Inégalité assez ardue

[invite02959114]

Bonsoir les gens je suis bloqué face à cet exo
{a1,a2,...,an} est un ensemble fini d'entiers naturels distincts, différents de 0 et dont aucun n'est divisible par un nombre premier>= N. Prouver que
(1/a1)+(1/a2)+...+(1/an)<= N.

Merci de votre aide
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[invite2220c077]

Olympiades russes 1989 ... exercice difficile ... Hum, attends je vais voir dans mes brouillons si j'ai encore ma démonstration (j'ai pas le temps pour le moment d'essayer de la retrouver).

[invite9cf21bce]

Bonsoir les gens je suis bloqué face à cet exo
{a1,a2,...,an} est un ensemble fini d'entiers naturels distincts, différents de 0 et dont aucun n'est divisible par un nombre premier>= N. Prouver que
(1/a1)+(1/a2)+...+(1/an)<= N.

Merci de votre aide

On a le droit d'utiliser des trucs du genre encadrement du n^e nombre premier ?

Taar.

[invite6365a580]

C'est très facile, il suffit demontrer l'inégalité par reccurence

1/a1 <=1 <= N
Supposons vrais pour n élements a1,a2, ..., an, on a alors
(1/a1)+(1/a2)+...+(1/an)<= N

maintenant pour tout a(n+1) (c.a.d a indice n+1) qui vérifie les conditions

(1/a1)+(1/a2)+...+(1/an) +(1/a(n+1)) <= N + (1/a(n+1)) <= N+1.

puisque (1/a(n+1)) <= 1

ce qui montre l'inégalité

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite2c3ff3cc]

Très très zouli mais pas si dur à moins d'une grosse c*nerie de ma part


Il suffit de montrer que

avec les nombres premiers plus petits que N (i = 1 .. n) rangés dans l'ordre.

Mais ce truc, a priori horrible, se calcule bien, c'est

On donc donc montrer que mais c'est clair vu que et

[indian58]

Ok. J'y ai un peu réfléchi et voilà ce que je propose :

 Cliquez pour afficher

On considère la série de l'inverse tous les entiers n'admettant pas de diviseurs premiers supérieurs à N. Notons 2=p1<=...<=pk<=N les nombres premiers inféreurs à N.
D'une part notre sommes des n termes sera inférieure à la somme de notre série. D'autre part, cette série peut s'écrire (étant à termes positifs, il n'y a pas de problème pour les éventuelles interversions de signe somme et c'est valable même si ça vaut +infini) comme une somme multiple (k signes somme) de termes 1/(p1^l1*...*pk^lk) avec l1,...,lk décrivant chacun N. Alors,
On a
Somme(l1,Somme(l2,....1/(p1^l1*...*pk-1^lk-1)*1/(1-1/pk))...)
=...=pk/(pk-1)*...*p1/(p1-1) = pk/(p1-1)*p(k-1)/(pk-1)*...*p1/(p2-1)<=pk/(p1-1)=pk<=N,
car p(j-1)<pj donc p(j-1)<=pj-1 et p1-1=2-1=1.
Dans la somme multiple, ce sont des séries à termes géométriques de raison 1/pj.
Donc on a bien l'inégalité voulue.
CQFD

[invite6365a580]

desolé il y a une erreur dans mon raisonement précedent.

[indian58]

Très très zouli mais pas si dur à moins d'une grosse c*nerie de ma part


Il suffit de montrer que

avec les nombres premiers plus petits que N (i = 1 .. n) rangés dans l'ordre.

Mais ce truc, a priori horrible, se calcule bien, c'est

On donc donc montrer que mais c'est clair vu que et

Zut tu m'as grillé de quelques minutes!

[invite2220c077]

Le cas est trivial : en effet :



Supposons le résultat vrai pour tout entier k < N, et prouvons que le résultat est encore vrai pour N. On divise alors l'ensemble considéré en 2 sous-ensembles, le premier étant constitué par les nombres dont tous les diviseurs premiers sont inférieurs ou égaux à N - 1, et le second par le reste.

On note les éléments du deuxième sous-ensemble. Il suffirait évidemment de prouver que .
Or,



où S est la somme de tous les entiers positifs qui n'ont aucun diviseurs premiers >= N-1, et k la plus grande puissance de N intervenant dans la décomposition en nombres premiers des , i € (1, 2, ...m)

Par hypothèse de réccurence S <= N - 1. Ainsi ,

.

CQFD

[invite2220c077]

Pour le cas N = 2, je me suis trompé c'est bien sur sigma : k = 0 -> +oo.