Somme d’une série
Réponses
-
Ne serait-ce pas plutôt $F_0 = 0$ ?
-
Bonjour,
On établit par récurrence que, pour tout $\displaystyle N \geq 1$, $\displaystyle \sum_{n=0}^N {1 \over F_{2^n}} = 3 - {F_{2^N-1}\over F_{2^N}}$ par l'identité d'Ocagne : $\displaystyle F_mF_{n+1} - F_n F_{m+1} = (-1)^n F_{m-n} $ avec $m=2^{N+1}-1$ et $n=2^N-1$ et la définition $\displaystyle F_{-n} = (-1)^{n+1} F_n$ puis on calcule la limite quand $N$ tend vers l'infini. Voilà ! -
$ \bullet$ J'avais oublié ce problème de l'American Mathematical Monthly, Vol. 89, No 1 (Jan. 1982), p. 63.Solution Vol. 91, No. 7 (Aug. - Sept., 1984), p. 438.$ \bullet$ Ma solution est différente. Je pars de : $\frac{X}{X^{2}-1}=\frac{1}{X-1}-\frac{1}{X^{2}-1}$.Pour $z\in \mathbb{C}$, $\left\vert z\right\vert \neq 1$, $k\in \mathbb{N}$, on a donc : $\frac{z^{2^{k}}}{z^{2^{k+1}}-1}=\frac{1}{z^{2^{k}}-1}-\frac{1}{z^{2^{k+1}}-1}$.D'où par télescopage, pour $n\in \mathbb{N}^*$ : $\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{z^{2^{k}}}{z^{2^{k+1}}-1}=\overset{n }{\underset{k=1}{\sum }}(\frac{1}{z^{2^{k}}-1}-\frac{1}{z^{2^{k+1}}-1})=\frac{1}{z^{2}-1}-\frac{1}{z^{2^{n+1}}-1}$.Si $\left\vert z\right\vert >1$, alors : $g(z)=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{1}{z^{2^{n}}-z^{-2^{n}}}=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{z^{2^{n}}}{z^{2^{n+1}}-1}=\frac{1}{z^{2}-1}$.$ \bullet$ On applique ceci à la suite de Fibonacci $F_{n}=\frac{\alpha ^{n}-\beta ^{n}}{\alpha -\beta }$, avec $\alpha =\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ et $\beta =\frac{1-\sqrt{5}}{2}$. D'où $\beta=- \frac 1{\alpha}$, et par suite :$\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}\frac{1}{F_{2^{n}}}$$=1+\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{1}{F_{2^{n}}}$$=1+\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{\alpha -\beta }{\alpha ^{2^{n}}-\beta ^{2^{n}}}$$=1+(\alpha -\beta )$$g(\alpha)$$=1+(\alpha -\beta )\frac{1}{\alpha ^{2}-1}=1+(\alpha -\beta )(-\beta )=1+\sqrt{5}\frac{-1+\sqrt{5}}{2}=\frac{7-\sqrt{5}}{2} \simeq 2,3820$.$ \bullet$ Remarquons que la fonction $z \mapsto f(z)=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}\frac{z^{2^{n}}}{z^{2^{n+1}}-1}$, définie pour $z\in \mathbb{C}$, $\left\vert z\right\vert \neq 1$, a son intérêt spécifique, mais c'est une autre histoire.Bonne journée.Fr. Ch.
-
On doit pouvoir calculer cette somme par la formule dite de Binet: $F_n=\dfrac{\varphi^n-\varphi'^n}{\sqrt{5}}$
PS: ou pas.
-
Cette série est citée dans https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_de_Fibonacci#Série_des_inverses_de_termes_de_la_suite_de_Fibonaccimais en référence on est renvoyé à un article de 1993.
-
Voici l’article http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/aa/aa63/aa6342.pdf la série est mentionné dans le §3.1.
-
Bonjour. Je suis intrigué par cette remarque. À quoi peut bien servir cette série ? À des trucs avec du binaire ? Merci.Chaurien a dit :Remarquons que la fonction $z \mapsto f(z)=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}\frac{z^{2^{n}}}{z^{2^{n+1}}-1}$, définie pour $z\in \mathbb{C}$, $\left\vert z\right\vert \neq 1$, a son intérêt spécifique, mais c'est une autre histoire.
-
J'ai mis à jour l'article de Wikipedia (version française) pour prendre en compte le fait que Chaurien avait fait publier la somme de cette série avant 1993.NB:La référence précédente, un article qu'Etanche a mis en lien de 1993, citait déjà le problème de Chaurien en référence.
-
Je suppose que sur ce forum vous connaissez aussi celle-là$$\sum_{n\geq1}(-1)^{n-1}\arctan\left(\frac{1}{F_{2n}}\right).$$Je n'ai pas trouvé dans le moteur de recherche.
-
La solution publiée dans l'AMM (Vol 91 Numéro 7, 1984, p. 438 ) au problème de Chaurien.
Donc mon intuition était bonne (je n'avais pas vu cette solution) mais je pensais à un truc plus compliqué.PS.À noter que le problème est peut-être plus ancien. Il faudrait vérifier les références données. -
Une référence plus ancienne, Fibonacci Quarterly volume 12 p346 (1974):
-
Comme l'indique la page A079585 de l'OEIS c'est Édouard Lucas qui a sans doute publié le premier une solution pour le calcul de $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{F_{2^n}}$
La référence de l'OEIS est :
Édouard Lucas, Théorie des Fonctions Numériques Simplement Périodiques.
American Journal of Mathematics, Vol. 1, No. 3 (1878), pp. 197-240. See p. 225, equations 125 and 127.
On peut le télécharger librement avec le lien de l'OEIS.
Cela figure également page 331 du livre "Théorie des nombres" de Édouard Lucas rédité chez Jacques Gabay.
Lucas utilise la même méthode que Chaurien et il attribue la somme de la série télescopique à Eugène Catalan.
-
Je ne connaissais pas cette série et j'ai eu un peu de mal à trouver le bon télescopage. La somme est égale à $\;\arctan\left(\frac{\sqrt5-1}{2}\right)$
-
Merci pour ce lien. Puisque $\cot^{-1}x=\arctan(1/x)$ (pour $x>0$), les formules (3) et (4) peuvent s'écrire avec des $\arctan$.
J'ai mis un peu de temps à trouver le télescopage adéquat pour démontrer (3).
-
Je n'ai pas encore réussi à démontrer la (3). Les télescopages ne sont pas toujours immédiats! En revanche la (4) ou l'équivalente avec arctan ça va.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
Qui est en ligne 9
+8 Invités