Sommes de nombres

Domi · 13-05-2009 08:31:17

Bonjour à tou(te)s,
Ceci n'est pas vraiment une énigme, ça concerne la somme des entiers.
Avec les suites arithmétiques, on apprend à calculer la somme des entiers de 1 à n, et on voit aussi des exos avec la somme des carrés des entiers de 1 à n. Le résultat est n(n+1)(2n+1)/6. (Juré, Yoshi, je me mets au latex !)
J'ai passé un certain temps à essayer de démontrer ce résultat avant de jeter l'éponge : quelqu'un aurait-il un embryon de solution ?
Sinon, pour le fun, j'avais joué avec mon ordi équipé d'Octave (matlab gratuit), et avec des régressions polynomiales, j'ai conjecturé les sommes des cubes des entiers de 1 à n, des puissances 4… et ce jusqu'à la puissance 8.
Passé 8, les nombres sont trop grands, et les arrondis font disjoncter la régression qui donne des résultats faux.
Un petit passage du résultat dans wxmaxima donne la factorisation et hop, le tour est joué, il suffit de récurrer pour avoir une "démonstration" de la formule obtenue. (j'avoue que je ne l'ai même pas fait :((
C'est certes irréprochable sur le plan de la rigueur, mais ce n'est pas de la démonstration très élégante…
Pour ceux que les résultats intéressent : http://courelectr.free.fr/Maths/sommes
On y retrouve une alternance intéressante entre les puissances paires et impaires. Je ne sais pas si on peut en déduire un "motif" pour toute puissance des nombres : quelqu'un a une idée si ce genre de travail a été fait ?
Bonne journée !
Domi

Fred · 13-05-2009 10:00:47

Bonjour Domi,

Je ne comprends pas très bien ta question.
Une démonstration, tu en as donné une dans ton message : par récurrence!

Pour ceux qui ont quelques connaissance en maths, il y a une méthode un peu rigolote et qui donne la somme des
puissances p-ièmes des n premiers entiers, avec p arbitraire.

L'idée est de considérer la fonction
[tex]f(x)=\frac{\exp\big((n+1)x\big)-1}{\exp(x)-1}[/tex] si [tex]x\neq 0[/tex],
et [tex]f(0)=n+1[/tex].

On peut aisément calculer le développement limité de f en 0 à n'importe quel ordre.
Mais, f est aussi égal à
[tex]f(x)=\sum_{k=0}^n \exp(kx).[/tex]
On peut aussi calculer le développement limité de f en utilisant cette écriture. C'est facile, et on trouve que
le terme devant [tex]x^p[/tex] est égal à
[tex]\frac{1}{p!}\sum_{k=0}^n k^p.[/tex]

On obtient la valeur de cette somme en identifiant les deux développements limités.
Cela dit, je ne sais pas s'il existe une formule générale simple (mais ca m'étonnerait!).

Fred.

freddy · 13-05-2009 10:37:17

Somme des p premiers entiers, hummm , sympa !

Sinon, je viens de retrouver sur un vieux bouquin de math de T C (programme de 1971) l'idée suivante (exercice) :

Trouver tous les polynômes P du troisième degré tels que :

[tex] P(x+1) - P(x) =x^2 [/tex]

Déduire la somme des carrés.

La conjecture semble intelligente, car on sait grâce à la remarque de Pascal que la somme de 1 à n = un polynôme du second degré.

Dans le même manuel, l'exercice est proposé pour les cubes aussi.

Dernière modification par freddy (13-05-2009 13:20:55)

Domi · 13-05-2009 19:09:36

Merci Fred et Freddy pour vos réponses, faut que je regarde ça à tête reposée…
@ Fred : oui c'est sûr, la récurrence c'est une démonstration, mais je déplore la méthode car elle fait appel à une conjecture un peu facile grâce à un gros outil de calcul. Ma question était en fait : existe-t-il une méthode analytique plus élégante pour résoudre le pb.

J'examine vos deux propositions et je reviens…

Bonne soirée

Domi

yoshi · 13-05-2009 19:41:33

Bonsoir,

Cette somme des carrés est un exo classique de TS. Qui n'a jamais vu la démo ne la sucera pas de son pouce (sauf ceux qui sont très forts)...
Je ne suis pas chez moi (non Fred, rassure-toi, je ne suis pas de nouveau allé me faire "charcuter"...), donc je ne l'ai pas sous la main.
De mémoire, on passe par... les cubes (!):
[tex]\begin{cases}(1+1)^3 &=1^3 + 3*1^2*1+3*1*1^2+1^3\\
(1+2)^3 &=1^3+3*1^2*2+3*1*2^2+2^3\\
(1+3)^3 &=1^3+"*1^2*3+3*1*3^2+3^3\\
........................................................................\\
(1+n-1)^3&=1^3+3*1^2*(n-1)+3*1*(n-1)^2+(n-1)^3\\
(1+n)^3 &= 1^3+3*1^2*n+3*1*n^2+n^3[/tex]
On somme alors en colonnes de chaque côté du = , on élimine ce qui peut l'être et on factorise (dans chaque colonne)...

Après ça doit s'arranger...
S'il devait manquer un ch'ti qq ch une âme charitable se fera un plaisir de rectifier.
Merci d'avance

@+

PS Hey Domi, si j'étais toi j'y regarderais à deux fois...
<<... à tête reposée. >> Fais gaffe, hein , Louis XVI ça ne lui a pas réussi...

Bon, ok ! Je ==>

Roro · 13-05-2009 20:51:22

Bonsoir,

Moi aussi j'utilise la même méthode que yoshi pour calculer la somme des carrés des n premiers entiers [tex]S_2(n)[/tex].
En fait cette méthode peut s'appliquer pour calculer la somme des cubes [tex]S_3(n)[/tex], des puissances quatrième, etc. il suffit d'utiliser la formule du binôme de Newton.
Plus généralement elle fournit une relation entre [tex]S_k(n)[/tex] et [tex]S_{k-1}(n)[/tex],..., [tex]S_2(n)[/tex].

Roro.

Domi · 13-05-2009 21:42:16

Effectivement, Yoshi, ta formule s'arrange bien. En faisant la somme membre à membre, on a :

[tex]
\sum_{i=2}^{n+1}{i}^{3}=n+\left( \sum_{i=1}^{n}{i}^{3}\right) +3\,\left( \left( \sum_{i=1}^{n}{i}^{2}\right) +\sum_{i=1}^{n}i\right)
[/tex]

La somme des i est le connu n(n+1)/2, on arrange les sommes de i^3 et on obtient :

[tex]
\sum_{i=1}^{n}{i}^{2}=\frac{{\left( n+1\right) }^{3}}{3}-\frac{n\,\left( n+1\right) }{2}+\frac{-n-1}{3}
[/tex]

En développant :

[tex]
\sum_{i=1}^{n}{i}^{2}=\frac{2\,{n}^{3}+3\,{n}^{2}+n}{6}
[/tex]

Et en factorisant :

[tex]
\sum_{i=1}^{n}{i}^{2}=\frac{n\,\left( n+1\right) \,\left( 2\,n+1\right) }{6}
[/tex]

cqfd

Effectivement, je ne l'ai pas sucée de mon pouce, et comme je ne suis pas une flèche, je pouvais toujours triturer mes suites…

@ Roro : ton idée est super bonne, on doit pouvoir calculer de proche en proche en utilisant le binôme et le résultat de l'étape n-1 (ici, on avait besoin de la somme des i, à l'étape des cubes, on doit avoir aussi besoin de la somme des i^2)

Merci à tous et merci à Wxmaxima qui m'a fait les factorisations, développements, et cerise sur le gâteau, m'a "pissé" le code latex.

PS pour Yoshi : la tête reposée est une chose, l'estomac plein en est une autre !
Et puis, on a aboli la guillotine, depuis, quand même ! => même pas peur !

Domi

Domi · 14-05-2009 12:29:37

J'ai un peu bossé sur la solution de Freddy : dans le principe, c'est très voisin de ce qu'a proposé Yoshi, par contre, avec un logiciel de calcul symbolique comme wxmaxima, on peut très facilement trouver les solutions au problème posé, alors que la solution de Yoshi / Roro doit être plus difficile à faire tourner (ne serait-ce que parce qu'à l'étape k (somme des i^k), il faut connaître toutes les sommes précédentes).
Ca marche effectivement, pour les carrés, les cubes, mais aussi n'importe quelle puissance k :

On définit l'équation globale suivante :
[tex]
P\left( x+1\right) -P\left( x\right) ={x}^{k}
[/tex]

On détermine le polynôme solution par développement (le binôme tourne à plein régime) et identification (calculs très lourds à la main dès que k dépasse 3 ou 4…)
On calcule les 2 membres de l'égalité pour x = {1, 2, 3…, n}
On somme membre à membre toutes ces égalités et il ne reste plus que :
[tex]
P\left( n+1\right) -P\left( 1\right) =\sum_{i=1}^{n}{i}^{k}
[/tex]

Ce nouveau polynôme P(n+1)-P(1) qu'il faut bien entendu développer et réduire donne notre somme quel que soit n => cqfd

En TP, j'ai calculé le cas k=9 que je n'avais pas pu faire par régression avec Octave.
Merci à wxmaxima. J'ai utilisé une méthode bourrin car je connais mal ce logiciel. Mais je pense qu'il doit y avoir des fonctions polynômes qui pourraient permettre d'écrire un script universel.
On définit le polynôme de degré 10 :
p(x):=a0+a1*x+a2*x^2+a3*x^3+a4*x^4+a5*x^5+a6*x^6+a7*x^7+a8*x^8+a9*x^9+a10*x^10;
[tex]
p\left( x\right) :=a0+a1\,x+a2\,{x}^{2}+a3\,{x}^{3}+a4\,{x}^{4}+a5\,{x}^{5}+a6\,{x}^{6}+a7\,{x}^{7}+a8\,{x}^{8}+a9\,{x}^{9}+a10\,{x}^{10}
[/tex]

On développe l'équation magique :
p(x+1)-p(x)-x^9=0,ratsimp;
[tex]
\left( 10\,a10-1\right) \,{x}^{9}+\left( 9\,a9+45\,a10\right) \,{x}^{8}+\left( 36\,a9+8\,a8+120\,a10\right) \,{x}^{7}+\left( 84\,a9+28\,a8+7\,a7+210\,a10\right) \,{x}^{6}+\left( 126\,a9+56\,a8+21\,a7+6\,a6+252\,a10\right) \,{x}^{5}
[/tex]
[tex]
+\left( 126\,a9+70\,a8+35\,a7+15\,a6+5\,a5+210\,a10\right) \,{x}^{4}+\left( 84\,a9+56\,a8+35\,a7+20\,a6+10\,a5+4\,a4+120\,a10\right) \,{x}^{3}
[/tex]
[tex]
+\left( 36\,a9+28\,a8+21\,a7+15\,a6+10\,a5+6\,a4+3\,a3+45\,a10\right) \,{x}^{2}+\left( 9\,a9+8\,a8+7\,a7+6\,a6+5\,a5+4\,a4+3\,a3+2\,a2+10\,a10\right) \,x
[/tex]
[tex]
+a9+a8+a7+a6+a5+a4+a3+a2+a10+a1=0
[/tex]

Par identification du polynôme avec le polynôme nul, on récupère un système de 9 équations à 9 inconnues (le terme a0 se simplifie et donc n'intervient pas dans les calculs) :
e10:(10*a10-1)=0;
e9:(9*a9+45*a10)=0;
e8:(36*a9+8*a8+120*a10)=0;
e7:(84*a9+28*a8+7*a7+210*a10)=0;
e6:(126*a9+56*a8+21*a7+6*a6+252*a10)=0;
e5:(126*a9+70*a8+35*a7+15*a6+5*a5+210*a10)=0;
e4:(84*a9+56*a8+35*a7+20*a6+10*a5+4*a4+120*a10)=0;
e3:(36*a9+28*a8+21*a7+15*a6+10*a5+6*a4+3*a3+45*a10)=0;
e2:(9*a9+8*a8+7*a7+6*a6+5*a5+4*a4+3*a3+2*a2+10*a10)=0;
e1:a9+a8+a7+a6+a5+a4+a3+a2+a10+a1=0;

La résolution du système va affecter les valeurs trouvées aux variables ai
globalsolve:1;

On résoud le système :
solve([e10,e9,e8,e7,e6,e5,e4,e3,e2,e1],[a10,a9,a8,a7,a6,a5,a4,a3,a2,a1]);
[tex]
[[a10:\frac{1}{10},a9:-\frac{1}{2},a8:\frac{3}{4},a7:0,a6:-\frac{7}{10},a5:0,a4:\frac{1}{2},a3:0,a2:-\frac{3}{20},a1:0]]
[/tex]

Et voilà notre polynôme donnant la somme [tex] \sum_{i=1}^{n}{i}^{9} [/tex]:
p(n+1)-p(1), ratsimp;
[tex]
\frac{2\,{n}^{10}+10\,{n}^{9}+15\,{n}^{8}-14\,{n}^{6}+10\,{n}^{4}-3\,{n}^{2}}{20}
[/tex]

Avec sa version factorisée :
factor(p(n+1)-p(1));
[tex]
\frac{{n}^{2}\,{\left( n+1\right) }^{2}\,\left( {n}^{2}+n-1\right) \,\left( 2\,{n}^{4}+4\,{n}^{3}-{n}^{2}-3\,n+3\right) }{20}
[/tex]

Si qq'un connaît maxima et veut faire plus propre, c'est avec joie, sinon, je tâcherai d'y bosser un peu pour voir si on peut améliorer.

Merci Freddy, il me reste à regarder la solution de Fred…

Domi

freddy · 14-05-2009 13:50:43

Merci mille et une fois Domi de tes précisions qui me comblent d'aise ...

Mais il faut aussi et surtout remercier les auteurs des sujets de ces bouquins de maths de TC ou bien TS spé maths, qui, comme tu me le confirmes, se sont inspirés des travaux de matheux de temps anciens qui avaient dû passer du temps à trouver une approche aussi roborative et efficace.

Je me souviens comment, en cours de stat proba, un sujet s'inspirant du principe du maximum de vraisemblance avait été très judiceusement amené pour des élèves de T C (en 1982/83 je crois). (Un étang, deux espèces de poisson, un échantillonnage et une mesure de la "vraie" proportion de poisson d'une espèce donnée selon ce principe sans le dire).

"La culture est ce qui reste quand on a tout oublié"
M. D

Dernière modification par freddy (14-05-2009 13:51:28)

Domi · 15-05-2009 10:29:56

freddy a écrit :

Merci mille et une fois Domi de tes précisions qui me comblent d'aise ...
Mais il faut aussi et surtout remercier les auteurs des sujets de ces bouquins de maths de TC ou bien TS spé maths, qui, comme tu me le confirmes, se sont inspirés des travaux de matheux de temps anciens qui avaient dû passer du temps à trouver une approche aussi roborative et efficace.

Précisions pour le fun, parce que c'est vrai que question utilité…

C'est vrai qu'on trouve des bouquins avec des auteurs qui se défoncent un peu, et heureusement, parce qu'à part ça, on voit quand même énormément de pb stéréotypés, ce qui induit un comportement de bachotage chez les élèves : on gave tout ce qu'on peut pour le recracher à l'examen.
Ca ne génère pas forcément de l'intelligence…

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

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