Lecture zen
*
Calcul d’une somme de série
Putnam 2001 où [bonar].
Pour tout \(n\in\mathbb N\), \(\left[ n\right]\) désigne l’entier le plus proche de \(\sqrt{n}\). Montrer que \[\sum_{n=1}^\infty \dfrac{2^{\left[ n\right]}+2^{-\left[ n\right]}}{2^n}=3.\]
Barre utilisateur
[ID: 2879] [Date de publication: 9 novembre 2022 21:55] [Catégorie(s): Suites et séries ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]Solution(s)
Solution(s)
Calcul d’une somme de série
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 21:55
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 21:55
Bien remarquer que \(\left[ n\right]\) est toujours bien défini car l’équation \(\sqrt{n}=k+1/2,\ k,n\in\mathbb N\) n’a pas de solutions.
Comme souvent dans ce genre d’exercice l’astuce consiste à sommer paquets (ce qui est parfaitement légitime puisque la série est à termes positifs...sous reserve de convergence...) suivant les valeurs de \(\left[ n\right]\) : \[\begin{aligned} \left[ n\right]=k \ &\Leftrightarrow\ k-1/2<\sqrt{n}<k+1/2\\ &\Leftrightarrow\ k^2-k+1/4<n<k^2+k+1/4\\ &\Leftrightarrow\ k^2-k+1\leq n\leq k^2+k\quad (\text{car}\ n\in\mathbb N) \end{aligned}\] ce qui nous donne \[\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \dfrac{2^{\left[ n\right]}+2^{-\left[ n\right]}}{2^n}&= \sum_{k=1}^\infty\left( \sum_{n=k^2-k+1}^{k^2+k}(2^k+2^{-k})2^{-n}\right) \\ &=\sum_{k=1}^\infty(2^k+2^{-k})2^{-k^2+k-1}\sum_{n=0}^{2k-1}2^{-n}\\ &=\sum_{k=1}^\infty(2^k+2^{-k})2^{-k^2+k-1}\cdot\dfrac{1-2^{-2k+2}}{1-2^{-1}}\\ &=\sum_{k=1}^\infty(2^k+2^{-k})(2^{-k^2+k}-2^{-k^2-k})\\ &=\sum_{k=1}^\infty(2^{-k(k-2)}-2^{-k(k+2)})\\ &=\sum_{k=1}^\infty 2^{-k(k-2)}-\sum_{k=1}^\infty2^{-k(k+2)}\\ &=\sum_{k=1}^\infty 2^{-k(k-2)}-\sum_{l=3}^\infty2^{-l(l-2)}\quad (l=k+2)\\ &=\sum_{k=1}^2 2^{-k(k-2)}=2+1+3. \end{aligned}\] C.Q.F.D.
Documents à télécharger
L'exercice