Suite $\sum_{k=0}^n\frac1{n \choose k}$
On me demande de démontrer que cette suite converge, puis de déterminer sa limite.
Je n'arrive pas à établir la monotonie de la suite, pouvez-vous me donner une indication.
J'arrive juste au fait que $U_{n+1} - U_{n} \leq 1$, mais ça me fait pas avancer du tout.
Merci pour votre aide.
Je n'arrive pas à établir la monotonie de la suite, pouvez-vous me donner une indication.
J'arrive juste au fait que $U_{n+1} - U_{n} \leq 1$, mais ça me fait pas avancer du tout.
Merci pour votre aide.
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Réponses
Pour $k \in 2,n-2, {n \choose k } \geq {n \choose 2 }$
Merci
Elle est évidente, explicite le quotient.
Cordialement,
Rescassol
(le jeu, c'est donc de montrer que ce quotient est $\le 1$ pour $2\le k\le n-2$.
Celle là est mieux: $k \in 3,n-3, {n \choose k } \geq {n \choose 3 }$.
Cordialement,
Rescassol
= \underbrace{\sum_{k=0,1,n-1,n} \frac{1}{\binom{n}{k}}}_{2+\frac{2}{n}}
+
\underbrace{
\sum_{k=2}^{n-2} \overbrace{\frac{1}{\binom{n}{k}}}^{\le \frac{2}{n(n-1)}}
}_{\le (n-3)\cdot\frac{2}{n(n-1)}}
$
NB : apparemment, cet exercice est environ niveau :exercice 2, feuille de TD1, prépa agreg interne [lien effacé]
Tu fais comment pour trouver ça?(je parle du lien bien entendu).
Cordialement.
De quoi parles-tu?
Bien à toi,
Amathoué
Le gars est sympa, hein, juste : il prépare son agreg interne, et il dit qu'il galère en analyse.
C'est pas la peine d'aller le pourrir ou je sais pas quoi : il se vante de rien du tout, juste il dit qu'il préfère, et qu'il est meilleur à, d'autres trucs.
Bon courage à lui.
Enfin, en tous cas, cette suite de sommes converge vers 2.
@+
Mais bon je suis arrivé à savoir que la fonction
$\begin{array}{ccccc}
f & : & [\![0;n]\!] & \to & \mathbb{N} \\
& & k & \mapsto & { n \choose k} \\
\end{array}$
est croissante sur $[\![0;E(\frac{n}{2})]\!]$.
donc par symétrie des coefficients binomiaux,j'ai montré qu'elle est décroissante sur $[\![E(\frac{n}{2});n]\!]$.
Finalement j'obtiens un petit résultat assez important : pour tout $0 \leq p \leq q \leq \frac{n}{2}$, on a ${n \choose p } \leq {n \choose q}$.
posons $U_{n} = \frac{1}{n \choose k}$.
alors pour $n \geq 5$, on a $2(1+\frac{1}{n}) \leq U_{n} \leq 2(1+\frac{1}{n}) +\frac{2(n-3}{n(n-1)}$
et en utilisant le théorème des gendarmes, on trouve que la limite de la suite est égale à $2$
merci pour vos aides.
Soient $p,q\in]0;1[$ tels que : $p+q=1$.
Pour $n\in\N$ fixée, pour quelle valeur de $k$ la suite $\binom{n}{k} \cdot p^{k} \cdot q^{n-k}$ est-elle maximisée ?
On vient de répondre quand $p=q=\frac{1}{2}$, c'est $k = \big\lfloor\frac{n}{2}\big\rfloor$ qui convient (et $k=\big\lceil\frac{n}{2}\big\rceil$ aussi au cas où $n$ est impair)
Pour $k=np$, l'espérance d'une loi binomiale.
Cordialement,
Rescassol
$$B(m,n): = \int_0^1 t^{m-1} (1-t)^{n-1} \textrm{d}t.$$
Comme par ailleurs
$$B(m,n) = \frac{\Gamma(m) \Gamma(n)}{\Gamma(m+n)} = \frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!}$$
on en déduit
$${n \choose k}^{-1} = (n+1) \int_0^1 t^{k} (1-t)^{n-k} \textrm{d}t \quad \left( 0 \leqslant k \leqslant n \right).$$
De là et quelques lignes de calcul, on obtient
$$S_n := \sum_{k=0}^n {n \choose k}^{-1} = \frac{n+1}{2^{n}} \sum_{k=0}^{n} \frac{2^k}{k+1}.$$
En notant que
$$s_n := \sum_{k=0}^{n} \frac{2^k}{k+1} = \frac{2^n}{n+1} + s_{n-1}$$
il vient, en remplaçant
$$S_n = \frac{n+1}{2n} S_{n-1} + 1$$
ce qui entraîne
$$\lim_{n \to \infty} S_n = 2.$$
S_n := \sum_{k=0}^n {n \choose k}^{-1} = \frac{n+1}{2^{n}} \sum_{k=0}^{n} \frac{2^k}{k+1}\quad ?
$$ Tu pars de l'intégrale, puis changements de variables, IPP ou alors tu travailles avec les sommes de ${n \choose k}^{-1}$ uniquement ?
Merci.
Cela revient, sauf erreur, à calculer: $\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{x}{1-x}\right)^k$ pour $0<x<1$.
NB: $\displaystyle t^k(1-t)^{n-k}=(1-t)^n \left(\frac{t}{1-t}\right)^k$
\begin{align*}
S_n &= (n+1) \sum_{k=0}^n \int_0^1 t^k (1-t)^{n-k} \textrm{d}t \\
&= (n+1) \int_0^1 (1-t)^{n} \sum_{k=0}^n \left( \frac{t}{1-t} \right)^k \textrm{d}t \\
&= (n+1) \int_0^1 \frac{(1-t)^{n+1}- t^{n+1}}{1-2t} \textrm{d}t,
\end{align*} puis poser $x = 1-2t$. Tu devrais pouvoir finir.
\begin{align*}
S_n &=(n+1) \frac{1}{2^{n+2}} \int_{-1}^{1} \frac{1}{x} ((x+1)^{n+1} - (1-x)^{n+1}) dx ,&\text{d'où} \\
&= (n+1) \frac{1}{2^{n+1}} \int_{-1}^{1} \sum_{k=0}^n (x+1)^{n-k}(1-x)^k dx .
\end{align*} Mais après je tourne en rond et je reviens à l'expression initiale :-S
$$S_n = (n+1) \int_0^1 \frac{(1-t)^{n+1} - t^{n+1}}{1-2t} \textrm{d}t$$
et le changement de variable $x=1-2t$ fournit (voir aussi l'astuce à la $2$ème ligne ci-dessous)
\begin{align*}
S_n &= \frac{n+1}{2^{n+2}} \int_{-1}^1 \frac{(1+x)^{n+1} - (1-x)^{n+1}}{x} \textrm{d}x \\
&= \frac{n+1}{2^{n+2}} \left( \int_{-1}^1 \frac{(1+x)^{n+1} - 1}{x} \textrm{d}x + \int_{-1}^1 \frac{1 - (1-x)^{n+1}}{x} \textrm{d}x \right) \\
&= \frac{n+1}{2^{n+2}} \sum_{k=0}^n \left( \int_{-1}^1 (1+x)^k \textrm{d}x + \int_{-1}^1 (1-x)^k \textrm{d}x \right) \\
&= \frac{n+1}{2^n} \sum_{k=0}^n \frac{2^k}{k+1}.
\end{align*}
C'est un bon exo de colles, ça !
Tu peux lire l'article de Wikipedia (en Anglais) consacré aux coefficients binomiaux:
https://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_coefficient
(La version française est différente)
Le calcul précédent peut être trouvé dans https://reader.elsevier.com/reader/sd/pii/S0195669883710383?token=A86EB7D906B900093D492BD81D3A264D8D42C2296DC14BDDDA141F578F1AECD744C30945C0EB231CC4EA1968F40FEF24
Voir aussi :
https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL7/Sury/sury99.pdf
http://emis.impa.br/EMIS/journals/INTEGERS/papers/f22/f22.pdf
et, pour des sommes alternées :
https://www.isibang.ac.in/~sury/altsum.pdf
Voici une proposition sans intégrale.
Pour $0\le k\le n-1$, on a
\begin{align}
\frac{1}{\binom{n}{k}} +
\frac{1}{\binom{n}{k+1}}
& =
\frac{1}{n!} \cdot \Big[
k!(n-k)!
+
(k+1)!(n-k-1)!
\Big] \\
& =
\frac{1}{n!} \cdot
k!(n-k-1)! \cdot
\Big[
(n-k)+(k+1)
\Big] \\
& =
\frac{n+1}{n} \cdot
\frac{k!(n-k-1)!}{(n-1)!} \\
& =
\frac{n+1}{n} \cdot
\frac{1}{\binom{n-1}{k}}
\end{align} Ainsi,
\begin{align}
2 \cdot S_n
& =
2 +
\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\binom{n}{k}}
+
\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\binom{n}{k+1}} \\
& =
2 +
\frac{n+1}{n} \cdot
\sum_{k=0}^{n-1}
\frac{1}{\binom{n-1}{k}} \\
& = 2 + \frac{n+1}{n} \cdot S_{n-1}
\end{align}
Mon prof de spé disait : "il n' y a pas d'astuces, il n' y a que des méthodes" !
Ce type de sommes rentre très probablement dans le cadre des algorithmes dits de creative telescosping.
(Si j'ai du courage ce soir je développerais ce point de vue)
Plus généralement, je reste toujours perplexe devant des gens qui prennent le temps d'écrire des trucs comme ça...Quel intérêt ?
Mon seul objectif ici, était de proposer autre chose, point. Si on aime, on prend, sinon, on ne lit pas et on passe, mais commenter comme ça, non, vraiment, je ne vois pas l'intérêt.
Plus sérieusement, il y a des algorithmes qui ne remontent pas aux grecs qui sont peu/pas connus et qui rendent des services. C'est dommage de les ignorer et de laisser penser qu'il faut en passer nécessairement par des trucs de Sioux pour calculer une telle somme.
Sans déconner, je ne trouve pas que la technique de noix_de_totos soit déraisonnable.
Ce que je propose moi est directement adapté de la démonstration par récurrence de la formule du binôme de Newton à partir de la formule de Pascal $\binom{n}{k}+\binom{n}{k+1} = \binom{n+1}{k+1}$, qui dit par exemple que $\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k} = 2 \cdot \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}$.
Ça me fait aussi penser aux sommes sur les antidiagonales du triangle de Pascal qui donnent la suite de Fibonacci : $F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$.
En tous cas, d'accord avec noix : sans doute vaut-il mieux dire ce qu'on a à dire sans dénigrer les autres propositions, et laisser le lecteur juge.
Et Maxima renvoie:
-(n-k+1),[-(n+2),2*(n+1)]
Qu'est-ce que cela veut dire?
Quelques notations:
\begin{align}F(n,k)&=\frac{1}{\binom{n}{k}}\\
R(n,k)&=-(n-k+1)\\
S_n=\sum_{k=0}^n \frac{1}{\binom{n}{k}}
\end{align}
Ce qu'a renvoyé Maxima signifie mathématiquement parlant:
\begin{align}-(n+2)F(n,k)+2(n+1)F(n+1,k)=R(n,k+1)F(n,k+1)-R(n,k)F(n,k)\end{align}
On somme les deux membres de cette égalité de $k=0$ à $k=n-1$. Les termes de la somme du membre de droite vont se télescoper.
\begin{align}-(n+2)\sum_{k=0}^{n-1} F(n,k)+2(n+1)\sum_{k=0}^{n-1} F(n+1,k)=n\end{align}
On a donc:
\begin{align}-(n+2)\Big(S_n-F(n,n)\Big)+2(n+1)\Big(S_{n+1}-F(n+1,n)-F(n+1,n+1)\Big)=n\end{align}
C'est à dire:
\begin{align}-(n+2)\Big(S_n-1\Big)+2(n+1)\Big(S_{n+1}-\frac{1}{n+1}-1\Big)=n\end{align}
Finalement,
\begin{align}\boxed{S_{n+1}=1+\dfrac{n+2}{2(n+1)}S_n}\end{align}
On retrouve la relation donnée par Marsup précédemment.
Maintenant si on sait que la suite $(S_n)$ a une limite $\lambda$ finie alors ce nombre vérifie:
$\lambda=1+\frac{1}{2}\lambda$ c'est à dire que $\boxed{\lambda=2}$
Le manuel de Maxima qui donne quelques informations (trop) succinctes sur la fonction Zeilberger et d'autres dans le même domaine: http://maxima.sourceforge.net/docs/manual/de/maxima_77.html
Cela dit, mon message était plus général que mon cas personnel, ça fait un moment que je voulais réagir sur ce propos, le tien m'a simplement donné l'occasion de le faire.
Je pense notamment à un échange récent avec Jandri qui avait reçu également ce type de remarques, que je qualifie de désobligeantes, puis avait dû se justifier a posteriori, alors qu'on ne peut que saluer la très grande qualité de ses messages.
Pour compléter le texte de marsup ci-dessus, il faut bien être conscient que la technique exposée ci-dessus (i.e. utiliser la fonction Bêta, etc) est maintenant très classique en analyse combinatoire (voir les articles ci-dessus ou bien d'autres), et est loin d'être une nouveauté (j'en avais même déjà parlé ici il y a quelques années, je n'ai fait que redire ce que j'avais déjà dit).
Je ne crois pas avoir été désobligeant d'autant plus que transformer une somme/série en intégrale est une méthode que j'affectionne beaucoup. :-) Si vous avez ressenti malgré tout cela comme de la désobligeance je vous présente mes plus plates excuses. Cultivez vos méthodes préférées mais n'oubliez pas qu'il y a quelques méthodes standard sur lesquelles on peut compter.
PS:
Je vous renvoie au livre de Zeilberger, le "pape" du creative telescoping:
http://sites.math.rutgers.edu/~zeilberg/AeqB.pdf
Du reste, je pourrais ajouter les deux choses suivantes :
1. Les sommes d'inverses de coefficients binomiaux ne sont pas si faciles que ça à obtenir, mais sont étudiées depuis des lustres, le plus souvent à l'aune de la fonction Bêta. Ce n'est pas un hasard si de nombreuses publications ont utilisé cette technique qui est plutôt féconde.
2. Toi qui aime le calcul intégral, et qui propose par ailleurs, et assez régulièrement, des intégrales à calculer (ce qui est plutôt sympa, soit dit en passant), en imposant souvent, sauf erreur de ma part, de ne pas utiliser les résidus : alors là, pour le coup, cette contrainte entraîne (parfois) la recherche d'astuces "de sioux" comme tu dis, à côté desquelles ma ruse ci-dessus du $+1 / -1$ fait figure de pâle subterfuge...
Je ne suis pas hostile aux trucs de Sioux mais je n'oublie pas qu'il y a des méthodes standard qui sont autrement plus puissantes que ces trucs de Sioux. Je sais bien que c'est plus satisfaisant pour soi de sortir un truc de Sioux de derrière les fagots plutôt que de mobiliser un algorithme standard qui va résoudre le problème posé un peu mécaniquement.
Mais en même temps c'est rassurant de savoir qu'on a des méthodes générales qui peuvent être mobilisées pour résoudre des problèmes, c'est un peu comme un filet de sécurité. Le mathématicien n'est pas toujours un funambule, il lui arrive plus souvent de parcourir des autoroutes bien balisées à mon humble avis.
Vu la structure de la somme, $n$ intervient dans le terme général et en même temps c'est l'une des bornes de la somme, on peut s'attendre à ce qu'on puisse calculer directement sa limite via une somme de Riemann. Il reste à identifier la fonction continue qui ferait de cette somme une somme de Riemann.
En disant juste que $S_n$ et $S_{n-1}$ ont même limite ça suffit ? il faut que la limite soit nécessairment finie pour que ça marche ou pas ?
Tu vois bien qu'une suite $(S_n)$ qui a pour limite l'infini peut vérifier la relation de récurrence qui lie $S_{n+1}$ et $S_n$. Il n'y a aucune contradiction.
Donc si on ne sait pas que la limite de la suite $(S_n)$ est finie on ne va pas pouvoir en déduire, à partir de la seule relation de récurrence, qu'elle vaut $2$.
Cela je bloque un peu...pourtant ça a l'air facile, je vais regarder encore.
$u_{n+1}=\frac{n+2}{2(n+1)}u_n+\frac3{2(n+1)}$ d'où $|u_{n+1}|\le \frac{3}4 |u_n|+\frac34$ pour $n\ge 1$, ce qui permet de montrer assez facilement que $u_n$ est bornée.
Comme la limite supérieure et la limite inférieure vérifient une équation qui n'a qu'une solution finie, on conclut.
[Ce n'est pas correct d'effacer un message après avoir obtenu une réponse. Poirot]
1) Je trouvais ma question bête, car finalement j'ai trouvé la réponse tout seul au bout de 5 minutes !
2) Quand j'ai effacé le message, il n' y avait pas encore de réponse à ma question , je ne suis pas stupide à ce point tout de même !