On a l'égalité suivante:
$$\sum_{x=1}^{n}\frac{x.ent(\frac{n}{x})}{n^2}=\sum_{i=1}^{+\infty}\bigg(\sum_{x=ent(\frac{n}{i+1})+1}^{ent(\frac{n}{i})}\frac{x.ent(\frac{n}{x})}{n^2}\bigg)$$
Ceci permet de contrôler la valeur de $ent(\frac{n}{x})$.

On a:
$$\bigg(\sum_{x=ent(\frac{n}{i+1})+1}^{ent(\frac{n}{i})}\frac{x.ent(\frac{n}{x})}{n^2}\bigg) =\bigg(\sum_{x=ent(\frac{n}{i+1})+1}^{ent(\frac{n}{i})}\frac{x.i}{n^2}\bigg) =\frac{i}{n^2}\bigg(\sum_{x=ent(\frac{n}{i+1})+1}^{ent(\frac{n}{i})}x\bigg) =\frac{i}{n^2}\bigg(\frac{ent(\frac{n}{i+1}+1)+ent(\frac{n}{i})}{2}\bigg)(ent(\frac{n}{i})-ent(\frac{n}{i+1})) \rightarrow_{n\rightarrow+\infty}\frac{2i+1}{2i(i+1)^2}=\frac{1}{2(i+1)^2}+\frac{1}{2i(i+1)}$$
Ainsi:
$$\sum_{x=1}^{n}\frac{x.ent(\frac{n}{x})}{n^2}\rightarrow_{n\rightarrow+\infty}\sum_{i=1}^{+\infty}\bigg(\frac{1}{2(i+1)^2}+\frac{1}{2i(i+1)}\bigg)$$
Pour justifier de cette convergence, on peut utiliser un théorème de convergence dominée.

Sinon on calcule pas trop difficilement les 2 dernières sommes:
$$\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{1}{2(i+1)^2}=\frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}$$
et:
$$\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{1}{2i(i+1)}=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{+\infty}\bigg(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\bigg)=\frac{1}{2}$$
Donc le résultat est:
$$\lim_{n\rightarrow+\infty}\sum_{x=1}^{n}\frac{x.ent(\frac{n}{x})}{n^2}=\frac{\pi^2}{12}$$
Y a-t-il plus court comme démo?

mitsuidewi

irmo322

J'avais envie de dire 1, mais après réflexion :
- pour x=1 : le numérateur vaut n
- pour x=2 : il vaut n ou n-1
- pour x=3 : il vaut n ou n-1 ou n-2
...
- pour x=k : il vaut n ou n-1 ou n-2 ou ... n-k+1
...
- pour x=n : il vaut n

Donc le numérateur devrait se moyenner sur n(n+1)/2.

D'où une limite qui devrait tendre vers 1/2, non ?

La limite cherchée est $\frac{\pi^2}{12}$

J'introduis pour ça la fonction f suivante continue sur [0;1]:
$$f : x \rightarrow x\lfloor {\frac1x}\rfloor [/latex] pour x > 0 [latex]f(0)=1$$
Je remarque ensuite que :
$$S(n)=\frac1{n^2}\sum_{k=1}^nx\lfloor \frac nx\rfloor = \frac1n\left ( \sum_{k=0}^nf(k) - 1 \right )$$
C'est une somme de Riemann, donc la limite est $I=\int_0^1f(t)dt$
Je vais calculer $I_n=\int_{\frac1n}^1f(t)dt$ et faire tendre n vers l'infini
Changement de variable $t=\frac1u$ :
$$I_n=\int_1^{+\infty}\frac{\lfloor u \rfloor}{u^3}du$$
Je découpe l'intégrale en somme d'intégrales, pour faire sortir la partie entière :
$$I_n=\sum_{k=1}^nk\int_k^{k+1}\frac{du}{u^3}$$
$$I_n=\sum_{k=1}^n\frac{k}2\left (\frac1{k^2} - \frac1{(k+1)^2 \right )$$
On coupe en 2, changement d'indice sur la seconde somme :
$$I_n=\frac12\left ( \sum_{k=1}^n\frac1k - \sum_{k=2}^{n+1}\frac{k-1}{k^2} \right )$$
Les sommes se simplifient, il reste :
$$I_n=\frac12\left ( \sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k^2}-\frac1{n+1} \right )$$
On sait que $\lim_{n\rightarrow+\infty}\sum_{k=1}^n \frac1{k^2} = \frac {\pi^2}{6}$

Donc au final $I=\frac{\pi^2}{12}$, qui est la limite cherchée !

On peut faire plus simple ? J'imagine que oui ...

En effet, bravo ! Quand j'aurais une série difficile à calculer, je saurai où demander... hallucinant cet avatar de la série harmonique, pi est vraiment partout...