a
  $$\sum_{k=1}^{n}\frac{\tau(k)}{2^{k}}\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k}-1}\leq\sum_{k=1}^{n+4}\frac{\tau(k)}{2^{k}}.$$
• noix de totos

  February 2023 Modifié (February 2023)

  $$\sum_{k \leqslant n} \frac{\tau(k)}{2^k} = \sum_{k \leqslant n} \frac{1}{2^k} \; \sum_{d \mid k} 1 = \sum_{d \leqslant n} \; \sum_{h \leqslant n/d} 2^{-hd} = \sum_{d \leqslant n} \frac{1 - 2^{-d \lfloor n/d \rfloor}}{2^d-1}.$$
  La majoration demandée par Boécien s'ensuit immédiatement. De plus, en utilisant $\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \geqslant \frac{n+1}{d}-1$, il vient
  $$\sum_{k \leqslant n} \frac{\tau(k)}{2^k} \geqslant \sum_{d \leqslant n} \frac{1 - 2^{d-n-1}}{2^d-1} \geqslant \frac{1}{2} \sum_{d \leqslant n} \frac{1}{2^d-1}$$
• Boécien

  February 2023

  Merci noix de totos.