Une formule

par **aviateurpilot** » 13 Juil 2006, 04:38

je voulais montrer un exo et j'ai trouvé cette formule apres un petit calcule:

d'apres mon calcule je suis sure que ces vrai
il se peut que cette formule est dans le cour
sinon, c'est un jolie resultat :zen:

par **nekros** » 13 Juil 2006, 06:58

Bonne chance pour la montrer :hein:

Thomas G :zen:

par **Chimomo** » 13 Juil 2006, 12:52

Jolie formule en effet , peut tu nous donner ta démo (ou une idée si elle est trop compliquée).

par **nekros** » 13 Juil 2006, 12:57

Salut Chimomo,

En fait, cette formule est apparue dans l'exo que j'ai proposé ici : http://maths-forum.com/showthread.php?t=16933

Juste si tu veux suivre le sujet :we:

Thomas G :zen:

par **Chimomo** » 13 Juil 2006, 13:03

Ok merci, je vais voir si j'ai le temps.

par **aviateurpilot** » 13 Juil 2006, 13:04

j'ai pas encore demontré cette formule
mais voila ce que je vais utilisé

(*)
c'est un autre resultat que j'ai trouvé en utilisant le triangle de pascal
mais puisque je suis encore en terminal alors il se peut que j'ai fait une faut dans (*)
sinon c'est un autre jolie resultat

par **aviateurpilot** » 14 Juil 2006, 01:46

on pose

donc

pas encore terminer

je vais chercher ce probleme tt seul :cry:

mais c'est pas grave

par **aviateurpilot** » 14 Juil 2006, 03:03

maintenant
on pose

par **aviateurpilot** » 14 Juil 2006, 15:52

je voi qu'il n y a personne qui veut m'aider
sinon qu'il n y a personne qui peut m'aider

par **Yipee** » 14 Juil 2006, 16:28

la formule * (que je préfère ne pas écrire) est vraie et classique. C'est la formule de Vandermonde. Il y a une interprétation combinatoire très simple. On considère une urne avec n boules dont j noires (et n-j blanches) et on dénombre le nombre de manières d'en prendre j+1. Le nombre t désigne alors le nombre de boules noires du tirage.

On peut aussi le faire en développant les coefficients binomiaux.

par **aviateurpilot** » 14 Juil 2006, 16:30

tu parle de la formule du poste 6
c'est tres simple je l'ai trouvé en utilisant le triangle de pascal dans 5min
mais moi je parle de la formule du poste 1

par **Bouchra** » 14 Juil 2006, 20:38

Salut,
je crois avoir trouvé une démonstration pour la formule de ton 1er message.

On pose: pour

et

On remarque que les deux suites A(n,i) et B(n,i) vérifient la relation:

Démonstration : facile en utilisant des changements d'indice et la relation :

De plus:
A(n,n-1) = B(n,n-1) = 1 et
A(n,0) = B(n,0) = 2^n-1

Or d'après la relation (*) que vérifient les deux suites, on en déduit que: A(n,i) = B(n,i),
car tout A(n,i) peut s'écrire comme somme de A(k,k-1) et de A(m,0) .

Une illustration :

par exemple :
A(5,2) = A(4,1) + A(4,2)
= A(3,0) + A(3,1) + A(3,1) + A(3,2)
= A(3,0) +2( A(2,0) + A(2,1)) + A(3,2)
= ...
= B(5,2).

Voilà, j'éspère ne pas avoir dit de bêtises. :happy2:

par **aviateurpilot** » 15 Juil 2006, 04:46

donc

est vrai pour

sans verifie pour

je suis sure que c'est vraie car je suis sure que ma formule

est vraie
par la meme façon que j'ai fait pour trouvé

en utilisant le triangle de pascal car C(n,j+1) verifie

si on place les

commes les

sous forme d'un triangle comme celui de pascale et ce ce que tu as fait bouchra dans ton Une illustration
on trouve que

et c'est ce que tu va trouvé a la fait de

Bouchra a écrit:par exemple :
A(5,2) = A(4,1) + A(4,2)
= A(3,0) + A(3,1) + A(3,1) + A(3,2)
= A(3,0) +2( A(2,0) + A(2,1)) + A(3,2)
= ...
=...........

mais pas forcement

sauf si tu fait les calcule d'une autre façon.

par **Yipee** » 15 Juil 2006, 11:03

Je n'ai pas eu le temps - ni le courage - de lire tous vos calculs. Voici la méthode que je propose. L'idée est de faire varier i dans la formule. On commence par montrer que c'est vrai pour i = n-1 ce qui est évident. Ensuite on "descend" en montrant, à l'aide du triangle de Pascal que si c'est vrai pour un i donné, c'est encore vrai pour i-1. Les calculs sont assez directs (mais long à taper)

par **aviateurpilot** » 15 Juil 2006, 11:08

impossible de faire ça !!

par **aviateurpilot** » 15 Juil 2006, 11:33

http://www.maths-forum.com/showthread.php?t=16933

par **Bouchra** » 15 Juil 2006, 12:17

mais pas forcement

Si si, car:
B(n,i) vérifie la relation (*), donc:
B(5,2) = B(4,1) + B(4,2)
= B(3,0) + B(3,1) + B(3,1) + B(3,2)
= B(3,0) +2( B(2,0) + B(2,1)) + B(3,2)

Et on a monté que B(n,0) = A(n,0) et B(n,n-1) = A(n,n-1), d'où le résultat.

L'idée en gros, pour calculer A(n,i) c'est de se rammener à la somme de A(k,k-1) et de A(m,0) (on peut toujours d'après la formule (*) et on le voit facilement à partir de l'illustration) qui est égale à la somme des B(k,k-1) et de B(m,0), qui est égale à B(n,i) (toujours à partir de la formule (*)) .

par **Yipee** » 15 Juil 2006, 12:39

aviateurpilot a écrit:impossible de faire ça !!

Je ne comprends pas

par **aviateurpilot** » 15 Juil 2006, 12:54

impossible pour moi
car j'ai essayé
mais pour toi peut etre que tu arrive
assaye alors :id:

par **nekros** » 15 Juil 2006, 12:57

On finira bien par trouver car :

En essayant continuellement, on finit par réussir. Donc plus ça rate, plus on a de chances que ça marche. :ptdr:

Thomas G :zen:

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