Salut ! Sympa ta vidéo, je voulais juste te proposer une autre méthode, plus combinatoire. On veut montrer que la somme des (k parmi n)^2 vaut (n parmi 2n). Le second c'est le nombre de manière de choisir n objets parmi 2n objets. Si tu te donnes 2n objets, et que tu coups ton ensemble en 2, en deux parties A et B de cardinal n, choisir n objets revient exactement à choisir k objets de A et n-k objets de B, pour un certain k entre 0 et n. Or, il y a (k parmi n) * (n-k parmi n) = (k parmi n)^2 manière de choisir de tels objets. En sommant sur k, on trouve l'égalité !
excellent, c'est la preuve la plus immédiate de la formule de Vandermonde en effet. D'ailleurs sache que derrière toutes les méthodes calculatoires se cache la méthode combinatoire, dont tu pars à la base pour prouver tout ce qui est binôme de Newton, formule de Leibniz...
@@maxaucarre37 Ce qui revient au même: on considère le développement de (1 + x)^(2.n) = ((1 + x)^n).((1+x)^n) et on s'intéresse au coefficient du terme en x^n. C'est n parmi 2.n immédiatement, qu'on obtient aussi en multipliant le coefficient de x^k dans le premier (1 +x)^n par le coefficient de x^(n -k) dans le deuxième, c'est à dire (k parmi n) multiplié par (n - k parmi n) c'est à dire (k parmi n) au carré, ceci pour tout k de 0 à n, d'ou le résultat. La méthode proposée dans la vidéo est horrible.
Pour la question 3, j’ai, grâce à un exercice que j’avais travaillé auparavant, pensé à utiliser les intégrales de Wallis( on peut y penser en voyant les factorielles). Puis par une interversion série intégrale licite, on a juste à calculer une intégrale pas trop compliquée et on arrive au résultat.
@ personnellement, j’arrive à 2/pi * intégrale de 0 à pi/2 de 1/1-4xsin(y) dy. On a bien que n parmi 2n vaut 2/pi*W2n*4^n ou W2n représente l’intégrale de Wallis.
Sinon, pour la formule de Vandermonde, il y a plus simple en considérant les polynômes (X+1)^(a+b) et (X+1)^a*(X+1)^b et en utilisant le binôme de Newton et la formule du produit de polynômes pour le calcul des coefficients ;)
pour la premiere partie, on part de (2n, n) = (2n-1, n) + (2n-1, n-1). On remonte la formule sur les n lignes precedentes pour arriver sur la ligne n du triange de Pascal, on voit facilement que les termes du developpement du binome apparaissent : ainsi (2n, n)=1.(2n-2) + 2(2n-2, n-1) + 1(2n-2; n) = 1.(2n-3, n-3) + 3(2n-3, n-2) + 3 (2n-3, n-1) + 1 (2n-3, n) = (3,3).(2n-3, n-3) + (3,2)(2n-3, n-2) + (3,1) (2n-3, n-1) + (3,0) (2n-3, n-0) on remonte ainsi n lignes pour arriver a (n,n) (2n-n, 0) +. (n,n-1)(2n-n, 1) + .... (n,1)(2n-n, n-1) +(n,0)(2n-n, n) et en utilisant que (n,p)=(n,n-p) et 2n-n=n on arrive a (n,0)^2 + (n,1)^2 + ... + (n,n)^2
Salut perso jsuis en L1 et mon prof de math m'avait envoyé la premiere demo à faire juste en me disant: on pourra soit faire une preuve combinatoire, soit s’int ́eresser au polynˆome (X+1)**2n et s’int ́eresser `a son terme de puissance n. Si sa peut aider
@Hiroooq oui c'est le genre de truc hors programme à connaître, donc à savoir démontrer, contrairement à un truc au programme où tu donnes juste le résultat
On part de l’égalité (évidente) : (1 + X)^2n = (1 + X)^n. (1 + X)^n, on cherche le terme en X^n à gauche et à droite et on identifie : (2n, n) X^n = ∑ (n, k) (n, n-k) X^n (somme pour k allant de 0 à n). On en déduit (2n, n) = ∑ (n, k)^2. N’est-ce pas plus simple ? Merci pour vos videos ! 🙂
dommage que tu n’aies pas corrigé la derniere question c’est la question difficile qui fait que cette exo soit à l’X le reste est classique ! continue ,es vidéos sont sympa
Je suis en terminale et je devrais rentrer en prépa l'année prochaine. Du coup question : comment ça te vient à l'esprit cette histoire de dérivée ? Comment tu en viens à penser à ça ?
À vrai dire penser à ça n’a aucun sens, il faut de l’expérience (beaucoup) où avoir déjà vu un truc dans le genre comme il l’a dit (ce qui revient au même qu’avoir de l’expérience)
La preuve qu'il présente n'est ni la plus naturelle, ni la plus efficace. Il y a des moyens très intuitifs d'arriver au résultat - double comptage (on a n billes rouges et n billes bleus, on veut compter le nb de moyen de choisir n billes de 2 manières différentes, n parmi 2n (ou alors fixer le nb de rouges k puis en prendre n-k bleus) - ou série génératrice (qui est dans le fond un peu une paraphrase du double comptage, mais avec un pdv algébrique) Évidement, ça n'a rien de trivial si tu n'as jamais fait de dénombrement avant, mais ça devient très naturel avec un peu d'expérience (contrairement à la preuve proposée en vidéo qui est juste du bricolage)
Est ce que les raisonnements de type denombrement fonctionne. Se donner une partie a p element d un ensemble a n+m element c est d abord se donner une partie de k element d un ensemble a m element puis p-k d un ensemble a n element. Il y a exactement k parmi m fois p-k parmi n maniere de faire. Comme k peut varier de 0 a p on somme de 0 a p
pas sûr sûr de cette inversion du coeff binomiale à 12:26 mdrrr
vidéo goatesque nonobstant
@@julienn3078 oups factorielles négatives 🙈 j'étais déjà dans les factorielles
Salut !
Sympa ta vidéo, je voulais juste te proposer une autre méthode, plus combinatoire.
On veut montrer que la somme des (k parmi n)^2 vaut (n parmi 2n). Le second c'est le nombre de manière de choisir n objets parmi 2n objets. Si tu te donnes 2n objets, et que tu coups ton ensemble en 2, en deux parties A et B de cardinal n, choisir n objets revient exactement à choisir k objets de A et n-k objets de B, pour un certain k entre 0 et n. Or, il y a (k parmi n) * (n-k parmi n) = (k parmi n)^2 manière de choisir de tels objets. En sommant sur k, on trouve l'égalité !
excellent, c'est la preuve la plus immédiate de la formule de Vandermonde en effet. D'ailleurs sache que derrière toutes les méthodes calculatoires se cache la méthode combinatoire, dont tu pars à la base pour prouver tout ce qui est binôme de Newton, formule de Leibniz...
@@maxaucarre37 Ce qui revient au même: on considère le développement de (1 + x)^(2.n) = ((1 + x)^n).((1+x)^n) et on s'intéresse au coefficient du terme en x^n. C'est n parmi 2.n immédiatement, qu'on obtient aussi en multipliant le coefficient de x^k dans le premier (1 +x)^n par le coefficient de x^(n -k) dans le deuxième, c'est à dire (k parmi n) multiplié par
(n - k parmi n) c'est à dire (k parmi n) au carré, ceci pour tout k de 0 à n, d'ou le résultat. La méthode proposée dans la vidéo est horrible.
@@marcgriselhubert3915 dans les deux cas il faut poser le x^2n ou (x+1)^2n je vois pas ce qu'il y a de plus horrible
@@maxaucarre37 Lisez ce que j'ai écrit, il n'y a rien à faire de plus, on a la solution en 4 lignes.
Pour la question 3, j’ai, grâce à un exercice que j’avais travaillé auparavant, pensé à utiliser les intégrales de Wallis( on peut y penser en voyant les factorielles). Puis par une interversion série intégrale licite, on a juste à calculer une intégrale pas trop compliquée et on arrive au résultat.
@@MohammadBousnina je suis arrivé à intégrale de 1/(1/cos²(t)*x) dt, comment tu calcules ça ? Changement de variable ?
@ personnellement, j’arrive à 2/pi * intégrale de 0 à pi/2 de 1/1-4xsin(y) dy. On a bien que n parmi 2n vaut 2/pi*W2n*4^n ou W2n représente l’intégrale de Wallis.
Le goat toujours dans notre cœur
Avec ce genre de commentaire, je flex !
Le GOAT que je ne verrai jamais car je ne l'ai pas en colle
Sinon, pour la formule de Vandermonde, il y a plus simple en considérant les polynômes (X+1)^(a+b) et (X+1)^a*(X+1)^b et en utilisant le binôme de Newton et la formule du produit de polynômes pour le calcul des coefficients ;)
@@miyo.7792 excellent, j'ai déjà eu des commentaires sur cette méthode, avec a=b=n ici !
pour la premiere partie, on part de (2n, n) = (2n-1, n) + (2n-1, n-1). On remonte la formule sur les n lignes precedentes pour arriver sur la ligne n du triange de Pascal, on voit facilement que les termes du developpement du binome apparaissent : ainsi (2n, n)=1.(2n-2) + 2(2n-2, n-1) + 1(2n-2; n) = 1.(2n-3, n-3) + 3(2n-3, n-2) + 3 (2n-3, n-1) + 1 (2n-3, n) = (3,3).(2n-3, n-3) + (3,2)(2n-3, n-2) + (3,1) (2n-3, n-1) + (3,0) (2n-3, n-0) on remonte ainsi n lignes pour arriver a (n,n) (2n-n, 0) +. (n,n-1)(2n-n, 1) + .... (n,1)(2n-n, n-1) +(n,0)(2n-n, n) et en utilisant que (n,p)=(n,n-p) et 2n-n=n on arrive a (n,0)^2 + (n,1)^2 + ... + (n,n)^2
@@christopheedlinger5488 excellent, j'imagine donc que ça peut se faire par récurrence ? J'avais essayé mais j'arrivais pas
Jolie démo, merci
Salut perso jsuis en L1 et mon prof de math m'avait envoyé la premiere demo à faire juste en me disant: on pourra soit faire une preuve combinatoire, soit s’int ́eresser au polynˆome (X+1)**2n et s’int ́eresser `a son terme de puissance n. Si sa peut aider
@@mouadh_7009 Je connaissais la preuve combinatoire, mais excellent pour la preuve avec (x+1)^2n !
oui ca marche aussi, mais si tu l as pas vu avant c est mort
@Hiroooq oui c'est le genre de truc hors programme à connaître, donc à savoir démontrer, contrairement à un truc au programme où tu donnes juste le résultat
@@maxaucarre37 e3a math psi 2024 qui propose de faire ça en 3 questions justement preuve que c’est classique haha
@@maxaucarre37 oui totalement
salut, petite question pour la question 1 pk n utilises tu pas l égalité de vandermonde? cela est beacoup plus simple il me semble.
@@maellebivic2525 Elle n'est pas au programme en PC donc je la redémontre
@@maxaucarre37 je suis en filière PCSI et on l'a dans le cours
On part de l’égalité (évidente) : (1 + X)^2n = (1 + X)^n. (1 + X)^n, on cherche le terme en X^n à gauche et à droite et on identifie :
(2n, n) X^n = ∑ (n, k) (n, n-k) X^n (somme pour k allant de 0 à n).
On en déduit (2n, n) = ∑ (n, k)^2.
N’est-ce pas plus simple ?
Merci pour vos videos ! 🙂
@@jpl569 excellent, c'est une autre méthode super intéressante !
@@maxaucarre37 J'adore la façon tu fais tourner ton stylo entre tes doigts... 😅
sinon on peut également considérer (x+1)^2n et (x+1)^n * (x+1)^n et on regarde le coefficient de degré n et on obtient le résultat
excellent j'ai eu cette réponse aussi en commentaire ! C'est vraiment intéressant de voir qu'il y a tant de méthodes possibles !
possible d'avoir le poly ?
viens insta
dommage que tu n’aies pas corrigé la derniere question c’est la question difficile qui fait que cette exo soit à l’X le reste est classique ! continue ,es vidéos sont sympa
tkt la partie 2 arrive 😉
Je suis en terminale et je devrais rentrer en prépa l'année prochaine. Du coup question : comment ça te vient à l'esprit cette histoire de dérivée ? Comment tu en viens à penser à ça ?
À vrai dire penser à ça n’a aucun sens, il faut de l’expérience (beaucoup) où avoir déjà vu un truc dans le genre comme il l’a dit (ce qui revient au même qu’avoir de l’expérience)
La preuve qu'il présente n'est ni la plus naturelle, ni la plus efficace.
Il y a des moyens très intuitifs d'arriver au résultat
- double comptage (on a n billes rouges et n billes bleus, on veut compter le nb de moyen de choisir n billes de 2 manières différentes, n parmi 2n (ou alors fixer le nb de rouges k puis en prendre n-k bleus)
- ou série génératrice (qui est dans le fond un peu une paraphrase du double comptage, mais avec un pdv algébrique)
Évidement, ça n'a rien de trivial si tu n'as jamais fait de dénombrement avant, mais ça devient très naturel avec un peu d'expérience (contrairement à la preuve proposée en vidéo qui est juste du bricolage)
Est ce que les raisonnements de type denombrement fonctionne. Se donner une partie a p element d un ensemble a n+m element c est d abord se donner une partie de k element d un ensemble a m element puis p-k d un ensemble a n element. Il y a exactement k parmi m fois p-k parmi n maniere de faire. Comme k peut varier de 0 a p on somme de 0 a p
@@giipha3739 oui c'est excellent
Pour la question 1, c'est tout simplement une application immédiate de l'identité de de vandermonde, qui est au programme en sup....
Bonsoir, ce n'est pas au programme
@@herveclavier5857 En PCSI ça ne l'était pas pour moi, les MPSI je ne sais pas
@@valentinbartolomei1011 hahahaha oui effectivement
@maxaucarre37 je ne sais pas, en tout cas oui, en mpsi et en mp2i c'est au programme
@valentinbartolomei1011 en mpsi et mp2i, si...
C'est un classique des cassinis
je n'avais pas la référence, merci !