somme coef. binomiaux

Bonjour,

Je bloque sur un concept tout simple.

Soient les sommes définies de la façon suivante : $U_n= \sum_{k=0}^{n} \binom n k$ lorsque $k=0 \pmod 3$, $V_n= \sum_{k=0}^{n} \binom n k$ lorsque $k=1 \pmod 3$ et $W_n= \sum_{k=0}^{n} \binom n k$ lorsque $k=2 \pmod 3$.

Il est clair et limpide dans mon esprit que lorsque $k=0 \pmod 3$, ($k$ est un multiple de $3$), on a $j^k=1$ (racine 3-ième de l'unité).

Mais sous cette condition, je n'arrive pas à retrouver en conservant mes notations initiales l'égalité :
$$2^n=U_n+V_n+W_n$$

En utilisant la formule du binôme, on écrit que $(1+j^k)^n=\binom n 0 j^0+\binom n 1 j^1+\binom n 2 j^2+\binom n 3 j^3+\cdots+ \binom n n j^n=(1+1)^n$. Mais ensuite, comment utilise-t-on la condition $k=0 \pmod 3$ pour retomber sur mon égalité ?

Je crois que j'ai du mal à concevoir que puisqu'on considère que $k$ est un multiple de $3$, les autres sommes puissent apparaître dans mon égalité. Si l'un d'entre vous pourrait m'aider à comprendre, ce serait sympa.

Cordialement,
Clotho

edit : Merci Alain pour les modifications Latex pour les coefficients binomiaux : je ne savais pas faire.

Réponses

  • Dans la somme $U_n+V_n+W_n$, tu retrouves tous les $k$ entre $1$ et $n$, donc $U_n+V_n+W_n=\displaystyle \sum_{k=1}^n C_n^k=(1+1)^n=2^n$.
  • Sans utiliser de j : $2^n = (1+1)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}$. Ensuite, tu découpes ta somme en 3, suivant que $k = 0\;[3]$, $k=1\;[3]$ et $k=2\;[3]$, ce qui va te donner $U_n+V_n+W_n$.
  • Merci à vous deux : c'est compris.
    On peut généraliser ce genre de raisonnement avec les restes de la division par 4, etc.?
  • Oui, du moment que tu retrouves tous les $k$ compris entre $1$ et $n$ à la fin pour retomber sur le $2^n$...
  • @chris93 : je me suis peut-être mal exprimé dans ma dernière question. Ce que je voulais dire, c'est qu'on peut certainement aboutir à des relations semblables en faisant intervenir les racines quatrièmes de l'unité et les congruences modulo 4, les racines 5 ièmes de l'unité et les congruences modulo 5, etc...

    Bien cordialement,
    Clotho
  • Tu as écrit " En utilisant la formule du binôme, on écrit que $(1+j^k)^n=\binom n 0 j^0+\binom n 1 j^1+\binom n 2 j^2+\binom n 3 j^3+\cdots+ \binom n n j^n=(1+1)^n$ ". Il me semble que c'est plutôt $(1+1)^n=(1+j^k)^n=\binom n 0 +\binom n 1 j^k+\binom n 2 j^{2k}+\binom n 3 j^{3k}+\cdots+ \binom n n j^{kn}$, mais comme tous les $j^{ki}$ sont égaux à $1$, tu n'obtiens rien de bien intéressant sur une quelconque somme portant sur les puissances de $j$. Enfin, il me semble...
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