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Polynômes et récurrence

Posté par
Skops 31-05-08 à 18:48

Bonjour,

4$P_0(X)=1 et pour tout entier naturel, 4$P_{n+1}(X)=2XP_n(X)-\frac{1}{n+1}(1+X^2)P'_n(X)

Le degré de Pn est n et son coefficient dominant an est n+1

Montrer que 4$\forall n\in\mathbb{N} 4$P'_{n+1}(X)=(n+2)P_n(X)

J'ai essayé par récurrence et après avoir remplacé tout par n'importe quoi, je n'aboutis à rien

Je pensais écrire un truc comme 4$P_n(X)=\frac{P'_{n+1}(X)}{n+2} et montrer que si un polynôme R(X) vérifie cette égalité alors R(X)=P(X) mais je sais plus trop comment on fait

Merci

Skops

Posté par
soucoure : Polynômes et récurrence 31-05-08 à 19:09

Salut,

Personnellement je pencherai plutôt sur la formule de Leibniz.

Posté par
gui_toure : Polynômes et récurrence 31-05-08 à 19:12

lut skopinou

3$\rm\fbox{\|P_0(X)=1\\P_{n+1}(X) = 2XP_n(X) - \fr{1}{n+1}(1+X^2)P'_n(X)

Pour tout n entier on définit la propriété 3$\rm\fbox{\scr{P}(n)\Leftright P'_{n+1}(X)=(n+2)P_n(X)

3$\rm\underline{\scr{P}(0)

Soit 3$\rm n\in\bb{N} tel que 3$\rm\scr{P}(n). Montrons que 3$\rm\fbox{\scr{P}(n+1)\Leftright P'_{n+2}(X)=(n+3)P_{n+1}(X)

On a par hypothèse

3$\rm P_{n+2}(X) = 2XP_{n+1}(X) - \fr{1}{n+2}(1+X^2)P'_{n+1}(X)

On dérive

3$\rm P'_{n+2}(X) = 2XP'_{n+1}(X) + 2P_{n+1}(X) - \fr{1}{n+2}2XP'_{n+1}(X) - \fr{1}{n+2}(1+X^2)P''_{n+1}(X)

Jregarde comment bidouiller

Posté par
Skopsre : Polynômes et récurrence 31-05-08 à 19:32

Mince, pas eu le temps d'essayer Leibniz, faut que je parte
Je verrai ca plus tard

Merci

Skops

Posté par
Pecere : Polynômes et récurrence 31-05-08 à 23:51

On note P_n(X)=\Bigsum_{\tiny 0\leq k\leq n}a_kX^k

Alors P_{n+1}^'=2XP_n^'+2P_n-\fr{1}{n+1}(2XP_n^'+(1+X^2)P_n^{''})
Donc P_{n+1}^'=2\Bigsum_{\tiny 1\leq k \leq n}ka_kX^k + 2\Bigsum_{\tiny 0\leq k\leq n}a_kX^k -\fr{1}{n+1}(2\Bigsum_{\tiny 1\leq k \leq n}ka_kX^k + \Bigsum_{\tiny 0\leq k\leq n-2}(k+2)(k+1)a_{k+2}X^k + \Bigsum_{\tiny 2\leq k\leq n}k(k-1)a_kX^k)

Des simplifications devraient donner la solution. Ok, c'est pas très élégant, mais le fait de donner la valeur du coefficient dominant me fait penser à utiliser des grosses sommes ^^ . Mais il existe sûrement une solution plus raffinée... que je n'ai pas le temps de chercher pour le moment :p .

Posté par
Skopsre : Polynômes et récurrence 01-06-08 à 12:34

Je n'aboutis à rien avec leibniz

Skops

Posté par
Skopsre : Polynômes et récurrence 01-06-08 à 18:44

Up

Skops

Posté par
Camélia Correcteurre : Polynômes et récurrence 02-06-08 à 15:07

Bonjour Skops

C'est ton idée initiale qui a l'air la plus prometteuse. Résoudre l'équation différentielle 2xy-(1+x2)y'=Pn+1 et voir comment elle fait pour avoir pour solution un polynôme de degré n... (Mais je ne l'ai pas fait, donc sans garantie!)

Posté par
Skopsre : Polynômes et récurrence 02-06-08 à 21:40

Bah en fait, fallait juste  dériver Pn+2...

Je m'y suis pris comme un manche...

Skops


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