Réponses
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Il faut que tu isoles la lettre avec la commande\mbox{\Large{$\beta$}}Sous Lyx tu peux insérer du Code normalement (c'est comme a dit Héhéhé)<…
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L'astuce de Herglotz marche en écrivant $n^2+a^2=n^2-(ia)^2$ et $\cot$ devient $\coth$ non?
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Le fait d'avoir enlevé le "Révéler" ne permet pas de voir qu'il s'agissait d'un poisson d'avril. Une preuve du TNP en 10 lignes!
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Ayant pu avoir accès à l'article en question, il donne bien plus d'informations que la définition du polylog.Soit $$C=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{(k+1)^{2}}\left(1+\frac{1}{2^{2}}+...+\frac{1}{k^{2}}\right)=-4L_{i_{4}}\left…C'est sans doute pour ça que a(n)+1, b(n)+1, c(n)+1 sont plus naturelles.Sinon pour revenir à l'équation fonctionnelle de Cidrolin. Si on impose $f(1)=1$ on a nécessairement $f(x(n))=y(n)$ pour tout $n>0$ où
\begin{align*}Oui j'ai fait une petite erreur. Je trouve pour finalement comme jandri pour s>1, -(1+(2^(s-2)-1)/2^(s-2))*zeta(s).
@gebrane Pour $s>1$ on a du $\zeta(s)/2$ non ?
Peut-être que la technique d'inversion dont j'ai parlé plus haut a plus sa place si on pose ce problème :…La technique directe de Benfloor(Pi*10^5) fonctionne ici.
Tu as sauf erreur la famille f(n)=floor((sqrt(3)+1)*n+s) avec 0<=s<1 réel. Mais d'autres sont possibles.
On peut aussi le faire à l'envers (je sais pas si ça a déjà été dit dans tous ces échanges...) en admettant le résultat.Rappel sur la transformation binomiale : $$\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}a_{k}=b_{n}\Longleftrightarr…Sans autre contrainte il y a en sans doute beaucoup. Il faudrait peut-être imposer f croissante et minimale... et donner f(1)=0 ou 1.
Effectivement, bravo Ben314159 toujours aussi adroit!Parfois les attaques directes marchent.Ce qui intéressant lorsqu'on a une partition (ici de 3 suites a,b,c) c'est d'arriver à exprimer a,b,c en fonction de a,b,c.…Pour ta formule 2) il doit y avoir un pb d'indice non ?
$3c(n)+2n-c(b(n)+1)$ me donne $3,0,0,3,3,0,0,3,0,0,0,3,0,0,3,...$En revanche je trouve que $3c(n)+2n+2=b(c(n)+1)$Il n'y a qu'un pas à franchir pour poser le problème suivant. Soit $\lambda,\mu$ deux réels et la récurrence $$u_{n}=\left(1+\frac{\lambda}{n}\right)u_{n-1}+\left(1+\frac{\mu}{n}\right)u_{n-2}$$ Montrer que $$u_{n}\sim CF_{n}n^{\left(\frac{\lam…Pour l'autre cas avec $\mu$ réel $$u_{n}=u_{n-1}+\left(1+\frac{\mu}{n}\right)u_{n-2}.$$ Je pense que $$u_{n}\sim C(u_{0},u_{1})F_{n}n^{\tfrac{\mu}{\Phi\sqrt{5}}},\qquad \left(n\rightarrow\infty\right)$$Si on prend le cas "simple" $$u_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)u_{n-1}+u_{n-2}$$ Alors je pense que $$u_{n}\sim C(u_{0},u_{1})F_{n}n^{\frac{\sqrt{5}}{5}}\ \left(n\rightarrow\infty\right),$$ où $F_n$ est le $n$-ième nombre de Fibonacci. Quelques évalu…Je ne pense pas que ce soit toujours vrai.Si $a_n=n/(n+1)$ et $b_n=1$ il semble que $u_n\Phi^{-n}$ tend vers zéro et que $u_n\Phi^{-n}=O(n^c)$ avec $c=-0.4...$Si $a_n=1+1/n$ et $b_n=1$ il semble que $u_n\Phi^{-n}$ t…J'ai peut-être une erreur d'indice mais il semble aussi que pour tout $q\geq0$ fixé la on a pour $n$ assez grand
$$a_{n(n+3)/2+q}=\frac{2^{n+q+2}}{2^{q}+1}+u_{q}(n)$$
où $u_{q}$ est une suite $2q$ périodique.
Superbe observation les ruptures de paliers! Pour le cas avec les puissances de $3$ c'est cohérent aussi : $$(\log3)( \sqrt 2) =1.5536723984241...$$ et non pas ce que j'ai imaginé plus haut.Si on prend les puissances de $3$ au lieu de $2$ dans la définition des $T(n,k)$ on obtient le même phénomène et cette fois la limite est proche de $1.55$ (est-ce $\sqrt{1+\sqrt 2}=1.5537...$?). Ci-dessous le graphique entre 13000 et 22500.
Merci @Guego. Tes graphiques confirment ce que j'ai pu observer. La limite (si elle existe) semble effectivement proche de $0.98$.La suite préférée de Ben31415962 donne lieu à des dans Suites logiques Commentaire de Boécien 6 JanMerci pour le lien vers cette vidéo. On espère tous que l'IA et les logiciels de vérification de preuve (j'ai découvert récemment l'incroyable puissance de Walnut en combinatoire des mots…Un en anglais que je trouve amusant. Art Benjamin, Proofs that really count.Pas vraiment de la vulgarisation mais très accessible pour découvrir les preuves combinatoires.Le livre de JP Delahaye sur les nombres premier avec celui sur Pi cité plus haut.
On peut toujours rechercher pour $x>0$ $f$ de la forme f(x)=x^{\Phi}h(x) et alors f(f(x))=f(x)^{\Phi}h(f(x))=x^{\Phi+1}h\left(f(x)\right).
En faisant une recherche sur le forum on tombe sur ce fil où jandri donne une démo assez extraordinaire je trouve. Il part d'une …Merci @Ben314159. Je subodorais qu'il n'y avait pas besoin de bourriner avec les suites de Beatty mais comme je les avais déjà calculées et que j'avais remar…Bon pas beaucoup de succès mes cidrolineries. Pour ceux qui veulent voir le cas général.Pour le cas général on a $$f(n)=1+\left\lfloor \left(\frac{\alpha+\sqrt{\alpha^{2}+4}}{2}\right)n\right\rfloor$$ Par conséquent$$…Pour ceux qui veulent voir le résultat dans un cas particulier.Pour le cas $\alpha=1$ on obtient $$f(n)=1+\left\lfloor \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)n\right\rfloor$$ par conséquent
$$f(f(n))=f(n)+n+1$$ do…Jour 15
Miroir du jour $6$ mais la fonction a un acabit distinct.Soit $\alpha\in\mathbb{N}^{\star}$, soit $f:\mathbb{N}\mathbb{\rightarrow\mathbb{N}}$ satisfaisant $f(1)=\alpha+1$ puis pou…C'est sur. Mais avec l'IA tout sera automatiquement traduit dans la langue désirée avec le sens du contexte pour les articles scientifiques. Je pense que d'ici quelques années (voire mois) on aura le choix de la langue au moment de télécharger notre…Moi aussi je préfère l'article de Ramaré qui permet de proposer de jolies choses plus accessibles. Par exemple si $p$ est un premier qui tend vers l'infini alors sauf erreur on a
$$\sum_{k=1}^{p}\frac{\mu(k)}{k}\log\left(\frac{p}{k}\right)…Ce qui me fait conjecturer que $\forall\alpha\geq1$ entier et pour tout $u_1>0$ il existe un entier $1\leq m\leq2^{\alpha}-1$ tel que
$$u_{2^{\alpha}n+m}=\frac{c_{\alpha}}{\left(2^{\alpha}n+m\right)^{\alpha}}+O\left(n^{-\alpha-1}\right)$$Tu exagères toujours cher ami! Pour la question peut-on montrer qu'il est impossible d'avoir plus d'un terme dans le développement asymptoti…Effectivement c'est rigolo. On peut tirer de ta remarque l'équation fonctionnelle $f(f(n))=(p+1)f(n)-pn$. Une question me vient alors: ce…Bravo @Ben314159
Il n'y a plus qu'un pas à franchir ! J'ai fixé $p$ premier car dans ce cas si je note $g(n):=\min\left\{ k\in\mathbb{N}\mid p^{n}\mid(pk)!\ri…Belle inspiration! Je la trouve très chouette.
Bonjour!
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