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analyse MPSI

Posté par
Dibal 27-01-23 à 10:39

Bonjour à tous , on se donne :A=\{$P \in \R^\R $: \exists(a_k)_{k\in[0,n]}\in \R^{n+1} : \forall x\in \R , P(x)=\sum_{k=0}^{n}{a_kx^k} \}


Dans la question 1 ) il sagissait de demontrer par reccurence que :

\forall n \in \N^* , \forall x \in \R, \exists(P_n,Q_n) \in A^2 :\left\lbrace\begin{matrix} cos(2nx) = P_n(sin^2(x) )\\ sin(2nx)=cos(x)sin(x)Q_n(sin^2(x)) \end{matrix}\right.


. cette récurrence jai pu la faire .

ensuite on considere la suite  , ((P_n,Q_n))_{n \in \N^*} \in (A^2)^{\N^*} definie par les conditions de reccurence suivantes :

\forall x \in \R , (P_1,Q_1)=(1-2x,2)  
et
\forall n \in \N^*, \forall x \in \R , (P_{n+1}(x),Q_{n+1}(x))=((1-2x)P_n(x)-2x(1-x)Q_n(x) , 2P_n(x)+(1-2x)Q_n(x)) ,

en plus on definitI=\bigcup_{n\in\N^*}^{}{\{n\} \times[1,2n] et la famille (a_{n,k})_{(n,k) \in I} \in \R^l definie par :
\forall(n,k) \in I , a_{n,k}=sin(\frac{k\pi}{4n}) .

on est tout bon pour les ingrédients de la sauce , du coup la question sur laquelle je butte est de démontrer soigneusement que :

\forall(n,x) \in \N^* \times\R , P_n(x)=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^k\frac{2^kn}{n+k}\begin{pmatrix} n+k\\ 2k \end{pmatrix}x^k}
et Q_n(x)=\sum_{k=0}^{n-1}{(-1)^k2^{2k+1}\begin{pmatrix} n+k\\ 2k+1 \end{pmatrix}x^k} .

J'ai remué ciel et terre pour un raisonnement par récurrence en partant des formule de récurrence de la suite  l'initialisation marche très bien mais l'hérédité j'essaie d'utiliser les expression de récurrence de (P_{n+1} , Q_{n+1}) données plus haut , je n'aboutit à rien d'intéressant si ce n'est que des longs calculs .

Merci de bien vouloir m'apporter quelques idées

Posté par
Dibalre : analyse MPSI 27-01-23 à 11:12

Ps; c'est un problème il ya des questions qui viendront par la suite mais c'est tellement long que c'a n'aurait pas tenu sur une page si je l'avais rentré entièrement

Posté par
Ulmierere : analyse MPSI 27-01-23 à 11:27

Quand tu as deux relations de récurrence interdépendantes, la bonne idée est souvent de l'écrire sous forme matricielle

R_{n+1} = \begin{pmatrix}P_{n+1}(x)\\Q_{n+1}(x)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}? & ?\\? & ?\end{pmatrix} \begin{pmatrix}P_n(x)\\Q_n(x)\end{pmatrix} = A \cdot R_n

Et par récurrence, R_n(x) = A(x)^n R_0(x). Maintenant, il faut calculer A^n(x), pour tout x

Posté par
Dibalre : analyse MPSI 27-01-23 à 11:32

très élégant  ,, j'y ai pas pensé  je l'applique et je reviens

Posté par
malou Webmasterre : analyse MPSI 27-01-23 à 11:32

Bonjour à tous les deux

Dibal dans la mesure où ton énoncé me paraît long, vois ceci :

attentionextrait de c_faq la FAQ du forum :

Q05 - Puis-je insérer une image dans mon message ? Comment faire ? Quelle image est autorisée ?



tu peux le mettre soit en image soit en pdf

Posté par
Dibalre : analyse MPSI 27-01-23 à 11:38

malou Merci , javais pas fait attention à cette règle , je me suis tapé tout latex je le ferai la prochaine fois du coup

Posté par
Ulmierere : analyse MPSI 27-01-23 à 11:54

Sache aussi qu'il existe des commandes \cos, \sin, \exp, \ln, \ker, \dim etc pour les noms de fonctions et d'opérateurs: \cos, \sin, \exp, \ln, \ker, \dim.

Pour les coefficients binomiaux, il y a aussi une commande \binom{n}{k} qui donne \binom{n}{k}. C'est bien plus moche que la version avec pmatrix, mais la plupart du temps c'est suffisant pour des formules comme

\forall A\in\text{Ob}(\textbf{Ann}}), \forall (x,y)\in A^2, \forall n\in\N^\ast, [x,y] = 0 \implies (x+y)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^ky^{n-k}.

Il y a des variantes de \binom, comme de \frac : \binom, \tbinom, \dbinom <-> \binom{n}{k}, \tbinom{n}{k}, \dbinom{n}{k}

Posté par
Dibalre : analyse MPSI 27-01-23 à 12:10

Ulmiere  merci pour ces précisions en latex je le découvre à peine ce langage , aussi je voulais savoir à part la forme matricielle , ya t'il une autre méthode que tu pourrais me proposer ? je te proposerai ce je rédige , tout à l'heure mais est ce la seule piste je veux dire ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : analyse MPSI 27-01-23 à 14:22

Bonjour Dibal

il me semble qu'il y a une petite erreur dans ton expression de P_n :

L'exposant du 2 est plutôt 2k au lieu de k non ? mais je peux me tromper

Posté par
Dibalre : analyse MPSI 27-01-23 à 14:29

oui c'est bien 2k désolé et merci

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : analyse MPSI 27-01-23 à 20:03

Si j'ai bien compris :


en partant de \Large\boxed{\left\lbrace\begin{array}l P_1=1-2x \\ Q_1=2 \end{array}} et du système récurrent \Large\boxed{\left\lbrace\begin{array}l P_{n+1}=(1-2x)P_n-2x(1-x)Q_n \\ Q_{n+1}=2P_n+(1-2x)Q_n \end{array}}


on veut prouver que \Large\boxed{\forall n\in\mathbb N^*~,~\left\lbrace\begin{array}l P_n=\sum_{k=0}^n(-1)^k~\frac{2^{2k}n}{n+k}~C_{n+k}^{2k}~x^k \\ Q_n=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k~2^{2k+1}~C_{n+k}^{2k+1}~x^k \end{array}}


Eh bien il me semble que la récurrence n'est pas une mauvaise idée

Posté par
Dibalre : analyse MPSI 27-01-23 à 20:13

c'est exactement ca , je m'y met maintenant les cours mont occupé

Posté par
Dibalre : analyse MPSI 27-01-23 à 20:16

par contre un petit soucis de reglage il me semble  c'est bien  \forall x, P_n(x), Q_n(x)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : analyse MPSI 27-01-23 à 20:23

Initialisation : acquise.


Hérédité : Supposons qu'on a \Large\boxed{\left\lbrace\begin{array}l P_n=\sum_{k=0}^n(-1)^k~\frac{2^{2k}n}{n+k}~C_{n+k}^{2k}~x^k \\ Q_n=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k~2^{2k+1}~C_{n+k}^{2k+1}~x^k \end{array}} pour un certain entier n\geqslant0


et montrons qu'alors on a aussi \Large\boxed{\left\lbrace\begin{array}l P_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^k~\frac{2^{2k}(n+1)}{n+1+k}~C_{n+1+k}^{2k}~x^k \\ Q_{n+1}=\sum_{k=0}^n(-1)^k~2^{2k+1}~C_{n+1+k}^{2k+1}~x^k \end{array}} ...

Posté par
Dibalre : analyse MPSI 27-01-23 à 20:41

Merci , la propriété est initialisée pour n+1 , je trouve bien
P_1(x) ,Q_1(x) tel que c'est définit dans la formule de récurrence , je suis sur l'hérédité de la proposition , je vais essayer la récurrence en passant par des calculs matriciels comme me la suggéré Ulmiere . A part si t'as une autre piste je pourrai également l'exploiter

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : analyse MPSI 27-01-23 à 20:42

On a pour hypothèses :

d'une part, l'hypothèse de récurrence \Large\boxed{\left\lbrace\begin{array}l P_n=\sum_{k=0}^n(-1)^k~\frac{2^{2k}n}{n+k}~C_{n+k}^{2k}~x^k \\ Q_n=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k~2^{2k+1}~C_{n+k}^{2k+1}~x^k \end{array}}


et d'une autre, le système récurrent \Large\boxed{\left\lbrace\begin{array}l P_{n+1}=(1-2x)P_n-2x(1-x)Q_n \\ Q_{n+1}=2P_n+(1-2x)Q_n \end{array}}

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : analyse MPSI 27-01-23 à 20:45

à partir du système récurrent essayes de calculer le coefficient de x^k des polynômes P_{n+1} et Q_{n+1}

Posté par
Ulmierere : analyse MPSI 27-01-23 à 20:49

Avec mon histoire de matrices, si je ne me suis pas gourré en allant trop vite

A = (1-2x)I + 2J, où J = \begin{pmatrix}0&x(x-1)\\1&0\end{pmatrix}

J^2 = x(x-1)I donc J^{2k+r} = x^k(x-1)^kJ^r, r\in\{0,1\}.

Ensuite, I et J commutent, donc

\\ \begin{array}{lcl} \\ A^n &=& \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(1-2x)^{n-k}2^k(x(x-1))^{E(k/2)}J^{k\text{ mod }2} \\ &=& \sum_{k=0}^{E(n/2)}\binom{n}{2k}(1-2x)^{n-2k}2^{2k}(x(x-1))^k I +\sum_{k=0}^{E((n-1)/2)}\binom{n}{2k+1} (1-2x)^{n-1-2k}2^{2k+1}(x(x-1))^k J \\ &=& U_n I + V_n J\end{array}

Et il ne reste qu'à calculer A^{n-1}\dbinom{1-2x}{2} en fonction de U_n et V_n, et à simplifier

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : analyse MPSI 27-01-23 à 22:01

par la formule (de dérivations successives) de Leibniz on a :


\Large\boxed{\forall (0\leqslant k\leqslant n)~,~Q_{n+1}^{(k)}=2P_n^{(k)}+(1-2x)Q_n^{(k)}-2kQ_n^{(k-1)}}.



D'où, (pour k=0) \Large\boxed{Q_{n+1}(0)=2P_n(0)+Q_n(0)=2+2n}



et (pour k=n) \Large\boxed{Q_{n+1}^{(n)}=2P_n^{(n)}-2nQ_n^{(n-1)}} car \Large\boxed{Q_n^{(n)}=0} (vu que Q_n est de degré n-1 d'après l'hypothèse de récurrence)



et donc \Large\boxed{\frac{Q_{n+1}^{(n)}(0)}{n!}=2\frac{P_n^{(n)}(0)}{n!}-2\frac{Q_n^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}=2(-1)^n\frac{2^{2n}n}{n+n}C_{n+n}^{2n}-2(-1)^{n-1}2^{2n-1}C_{2n-1}^{2n-1}=(-1)^n2^{2n+1}}.



Et, (pour 1\leqslant k\leqslant n-1) \Large\boxed{\frac{Q_{n+1}^{(k)}(0)}{k!}=2\frac{P_n^{(k)}(0)}{k!}+\frac{Q_n^{(k)}(0)}{k!}-2\frac{Q_n^{(k-1)}(0)}{(k-1)!}}



et donc \Large\boxed{\frac{Q_{n+1}^{(k)}(0)}{k!}=2(-1)^k\frac{2^{2k}n}{n+k}C_{n+k}^{2k}+(-1)^k2^{2k+1}C_{n+k}^{2k+1}+2(-1)^k2^{2k-1}C_{n+k-1}^{2k-1}}



\Large\boxed{\frac{Q_{n+1}^{(k)}(0)}{k!}=(-1)^k2^{2k+1}\left(\frac{n}{n+k}C_{n+k}^{2k}+C_{n+k}^{2k+1}+\frac{1}{2}C_{n+k-1}^{2k-1}\right)=(-1)^k2^{2k+1}\left(C_{n+k}^{2k}+C_{n+k}^{2k+1}\right)=(-1)^k2^{2k+1}C_{n+1+k}^{2k+1}}



et on vient ainsi de prouver que \Large\boxed{Q_{n+1}=2+2n+(-1)^n2^{2n+1}x^n+\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k2^{2k+1}C_{n+1+k}^{2k+1}x^k=\sum_{k=0}^n(-1)^k2^{2k+1}C_{n+1+k}^{2k+1}x^k}


C'est un peu long mais faisable


et il reste bien entendu un travail analogue pour P_{n+1}

Posté par
matheux14re : analyse MPSI 28-01-23 à 23:43

Salut,

*Pour n = 1

On a \cos(2x) = 1 - 2\sin^2(x) et \sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x), on peut donc choisir P_1(t) = 1 - 2t et Q_1(t) = 2t, qui sont des polynômes d'au plus degré 1, donc appartenant à A.

* Soit n un entier naturel tel que la propriété est vraie pour n. On veut montrer qu'elle l'est également pour n+1.

On a \cos((2n+2)x) = \cos(2nx)\cos(2x) - \sin(2nx)\sin(2x) = P_n(\sin^2(x))(1 - 2\sin^2(x)) - \cos(x)\sin(x)Q_n(\sin^2(x))(2\sin(x)\cos(x))

On peut donc choisir P_{n+1}(t) = P_n(t)(1 - 2t) et Q_{n+1}(t) = -Q_n(t)t, qui sont des polynômes d'au plus degré n+1, donc appartenant à A.

On peut donc en déduire que pour tout n entier naturel et tout x réel, il existe des polynômes P_n et Q_n appartenant à A tels que la propriété soit vérifiée.

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