"Je crois pas moi !"

En ayant calculé, il en faut 225. maintenant, comment le démontrer sans le faire ?

Il en faudra plus. Mais j'ai triché.

je pense qu'il faut plus de 150 termes car ln100= 4.605 et ln150= 5.1

Plus de 100.

Je trouve 227. (Merci M. Villemin )

Si on a :[latex]H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}\approx \ln(n) + 0,5772156 + \dfrac{1}{2n}[/latex]

Alors: [latex]\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots = H_n -1[/latex]

Et Donc: [latex]H_n -1 \;>\; 5 \Rightarrow H_n \;>\; 6 \Rightarrow \ln(n)+0,577215+\dfrac{1}{2n} \;>\; 6[/latex]

Qu'on approxime à [latex]n \;>\; e^{6-0.5772156} \Rightarrow n\;>\; 226,508937[/latex]

Ce que me confirme Wolfram

D'instinct, je dirai bien plus. Maintenant, un peu de calcul :

Trouver [latex]k[/latex] tel que [latex]\sum_{i=2}^k \frac1i \ge 5[/latex].

Wolfram|Alpha me donne 227 par essais successifs ; je ne sais pas comment le calculer, a vrai dire...

Je dirais 226, pour ma part.

Je vais encadrer la somme des inverses des entiers compris entre 2 et n.
Je prends k entier entre 2 et n, et t réel entre k et k+1
[TeX]k \le t \le k+1[/TeX][TeX]\frac1{k+1} \le \frac1t \le \frac1k[/TeX][TeX]\int_k^{k+1}\frac{dt}{k+1} \le \int_k^{k+1}\frac{dt}t \le \int_k^{k+1}\frac{dt}k[/TeX][TeX]\frac1{k+1} \le \ln(k+1)-\ln(k) \le \frac1k[/TeX][TeX]\sum_{k=2}^n\frac1{k+1} \le \ln(n+1)-\ln(2) \le \sum_{k=2}^n\frac1k[/TeX]
Si je note S_n=\sum_{k=2}^n\frac1k, les inégalités s'écrivent :
[TeX]S_n+\frac1n-\frac12 \le \ln(n+1)-\ln(2) \le S_n[/TeX][TeX]\ln(n+1)-\ln(2) \le S_n \le \ln(n+1)-\ln(2)+\frac12-\frac1n[/TeX]
Si je prends n=100 :
[TeX]3,92 < \ln(101)-\ln(2) \le S_{100} \le \ln(101)-\ln(2)+\frac12-\frac1{100} < 4,42[/TeX]
J'en déduis donc qu'il faut + de 100 fractions pour dépasser 5

rivas a écrit:

Un rapide calcul (dans excel par exemple) montre que la somme des inverses des entiers de 1 à 100 dépasse 5 (~5,187).

Je suppose qu'on veut le montrer
Avec N inverses d'entiers différentes la somme la plus grande s'obtient en prenant les N premiers entiers évidemment. On va donc considérer [latex]S_N=\sum_1^N{\dfrac1n}[/latex].

La méthode classique des encadrements de série (méthode des rectangles) donne:
[TeX]S_N \ge \int_1^{n+1}\dfrac{dt}t=ln(n+1)-ln(1)=ln(n+1)[/TeX]
Donc si ln(n+1) est >5, [latex]S_N[/latex] aussi, ce qui est le cas pour [latex]N>=148[/latex].

Cela ne suffit pas à démontrer notre résultat. Il faut affiner la minoration, on perd trop de surface entre la courbe et les premiers rectangles.

En isolant le premier rectangle, on a:
[TeX]S_N \ge 1+\int_2^{n+1}\dfrac{dt}t=ln(n+1)-ln(2)+1[/TeX]
On trouve que pour [latex]N \ge 2e^4-1[/latex] (soit 109 pour N entier) [latex]S_N[/latex]est supérieur à 5, mais cela reste trop grand.

En appliquant la même méthode mais en isolant les 2 premiers rectangles, on trouve que [latex]S_N[/latex] est supérieur à 5 pour [latex]N \ge 3e^{\dfrac72}-1[/latex], soit N=99. Cette fois-ci on a bien montré que les 99 premiers inverses d'entiers suffisent à dépasser 5.

On dépasse 5 à partir de la somme des inverses des 83 premiers entiers.

Merci pour cette énigme.

J'ai rien compris à la démonstration de @rivas qui démontre qu'on a tous faux, alors où est son erreur ?

Il somme à partir de n=1, or la question part pour n=2.

Edit: grillé par gwen