Petit exo en cinq minutes

P.

Soit $a$ reel  et $\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n=\frac{1}{1-2a x+x^2}.$ Pour quelles valeurs de $a$ a-t-on $c_n\geq 0$ pour tout $n?$

jean lismonde

Bonjour

si a = 1 et x < 1 on obtient : $\frac{1}{(1 - x)^2} = \Sigma_0^{+\infty}(n+1)x^n$

je ne trouve pas d'autre valeur pour a

Cordialement

i.zitoussi

Je trouve $[1,\infty[$.

jandri

Si $a=\cos(t)$, $t\in]0,\pi/2[$ alors $c_n=\dfrac{\sin((n+1)t)}{\sin t}$.

math2

Je trouve comme i.zitoussi. Mais je n'ai pas trouvé de manière qui me prenne moins de 5 minutes pour écrire les choses, il y a certainement un peu plus direct que ce que je fais.

math2

... et encore, je viens de me rendre compte que dans le cas $|a| \geq 1$, j'ai oublié de réfléchir au cas $a$ négatif, mais je me convainc que raisonnablement ça ne conviendra pas à cause des alternances de signes lorsqu'on élève successivement aux différentes puissances ...

Bref je ne le ferais pas en 5 min, mais il m'en faudrait au moins 6 !!!

jandri

Puisque $c_1=2a$ on n'a pas à considérer $a<0$.

math2

effectivement, je l'ai vu autrement avec la forme générale des $c_n$, mais je n'ai pas pensé à regarder les toutes premières valeurs.

gai requin

On a $c_0=1,c_1=2a$ et $c_n=2ac_{n-1}-c_{n-2}$ pour tout $n\geq 2$ donc on peut supposer $a\geq 0$, et même $a>0$ classiquement.
Si $a\geq 1$ et si les $c_k$ sont positifs pour $0\leq k\leq n-1$, alors $c_n-c_{n-1}=(2a-1)c_{n-1}-c_{n-2}\geq c_{n-1}-c_{n-2}\geq c_1-c_0\geq 1$ donc $(c_n)$ est à termes positifs (et aussi croissante).
Supposons qu'il existe $a\in ]0,1[$ tel que $(c_n)$ soit à termes positifs.
Il y a deux pôles imaginaires de module $1$ donc le DSE est valable pour tout $x\in ]-1,1[$.
Soit alors $\varepsilon>0$ tel que $a-\varepsilon,a+\varepsilon\in ]0,1[$.
Par symétrie par rapport à $a$, il vient $\sum c_n(a+\varepsilon)^n=\sum c_n(a-\varepsilon)^n$ donc $4a\varepsilon\leq 0$ : contradiction.

bisam

Je n'aurai qu'un mot : "Polynômes de Tchebychev de seconde espèce."

ev

@bisam Combien de points au scrabble ?

e.v.

[ Tchebichef selon NdT ]

i.zitoussi

J'avais fait comme ça: D'abord, on vérifie que $c_n(-a)=(-1)^nc_n(a)$, donc de $+a$ et $-a$, au plus un des deux peut être solution, et $0$ ne peut pas être solution. (Avec la remarque de jandri, on peut en fait savoir tout de suite que $a$ doit être strictement positif).

Ensuite, en termes des racines $\alpha$ et $\beta$ de $X^2-2a\, X+1$ (qui sont non nulles puisque $\alpha\beta=1$), et sachant que $\frac{1}{1-z} = \sum_{i\geq 0}z^i$, on trouve assez rapidement $\frac{1}{(X-\alpha)(X-\beta)} = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(\alpha\beta)^{n+1}} \left( \sum_{i=0}^n \alpha^i\beta^{n-i}\right) X^n$, et donc $$c_n=\sum_{i=0}^n \alpha^i\beta^{n-i}$$Quand $\alpha=\beta$ (càd quand $a^2=1$), on retrouve ce qu'a dit Jean Lismonde.

Dans tous les autres cas, on a $c_n=\frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\alpha-\beta}$, et on retrouve ce qu'a dit jandri : si $0<a<1$, alors $c_n=\frac{\sin((n+1)t)}{\sin t}$ pour un certain $t\in ]0,\pi/2[$, et les $c_n$ ne sont pas de signe constant (mais il y a périodicité quand $t/\pi$ est rationnel). Si $a>1$, alors $\alpha$ et $\beta$ sont réels strictement positifs et distincts, et les $c_n$ sont de signe constant (on a en fait $c_n=\frac{\sinh((n+1)t)}{\sinh t}$ pour un certain $t>0$).

J'aimerais bien connaître la solution de P. qui fait moins de 5 minutes.

Remarque en passant: pas trop compris pourquoi la première phrase de mon message, "J'avais fait comme ça: ", a été transformée en "Je n'avais pas comme ça. ". J'ai rétabli.

bisam

$\DeclareMathOperator{\sh}{sh}$ $\DeclareMathOperator{\argch}{argch}$ $x\mapsto \frac{1}{1-2ax+x^2}$ est la fonction génératrice des polynômes de Tchebychev (translittération usuelle... mais probablement non optimale) de seconde espèce.

Par conséquent, pour tout $n\in\N$, $c_n=U_n(a)$.

Ainsi, en particulier :

- si $|a|< 1$ alors \[c_n=\frac{\sin((n+1)\arccos(a))}{\sin(\arccos(a))}=\frac{\sin((n+1)\arccos(a))}{\sqrt{1-a^2}}\], ce qui change de signe avec $n$,

- si $a=1$ alors $c_n=n+1$,

- et si $a>1$ alors \[c_n=\frac{\sh((n+1)\argch(a))}{\sh(\argch(a))}=\frac{\sh((n+1)\ln(a+\sqrt{a^2-1}))}{\sqrt{a^2-1}}\] qui est tout le temps positif car $\sh$ est positive sur $\R^+$.

P.

J'ai fait comme bisam et jandri : décomposition en éléments simples complexes de la fraction rationnelle, qui donne explicitement les $c_n$. Après cette solution et celle de gai requin, en voici une troisième : pour $a=1+h>1$ alors

$$\frac{1}{1-2(1+h)x+x^2}=\frac{1}{(1-x)^2}\times \frac{1}{1-\frac{2hx}{(1-x)^2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2hx)^n}{(1-x)^{2n+2}}.$$

i.zitoussi

Ok, cette dernière méthode est expéditive. Je me demandais s'il y avait une manière de faire sans calculer explicitement les $c_n$. Avec ta méthode et celle de gai_requin, ça en fait déjà deux.

Lars

Bonjour,

Notations :$ f(x, a)=1/P(x,a) $ le terme de droite,

$F$ les zéros de P (dans $R^2$) qui est un fermé

$\Omega=F^{c} $  qui est un ouvert de $\R^2$

Le terme $a_n$ de l'énoncé est noté $u_n(a) $

$P$ est $C^{\infty} $ différentiable sur $\R^2$ donc $f$ est $C^{\infty} $ différentiable sur $\Omega$.

$\forall a,\ f$ est une fraction rationnelle de rayon 1 si $|a|\le 1$ de rayon $R(a)<1$ si $|a|>1$.

Lars

L'interface est pourrie,  l'écran n'arrête pas de sauter...

L'argument d'existence d'un voisinage à droite de 1 (cf résultat 4) est faux. L'intersection dénombrable de voisinage à droite de 1 pourrait être réduite au singleton 1.

Argument modifié plus bas.

Résultat 1 : sur le domaine de convergence de la série entière on a

$\partial_a f=\sum_{n=0}^{+\infty} u_{n}^{'}(a)x^n$

Lemme de Schwarz utilisé en se souvenant que $u_n(a)=\partial_{x^n} f(0)/n!$

Résultat 2 : $a=1$ répond à la question

Résultat 3 : $\forall n,  u_n$ est strictement croissante au voisinage de tout point a répondant à la question.

On écrit $\partial_a f=2a f^2$ et produit de Cauchy pour conclure à la stricte positivité de $u_n' $ en tout point $a$ répondant à la question.

Résultat 4 : tout $a\ge 1$ répond à la question.

Un voisinage à droite de 1 répond à la question. ARGUMENT FAUX.

On utilise ensuite argument de connexité et une preuve par contraposée.  

Resultat 5 : soit $a<1$ répondant à la question

$\partial_x f=\frac{2a-2x}{P^2}$ et donc est négative pour $x$ voisin de 1

Cet argument ne vaut que pour $a>-1$ qui assure que le rayon est 1 et donc que l'argument précédent est licite.

Si $a\le-1, \forall x\in [0;R(a)[, 2a-2x<0$ et donc $\partial_x f$ prend des valeurs négatives.

Mais si a répond à la question $\partial_x f=\sum_n nu_n(a)x^{n-1}$ qui ne prend jamais de valeur négative. On conclut.

Correction pour résultat 4

On va montrer que $\forall n, u_n$ est croissante sur $[1;+\infty[$ ce qui permettra de conclure.

On vérifie $\partial_a f=2a f^2,  \partial_x f=(2a-2x)f^2$ d'où $\forall a>1, \forall x\in] 0;R(a)[, \partial_a f=\frac{1}{1-x/a} \partial_x f$ puis $\forall n, u_n'(a)-1/a^nu_n(a) =g_n$ avec $g_n=\sum_{p=0}^{n-1} \frac{1}{a^{n-p}}u_p(a)$ et donc $(\exp(-x/a^n) u_n(a))' =\exp(-x/a^n)g_n$ (1)

On a $\forall a\ge 1, u_0(a)=1, u_1(a)=2a, u_2(a)=4a^2-1$

$\forall n, u_n(1)=n+1$

Donc $u_0, u_1, u_2$ sont croissantes sur $[1;+\infty[$

Par récurrence, grâce à (1), on peut alors montrer que $\forall n\ge 1, u_n$ est croissante sur $[1;+\infty[ $et donc $\forall a\ge 1,  u_n(a) \ge u_n(1)$ et donc tout $a \ge 1$ répond à la question.

Amathoué

@Lars , pour l’interface, c’est parce que le site n’est pas « responsive ».

math2

Moi aussi j'avais calculé (quasi) explicitement les $c_n$, et j'avoue que ça m'a pris un peu plus de 5min.

Dom

Ayant eu la même idée (DSE $1/(1-X^2)$ avec changement de variable) et m’étant royalement embourbé j’ai cru que je n’étais pas dans le coup du tout. 

Les 5 minutes m’ont interpellé. 

Cela dit, P.  que je salue, est souvent très court, très laconique (ce n’est pas une critique).

P.

Pas fatigant la quatrieme : $$e^{-\log (1-2x\cosh t+x^2)}=e^{-\log (1-xe^t)-\log (1-xe^{-t})}=e^{2\sum_{n-1}^{\infty}\cosh(nt)\frac{x^n}{n}}.$$ Et pour bisam, reconciliation des deux sortes de polynomes de Tchebychev $T_n(2\cos t)=2\cos (nt)$ et $U_n(2\cos t)=(\sin (n+1) t)/\sin t$ avec

$$\exp \left(\sum_{n=1}^{\infty}T_n(y)\frac{x^n}{n}\right)=\sum_{n=0}^{\infty}U_n(y)x^n.$$

edit: apres correction de jandri, que je remercie.

Lars

Bonjour

J'ai corrigé l'erreur commise (il s'agissait de prouver que si 1 répond à la question tout a>1 répond aussi à la question mais je n'ai pas indiqué les détails des calculs.

En fait une autre preuve plus simple (connaissance en analyse complexe ou bien que les inverses de séries entières) est possible en constatant que

$f(a, x)=\frac{f(1,x)}{1-2(a-1)xf(1,x)}$ et de constater que le développement en série entière du dénominateur a tous ses coefficients positifs, puis d'effectuer un produit de Cauchy entre deux séries entières dont les coefficients sont positifs.

Si on ne connaît pas d'analyse complexe, on s'en sort avec de l'algèbre en travaillant avec des séries formelles dans $C[[X]]$ :

L'égalité avec la variable $x$ réelle donne une égalité formelle dans $C[[X]] $ dont le membre de droite a tous ses coefficients positifs (preuve plus facile car on n'a pas à se soucier des pbs problèmes de convergence) et ses coefficients sont ceux du membre de gauche.

Avec ces écrans qui sautent en permanence on s'en sort avec des messages courts...

P.

Eh, Lars, ta solution ressemble bien a la 'troisieme' indiquee plus haut.

jandri

P.
Il faut rectifier ce que tu as écrit dans ta formule pour bisam.
Elle est valide pour les polynômes de Tchebychev normalisés, c'est-à-dire : $T_n(2\cos t)=2\cos (nt)$ et $U_n(2\cos t)=\dfrac{\sin (n+1) t}{\sin t}$.
Ils sont unitaires (sauf $T_0$) et vérifient la récurrence $P_{n+2}=XP_{n+1}-P_n$.

Rescassol

Bonjour,

Tchebichef.

Cordialement,
Rescassol

jandri

Oui mais Tchebychev est plus couramment utilisé sur internet.

Lars

@P.

Non : rien de commun ni pour le cas a<1 (j'utilise la positivité des coefficients du DSE en 0 de $\partial_x f$) ni pour le cas $a>1$ (où je donne (enfin rédaction très laconique pour la 1ère et seuls les arguments essentiels pour la seconde) 2 preuves de nature différentes).

P.

Lars, ah vraiment? (je parlais du cas $a>1$)