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#1 - 11-07-2011 16:46:45
des sommes abdtraitesJe vous propose de calculer des sommes avec indices "ordonnés". Un mathématicien complet est topologiquement fermé!
#0 Pub#2 - 11-07-2011 16:55:21
Des soommes abstraitesJuste pour savoir les aiaj sont deux nombres multipliés entre eux ou ce ne sont que des nombres de deux chiffres ? "L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline #3 - 11-07-2011 17:17:26#4 - 11-07-2011 17:21:11
Des sommes abstraies(∑iai)2=2∑i<jaiaj+∑ia2i On verra pour la suite ! #5 - 11-07-2011 17:21:45
des sommes abdtraitesJe post déjà la première : Edit 1: Pour la deuxième, je propose: ∑i<j<kaiajak=(∑iai)3−3∗(∑iai∑ia2i)+2∑ia3i6 Edit 2: Après correction: ∑i<j<k<laiajakal=(∑iai)4+8∑ia3i∑iai−6(∑iai)2∑ia2i+3∑ia2i∑ia2i−6∑ia4i24 #6 - 11-07-2011 18:23:11#7 - 11-07-2011 18:37:49#8 - 11-07-2011 18:50:17#9 - 11-07-2011 18:55:32#10 - 11-07-2011 19:37:28#11 - 11-07-2011 20:34:58#12 - 12-07-2011 10:13:13
des sommrs abstraitesA chaque fois on cherche les sommes des différents produits de termes deux à deux, trois à trois, ... 3) On développe la puissance 4 de la somme On va commencer par le plus compliqué: les termes en a.b.c^2, qui sont précédés d'un facteur 12. L'idée est de les factoriser en c^2.somme des a.b; qu'on sait faire (cf l'étape 1), mais pour cela il nous faut des a.c^3 (autant que de a.b.c^2). Les termes a.c^3 sont précédés d'un facteur 4: il va en falloir 8 de plus On remarque que le développement "somme des cubes.somme simple" nous donne ces a.c^3, avec un c^4 supplémentaire à chaque fois. Du coup "somme des cubes.somme simple - somme des puissances 4" 8 fois nous donne nos facteurs manquants. Nos termes en 12.a.b.c^2 deviennent alors 12.c^2.(somme des ai aj) qu'on sait retirer. Pour les termes en a^2.b^2 (facteur 6), on va les séparer en 2 : ceux qui deviendront a^2(somme des carrés) et ceux qui deviendront b^2(somme des carrés). Pour ça il va donc nous falloir 3 a^4 et 3 b^4 de plus (sachant qu'on en a 1 en rab, 2 suffiront); et on retire 3 "somme des carrés" au carré Là, c'est tout bon il ne reste que nos termes avec un facteur 24 ∑i<j<k<lai.aj.ak.al=(∑iai)4−6∑ia4i+8∑ia3i.∑iai+3(∑ia2i)2−6∑ia2i.(∑iai)224 #13 - 12-07-2011 10:57:37#14 - 12-07-2011 11:41:40
des sommes abstraitzsPour la première question : ⇔(∑iai)2=∑i<jaiaj+∑ia2i+∑i<jaiaj ⇔∑i<jaiaj=12((∑iai)2−∑ia2i) Remarque 1 : Ce résultat fait échos à un autre bien connu des statisticiens : ∑i<jcov(aiaj)=12((var∑iai)−∑ivar(ai)) Remarque 2 : En fait, cette égalité se vérifie pour tout couple d'applications dont l'une est la forme quadratique associée à l'autre de forme bilinéaire symétrique. Dans notre exemple, x est la forme bilinéaire symétrique et ² la forme quadratique qui lui est associée. Dans l'exemple statistique, cov est la forme bilinéaire symétrique et var la forme quadratique qui lui est associée. #15 - 12-07-2011 23:43:02
ded sommes abstraitesPetite application pratique (par exemple): Par exemple pour n = 6, 1*2*6 + 1*2*5 + 1*2*4 + 1*2*3 + 1*3*6 + 1*3*5 + 1*3*4 + 1*4*6 + 1*4*5 + 1*5*6 + 2*3*6 + 2*3*5 + 2*3*4 + 2*4*6 + 2*4*5 + 2*5*6 + 3*4*6 + 3*4*5 + 3*5*6 + 4*5*6 = (6*6*7*7*5*4)/48 = 735 #16 - 13-07-2011 08:25:27
des spmmes abstraitesEn utilisant le produit infini de sin(πz)πz trouver des relations entre les ζ(2k), en déduire des autres relations sur les nombres de Bernoulli. Un mathématicien complet est topologiquement fermé! #17 - 13-07-2011 10:38:13
des sommes zbstraitesEn effet, et on trouve alors Mais non, je l'ai pas calculé, c'est un nombre de Stirling ![]() Par exemple pour N=6 et q=3 (même exemple que précédemment) on retrouve 735. A tout prendre, je trouve l'autre formule plus jolie ![]() ![]() ![]() #18 - 13-07-2011 11:05:36#19 - 13-07-2011 11:34:38
Des sommes abstaitesRemplacés par leur équivalent en nombre de Stirling (de seconde espèce d'abord, puis de première espèce ensuite) #20 - 16-07-2011 23:40:11
des sommes absttaites"c'est pas faux" http://enigmusique.blogspot.com/ Réponse rapideSujets similaires
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