Voilà l’exo que j’ai posté sur Twitter récemment, personne n’a encore trouvé mais on m’a demandé de poster la réponse ici.
Si vous voulez trouver par vous-mêmes combien vaut cette horreur sachez qu’il y a des termes qui se compensent au numérateur et au dénominateur pour aboutir à quelque chose de beaucoup plus simple. (si vous avez une assez bonne culture mathématique de prépa vous pouvez trouver mais ne perdez pas non trop de temps là-dessus)
Solution
La technique c’est de calculer chaque morceau bout par bout.
On peut commencer avec \displaystyle \lim_{u \rightarrow +\infty} -\frac{1}{u} \sum_{m = 1}^u \Gamma(59556 + \frac{m}{u}933461).
C’est la limite d’une somme de Riemann qui vaut -\displaystyle \int_{59556}^{993017} \Gamma(x)dx (approximation de l’intégrale par des fonctions en escalier).
Par ailleurs autre expression de la fonction \Gamma est \displaystyle \Gamma(x) = \int_{0}^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}dt.
Si vous regardez à nouveau l’horreur qu’on doit calculer, vous devriez donc reconnaître deux éléments égaux (si on ignore le signe) mais avec une expression différente :
\displaystyle \lim_{u \rightarrow +\infty} \frac{1}{u} \sum_{m = 1}^u \Gamma(59556 + \frac{m}{u}933461) = \int_{x=59556}^{993017} \displaystyle \int_{t=0}^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}dtdx
Que l’on va poser comme étant égal à s.
Grâce à ces calculs on a une expression déjà plus simple :
\binom{69}{3}\frac{\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty}\sum_{n = 0}^{+\infty}\frac{\displaystyle \left( 1 - \frac{1}{k} \right)^{k\ln(23)}}{\exp \left(s\ln(n)\right)}}{\displaystyle (1 + card\{ m \in \mathbb N^* \backslash \ m \le 17 \ \wedge pgcd(m,17)=1\}) \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{2^n} \prod_{p \in \mathcal P}\frac{1}{1-\exp \left(-s\ln (p)\right)}}
Qu’on peut simplifier un peu plus :
\binom{69}{3}\frac{\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty}\displaystyle \left( 1 - \frac{1}{k} \right)^{k\ln(23)}\sum_{n = 0}^{+\infty}\frac{1}{n^s}}{\displaystyle (1 + card\{ m \in \mathbb N^* \backslash \ m \le 17 \ \wedge pgcd(m,17)=1\}) \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{2^n} \prod_{p \in \mathcal P}\frac{1}{1-p^{-s}}}
Les MP les plus solides reconnaîtront rapidement deux expressions de \zeta (s) au numérateur et au dénominateur :
\displaystyle \zeta(s) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{n^s} = \prod_{p \in \mathcal P} \frac{1}{1-p^{-s}}
Ce qui nous laisse avec :
\binom{69}{3}\frac{\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty}\displaystyle \left( 1 - \frac{1}{k} \right)^{k\ln(23)}}{\displaystyle (1 + card\{ m \in \mathbb N^* \backslash \ m \le 17 \ \wedge pgcd(m,17)=1\}) \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{2^n} }
Le plus dur a été fait, maintenant on peut enchaîner plus rapidement :
D’abord,
\displaystyle \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{1}{2^n} = \frac{1}{1-\frac 1 2} = 2
Ensuite, on reconnaît la fonction indicatrice d’Euler évaluée en un nombre premier :
\displaystyle \varphi(17) = card\{m \in \mathbb N^* \backslash \ m \le 17 \wedge pgcd(m,17) = 1 \} = 17 - 1
Si vous connaissez pas cette fonction peu importe, vous n’avez qu’à compter le nombre d’éléments de l’ensemble.
L’expression complète devient :
\binom{69}{3}\frac{\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty}\displaystyle \left( 1 - \frac{1}{k} \right)^{k\ln(23)}}{\displaystyle 2 \times 17}
On va maintenant s’attaquer à la limite.
Pour k >0, on a :
\displaystyle \left( 1 - \frac{1}{k} \right)^{k\ln(23)} = \exp \left(k \ln (23) \ln(1 - \frac 1 k) \right)
Et si vous connaissez vos développements limités de logarithme contrairement à ce tocard de Lucas Maths, vous aboutissez à :
\displaystyle k \ln(1- \frac 1 k) \sim_{+ \infty} -1
Puis par continuité de l’exponentielle :
\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty}\displaystyle \left( 1 - \frac{1}{k} \right)^{k\ln(23)} = \exp \left( -\ln(23) \right) = \frac 1 {23}
L’expression totale donne alors :
\displaystyle \binom{69}{3} \frac{1}{2 \times 17 \times 23}
En faisant un dernier effort, on calcule \displaystyle \binom{69}{3} = 67 \times 17 \times 2 \times 23
Finalement, ça fait 67 (SIX SEVENNNN 
)
voilà jpense que le calcul en valait totalement la chandelle bonne journée à tous
