Somme (pour Borde ou autres)
dans Les-mathématiques
<!--latex-->Bonjour,
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<BR>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>
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<BR>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 ?
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<BR>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.
<BR>
<BR>Amicalement,<BR>
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<BR>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>
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<BR>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 ?
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<BR>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.
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<BR>Amicalement,<BR>
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Réponses
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.
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.
bon, tant pis, je reprendrai mes aclculs APRES la douche,
F.D.
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,
$$\sum_{k=0}^{+\infty} C_{2k+1}^k \left( \frac{1}{2} \right)^{2k+1}=\frac{1}{2} \sum_{k=0}^{+\infty} C_{2k+1}^k \left( \frac{1}{2} \right)^{2k}$$
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.
Amicalement,
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.
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,
Amicalement,
F.D.
Borde.
ne sois pas si modeste, une somme avec des coeffs binomiaux, c'est du "classique" pour toi, non ? :-)
Amicalement,
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.
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 ...
A +
Borde.
Sinon, elles n'interviennent pas non plus pour mon travail, mais juste pour les exos de proba du forum .... :-)
Bonne soirée.
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.
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,
<BR>
<BR>Bon courage,
<BR>
<BR>Borde.<BR>
Amicalement,