Trouver une suite par dérivation (astuce)

Une solution simple pour déterminer une série particulière

a marqué ce sujet comme résolu.
Auteur du sujet

J’ai hésité à en faire un billet, mais vu que c’est essentielement faire partager un ressenti personnel, j’ai préféré en faire un post (j’ai fait ce que j’ai pu en jolification de formules mathématiques).

J’avais un problème personnel (en mathématiques) que j’ai oublié où j’avais besoin de résoudre cette somme : i=0Ni.xi\sum_{i=0}^{N}{i.x^i}

Et j’étais bien embêté sur le coup, ne connaissant que les suites arithmétique et géométriques. En touchant certaines propriétés sur les Séries , j’avais trouvé que : i=abf(i)=f(a)f(b+1)+i=a+1b+1f(i)=f(a)f(b+1)+i=abf(i+1)\sum_{i=a}^{b}{f(i)} = f(a) - f(b+1) + \sum_{i=a+1}^{b+1}{f(i)} = f(a) - f(b+1) + \sum_{i=a}^{b}{f(i+1)}

Bon c’est une déduction logique de toute série téléscopique.

Et à partir de là j’ai pu résoudre mon problème.

i=0Ni.xi=0(N+1)xN+1+i=0N(i+1).xi+1\sum_{i=0}^{N}{i.x^i} = 0 - (N+1)x^{N+1} + \sum_{i=0}^{N}{(i+1).x^{i+1}} i=0Ni.xi=0(N+1)xN+1+xi=0N(i+1).xi\sum_{i=0}^{N}{i.x^i}= 0 - (N+1)x^{N+1} + x\sum_{i=0}^{N}{(i+1).x^{i}} i=0Ni.xi=0(N+1)xN+1+xi=0Nxi+xi=0Ni.xi\sum_{i=0}^{N}{i.x^i}= 0 - (N+1)x^{N+1} + x\sum_{i=0}^{N}{x^{i}} + x\sum_{i=0}^{N}{i.x^{i}} (1x)i=0Ni.xi=0(N+1)xN+1+xi=0Nxi(1-x)\sum_{i=0}^{N}{i.x^i}= 0 - (N+1)x^{N+1} + x\sum_{i=0}^{N}{x^{i}} A partir de là, plus d’obstable, il suffira juste de simplifier…

Et puis je suis tombé par hasard sur une vidéo de blackpenredpen sur youtube et il utilisait une autre manière d’y parvenir que je trouve bien plus simple et rapide. (je n’ai pas trouvé le lien de la vidéo, je la posterai si je la retrouve)

Voici l’idée de sa solution:

i=0Nxi=xN+11x1\sum_{i=0}^{N}{x^i} = \frac{x^{N+1}-1}{x-1} et l’étape suivante, je me suis trouvé bête. ddxi=0Nxi=i=0Ni.xi1\frac{d}{dx}\sum_{i=0}^{N}{x^i} = \sum_{i=0}^{N}{i.x^{i-1}} x.ddxi=0Nxi=i=0Ni.xix.\frac{d}{dx}\sum_{i=0}^{N}{x^i} = \sum_{i=0}^{N}{i.x^{i}} et on en déduit que : i=0Ni.xi=x.ddxxN+11x1\sum_{i=0}^{N}{i.x^i} = x . \frac{d}{dx}\frac{x^{N+1}-1}{x-1}

Il suffira simplement de calculer la dérivé (simple) et … CQFD :D

Édité par neuneutrinos

+5 -0

Je ne connais pas d’application de cette suite en particulier, mais c’est un type d’objet qui apparaît souvent dans les domaines des maths où on regarde des séries génératrices.

Par exemple, en combinatoire, on étudie des classes d’objets (exemple : l’ensemble des suites constituées de a et b avec une unique lettre b) auxquelles on associe une notion de taille (exemple : la longueur de la suite), et dans ce cas on regarde la série formelle P(z)P(z) dont le nn-ème coefficient est le nombre d’objets de taille nn dans notre classe (pour notre exemple : P(z)=n=0nznP(z)=\sum_{n=0}^\infty n z^n). La raison pour laquelle on étudie ce P(z)P(z) est qu’on a un dictionnaire entre des opérations combinatoires (exemple : prendre l’union ou le produit "cartésien" de deux classes d’objets) et des opérations sur les séries génératrices (l’union donne la somme, le produit donne le produit). Le message de @neuneutrinos donne une formule "explicite" pour P(z)P(z), ce qui fait que si un jour je fais plein d’opérations combinatoires "à l’aveugle" et qu’à la fin j’obtiens cette même formule, je sais qu’il y a exactement nn objets de taille nn dans ma classe (on pourrait donner un exemple mais honnêtement ça serait très artificiel).

Autre exemple de séries génératrices, en probas cette fois (c’est franchement les mêmes objets, juste un autre point de vue). Si on a une variable aléatoire XX qui prend ses valeurs dans {0,,N}\{0,\ldots,N\}, on peut regarder le polynôme G(z)=n=0NpnznG(z)=\sum_{n=0}^N p_n z^npn=P[X=n]p_n=\mathbb{P}[X=n] (par exemple pn=(Nn)pn(1p)Nnp_n=\binom{N}{n} p^n(1-p)^{N-n} pour une binomiale (N,p)(N,p)). Comme plus haut, l’intérêt de ça c’est que certaines notions "probabilistes" ont une traduction directe en termes de séries génératrices. Avec cette formulation, l’espérance de XX vaut E[X]=n=0Nnpn=G(1)\mathbf{E}[X]=\sum_{n=0}^N n p_n=G'(1). On retrouve bien l’idée que faire sortir le nn devant correspond à dériver par rapport à zz (cf. la deuxième preuve "officielle"). On peut multiplier les exemples à partir de là (et c’est toujours très moderne en combinatoire analytique d’étudier les lois limites des processus discrets en calculant comme un bourrin sur les séries génératrices puis en extrayant les infos asymptotiques avec de l’analyse complexe).


La deuxième preuve est donc plus "dans l’esprit" de ces applications. Mais la première preuve est aussi intéressante, si on regarde bien ça ressemble un peu à de l’intégration par partie où on a pris la "dérivée discrète" de ii. Je pense que @neuneutrinos a retrouvé la preuve dans un cas favorable (mais pas foncièrement plus facile que le cas général) des "sommations d’Abel" (avec les notations de Wikipedia, prendre fi=if_i=i et gi=xig_i=x^i).

Édité par Lucas-84

@"|{[Lucas-84]}|" : tu connais sûrement ça https://stackoverflow.com/a/18742428/9558749

Bon là en l’occurrence je sais pas trop pourquoi il utilise une formule explicite, dès la première ligne de la preuve on sait que kk2k\sum_k k2^{-k} converge, donc c’est du O(n)O(n) cqfd. Mais effectivement, dans l’absolu on pourrait obtenir une asymptotique plus précise des sommes partielles avec cette méthode. Je sais pas trop comment classifier cette utilisation, disons qu’on peut trouver des valeurs explicites de sommes dans les calculs — une sorte de "miracle calculatoire".

Comment on fait des @ de pseudos composés ?

La Vir, gule

@**La Vir, gule**

Édité par Lucas-84

Vous devez être connecté pour pouvoir poster un message.
Connexion

Pas encore inscrit ?

Créez un compte en une minute pour profiter pleinement de toutes les fonctionnalités de Zeste de Savoir. Ici, tout est gratuit et sans publicité.
Créer un compte