Amusette de fin d'été

john_john
Modifié (August 2022) dans Algèbre
Soit $P\in\R_n[X]$ tel que $P(k)=2^k$ pour tout $k\in\{0,\,1,\,\dots,\,n\}$ ; quelle est la valeur prise par $P$ en $n+1$ ? en $-1$ ? Quel est le terme dominant de $P$ ?

Réponses

  • Bonjour, Marco ; moi aussi : c'est bon signe :) 

    On peut bien sûr chercher la valeur en $n+2$, etc., mais cela perd un peu de son intérêt.
  • cailloux
    Modifié (August 2022)
    Bonjour
    Des conjectures :
    $P(n+1)=2^{n+1}-1$
    $P(-1)\begin{cases}1\text{ si }n\text{ pair}\\0\text{ si }n\text{ impair}\end{cases}$
    Terme dominant : $\dfrac{x^n}{n!}$.
  • [Utilisateur supprimé]
    Modifié (August 2022)
    $P$ ne serait-il pas plutôt dans $\mathbb R _{n+1} [X]$ ?
    Edit. C'est bien $\mathbb R _{n} [X]$. J'avais oublié cette particularité bizarre des polynômes d'interpolation. Désolé.
  • Soit $A(X)=X(X-1) \cdots (X-n)$, alors $P(X)= \sum_{i=0}^n 2^i \frac{A(X)}{(X-i)A'(i)}$. Donc $P(n+1)=\sum_{i=0}^n 2^i \frac{A(n+1)}{(n+1-i)A'(i)}$. Et $A(n+1)=(n+1)!$ et $(n+1-i)A'(i)=(n+1-i) \times i(i-1) \cdots (i-(i-1))  \times (i-(i+1)) \cdots (i-n)=(n+1-i) i! (-1)^{n-i}(n-i)!$.
    Donc $\frac{A(n+1)}{(n+1-i)A'(i)}=\frac{(n+1)!}{i!(n+1-i)!}(-1)^{n-i}$.
    Donc $P(n+1)=2^{n+1}-\sum_{i=0}^{n+1}(-1)^{n+1-i}2^iC_{n+1}^i=2^{n+1}-(2-1)^{n+1}$
  • Barjovrille
    Modifié (August 2022)
    Bonjour j'ai trouvé la même chose que marco  pour n+1 et pour -1 j'ai trouvé 
    par la même méthode 
    $(1/2)(3^{n+1} -1)$ 

    edit: bon vu les réponses je me suis trompé dans les calculs pour le deuxième point...
  • jandri
    Modifié (August 2022)
    Le degré de $P(X)-P(X+1)$ est égal à $n-1$ et par récurrence celui de $\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}P(X+k)$ est égal à $n-n=0$.
    Pour $x=0$ on obtient $\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}P(X+k)=(-1)^n$.
    Pour $x=1$ on en déduit avec la formule du binôme que $P(n+1)=2^{n+1}-1$.
    Pour $x=-1$ on en déduit avec la formule du binôme que $P(-1)=\dfrac12((-1)^n+1)$. 
    On voit que $P(X+1)-2P(X)=-a_nX(X-1)\dots(X-n+1)$ d'où pour $x=n$ le coefficient dominant de $P$ est égal à $a_n=\dfrac1{n!}$.
  • J'ai aussi trouvé une formule générale : $P_n(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}{X+1\choose n-2k}$.
  • john_john
    Modifié (August 2022)
    Pour le calcul de $P$ en les deux points demandés, j'ai fait à peu près comme jandri, mais par une récurrence : si $P_n$ est le polynôme interpolateur de degré $\leqslant n$, on a $P_n(X+1)-P_n(X)=P_{n-1}(X)$, ce qui permet de vérifier les valeurs conjecturées de proche en proche.
    Pour le coefficient dominant, j'ai écrit la formule d'interpolation de Lagrange, dans laquelle reconnaît le développement binomial de $\frac1{n!}\,(2-1)^n$. En fait, il s'agissait ici d'une interpolation de Newton, c'est-à-dire à pas constant, et cela justifiait l'intervention de l'opérateur de différences finies. Une méthode plus astucieuse m'intéresserait...
    Enfin, cet exercice n'est pas <<gratuit>> ; en effet, lors d'un dénombrement (je ne sais plus de quoi, peut-être le nombre de triangulations d'un $n$-agone convexe), le cardinal était polynomial de degré $4$ et les premières valeurs furent $1,2,4,8,16$ et... $31$. J'avais posé cela en exo dans un des tout premiers numéros de Quadrature ; ces fait-là sont prescrits depuis belle lurette.
  • Je viens de voir la formule de jandri : une décomposition en somme  de certains polynômes de Hilbert (décalés de $1$), donc ! Bien vu !!
  • jandri
    Modifié (August 2022)
    Je n'ai pas beaucoup de mérite, en recherchant dans mes archives j'ai retrouvé ce problème que j'avais donc déjà cherché.
    La formule pour $P_n$ s'écrit aussi (tout simplement) : $P_n(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n{X\choose k}$.
    Quand on l'a trouvée la démonstration est immédiate.
    On peut généraliser avec les conditions $P_n(k)=a^k$ pour $0\leqslant k\leqslant n$ , on obtient : $P_n(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n{X\choose k}(a-1)^k$.
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