La somme incroyable mais vraie
dans Algèbre
Bonjour,
Calculer $$\sum \limits_{k=0}^{2^{2017}} \frac{3\tanh(2^k)+1}{(1+\tanh(2^k))^2}$$
édit : j'ai fait une erreur qu'a vue Jandri
Bonne journée.
Calculer $$\sum \limits_{k=0}^{2^{2017}} \frac{3\tanh(2^k)+1}{(1+\tanh(2^k))^2}$$
édit : j'ai fait une erreur qu'a vue Jandri
Bonne journée.
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Réponses
Edit sur faute écriture puissance de 2
$\frac {3tanh(2^k)-1}{\begin {pmatrix} 1+tanh(2^k) \end {pmatrix}^2}= \frac {3tanh(2^k)-1}{(tanh^2(2^k)+1).(tanh(2^{k+1})+1)}$
j'arrive à
$\sum _{k=0}^{2^3}\frac {3tanh(2^k)-1}{\begin {pmatrix} 1+tanh(2^k) \end {pmatrix}^2}=2^{1}+\sum _{k=0}^{2^2}\frac {3tanh(2^k)-1} {(tanh^2(2^k)+1).(tanh(2^{k+1})+1)} $
par récurrence j'arrive à
$\sum _{k=0}^{2^{2017}}\frac {3tanh(2^k)-1}{\begin {pmatrix} 1+tanh(2^k) \end {pmatrix}^2}=2^{2015}+\sum _{k=0}^{2^{2016}}\frac {3tanh(2^k)-1}{(tanh^2(2^k)+1).(tanh(2^{k+1})+1) }$
j'arrive à $\sum _{k=0}^{2^{2017}}\frac {3tanh(2^k)-1}{\begin {pmatrix} 1+tanh(2^k) \end {pmatrix}^2}=\sum _{l=1}^{2015}2^l+\sum _{k=0}^{4}\frac {3tanh(2^k)-1}{\begin {pmatrix} 1+tanh(2^k) \end {pmatrix}^2} $
bon et arrivé là ...bah je vois plus trop lol
Ah bon ?
(vérifie et tu verra)
j'ai utilisé la propriété pour les tangentes hyperboliques qui lie tanh(2x) à tanh(x)
ici 2^(k+1)=2.2^k
@Fluo : il y a de l'idée...
indice : j'ai utilisé une astuce connue de vous, une autre connue maintenant parce que j'en ai parlée ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1198849,page=1
Bonne soirée.
La deuxième c'est elle qui est pourrie
J'ai bâclé le bidule par manque de temps
.
En revanche la somme $\displaystyle\sum_{k=0}^n \frac{3\tanh(2^k)+1}{(1+\tanh(2^k))^2}$ se simplifie.
@Jandri : oui, tu as raison, cette astuce est-elle classique ?
Bonne journée.
Merci
Merci Jandri
Une fois la typo corrigée, on a, pour tout $N$ entier, $\displaystyle S_N = \sum_{k=0}^{2^N} {3 \tanh(2^k) + 1 \over (1+\tanh(2^k))^2}$ avec $\displaystyle N=2017.$
On se doute que la solution est une somme télescopique (comme toujours dans de tels cas).
On prend deux minutes pour écrire, pour tout $x$ réel, $\displaystyle {3 \tanh (x) + 1 \over (1+ \tanh(x))^2} = 1+\frac12 e^{-2x} -\frac12 e^{-4x}$ et on termine prudemment...
$$\sum_{k=0}^n \dfrac{\mathrm{th}^3(2^k)-\mathrm{th}(2^k)}{(a(\mathrm{th}^2(2^k)+1)+2\mathrm{th}(2^k))(\mathrm{th}(2^k)+a)}.$$
En fait, je vous explique mon objectif : être capable de tomber en moins de 10 minutes les exos types Leichtnam (Ellipses)
Et pour cela je me construit un arsenal d'astuce, voilà, voilà...
Bonne soirée.
la décomposition proposée par Yves comporte deux erreurs de signe ; en fait on obtient :
$\frac{3thx + 1}{(1 + thx)^2} = 1 + \frac{1}{2}e^{-2x} - \frac{1}{2}e^{-4x}$
et donc : $\frac{3th2^k + 1}{(1 + th2^k)^2} = 1 + \frac{1}{2}e^{-2^{k+1}} - \frac{1}{2}e^{-2^{k+2}}$
il ne s'agit pas de termes de suites géométriques
et on ne peut guère espérer expliciter en fonction de N la somme proposée
par contre on est sûr que la somme pour N infini diverge vers +oo
cordialement
@Jean : tu penses que cela n'est pas possible ?
PS : As-tu regardé les indications données ?
PS : il me semble que le calcul de Yves est bon.
Bonne journée.
je confirme mon résultat du terme général
et je confirme l'impossibilité avec les fonctions classiques de sommer jusqu'à N
ces termes qui ne sont pas en progression géométrique
et dont la somme n'est nullement télescopique
par contre il sera sans doute possible par le calcul intégral
de trouver un encadrement satisfaisant de la somme
(j'ai lu les interventions précédentes et contrairement à ce qu'espère Jandri
la somme fonction de N ne comporte pas de simplification)
cordialement
C'est que tu n'as pas remarqué qu'il s'agit d'une somme "télescopique ":
$ \displaystyle\sum_{k=0}^n \left(\frac{1}{2}e^{-2^{k+1}} - \frac{1}{2}e^{-2^{k+2}}\right)= \frac{1}{2}e^{-2^{1}} - \frac{1}{2}e^{-2^{n+2}}$.
@Jean : non ce n'est pas une somme télescopique (mais on peut le voir comme une généralisation des sommes télescopiques), c'est plus une somme du genre :
$$\sum \limits_{n=0}^N h(g^n(x)), \text{ avec } h(x)=f(g(x))-f(x)$$
avec ici $g(x)=\frac{2x}{1+x^2}$,
j'ai trouvé cette approche dans mes recherches.
PS : ce n'est pas parce qu'une chose est facile à comprendre qu'elle facile à trouver, la preuve, cette astuce n'était pas connue et pourtant très facile à comprendre.
Bonne journée.
Jandri a raison : sa somme est télescopique ; autant pour moi et tant mieux pour le calcul jusqu'à N = 2017
mais dans la somme initiale proposée par pourexemple
avec comme indice les puissances entières successives de 2 jusqu'à $2^N$
elle ne l'est guère (le dernier terme est constitué de N exponentielles successives)
une remarque pour terminer : si on effectue le produit infini des termes (au lieu de la somme infinie)
il va également diverger (lentement) car ce terme est supérieur à 1 (de peu à mesure que l'indice augmente)
cordialement
Tu as travaillé sur la somme qu'a repris Yves, c'est à dire celle corrigée par Jandri.
Quand c'est ma faute, c'est de ma faute, quand ce n'est pas ma faute, ce n'est pas de ma faute.
PS : on dirait un piège, on verra bien qui tombera dedans...
Bonne journée.