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Somme dm

Posté par nick (invité) 14-11-04 à 09:33

Exercice 1
On pose S_n(x)=\sum_{i=0}^n \frac{x^k}{k!}

1) Pour x>=0 et y>=0 montrer que
Sn(x+y)<=Sn(x)Sn(y)<=S2n(x+y)

2) On admet que Sn(x)->S(x) qd n-> +\infty
Que peut on dire de S(x)S(y) pour x,y>=0

Ex 2
Soit u la fonction réeele définie sur N* par:
u(1)=1 u(n)=(-1)r si n est le produit de r nombres pemiers distincts u(n)=0 ds les autres cas.
u est appelé fonction de Möbius.
1) Montrer que pour tout entier naturel n, non nul
\sum_{k divise n}^n u(k) est égal à 1 si n=1, à 0 si n>1

2)Soit f une fonction réelle définie sur l'intervalle [1,+\infty[ inclus ds R.
Pour tout x appartenant à  [1,+\infty[  on pose F(x)= \sum_{1<=n<=x}^n f(\frac{x}{n})
n appartenant à N*
a) vérifier que l'on a pour tout c de [1,+\infty[ f(x)=\sum_{1<=n<=x}^n u(n)F(\frac{x}{n})

Posté par nick (invité)re : Somme dm 14-11-04 à 14:49

Personne pou m'aider

Posté par
franzre : Somme dm 15-11-04 à 21:46

I.1/

\large\begin{tabular}{rcl} S_n(x).S_n(y) & = & \bigsum_{j=0}^n \frac {x^j} {j!} \bigsum_{k=0}^n \frac {y^k} {k!} \\ & = & \bigsum_{j=0}^n \bigsum_{k=0}^n \frac {x^j y^{k}} {j! k!} \\ & = & \bigsum_{j=0}^n \( \bigsum_{k=0}^{n-j} \frac {x^j y^{k}} {j! k!} + \bigsum_{k=n-j+1}^{n} \frac {x^j y^{k}} {j! k!} \) \\ & = & \bigsum_{j=0}^n \( \bigsum_{l=0}^{n-j} \frac {x^j y^{n-j-l}} {j! (n-j-l)!} + \bigsum_{k=n-j+1}^{n} \frac {x^j y^{k}} {j! k!} \) \\ & = & \bigsum_{l=0}^{n}\bigsum_{j=0}^{n-l} \frac {x^j y^{n-j-l}} {j! (n-j-l)!} + \bigsum_{j=0}^n \bigsum_{k=n-j+1}^{n} \frac {x^j y^{k}} {j! k!} \\ & = & \bigsum_{l=0}^{n} \frac 1 {(n-l)!} \bigsum_{j=0}^{n-l} \( \array{n-l\\j} \) x^j y^{n-j-l} + \bigsum_{j=0}^n \bigsum_{k=n-j+1}^{n} \frac {x^j y^{k}} {j! k!} \\ & = & \bigsum_{l=0}^{n} \frac {(x+y)^{n-l}} {(n-l)!} + \bigsum_{j=0}^n \bigsum_{k=n-j+1}^{n} \frac {x^j y^{k}} {j! k!} \\ & = & \bigsum_{m=0}^{n} \frac {(x+y)^{m}} {m!} + \bigsum_{j=0}^n \bigsum_{k=n-j+1}^{n} \frac {x^j y^{k}} {j! k!}\end{tabular}

D'où
\large \begin{tabular}{rcl} S_n(x+y) \le S_n(x).S_n(y) & \le & S_n(x+y) + \bigsum_{ j+k=n+1 }^{2n}\frac {x^j y^{k}} {j! k!} \\ & \le & S_n(x+y) + \bigsum_{m=n+1}^{2n} \frac {(x+y)^{m}} {m!} \\ & \le & S_{2n}(x+y) \end{tabular}


I.2/
Théorème des gendarmes

\large \relstack{\lim}{2$n\rightar\infty}S_{2n} (x+y) = \relstack{\lim}{2$n\rightar\infty}S_{n}(x+y) = S(x+y)

D'où \large \forall (x,y) \in {\mathbb R}^2 \hspace{40} S(x)S(y) = S(x+y)

(Tu devais voir bientôt que \large \forall x \in {\mathbb R} \hspace{10} S(x) = e^x ce qui justifie a posteriori le résultat)

Posté par nick (invité)re : Somme dm 15-11-04 à 22:09

merci beaucoup

Posté par
franzre : Somme dm 15-11-04 à 22:38

I.1/

Soit \large n=\bigprod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i} un entier écrit sous sa décomposition en produit de facteurs premiers.

Parmi les diviseurs de n, seuls ceux qui s'expriment sous la forme \large \bigprod_{i=1}^r p_i^{\beta_i} où \beta_i \in \{0,1\} conduisent à une valeur non nulle par \large u
Choisir un tel diviseur revient à choisir un r-uplet sous la forme (\beta_1,\beta_2,...,\beta_r) de \{0,1\}^r
Parmi ceux-ci, il y en a \large \( \array{ r \\ \vspace{5} \\ k } \) distincts qui ont \large k termes \beta_i égaux à 1 donc qui conduiront à une valeur de \large (-1)^k par \large u.

La somme cherchée vaut \large \bigsum_{k=0}^r \( \array{ r \\ \vspace{5} \\ k } \)(-1)^k = (1-1)^r = 0 (sauf si r=0 càd n=1)

Posté par
franzre : Somme dm 15-11-04 à 23:08

II.2/

\large \begin{tabular}{rcl}\bigsum_{n=1}^{E(x)} u(n) F \( \frac x n \) & = & \bigsum_{n=1}^{E(x)} \bigsum_{i=1}^{E\( \frac x n \)} u(n) f( \frac x {n i} \) \\ & = & \bigsum_{j=1}^{E(x)} \bigsum_{\relstack {n=1} {n\|j}}^{j} u(n) f( \frac x {j} \) \\ & = & \bigsum_{j=1}^{E(x)} f( \frac x {j} \) \bigsum_{\relstack {n=1} {n\|j}}^{j} u(n) \\ & = & f( \frac x {1} \) \hspace{100} \rm{car} \forall j \ge 2 , \;\; \bigsum_{\relstack {n=1} {n\|j}}^{j} u(n) = 0\end{tabular}


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