Somme (pour Borde ou autres)

Kuja · March 2005

Bonjour,
 
 sur le fil pile et face : <a href=" http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=148441&t=148441"> http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=148441&t=148441</a>
 
 j'ai l'expression d'une somme faisant intervenir des coefficients binomiaux, et il me semble qu'elle diverge. Quelqu'un saurait-il me le confirmer ?
 
 Désolé de créer un autre post, mais comme je ne suis pas sûr que les personnes pouvant répondre à cette question visitent un post de proba, j'ai préféré cette solution.
 
 Amicalement,

ook · March 2005

Bonjour
Il me semble que d'apres Stirling le terme général est équivalent à $\frac{1}{\sqrt{k}}$.
Grosso modo le rapport des termes en $k^k$ tends vers 1 et le rapport des termes en $\sqrt{k}$ a un équivalent qui donne le résultat.

FrançoisD · March 2005

Salut,

après un long calcul impliquant la formule de Stirling, j'ai la vague impression que cette série est convergente,

en effet, l'équivalent que je trouve pour son terme général serait:

$$e^{-(k+1)[ln(k+1)+ln(2+\frac{1}{k})+ln(2)]+kln(k+\frac{1}{2})}$$

(il s'agit d'une formule de Stirling avec quelques améliorations par factorisations et simplications, j'espère ne pas avoir commis l'horreur d'un passage aux exponentielles dans des équivalents, mais je crois bien que non)

j'obtiens alors:

$$e^{-(k+1)(1+\frac{1}{k})-ln(k)}$$

qui, par comparaison avec une série de référence est le terme général d'une série convergente, puisque la série est à termes positifs, la série converge,

(si j'ai raison ce serait bien la première fois depuis... ouh là!
si j'ai tort, j'espère au moins avoir fait rire quelques personnes... dont moi)

voilà ma contribution à ta question,

cordialement,

F.D.

FrançoisD · March 2005

j'ai effectivement perdu un $\frac{1}{\sqrt{k}}$ en cours de route...

bon, tant pis, je reprendrai mes aclculs APRES la douche,

F.D.

Kuja · March 2005

Bonjour,

merci pour votre intérêt. Peut être dois-je détailler ce qui me turlupine : sur mathworld, j'ai trouvé :

$$\sum_{k=0}^{+\infty} C_{2k+s}^k x^k = \frac{2^s}{ (\sqtr{1-4x} + 1 )^s \sqrt{1-4x}}$$

Dans ma somme, j'ai $s=1$ et $x=\frac{1}{4}$ et du coup, petit problème ....

Amicalement,

rémi · March 2005

Oui mais tu as des $x^{2k+1}$ au lieu de $x^k$. Je dis ça pour aider. Je n'ai pas regarder le problème en détail.

Kuja · March 2005

Merci rémi, mais ma somme initiale peut s'écrire :

$$\sum_{k=0}^{+\infty} C_{2k+1}^k \left( \frac{1}{2} \right)^{2k+1}=\frac{1}{2} \sum_{k=0}^{+\infty} C_{2k+1}^k \left( \frac{1}{2} \right)^{2k}$$

Soit

$$\frac{1}{2} \sum_{k=0}^{+\infty} C_{2k+1}^k \left( \frac{1}{4} \right)^k$$

C'est là que mon problème apparaît.

rémi · March 2005

Désolé. J'ai la tête ailleurs.

Kuja · March 2005

Il n'y a pas de mal rémi, tu as des choses bien plus importantes auxquelles accorder ton attention ces temps-ci ....

Amicalement,

oumpapah0 · March 2005

Bonjour,
la série diverge ; cf Raabe Duhamel
on a u(k+1)/u(k) = (2k+3)/(2k+4)= 1-1/(2k) +O(1/k²)
on a donc u(k)~ a/n½ d'ou divergence..
d'ailleurs le resultat donné par mathworld es facile à montrer
( la somme est solution d'une equa diff linéaire du 1er ordre..)
Oump.

Kuja · March 2005

Merci beaucoup Oump, j'avais oublié Raabe Duhamel.

Ceci dit, la divergence n'arrange pas mes affaires pour valider ma démo de l'exo de proba ... enfin, c'est un autre problème. Encore merci.

Amicalement,

ook · March 2005

Donc mon équivalent était juste. Enfin je dis ca je dis rien..

Kuja · March 2005

Excuse moi ook si je t'ai vexé, c'est juste que le résultat de Oump me paraît plus lisible (mes capacités sont limitées, il faut détailler les choses pour que je les comprenne) :-)

Amicalement,

ook · March 2005

Non non je ne suis pas vexé. Juste content d'avoir trouvé.

FrançoisD · March 2005

Et donc je m'étais vautré, ce qui me rassure un peu sur mes capacités mathématiques avant la DOUCHE,

F.D.

borde · March 2005

Merci de m'avoir cité, Kuja, mais tu me surestimes...

Borde.

Alain Debreil · March 2005

Oui mais tu as des $x^{2k+1}$ au lieu de $x^k$. Je dis ça pour aider. Je n'ai pas regarder le problème en détail.

Kuja · March 2005

Bonsoir Borde,

ne sois pas si modeste, une somme avec des coeffs binomiaux, c'est du "classique" pour toi, non ? :-)

Amicalement,

borde · March 2005

Salut Kuja (c'est toujours un plaisir...)

Tu auras remarqué néanmoins que ces sommes ne sont pas ma "spécialité" : c'est vrai que, dans l'ensemble, je les trouve difficiles à traiter, même lorsqu'on s'habitue à une certaine technique. Qu'en penses-tu ?

Borde.

Kuja · March 2005

C'est toujours un plaisir pour moi aussi.
Pour répondre à ta question, je vois les choses d'une manière peut être honteuse pour un matheux : pour moi ce genre de sommes ne peut se traiter que très rarement, et obtenir des formules explicites relève de l'accumulation d'expérience (c'est à dire l'habitude de les manipuler, et en retirer inconsciemment un "formulaire" dans la tête). Etant donné que je n'ai pas cette habitude, et par conséquent cette expérience, j'essaie de m'appuyer sur des personnes qui l'ont plus que moi. Et c'est ton cas, au delà de ta modestie ... :-) C'est aussi le cas de JJ mais cela fait longtemps que je ne l'ai aperçu sur le forum.

Sinon, pour le cas particulier que j'étudiais sur ce post, j'aurais dû effectivement changer de vision des choses car une étude (au lieu d'une identification mémorielle si je puis dire) permettait d'en tirer les conclusions qui m'intéressaient, comme l'a signalé Oump.

Conclusion : il faut que je redevienne un peu plus matheux ...

borde · March 2005

Je suis d'accord avec ton analyse : c'est pourquoi j'ai essayé il y a quelques temps d'acquérir des méthodes moins "traditionnelles" (disons) pour aborder ces sommes (paires W-Z, méthode "snake-oil", méthode dite "x(d/dx)$\ln$"), mais cela reste encore insuffisant dans la plupart des cas. Ceci dit, elles interviennent assez peu dans le domaine où je travaille (ouf !).

A +

Borde.

Kuja · March 2005

A l'occasion, j'aimerais bien que tu m'expliques (ou que tu m'indiques des références) sur les méthodes auxquelles tu fais allusion (je ne les connais pas, ma culture mathématique est limitée).

Sinon, elles n'interviennent pas non plus pour mon travail, mais juste pour les exos de proba du forum .... :-)

Bonne soirée.

borde · March 2005

Salut, Kuja,

1. Paires W-Z : j'en ai déjà parlé ici, je pense que tu dois pouvoir retrouver e tapant "paires W-Z" dans rechercher (si tu ne trouves pas, dis-moi...).

2. Méthode "snake-oil" : suppose que l'on a une somme du type $\displaystyle {s_n = \sum_{k} f(n,k)}$ à calculer. On multiplie tout par $x^n$, on somme sur $n$, on intervertit les symboles de sommation, on calcule la nouvelle somme intérieure, et on identifie les coeff de $x^n$ de $\displaystyle {S(x) = \sum_{n} s_n x^n}$.

3. Méthode $x \, (d/dx) \, \ln$ : suppose que l'on doit calculer $\displaystyle {F(x) = \sum_{n} f_n x^n}$. Tu prends le $\ln$ de cette équation, tu dérives les deux membres, multiplies par $x$, ôte les dénominateurs et trouver les coeff de $x^n$ dans les deux membres et tu identifies...

Enoncé comme cela, ça à l'air tout bête, mais, en pratique, ça n'est pas toujours évident.

Borde.

Kuja · March 2005

Salut Borde,

je vais essayer de rechercher les paires W-Z sur le forum, et merci pour les deux autres. En effet ça a l'air vraiment "débile", mais je te crois sur parole quand tu dis qu'en pratique ça l'est moins. Encore merci, et si tu as des références (abordables) là-dessus, je suis preneur.

Amicalement,

borde · March 2005

Voici l'article concernant les paires W-Z (attention : il est en postscript, j'espère que tu pourras le lire, avec Ghostview par exemple) : <a href=" http://www.math.upenn.edu/~wilf/website/Rtnl2.ps"> http://www.math.upenn.edu/~wilf/website/Rtnl2.ps</a>
 
 Bon courage,
 
 Borde.