Réduction modulo 2 d'une somme
dans Arithmétique
Bonjour,
Je souhaiterai étudier pour $m \in \mathbb N^*$ et $p \in \lbrace 0, \ldots , m-1\rbrace$ la parité de l'entier $$\sum_{k=p}^m \binom{k+p}{k-p}.$$
Auriez-vous des idées ? Je sais déjà que la valuation $2$-adique d'un binôme $\binom{n}{k}$ est le nombre de retenu dans l'addition en base $2$ de $k$ et $n-k$ mais je n'arrive pas à conclure à partir de cela.
Merci d'avance !
Je souhaiterai étudier pour $m \in \mathbb N^*$ et $p \in \lbrace 0, \ldots , m-1\rbrace$ la parité de l'entier $$\sum_{k=p}^m \binom{k+p}{k-p}.$$
Auriez-vous des idées ? Je sais déjà que la valuation $2$-adique d'un binôme $\binom{n}{k}$ est le nombre de retenu dans l'addition en base $2$ de $k$ et $n-k$ mais je n'arrive pas à conclure à partir de cela.
Merci d'avance !
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Réponses
https://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+binomial(k+p,k-p),k=p,m
C'est une démonstration de rien mais cela pourrait aider car la somme initiale a vraiment une sale g... :-D
PS:
J'ai testé sur quelques valeurs numériques de $m,p$ si la formule donnée par Wolfy n'était pas fausse.
Je n'ai pas réussi à la mettre en défaut mais comme déjà indiqué ce n'est une preuve de rien.
Le nombre que nous calculons est:
Pour $p\in\;\{0, 1,\cdots, m-1\}\;\exists i\in\;\{1, 2,\cdots,m\}\;\mid\; m =p + i$.
Mais alors $\sum_{k=p}^{m}\binom{k+p}{k-p} = \sum_{k=0}^{p+i}\binom{i+2p}{k} = 1 + 2p + i + \sum_{k=2}^{p+i}\dfrac{\prod_{j=1}^{k}(2p + i + 1 - j)}{k!}$.
Chaque terme sous la somme a autant de facteurs au numérateur qu'au dénominateur. Chaque facteur pair du dénominateur a donc au moins un multiple au numérateur; ce terme sous la somme est alors pair.
$p$ étant donné, $i$ est connu et le nombre que nous calculons est donc de parité contraire à celle de $i$.
Cordialement.
@jandri Oui c'est nettement plus simple en calculant la somme ! J'avoue que je n'ai même pas essayé ^^
@babsgueye Merci pour votre réponse, je vais l'étudier !
Bonne soirée
En fait il faut aussi isoler le $k=2$ dans le terme sous la somme.
Et donc:
-$2p +i$ ou bien $2p + i - 1$ est un multiple de $2$ et pas de $4$.......l'étude est plus complexe que je le pensais avec cette méthode. A demain !
Si on prend $p=1$ et $m=3$,
\begin{align} \sum_{k=1}^3 \binom{k+1}{k-1}&=\binom{2}{0}+\binom{3}{1}+\binom{4}{2}\\
&=1+3+6\\
&=10\end{align} Mais, \begin{align}i:&=m-p\\
&=3-1\\
&=2\end{align}
PS: Babsgueye:
C'est, me semble-t-il, plus complexe que ce que tu écris.
Je pense qu'il faudra raisonner avec la valeur de $2p + i$ modulo $4$ et isoler les valeurs de $k$ sous la somme jusqu'à $4$.
\begin{align}\sum_{k=p}^{m}\binom{k+p}{k-p} = 1 + 2p + i + \sum_{k=2}^{p+i}\dfrac{\prod_{j=1}^{k}(2p + i + 1 - j)}{k!}\end{align}
avec $i:=m-p$.
me semble incorrecte.
Pour $p=1,m=3$ on a vu plus haut que le membre de gauche vaut $10$
$i=3-1=2$.
\begin{align}1 + 2\times 1 + 2 + \sum_{k=2}^{3}\dfrac{\prod_{j=1}^{k}(2\times 1 +2+1- j)}{k!}&=5+\sum_{k=2}^{3}\dfrac{\prod_{j=1}^{k}(5- j)}{k!}\\
&=5+\dfrac{\prod_{j=1}^{2}(5- j)}{2!}+\dfrac{\prod_{j=1}^{3}(5- j)}{3!}\\
&=5+\dfrac{(5- 1)\times (5-2)}{2!}+\dfrac{(5- 1)\times (5- 2)\times (5- 3)}{3!}\\
&=5+\dfrac{4\times 3}{2!}+\dfrac{4\times 3\times 2}{3!}\\
&=5+6+4\\
&=15
\end{align}
PS:
Dans le forum j'ai recopié une suite de calculs mais voilà comment j'ai procédé en amont:
J'ai entré la formule à vérifier dans GP PARI, je l'ai testée pour quelques valeurs et j'ai vu qu'elle était fausse très probablement. Ce n'est pas une preuve en soi, donc j'ai sélectionné des valeurs pour $m,p$ où je voyais que la formule ne marchait pas et j'ai fait les calculs à la main (qui sont conformes à ce que GP PARI m'indique)
Quand on propose une formule, sans preuve, on devrait au moins essayer de la vérifier numériquement c'est la moindre des choses non? (et dans le cas d'espèce ce n'est pas une vérification insurmontable)
des deux propositions:
et
on déduit que la somme initiale proposée par romainp est impaire si et seulement si il n'y a pas de retenue dans l'addition,en base deux, de $2p+1$ et $m-p$, autrement dit si et seulement si la somme des chiffres de $p+m+1$ égale la somme des chiffres de $m-p$ et de $2p+1$.
Ce résultat se généralise:
pour tout $q$ premier, $q$ ne divise pas la somme initiale proposée par romainp si et seulement si la somme des chiffres de $p+m+1$ égale la somme des chiffres de $m-p$ et de $2p+1$ (ces trois derniers écrits en base $q$).
Il y a peut-être plus élégant pour caractériser les cas où la somme initiale est impaire...
Avec le "sauf erreur, comme d'hab",
Cordialement
Paul
$m = p + i, \;i\in\{1, 2,\cdots,m\}$, on a bien:
$\begin{align} S & = \sum_{k=0}^{m}\binom{k + p}{k - p} \\
& = \sum_{k=0}^{i}\binom{2p + k}{k} \\
& = \sum_{k=0}^{i}\dfrac{\prod_{j=0}^{k}(2p + k - j)}{k!} \\
& = 1 + 2p + 1 + \dfrac{(2p + 2)(2p + 1)(2p)}{2} + \sum_{k=3}^{i}\dfrac{\prod_{j=0}^{k}(2p + k - j)}{k!}\end{align}$.
Les termes successifs de cette somme, sont deux à deux de même parité; alors,
$\bullet$) Si $i$ impair, alors $S$ est pair.
$\bullet$) Si $i$ pair (ie $m - p$ pair), $S$ a la mème parité que son dernier terme, à savoir $\dfrac{\prod_{j=0}^{i}(2p + i - j)}{i!}$ (ie $\dfrac{\prod_{j=0}^{m-p}(m + p - j)}{(m - p)!}$).
Cordialement.