"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 :$H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}\approx \ln(n) + 0,5772156 + \dfrac{1}{2n}$

Alors: $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots = H_n -1$

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

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

Ce que me confirme Wolfram

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

Trouver $k$ tel que $\sum_{i=2}^k \frac1i \ge 5$.

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
$$k \le t \le k+1$$ $$\frac1{k+1} \le \frac1t \le \frac1k$$ $$\int_k^{k+1}\frac{dt}{k+1} \le \int_k^{k+1}\frac{dt}t \le \int_k^{k+1}\frac{dt}k$$ $$\frac1{k+1} \le \ln(k+1)-\ln(k) \le \frac1k$$ $$\sum_{k=2}^n\frac1{k+1} \le \ln(n+1)-\ln(2) \le \sum_{k=2}^n\frac1k$$
Si je note S_n=\sum_{k=2}^n\frac1k, les inégalités s'écrivent :
$$S_n+\frac1n-\frac12 \le \ln(n+1)-\ln(2) \le S_n$$ $$\ln(n+1)-\ln(2) \le S_n \le \ln(n+1)-\ln(2)+\frac12-\frac1n$$
Si je prends n=100 :
$$3,92 < \ln(101)-\ln(2) \le S_{100} \le \ln(101)-\ln(2)+\frac12-\frac1{100} < 4,42$$
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 $S_N=\sum_1^N{\dfrac1n}$.

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

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:
$$S_N \ge 1+\int_2^{n+1}\dfrac{dt}t=ln(n+1)-ln(2)+1$$
On trouve que pour $N \ge 2e^4-1$ (soit 109 pour N entier) $S_N$est supérieur à 5, mais cela reste trop grand.

En appliquant la même méthode mais en isolant les 2 premiers rectangles, on trouve que $S_N$ est supérieur à 5 pour $N \ge 3e^{\dfrac72}-1$, 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