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Une suite de polynômes

Posté par
elhor_abdelali Correcteur 03-02-23 à 22:25

Bonjour


Soit \left(P_n\right) la suite de polynômes de \mathbb C[X] définie par : \left\lbrace\begin{array}l P_0=X \\ P_{n+1}=P_n^2+X \end{array}


\boxed{1} Montrer que P_n|P_{2n+1} pour tout n.


\boxed{2} Montrer que \frac{P_{2n+1}}{P_n}\wedge P_n=1 pour tout n.


Bonne reflexion ! sauf erreur de ma part bien entendu


\boxed{\textbf{NB}} Cette suite est intimement liée à l'ensemble fractal fascinant qu'est l'ensemble de Mandelbrot

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 04-02-23 à 23:56

Une indication :

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Posté par
Imodre : Une suite de polynômes 05-02-23 à 09:52

Bonjour

Avec l'indice ça devient évident . La récurrence ne pose pas de problème , on a alors avec r=n :

\displaystyle{\frac{P_{2n+1}}{P_n}=1+P_n\prod_{k=0}^{n-1}(P_{k+n+1}+P_{k})}

Qui répond aux deux questions .

Imod

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 05-02-23 à 11:49

Bravo imod

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 05-02-23 à 16:43

Au sujet de la liaison avec l'ensemble de Mandelbrot :



En notant, pour tout n, \Large\boxed{M_n=\left\{z\in\mathbb C~/~|P_n(z)|\leqslant2\right\}}



\boxed{3} Montrer que \Large\boxed{M_{n+1}\subset M_n} pour tout n.


On note alors \Large\boxed{\red{M=\bigcap_{n\in\mathbb N}M_n}} c'est le fameux ensemble de Mandelbrot


\boxed{4} Montrer que \Large\boxed{M\cap\mathbb R=\left[-2,\frac{1}{4}\right]}


\boxed{5} Montrer que \Large\boxed{\bar{D}\left(0,\frac{1}{4}\right)\subset M} ... à suivre

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 08-02-23 à 18:03

On a clairement \Large\boxed{M_0=\bar{D}\left(0,2\right)}

\boxed{3}


\ast \Large\boxed{M_n\subset M_0} pour tout n :


En effet, pour tout z\in\mathbb C tel que |z|>2 on a par récurrence |P_n(z)|\geqslant|z|>2 pour tout n,


car l'initialisation est acquise et, |P_n(z)|\geqslant|z|\Longrightarrow|P_{n+1}(z)|\geqslant|P_n(z)|^2-|z|\geqslant|z|^2-|z|\geqslant|z|.


\ast \Large\boxed{M_{n+1}\subset M_n} pour tout n :


En effet, |P_{n+1}(z)|\leqslant2 \Longrightarrow |P_n(z)|^2-|z|\leqslant2 \Longrightarrow |P_n(z)|^2\leqslant2+|z|\leqslant4.

Posté par
Imodre : Une suite de polynômes 08-02-23 à 18:51

C'est clair , encore fallait-il avoir l'idée de montrer par récurrence que |P_n(z)|\geq |z|\geq 2  

Imod

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 08-02-23 à 20:40

Oui imod je fais part ici d'investigations personnelles

Les images de \red M sur le net sont époustouflantes !

Les M_n (de structure de plus en plus complexe mais imaginable) s'emboîtent à l'infini

pour donner naissance à un ensemble d'une complexité inimaginable !

Posté par
Imodre : Une suite de polynômes 09-02-23 à 11:39

Juste pour participer

Si x \in M\cap \mathbb{R} alors x \in [-2 ;2] . Supposons x>\frac 14 et définissons x_n=P_n(x) alors x_{n+1}=x_n^2+x et x_{n+1}-x_n=x_n^2-x_n+x=(x_n-\frac 12)^2+(x-\frac 14) donc x_n est croissante et si elle ne fuit pas vers l'infini elle converge vers une limite l vérifiant l^2+x=l c'est-à-dire (l^2-\frac 12)^2=\frac{1-4x}4 qui est impossible . Donc M\cap \mathbb{R}\subset [-2 ;\frac 14] .

Imod

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 09-02-23 à 12:30

Bien vu imod

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 09-02-23 à 12:35

\ast si -2\leqslant x\leqslant0, une récurrence donne |P_n(x)|\leqslant-x\leqslant2 pour tout n.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 09-02-23 à 13:39

\fbox{5} si |z|\leqslant\frac{1}{4}, une récurrence donne |P_n(z)|\leqslant\frac{1}{2} pour tout n.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 11-02-23 à 13:59

\boxed{6} On peut montrer qu'un M_n est connexe si et seulement s'il contient tous les points critiques de P_n.

Autrement dit, si |P_n(z)|\leqslant2 pour tout z tel que P'_n(z)=0.

La connexité des M_n (une fois prouvée ) entrainerait celle de M.

Posté par
Ulmierere : Une suite de polynômes 11-02-23 à 20:21

Juste comme ça en passant, l'étape M_n \subseteq M_0 est inutile, il suffit de la montrer pour n = 1, ce qui est très facile.
Si z\in M_1, on a |z^2+z| = |z||z+1| \leqslant 2.
Il est donc impossible que |z| > 2, sinon on devrait aussi avoir |z+1| < 1. Or, cela signifierait que z est dans le disque ouvert de centre -1 et de rayon 1, donc de module strictement inférieur à 2. Contradiction !

Pour le 6), le théorème de Rouché-Estermann avec le disque D compact de rayon r\leqslant 1/4, qui est inclus dans tous les M_n.
Il s'agit de montrer que la connexité de M_n équivaut à pouvoir un polynôme Q_n de même degré que P_n' et dont tous les zéros seraient dans D (et donc dans M_n) et tq l'inégalité triangulaire stricte soit vraie sur le cercle de rayon r

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 14-02-23 à 18:13

Soient les ensembles,

\Large\boxed{\mathcal N=\{z\in\mathbb C~~\exists n\in\mathbb N~,~P_n(z)=0\}} et \Large\boxed{\mathcal S=\{z\in\mathbb C~/~\left(P_n(z)\right)_{_{n\in\mathbb N}}~ultimement~périodique\}}

(une suite numérique est dite ultimement périodique lorsqu'elle est périodique à partir d'un certain rang).


\boxed{7} Montrer que \Large\boxed{\mathcal N\varsubsetneq\mathcal S\varsubsetneq \red M}.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une suite de polynômes 15-02-23 à 18:41

\ast Si z\in\mathcal N et r\in\mathbb N tel que P_r(z)=0, une récurrence donne, P_{n+r+1}(z)=P_n(z) pour tout n, et par suite z\in\mathcal S.


\ast Si z\in\mathcal S et n_0,r\in\mathbb N tels que P_{n+r+1}(z)=P_n(z) pour tout n\geqslant n_0\, alors la suite (P_n(z)) est bornée.

En notant, m=\sup|P_n(z)| on a, m^2\leqslant2m vu que, \forall n, |P_n(z)|^2\leqslant|P_{n+1}(z)|+|z|=|P_{n+1}(z)|+|P_0(z)|.

D'où, m\leqslant2 et par suite z\in M.


\ast -2\in\mathcal S\smallsetminus\mathcal N et \frac{1}{4}\in M\smallsetminus\mathcal S.


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