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Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n

Posté par
Kazuki 29-10-16 à 20:45

S'il vous plait pouvez vous m'aider à résoudre ce problème c'est un DM à rendre avant lundi
(-1)puissance k le tout fois k k allant de 1 à n

Posté par
boninmire : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 29-10-16 à 21:02

Bonsoir,

Il s'agit d'une somme alternée: éléments de rang pair positifs, éléments de rang impair négatifs. On va donc avoir une somme d'éléments de la forme (2p)2 à laquelle on va soustraire une somme d'éléments de la forme (2p+1)2. En développant les carrés vont se simplifier, il va rester des sommes classiques connues, mais il faut être attentif aux indices de départ et d'arrivée et distinguer selon la parité de n.

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 29-10-16 à 21:07

Bonjour,

S'agit-il bien de la somme \sum_{1\le k\le n} k \, (-1)^k ?

Si oui, une autre méthode consiste à dériver membre à membre l'égalité suivante, puis à prendre, avec quelques précautions, x = -1 :

1 + x + x^2 + ... + x^n = \dfrac{x^{n+1}-1}{x-1}

Nicolas

Posté par
boninmire : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 29-10-16 à 21:39

J'ai mal lu. Le k k m'a trompé, je l'ai pris pour un produit.

Posté par
Kazukire : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 29-10-16 à 21:51

Nicolas_75Nicolas_75

Nicolas_75 @ 29-10-2016 à 21:07

Bonjour,

S'agit-il bien de la somme \sum_{1\le k\le n} k \, (-1)^k ?

Si oui, une autre méthode consiste à dériver membre à membre l'égalité suivante, puis à prendre, avec quelques précautions, x = -1 :

1 + x + x^2 + ... + x^n = \dfrac{x^{n+1}-1}{x-1}

Merci Nicolas c'est gentil
Nicolas

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 29-10-16 à 22:03

Bonsoir boninmi,
Je n'ai pas compris d'où viennent les carrés

Si n est pair avec n =2p, on peut séparer la somme en 2 :
-1-3-5- .... - (2p-1) et 2+4+6+ .... + 2p .

-1-3-5- .... - (2p-1) = -(1+3+5+ .... +(2p-1)) = - p(1+2p-1)/2 = -p2

2+4+6+ .... + 2p = 2(1+2+3+ .... + p) = 2p(p+1)/2 = p(p+1) = p2+ p

Pour n = 2p la somme est donc égale à p

Pour n= 2p+1 il suffit d'ajouter le dernier terme -(2p+1) au résultat précédent. Ce qui donne -p-1 .

Posté par
boninmire : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 29-10-16 à 22:23

Sylvieg @ 29-10-2016 à 22:03

Bonsoir boninmi,
Je n'ai pas compris d'où viennent les carrés  

Voir plus haut ... J'ai lu k k et j'ai pris ça pour un produit ...

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 29-10-16 à 22:27

Oui boninmi, j'ai vu ta réponse après avoir posté.
Par contre l'idée du télescopage me semble bonne.
Soit Sn = \sum_{1\le k\le n} k \, (-1)^k
En regroupant chaque terme où k est impair à son suivant, on trouve -k + (k+1) = 1
Si n est pair on peut le faire pour tous les termes avec k impair. Il y a n termes dans la somme ; il y a donc n/2 groupes dont la somme est 1 .
D'où Sn = n/2 .

Si n est impair supérieur à 1, Sn = Sn-1 + n(-1)n = (n-1)/2 - n = -(n+1)/2 .

S1 = -1 . La formule -(n+1)/2 est aussi vraie.

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 30-10-16 à 14:21

Bonjour,

Comparons avec la méthode de dérivation...

D'après les propriétés des suites géométriques :

\forall x\neq 1, \quad 1 + x + x^2 + ... + x^n = \dfrac{x^{n+1}-1}{x-1}

On dérive sur ]-\infty;1[ :

\forall x\in ]-\infty;1[, \quad 1 + 2x + 3x^2 + ... + nx^{n-1} = \dfrac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(x-1)^2}

On choisit x=-1 :

1 -2 + 3 - ... + (-1)^{n-1}n = \dfrac{-(2n+1)(-1)^n+1}{4}

On prend l'opposé de chaque membre :

S_n = \dfrac{(2n+1)(-1)^n-1}{4}

Donc :

\boxed{ S_n = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{n}{2} & \mathrm{pour\ } n \mathrm{\ pair} \\ -\dfrac{n+1}{2} & \mathrm{pour\ } n \mathrm{\ impair} \end{array}\right. }

Posté par
carpediemre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 30-10-16 à 18:28

salut

après calcul de quelques premiers termes on peut aussi faire une récurrence ... où il faudra au dernier moment distinguer suivant la parité de n ...

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 31-12-16 à 21:27

Autre approche, inspirée de la méthode des perturbations proposée dans Mathématiques concrètes de Graham, Knuth et Patashnik...

Il s'agit d'isoler le premier terme de la somme, de faire un changement d'indice et de réintroduire le terme manquant pour retrouver la somme dans le membre de droite, et finalement la calculer.

S_n = \sum_{k=1}^n(-1)^kk

On isole le premier terme :

S_n = -1 + \sum_{k=2}^n(-1)^kk

On procède au changement d'indice k \mapsto k+1 dans la somme :

S_n = -1 + \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}(k+1)


S_n = -1 - \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k(k+1)

On introduit le terme correspondant à k=n :

S_n = -1 + (-1)^n(n+1) - \sum_{k=1}^n(-1)^k(k+1)

On développe la parenthèse :

S_n = -1 + (-1)^n(n+1) - \sum_{k=1}^n(-1)^kk - \sum_{k=1}^n(-1)^k

On reconnait S_n :

S_n = -1 + (-1)^n(n+1) - S_n - \sum_{k=1}^n(-1)^k

On isole S_n :

S_n = \dfrac{ -1 + (-1)^n(n+1) - \sum_{k=1}^n(-1)^k }{ 2 }

Si n pair : S_n = \dfrac{ -1 + (n+1) - 0 }{ 2 } = \dfrac n 2

Si n impair : S_n = \dfrac{ -1 -(n+1) - (-1) }{ 2 } = -\dfrac{n+1}{2}

Finalement :

\boxed{ S_n = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{n}{2} & \mathrm{pour\ } n \mathrm{\ pair} \\ -\dfrac{n+1}{2} & \mathrm{pour\ } n \mathrm{\ impair} \end{array}\right. }

Posté par
flightre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 31-12-16 à 21:53

salut

aussi en developpant ca va tres vite

Sn = (-1+2) + (-3+4) + (-5+6) +....-n    si n est impair
Sn = E(n/2) -n
Sn = (-1+2) + (-3+4) + (-5+6) +....+1 si n est pair , en comptant le nombre de parenthèses
il y en  a  n/2

Posté par
carpediemre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 01-01-17 à 01:33

Citation :
Autre approche, inspirée de la méthode des perturbations proposée dans Mathématiques concrètes de Graham, Knuth et Patashnik...

Il s'agit d'isoler le premier terme de la somme, de faire un changement d'indice et de réintroduire le terme manquant pour retrouver la somme dans le membre de droite, et finalement la calculer.

S_n = \sum_{k=1}^n(-1)^kk

On isole le premier terme :

S_n = -1 + \sum_{k=2}^n(-1)^kk

On procède au changement d'indice k \mapsto k+1 dans la somme :

S_n = -1 + \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}(k+1)

S_n = -1 - \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k(k+1)
n'est-ce pas une façon déguisé de faire une récurrence ... en plus compliqué ....

S_n = -1 - S_{n - 1} - \sum_1^{n - 1} (-1)^k

on reconnait une suite géométrique de raison -1 donc

S_n + S_{n - 1} = -1 - \dfrac {(-1)^n - 1}{-1 -1} = \dfrac 1 2 [3 - (-1)^n]

...


S_n = \dfrac 1 2 \Big[ -1 + (-1)^n(n+1) - \sum_{k=1}^n(-1)^k \Big] = \dfrac 1 2 \Big[(n + 1)(-1)^n - 1 - \dfrac {(-1)^n - 1}{-1 - 1} \Big] = \dfrac 1 2 \Big[(n + 1)(-1)^n + \dfrac {3 - (-1)^n} 2 \Big] = \dfrac 1 4 \Big[3 + (2n + 1)(-1)^n \Big]   \forall  n  \in \N

Posté par
carpediemre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 01-01-17 à 01:55

j'ai évidemment fait une erreur ...


S_n = \dfrac 1 2 \Big[ -1 + (-1)^n(n+1) - \sum_{k=1}^n(-1)^k \Big] = \dfrac 1 2 \Big[(n + 1)(-1)^n - 1 + \dfrac {1 - (-1)^n}{1 -  -1} \Big] = \dfrac 1 2 \Big[(n + 1)(-1)^n -  1 + \dfrac {1 + (-1)^n} 2 \Big] = \\ \\ \dfrac 1 4 \Big[(2n + 1)(-1)^n - 1 \Big]   \forall  n  \in \N^* qui est la formule que tu avais d'ailleurs déjà trouvée à14h21


le décalage d'indice est un classique pour calculer la somme des puissances des n premiers entiers ....

ou qu'on retrouve aussi en analyse pour montrer la convergence (uniforme ou autre) en écrivant par exemple |f_p(x) - f_q(x)| = |f_p(x) - f(x) + f(x) - f_q(x)| puis inégalité triangulaire ...

ou encore dans un calcul de limite quand l'expression correspond à un taux de variation ....

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 14-01-17 à 20:15

Autre méthode, pour le plaisir, en remplaçant k par \sum_{1\le j\le k}1 puis en intervertissant les sommes.

Cela revient un peu à ce qu'a fait Sylvieg, mais le présenter de cette façon formelle permet d'utiliser cette astuce dans d'autres situations.

S_n = \sum_{k=1}^n(-1)^kk

S_n = \sum_{k=1}^n(-1)^k\sum_{1\le j\le k}1

On rassemble les indices en une seule chaîne d'inégalité pour faciliter l'interversion :

S_n = \sum_{1\le j\le k\le n}(-1)^k

On intervertit les sommes :

S_n = \sum_{1\le j\le n} \sum_{j\le k\le n} (-1)^k

On distingue les cas où j est pair ou impair :

S_n = \sum_{\substack{1\le j\le n \\ j \mathrm{\ pair}}} \sum_{j\le k\le n} (-1)^k + \sum_{\substack{1\le j\le n \\ j \mathrm{\ impair}}} \sum_{j\le k\le n} (-1)^k

S_n = \sum_{\substack{1\le j\le n \\ j \mathrm{\ pair}}} \left\{ \begin{array}{rl} 1 & \mathrm{\ si\ } n \mathrm{\ pair} \\ 0 & \mathrm{\ si\ } n \mathrm{\ impair} \end{array} \right\} + \sum_{\substack{1\le j\le n \\ j \mathrm{\ impair}}} \left\{ \begin{array}{rl} -1 & \mathrm{\ si\ } n \mathrm{\ impair} \\ 0 & \mathrm{\ si\ } n \mathrm{\ pair} \end{array} \right\}

S_n = \left\{ \begin{array}{ll} \mathrm{nombre\ de\ nombres\ pairs\ dans\ }|[1;n]| & \mathrm{si\ }n\mathrm{\ pair} \\ - \mathrm{nombre\ de\ nombres\ impairs\ dans\ }|[1;n]|& \mathrm{si\ }n\mathrm{\ impair} \end{array} \right.

\boxed{ S_n = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac n 2 & \mathrm{si\ }n\mathrm{\ pair} \\ -\dfrac{n+1}{2}& \mathrm{si\ }n\mathrm{\ impair} \end{array} \right. }

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 15-01-17 à 17:05

( Méthode du message précédent inspirée par le "tout-en-un MPSI" de Dunod. )

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 15-01-17 à 21:18

Une autre méthode, plus technique, avec la transformation d'Abel :

\boxed{ \begin{array}{l} \\ \sum_{0\le k\le n}a_kb_k = a_nB_n - \sum_{0\le k\le n-1}\left(a_{k+1}-a_k\right)B_k\\ \\ \mathrm{o\`u\ } B_k = \sum_{0\le i\le k}b_k \\ \end{array}}

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Sommes des (-1)^k * k et k allant 1 à n 15-01-17 à 21:25

On l'applique en faisant commencer les indices à 1 et non 0, et en prenant :

a_k = k

b_k = (-1)^k

et donc B_k = \sum_{1\le i\le k}(-1)^i = \left\{ \begin{array}{ll} -1 & \mathrm{si\ } k \mathrm{\ impair} \\ 0 & \mathrm{si\ } k \mathrm{\ pair} \end{array} \right.

On obtient :

S_n = n \left\{ \begin{array}{ll} -1 & \mathrm{si\ } n \mathrm{\ impair} \\ 0 & \mathrm{si\ } n \mathrm{\ pair} \end{array} \right\} - \sum_{1\le k\le n-1} \left\{ \begin{array}{ll} -1 & \mathrm{si\ } k \mathrm{\ impair} \\ 0 & \mathrm{si\ } k \mathrm{\ pair} \end{array} \right\}

S_n = n \left\{ \begin{array}{ll} -1 & \mathrm{si\ } n \mathrm{\ impair} \\ 0 & \mathrm{si\ } n \mathrm{\ pair} \end{array} \right\} + \left( \mathrm{nombre\ de\ nombres\ impairs\ dans\ } |[1;n-1]| \right)

S_n = \left\{ \begin{array}{rcll} -n&+&\dfrac{n-1}{2} & \mathrm{si\ }n\mathrm{\ impair} \\ 0&+&\dfrac{n}{2} & \mathrm{si\ }n\mathrm{\ pair} \end{array} \right.

\boxed{ S_n = \left\{ \begin{array}{rl} -\dfrac{n+1}{2}& \mathrm{si\ }n\mathrm{\ impair} \\ \dfrac n 2 & \mathrm{si\ }n\mathrm{\ pair} \end{array} \right. }


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