Carré et cube d'une somme à n éléments
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Polo
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par Polo » 08 Juil 2018, 22:05
Bonjour, je me trouve dans l'incapacité de prouver rigoureusement (je vois que ça marche) que
^2=\sum_{i=1}^n x_i^2+2\sum_{i=1}^{n-1}{\sum_{j=i+1}^n x_ix_j})
ce qui me bloque pour la suite ...
Je vous remercie de votre aide, bonne soirée.
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hdci
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par hdci » 08 Juil 2018, 22:11
Bonjour,
Essayez par récurrence :
\Big)^2=\Big(\big(\sum_{i=1}^n(x_i)\big)+x_{n+1}\Big)^2)
Et utilisez l'identité remarquable puis l'hypothèse de récurrence.
Il n'y a que 10 types de personne au monde : ceux qui comprennent le binaire et ceux qui ne le comprennent pas.
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Elias
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par Elias » 08 Juil 2018, 22:15
Polo a écrit:Bonjour, je me trouve dans l'incapacité de prouver rigoureusement (je vois que ça marche) que
^2=\sum_{i=1}^n x_i^2+2\sum_{i=1}^{n-1}{\sum_{j=i+1}^n x_ix_j})
ce qui me bloque pour la suite ...
Je vous remercie de votre aide, bonne soirée.
Salut,
Par récurrence, ça marche en remarquant que :
^2 = (\sum_{i=1}^n x_i+x_{n+1})^2 =(\sum_{i=1}^n x_i)^2 + 2 (\sum_{i=1}^n x_i) x_{n+1} + x_{n+1}^2)
Puis en utilisant l'hypothèse de récurrence.
EDIT: hdci plus rapide.
Pseudo modifié : anciennement Trident2.
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Polo
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par Polo » 08 Juil 2018, 22:21
Effectivement merci à vous deux, mais du coup comment je "fais un travail analogue" pour le cube ? compliqué pour moi tout ça ... Du coup c'est réellement par récurrence qu'il faut le démontrer ?
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Pseuda
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par Pseuda » 09 Juil 2018, 09:10
Bonjour,
Sans récurrence, on peut faire :
^2=(\sum_{i=1}^{n} x_i )({\sum_{j=1}^n x_j})=\sum_{1\leq i,j \leq n} x_i x_j=\sum_{1\leq i,j \leq n, i=j} x_i x_j +\sum_{1\leq i,j \leq n, i \neq j} x_i x_j)
^2=\sum_{1\leq i \leq n} x_i^2 +2\sum_{1\leq i<j \leq n} x_i x_j)
etc... il suffit d'arranger les indices pour retomber sur la formule (sur téléphone, les formules en latex c'est de l'acrobatie).
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pascal16
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par pascal16 » 09 Juil 2018, 09:43
C'est ce qui se rapproche le plus de " la surface d'un carré de coté somme(xi)"
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Polo
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par Polo » 09 Juil 2018, 11:04
D'accord merci beaucoup pour votre aide, donc pour le cube on peut faire de la même manière je suppose, je vais tester.
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Polo
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par Polo » 09 Juil 2018, 12:57
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aviateur
par aviateur » 09 Juil 2018, 13:33
Bonjour
Je vois au moins 2 erreurs la deuxième égalité de la première ligne (elle est bizarre) et puis l'avant dernière ligne qui est fausse en effet . Dans les termes en

tu n'a pas de

un

avec

Or ton expression est symétrique au départ, elle l'est à l'arrivée.
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aviateur
par aviateur » 09 Juil 2018, 13:38
De toute façon quand tu développes tu n'as que trois sortes de termes



Donc l'expression à l'arrivée est de la forme

le tout est de compter pour avoir

,

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infernaleur
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par infernaleur » 09 Juil 2018, 13:43
Salut,

Comme i et j sont des variables "muettes " on peut remplacer dans la deuxième somme i et j (je pense que tu as bien compris cela mais ce que tu as oublié de faire c'est de modifier i et j a l'intèrieur de la somme)
Donc :

Donc c'est pas égal a

. Déjà cela résout le problème de symétrie qu'a souligné aviateur.
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infernaleur
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par infernaleur » 09 Juil 2018, 13:58
Normalement avec le même raisonnement pour le carré d'une somme a n éléments tu devrais réussir sans passer par la récurrence.
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Polo
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par Polo » 09 Juil 2018, 16:07
D'accord merci beaucoup à vous.
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Polo
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par Polo » 09 Juil 2018, 19:01
J'obtiens :
^3=\sum_{i=1}^n x_i^3+3\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^n (x_i^2x_j+x_j^2x_i)+6\sum_{i=1}^{n-2}\sum_{j=i+1}^{n-1}\sum_{k=j+1}^n x_ix_jx_k)
ce qui me semble être la bonne réponse merci pour votre aide.
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