Suite à double indices
Bonjour
Je suis tombé sur une suite à double indices dont j’aimerais obtenir une expression élégante, sans le niveau nécessaire. La suite est donnée par la relation :
\[ U_{k,n+1} = (k+1)(U_{k-1,n} + U_{k+1,n}) \quad\text{avec } U_{0,0} = 1. \quad\text{ } (i)
\] Sous la forme d’un tableau, avec $k$ une colonne et $n$ une ligne, les $ U_{k,n} $ pour $ k \in [ -1,6],\ n \in [ 0,6] ,$ ressemblent à :
\[
\begin{array}{|c|c|} \hline
\color{gray}{0}&1&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0} \\ \hline
\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&2&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0} \\ \hline
\color{gray}{0}&2&\color{gray}{0}&6&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0} \\ \hline
\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&16&\color{gray}{0}&24&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0} \\ \hline
\color{gray}{0}&16&\color{gray}{0}&120&\color{gray}{0}&120&\color{gray}{0}&\color{gray}{0} \\ \hline
\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&272&\color{gray}{0}&960&\color{gray}{0}&720&\color{gray}{0} \\ \hline
\color{gray}{0}&272&\color{gray}{0}&3696&\color{gray}{0}&8400&\color{gray}{0}&5040 \\ \hline
\end{array}
\] La colonne $k= -1$ est artificielle et ne vaut que des zéros ; sans ce remplissage de zéros les coefficients dont j’ai besoin deviennent incorrects. Si on laisse cette colonne naturellement sans la remplir de zéros , avec $k \in \Z$, on obtient un triangle symétrique. Également si on ôte le $(k+1)$ de la relation de récurrence $(i)$ , on obtient un triangle de Pascal « troué » de zéros.
Contexte : je suis tombé sur ces coefficients en cherchant à exprimer la dérivée $n$-ième de tangente avec des puissances de tangente. Je suis arrivé à : \[ \forall n \in N,\qquad \tan^{(n+1)} = (1+\tan^2) \sum_{k=0}^n
( U_{k,n} \times \tan^k ),
\] avec les $U_{k,n}$ décrits précédemment et la convention $\tan^0 : x \mapsto 1 $
Je suis tombé sur une suite à double indices dont j’aimerais obtenir une expression élégante, sans le niveau nécessaire. La suite est donnée par la relation :
\[ U_{k,n+1} = (k+1)(U_{k-1,n} + U_{k+1,n}) \quad\text{avec } U_{0,0} = 1. \quad\text{ } (i)
\] Sous la forme d’un tableau, avec $k$ une colonne et $n$ une ligne, les $ U_{k,n} $ pour $ k \in [ -1,6],\ n \in [ 0,6] ,$ ressemblent à :
\[
\begin{array}{|c|c|} \hline
\color{gray}{0}&1&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0}&\color{gray}{0} \\ \hline
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\color{gray}{0}&272&\color{gray}{0}&3696&\color{gray}{0}&8400&\color{gray}{0}&5040 \\ \hline
\end{array}
\] La colonne $k= -1$ est artificielle et ne vaut que des zéros ; sans ce remplissage de zéros les coefficients dont j’ai besoin deviennent incorrects. Si on laisse cette colonne naturellement sans la remplir de zéros , avec $k \in \Z$, on obtient un triangle symétrique. Également si on ôte le $(k+1)$ de la relation de récurrence $(i)$ , on obtient un triangle de Pascal « troué » de zéros.
Contexte : je suis tombé sur ces coefficients en cherchant à exprimer la dérivée $n$-ième de tangente avec des puissances de tangente. Je suis arrivé à : \[ \forall n \in N,\qquad \tan^{(n+1)} = (1+\tan^2) \sum_{k=0}^n
( U_{k,n} \times \tan^k ),
\] avec les $U_{k,n}$ décrits précédemment et la convention $\tan^0 : x \mapsto 1 $
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Réponses
il est possible de trouver une relation de récurrence (non affine) entre les dérivées successives de tan(x)
(on suppose x différent de (2k-1)pi/2)
en effet si y = tan(x) alors y’(x) = 1 + tan²(x) = (tanx + i)(tanx – i)
et on applique la formule de Leibniz sur la dérivée nième d’un produit de deux fonctions
soit : $y^{(n+1)}(x) = (y+i)^{(n)}.(y-i) + \binom{n}{1}(y+i)^{(n-1)}.(y -i)' + \dbinom{n}{2}(y + i)^{(n-2)}(y - i)''+.........+ (y+i)(y-i)^{(n)}$
les termes en i (opposés) disparaissent et la configuration du développement du binôme apparaît clairement :
$y^{(n+1)}(x) = y^{(n)}.y + \dbinom{n}{1}y^{(n-1)}y' + \dbinom{n}{2}y^{(n-2)}y'' + ...............+ \dbinom{n}{n-1}y'.y^{(n-1)} + y.y^{(n)}$
la dérivée d’ordre n + 1 de tan(x) est pair en x si n est pair et impair si n est impair
On peut dresser le tableau des dérivées successives de tan(x) :
$tan'(x) = 1 + tan^2(x)$
$tan''(x) = 2tan(x) + 2tan^3(x)$
$tan'''(x) = 2 + 8tan^2(x) + 6tan^4(x)$
$tan^{(4)}(x)= 16tan(x) + 40 tan^3(x) + 24tan^5(x)$
$tan^{(5)}(x) = 16 + 136tan^2(x) + 240 tan^4(x) + 120tan^6(x)$
$tan^{(6)}(x)= 272tanx + 1232tan^3(x) + 1680tan^5(x) + 720tan^7(x)$
$tan^{(7)}(x)= 272 + 3968tan^2(x) + 12096tan^4(x) + 13440tan^6(x) + 5040tan^8(x)$
$tan^{(8)}(x) = 7936tan(x) + 56320tan^3(x) + 129024tan^5(x) + 120960tan^7(x) + 40320tan^9(x)$
la somme alternée des coefficients des monômes en tan(x) est nulle, ligne par ligne
et donc chaque polynôme est divisible par tan²x + 1 (ensuite les diviseurs ne sont pas simples)
et la somme directe des coefficients est divisible par une puissance de 2
Si $tan^{(n)}(x) = \Sigma_{k=0}^{n+1}a^k(n)tan^k(x)$ est le polynôme en tan(x) de sa dérivée nième
alors d’après le tableau, la récurrence entre les coefficients $a^k(n)$ est pour la ligne indicée n et la colonne indicée k :
$$a^k(n) = (k - 1)a^{k-1}(n-1) + (k + 1)a^{k+1}(n-1)$$
Les nombres de Bernoulli $Za(1-2n)$ sont les dérivées d’ordre impair (à un signe près) de $\frac{1}{2}tan\frac{x}{2}$
au point d’abscisse 0 ; par identification on en déduit que
$(-1)^{n+1}\frac{a^{0}(2n-1)}{2^{2n}} = Za(1-2n)$ (nième nombre de Bernoulli)
Cordialement
Également, je me demandais s'il existait une expression des $U_{ k,n}$ qui ne faisait pas appel à d'autres nombres comme ceux de Bernoulli.
[ Bernoulli ne prend pas de 'i' devant 'lli'. ;-) AD}
\[
\forall k,n \in N, \qquad U_{k,n} = (k+1)!\big(U_{0,n-k}+P_{n-k}(k)\big).
\]
Avec $P_{i}(k)$ un polynôme évalué en $k$ ; les $U_{0,n-k}$ correspondent aux coefficients de la première colonne.
Chacun des deux termes posent problème : je ne connais pas encore d'expression efficace des coefficients $U_{0,n-k}$, et le polynôme semble assez farfelu :
\[
\forall i,k \in N, \quad\text{ } P_{ i+2}(k) = \sum_{p=0}^{k-1} (k-p+1)(k-p+2)\big(U_{0,i}+P_{i}(k-p)\big), \quad\text{avec } P_{0}=P_{1}=0.
\]
Sauf erreur de calcul, on a aussi :
\[
\begin{array}{lcr}
\forall i,k \in N, \quad P_{ i+2}(k) = \frac{k}{3}(-2k^3+14k+6)U_{0,i} + \frac{k}{3}(k^2+6k+11)P_{i}(k) \\ +(k^2+3k+2)\sum_{1 \leq j \leq m \leq \frac{3i}{2}}^{0 \leq p \leq k-1} S(k,p,m,j) - (3+2k)\sum_{1 \leq j \leq m \leq \frac{3i}{2}}^{0 \leq p \leq k-1} pS(k,p,m,j) \\ + \sum_{1 \leq j \leq m \leq \frac{3i}{2}}^{0 \leq p \leq k-1} p^2S(k,p,m,j) \quad\text{avec } S(k,p,m,j) = (\frac{-p}{k})^j * \binom{m}{j} *P_{i}^{(m)}(0)*k^m
\end{array}
\]
J'avais trouvé sans utiliser la formule de récurrence :
\[
P_{2}(k)= \frac{k}{3} (k^2+6k+11) \quad\text{et } \quad\text{ }P_{4}(k)= \frac{k}{90} (5k^5+87k^4+605k^3+2145k^2+4070k+3888).
\]
Tous les $P_{i}$, $i$ impairs sont le polynôme nul. $P_{2}$ et $P_{4}$ semblent fonctionner. Je suis moins certain pour la formule de récurrence.
Par exemple on a bien :
\[
U_{2,6} = (2+1)!\big(U_{0,4}+P_{4}(k)\big) = 3!\big(16+\frac{2}{90} (5*2^5+87*2^4+605*2^3+2145*2^2+4070*2+3888)\big) = 3696
\]