Petit encadrement...

[Ben314]

Salut,
Un petit encadrement combinatoire :

Pour tout entier naturel non nul , on pose .
Montrer que, pour tout , on a : .

[anthony_unac]

Bonsoir,
me rappelle curieusement que
Serait ce une piste exploitable ?

[Ben314]

Je ne pense pas mais.... peut-être...

[anthony_unac]

Est il possible d'utiliser un raisonnement par récurrence pour démontrer la véracité d'une proposition du type "Pour tout couple (a;b) , ..." ?

[Ben314]

Oui, bien sûr : lorsque tu démontre une proposition par récurrence, la proposition en question peut parfaitement contenir des quantificateurs.

[anthony_unac]

Bonjour,
Petite progression en remarquant que pour tout entier , l'inégalité est vraie.
Il s'en suit que
Ensuite je sèche ...

[anthony_unac]

De plus,
Et
On en déduit que :

On n'est pas encore parvenu à mais on s'en rapproche

[zygomatique]

salut





ouais bof ... majoration trop grossière qui permet ... de ne rien conclure quant au résultat demandé ....

mais je le post ... pour montrer qu'il y a un coefficient binomial ... et que peut-être cela sert-il ...

[Ben314]

La méthode que j'ai utilise évidement (et très fortement...) les coefficients binomiaux.
Et bien qu'il y ait surement des méthodes différentes, je ne pense pas qu'on puisse éviter de les utiliser...

[anthony_unac]

Dernière avancée en date :


On en déduit que :

[anthony_unac]

En remarquant que pour tout et tout , il est possible de déterminer un minorant à l'expression :

Ainsi si je résume :

[Ben314]

Le problème, c'est qu'en utilisant des équivalent, tout ce que tu va obtenir comme résultat, c'est quelque chose du style :
La propriété est vrai lorsque a et b sont "suffisamment grand", sans même avoir de constante explicite concernant à partir de quelle valeur (pour a et b) l'inégalité est vrai.

Je m'explique : dire que Un est équivalent à Vn, ça signifie que Un/Vn tend vers 1 et tu peut effectivement en déduire que, si par exemple Vn<M pour tout n, alors, à partir d'un certain rang, on aura Un<2xM, et même que, à partir d'un certain rang Un<1.0001xM, mais tu ne risque évidement pas d'en déduire quoi que ce soit comme majoration explicite du style Un<??? valable pour tout entier n. (et en plus, dans le cas ou tu dit uniquement que c'est valable "à partir d'un certain rang", tu risque d'avoir bien du mal à déterminer explicitement à partir de quand c'est valable...)

Donc par exemple, concernant la dernière inégalité de ton post, très clairement, tout ce que tu peut dire, c'est qu'elle est valable pour "a et b suffisamment grand" et encore, il faudrait le rédiger différemment en intercalant une constante entre le racine(2.pi.ab/(a+b)) et le racine(2.pi) de l'inégalité précédente vu que le résultat suivant :
- Si Un est équivalent à Vn et que, pour tout n, Vn>M, alors, à partir d'un certain rang Un>M.
est faux comme le montre l'exemple Un=1-1/n, Vn=1+1/n et M=1.

[anthony_unac]

Oui l'utilisation de la formule de Stirling n'est donc pas le bon chemin pour aboutir proprement à un encadrement pour tout a et b. Dommage car la minoration semblait clairement fonctionner en faisant quelques essais numérique mais tout ceci n'est pas très correct.
Reste à revenir sur votre conseil : "La méthode que j'ai utilise évidement (et très fortement...) les coefficients binomiaux."

[Matt_01]

Ben, ta méthode revient à minorer la proportion des applications de [|1;a+b|] dans lui même telles qu'on puisse partitionner [|1;a+b|] en deux parties stables (de longueur a et b) ?
Faudrait pouvoir trouver comment passer d'une telle application à une application quelconque (ou un mécanisme inverse) pour pouvoir quantifier. Ou alors trouver des classes d'équivalences de taille a+b (et alors une classe serait donnée par une permutation de {1; ... ; a+b}) et s'assurer qu'au moins une par classe vérifie la propriété citée.
Ou alors pas du tout.

[Ben314]

C'est bien ça le principe, mais on est pas obligé d'y voir du dénombrement d'objets d'un type particulier (application ou autres).
On peut aussi se contenter des formules "classiques" liées aux coefficients binomiaux :

[Ben314]

Comme ça a l'air de s'enterrer, je donne une solution, histoire que si un jour quelqu'un retombe dessus, le thread soit "complet" :
où
1) Comme les sont tous positifs, on en déduit en particulier que c'est à dire que
2) En résolvant l'inéquation on montre aisément que est croissante puis décroissante et que le plus grand des est ce qui prouve que c'est à dire que qui est "presque" la deuxième inégalité demandée.
Pour faire un soupçon mieux et obtenir l'inégalité demandé, il peut venir à l'esprit d'écrire que où qui impliquerais que à condition que , c'est à dire que et soient tout les deux .
On vérifie alors aisément que ces deux inégalités sont correctes.

[Matt_01]

OK, j’espérais justement ne pas avoir à faire ce genre de démonstration. Tu penses qu'il y a une démonstration en utilisant des arguments combinatoires ?

[anthony_unac]

Bonsoir,
Je me suis intéressé à votre énigme en son temps avec mes outils mais tout ceci été insuffisant et aujourd hui vous nous proposez une solution (que je je suis incapable de comprendre) . Merci pour toutes ces explications que vous nous donnez

[Ben314]

OK, j’espérais justement ne pas avoir à faire ce genre de démonstration. Tu penses qu'il y a une démonstration en utilisant des arguments combinatoires ?

Il doit sans doute y avoir une transcription combinatoire plus ou moins simple de la preuve en question vu que la formule du binôme de Newton peut se voir comme une formule de combinatoire : on regarde le nombre d'application d'un ensemble à n élément dans un ensemble à a+b éléments et on distingue les différents cas en fonction du nombre k d'élément de l'ensemble à n élément dont l'image fait parti des a éléments de l'ensemble à a+b éléments.
Dans le contexte présent où n=a+b, on regarde donc les application d'un ensemble à a+b éléments dans lui même et il y a peut-être des façon combinatoire de montrer les différentes inégalités utilisées.
Après, je ne sais pas si on fera bien plus court qu'avec des méthode calculatoires, mais ça peut effectivement être plus joli, voire plus naturel comme démarche.