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téléscopage

Posté par
Alexique 24-07-12 à 23:05

Bonsoir !

Je continue de dépoussiérer mes cours/TD de sup et je tombe toujours sur un exo en fin de feuille un peu plus subtil que les autres...
Cela explique mes quelques récents topics...

Cette fois on a une suite u_n = \sum_{k=0}^{n-1} 2^{k-n} th(2^k x)  où th est la fonction tangente hyperbolique qui vérifie d'ailleurs th(2x) = \frac {2th(x)}{1+th^2(x)}, relation qu'il doit falloir utiliser et x un réel, n un entier strictement positif. C'est une somme téléscopique évidemment mais pas moyen de voir comment ça goupille...
Quel est donc la suite (v_n)_{n \in \N}  telle  que  u_n = \sum_{k=0}^{n-1} v_{k+1}-v_k ??

En attente de vos suggestions...

Merci et bonne soirée !

Posté par
GaBuZoMeure : téléscopage 25-07-12 à 09:11

Pourquoi penses-tu à une somme télescopique ?
Il me semble que on peut trouver la limite sans télescopage, en coupant la suite en deux astucieusement. Bien sûr, il faut distinguer suivant que x est positif, négatif, ou nul.
Indications : quelle est la limite de \tanh(x) quand x tend vers +\infty ? -\infty ? Que vaut \sum_{k=0}^{n-1} 2^{k-n} ?

Posté par
Alexiquere : téléscopage 25-07-12 à 09:40

Je ne veux pas de limite, mais mieux : une expression explicite de (u_n)_{n \in \N} (j'ai pas été très clair je reconnais).

Posté par
spotre : téléscopage 25-07-12 à 13:07

Développe ta tangente hyperbolique avec ta formule, puis sors de la somme tout ce qui ne dépend pas de 'k'
Tu trouveras normalement une somme géométrique

Posté par
Alexiquere : téléscopage 25-07-12 à 14:19

\large 2^k th(2^k x) = 2^{k+1} \dfrac {th(2^{k-1}x)}{1+th^2 (2^{k-1}x)}
Mais après...

Posté par
GaBuZoMeure : téléscopage 25-07-12 à 14:28

Qu'est-ce qui te fait dire " C'est une somme téléscopique évidemment " ? Tu n'as pas répondu.

Posté par
Alexiquere : téléscopage 25-07-12 à 14:54

oui désolé...
Le "feeling" et "l'intuition" qui ne sont pas des arguments mathématiques, me font dire que c'est un téléscopage. Pour simplifier une somme, soit c'est un téléscopage, soit c'est une somme géométrique, soit c'est un polynôme (pas de degré trop élevé parce qu'à la main...) soit c'est Newton. Mais j'ai peut-être tort (spot parle d'une somme géométrique).
Néanmoins mon précédent post montre qu'on peut passer d'un terme de rang k à un terme (d'une autre suite qui n'a rien à voir, on est d'accord) de rang k-1...

Je ne m'acharne pas à dire que c'est un télescopage mais c'est la meilleure piste que j'ai...

Posté par
GaBuZoMeure : téléscopage 25-07-12 à 15:00

Et ton énoncé demande vraiment de trouver une expression (qui ne soit pas une somme sur k) pour chaque u_n ?

Posté par
Alexiquere : téléscopage 25-07-12 à 15:12

absolument ! On demande de "calculer" u_n. Au pire, j'irai fouiller dans mes cahiers de début d'année et je vous redirai mais bon... Peut-être en repassant par les exponentielles enfin je sais pas...
En survolant mes feuilles d'exos, je vois assez vite si je sais faire ou pas mais alors là...

Posté par
BenJ80re : téléscopage 25-07-12 à 15:13

Salut...
Je pense qu'il y a un moyen...

en partant de la primitive de la fonctionf_k tel que pour x réel on associe un autre réel f_k(x) = 2^{k-n}tan(2^k x)...
On la note F_k...
j'ai trouvé que F_k(x) = 2^{-n} ln(ch(2^k x)) + C... (La constante n'a pas trop d'importance car il faudra dériver la fonctionS_n qui a x réel associe \sum_{k=0}^{n-1} F_k(x))

l'expression de S_n étant calculable il ne restera plus qu'à la dériver par x...

Posté par
GaBuZoMeure : téléscopage 25-07-12 à 15:27

J'attends de voir une expression sympathique de u_2 (et, si j'osais, de u_3)

Posté par
Alexiquere : téléscopage 25-07-12 à 15:36

En laissant tomber la constante,
\large S_n = \frac {1}{2^n} \sum_{k=0}^{n-1} \ln(\cosh(2^k x)) = \frac {1}{2^n} \ln \left(\prod_{k=0}^{n-1} \cosh(2^k x)\right) . Et après ???
Je dois reconnaître que c'est une bonne initiative ! C'est une méthode à laquelle je n'avais pas pensée qui est à creuser...

Posté par
BenJ80re : téléscopage 25-07-12 à 15:46

eh bien

ch(2^k x) = (e^{2^k x} + \frac{1}{e^{2^k x}})/2 = \frac{1}{2 e^{2^k x}} (e^{2^{k+1} x} + 1) = \frac{1}{2 e^{2^k x}} ((e^{2x})^{2^k} + 1)

calcule le produit en sachant cette égalité

Posté par
Alexiquere : téléscopage 25-07-12 à 15:56

Alors ou bien un première est en train de mettre la honte à un futur MP* car je ne vois comment tu peux calculer \large \prod_ {k=0}^{n-1} \left(e^{2^{k+1}x} +1 \right) où bien mon honneur est sauf...

Posté par
BenJ80re : téléscopage 25-07-12 à 15:56

Alors Alexique, tu l'as trouvé...

Posté par
BenJ80re : téléscopage 25-07-12 à 15:57

et bien e^{2^{k+1}x} = (e^{2x})^{2^k}

Posté par
BenJ80re : téléscopage 25-07-12 à 15:59

On calcule un produit du type \prod_{k=0}^{n} (x^{2^k} + 1) hi hi!

Posté par
BenJ80re : téléscopage 25-07-12 à 16:03

Dis-toi que c'est un élève dont la passion pour les maths reste encore (je pense) inégalée
...et qui sera mathématicien!

Posté par
BenJ80re : téléscopage 25-07-12 à 16:11

Si tu veux j'ai déjà (depuis que je t'ai donné l'idée pour ch(2^k x)) le résultat entre les mains XD

Posté par
Alexiquere : téléscopage 25-07-12 à 16:14

ha ouais je vois je vois...Là c'est la honte quand même
Je suis bien obligé d'admettre que tu es très fort que tu es appelé à faire de grandes choses...

Bon, bon, je dois aller au cinoche (et puis mon égo, mon hybris, mon moi sur-dimensionné vient d'en prendre un sacré coup donc il faut que je me remette de mes émotions...).
Si t'as le résultat, oui, je suis preneur.

Tout autre méthode qui fait intervenir un téléscopage (oui je suis têtu) m'intéresse mais de toute façon dès qu'on aura le résultat ma suite v_n du début on l'aura immédiatement !

Posté par
BenJ80re : téléscopage 25-07-12 à 16:20

Tu me fais bien rire... xD

voilà le résultat

\sum_{k=0}^{n-1} [2^{k-n} th(2^k x)] = \frac{2 e^{2^{n+1}x}}{e^{2^{n+1}x} -1} - \frac{2 e^{2x}}{2^{n}(e^{2x}-1)} - \frac{2^n - 1}{2^n}

Voilà voilà...

Posté par
Alexiquere : téléscopage 25-07-12 à 16:40

ok je referai le calcul moi-même ce soir ! Wolfram donne des cotangente hyperbolique don je pense qu'on peut améliorer l'écriture de ton résultat (la rendre plus légère en tout cas...)

Toute remarque ou suggestion/confirmation/réfutation est la bienvenue comme je dis toujours...

Posté par
GaBuZoMeure : téléscopage 25-07-12 à 18:58

Belle astuce, BenJ80. J'avoue que rien que le fait de reconnaître u_1=\tanh(x)/2 sous la forme du membre de droite de ton égalité en faisant la substitution n=1 est déjà un calcul compliqué à faire vu la chaleur !

Posté par
BenJ80re : téléscopage 25-07-12 à 23:40

Merci beaucoup...

Posté par
Alexiquere : téléscopage 26-07-12 à 21:36

Bon, je vais essayer d'avoir le mot de la fin pour ne pas rester sur ma faim ( merci merci, arrêtez, vous en faîtes trop mes petits smileys adorés). Désolé, je deviens gâteux et pour cause...
Tant qu'on est sur les jeux de mots et expressions idiomatiques, on dit "pas de pot" et non pas "pas de peau" comme je l'ai vu sur un autre topic BenJ... Mais bon restons-en aux maths !

Si y \in R^*, alors \tanh(2y) = \dfrac {2\tanh(y)}{1+\tanh^2(y)}  donc  \dfrac {1}{\tanh(y)} + \tanh(y) = \dfrac {2}{\tanh(2y)}  donc  \tanh(y) = \dfrac {2}{\tanh(2y)} - \dfrac {1}{\tanh(y)}  et  alors  2^k \tanh(2^k x) = \dfrac {2^{k+1}}{\tanh(2^{k+1}x)} - \dfrac {2^k}{\tanh(2^k x)}    et c'est bien un téléscopage (mon titre était donc légitime à l'attention de GaBuZoMeu qui en doutait) et ma suite du début existe bel et bien : \forall n \in \N  v_n = \dfrac {2^n}{\tanh(2^n x)}.  
En découle que \Large \boxed {\forall n \in \N^*  u_n = \dfrac {1}{\tanh(2^n x)} - \dfrac {1}{2^n \tanh(x)} = \coth(2^n x) - \dfrac {\coth(x)}{2^n}}
Et toc ! Ma formule de l'angle double était bien utile finalement...

Bon, j'arrête ma mauvaise foi en disant que c'est la méthode à mon avis la plus courte la plus simple la plus élégante... mais c'est toujours pareil il faut le voir. On peut en dire de même pour la méthode de Benj (il faut le voir) d'autant que ça méthode est plus frappante pour des sommes du type \sum_{k=0}^{n-1} kx^{k-1}  ou  \sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}x^{k-1} donc là il fallait VRAIMENT y penser. Cela n'enlève rien à son mérite (je me tire souvent de problèmes simples de façon compliquée et ma politique est la suivante : ce qui compte c'est le résultat). Pas une politique toujours rentable le jour d'un concours où la vitesse paie...
L'expression encadrée ci-dessus doit être celle de BenJ (faut faire un peu de calcul désagréable...).

Restait dans l'énoncé à en déduire la limite de (u_n)_{n \in \N^*}  qui vaut  \pm 1 selon le signe de x (ce que GaBuZomeu avait remarqué au début de ce topic). On notera qu'elle ne dépend que du signe de x.

Voilà qui sauve le peu de dignité qu'il me restait mais un taupin en vacances n'est pas un vrai taupin, tout le monde sait ça

Merci à Spock qui a dû retourné sur Vulcain (oui je sais c'est Spot mais j'ai plus d'idées là je fais comme je peux) et à vous deux inséparables qui ne me quittez plus !

Allez hop circulez y'a [plus] rien à voir !    


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