Montrons qu'une suite est entière

Keynes

 Bonsoir à tous,   je dois montrer qu'une  suite  définie par  $x_n=cx_{n-1}+\sqrt{(c^2-1)(x_{n-1}^2-1)}\ ,n\geq 1$ avec  $x_1=c$   est entière si et seulement si $c$ est un entier. J'ai  essayé sans succès. J'avais voulu montrer que $\forall p $ entier premier $v_p(x_n-cx_{n-1})\geq 0$. Quelqu'un a-t-il une approche ?

Keynes

J'ai pu avoir une inégalité de type  $v_p(x_n-cx_{n-1})\geq \min(v_p(x_{n-1}-1),v_p(x_{n-1}+1))$ mais pas suffisant 

Bibix

Bonjour
On peut facilement montrer que $x_n = T_n(c)$, où $T_n$ est le $n-$ième polynôme de Tchebychev de première espèce.

gebrane

Mais les ( ajout oubli fonctions) polynômes de Tchebychev de première espèce sont définis seulement sur $ [-1,1]$.

Une idée (je n'ai pas fait les calculs) on veut montrer que $$c\in \N\iff \forall n\geq 1, \ x_n\in \N.$$

Le sens réciproque est évident. Pour démontrer le sens direct, on procède par récurrence.

Soit  $ P_n: \quad x_n\in \N$ et $(c^2-1)(x_n^2-1)$ est un carré.

Math Coss

Un polynôme est un polynôme (i.e. essentiellement une suite de coefficients) ! Quel sens cela aurait-il de dire qu'il est "défini sur un intervalle" ?

canasson29

Gebrane met le doigt sur le théorème d'identification entre fonctions polynomiales et polynômes qui n'est plus valable en caractéristique $p.$

Math Coss

Gebrane s'inquiète pour rien. Ici on est tranquillement en caractéristique zéro : on peut identifier un polynôme et une fonction polynomiale sans inconvénient, en choisissant librement l'intervalle de définition (pour peu qu'il ne soit pas réduit à un point). Il est vrai que quand on manipule les polynômes de Tchebychev, il est classique de les voir comme fonctions sur $[-1,1]$ à cause de la formule fondamentale $T_n(\cos t)=\cos(nt)$ mais hey! rien n'empêche de calculer $T_n(2)$ pour $n$ quelconque !

gebrane

Je m’inquiétais pour rien

Keynes

Merci  $ x_{n+1}=cx_{n}+\sqrt{(c^2-1)(x_{n}^2-1)}$    donc $(x_{n+1}-cx_n)^2= (c^2-1)(x_n^2-1)$ 

$$  x_{n+1}^2=2cx_nx_{n+1}-c^2-x_n^2+1,\qquad x_n=T_n(c)$$

\begin{align*}
T_{n+1}^2(c)&=2cT_n(c)T_{n+1}(c)-c^2-T_n(c)^2+1&\text{donc}\\
( 2cT_n(c)-T_{n-1}(c))^2&=2cT_n(c)( 2cT_n(c)-T_{n-1}(c))-c^2-T_n(c)^2+1\\
 4c^2T_n(c)^2-4cT_n(c)T_{n-1}(c)+T_{n-1}(c)^2&=4c^2T_n(c)^2-2cT_n(c)T_{n-1}(c)-c^2-T_n(c)^2+1\\
T_n^2(c)&=2cT_n(c)T_{n-1}(c)-c^2- T_{n-1}^2(c)+1
\end{align*}

gebrane

Et c'est fini?  Il faut  démontrer que $T_{n}(x) = 2xT_{n-1}(x) - T_{n-2}(x)$ à partir de ton identité $T_n^2(x) = 2xT_n(x)T_{n-1}(x) - x^2 - T_{n-1}^2(x) + 1$

Bibix

Tu as une racine qui gêne beaucoup mais pourtant, le résultat que je t'ai donné est polynomial en $c$. Ça ne te choque pas ? Ça veut dire que la racine est éliminée formellement, non ? Il faut donc regarder ce que donne le polynôme $(T_n^2 - 1)(X^2-1)$. En identifiant en $\cos(x)$, on trouve... $\sin^2(x) \sin^2(n x)$ ! Ça ne te dit rien ?

Keynes

$$4(T_n^2(\cos x)-1)(\cos^2x-1)=4\sin^2(x)\sin^2(nx)=( \cos(n-1)x-\cos(n+1)x)^2=(T_{n-1}(\cos x)-T_{n+1}(\cos x))^2$$

Keynes

\begin{align*}
4(T_n^2(\cos x)-1)(\cos^2x-1)&=4\sin^2(x)\sin^2(nx)=( \cos(n-1)x-\cos(n+1)x)^2=(T_{n-1}(\cos x)-T_{n+1}(\cos x))^2\\
T_{n+1}(\cos x)&=T_{n-1}(\cos x)+2\sqrt{T_n^2(\cos x)-1)(\cos^2x-1)}\\
2 x_{n+1}&=2cx_{n}+2\sqrt{(x_n^2-1)(x^2-1)}\\
2 x_{n+1}-T_{n+1}(c)&=2cx_{n}-T_{n-1}(c)+2(\sqrt{(x_n^2-1)(c^2-1)}-\sqrt{T_n^2(c)-1)(c^2-1)}
\end{align*}

gebrane

@Keynes Pourquoi te compliques-tu la vie ? J'ai initié une méthode simple ici. J'ai effectué les calculs et cela fonctionne très bien, à moins que tu n'aies pas la foi. 

JLapin

Chacun fait comme il l'entend. On dirait Oshine qui reproche aux solutions d'être trop compliquées. Pour ma part, je trouve formidable de voir apparaître les polynômes de Tchebychev !

gebrane

C'est la troisième fois que je poste un message et que tu me tombes dessus , Jlapin, alors que mes messages ne te sont pas destinés.

JLapin

Désolé, c'est un forum !

Je voulais principalement signaler que j'aimais bien l'esprit de cette preuve afin qu'il n'efface pas son message pour le remplacer par une preuve plus simple.

gebrane

Mais tu vois qu'il tourne en rond et Bibix que je salue n'a pas le temps pour lui expliquer les détails. Peux-tu t'en charger Jlapin  ?

LP2

C'est drôle mais tout le monde interprète "entier" comme "entier naturel" alors que le résultat est vrai pour $c \in \Z$.
Si $c \leqslant -1$, on montre facilement que $(x_n)$ alterne entre les valeurs $c$ et $2c^2-1$ et l'égalité $x_n=T_n(c)$ n'est pas vérifiée pour $n \geqslant 3$.
Si $c=0$, la suite n'est pas définie.
Si $c \geqslant 1$, on a clairement $x_n > 0$ pour tout $n\in\N^*$. On peut alors montrer que $x_n=T_n(c)$ pour tout $n\in\N^*$ de la manière suivante.
On vérifie l'égalité pour $n\in\{1,2\}$.
Soit un entier $n \geqslant 1$. On suppose que $x_n=T_n(c)$ et $x_{n+1}=T_{n+1}(c)$. On peut remarquer que l'égalité $(x_{n+1}-cx_{n})^2=(c^2-1)(x_{n}^2-1)$ implique que $x_{n}$ est racine du polynôme $X^2-2cx_{n+1}X+x_{n+1}^2+c^2-1$ donc $x_{n}$ vaut $cx_{n+1} - \sqrt{(c^2-1)(x_{n+1}^2-1)}$ car $x_{n+1} \geqslant cx_{n} \geqslant x_{n}$ (puisque $c \geqslant 1$). Dès lors,
\begin{align*}
T_{n+2}(c)&=2cT_{n+1}(c)-T_{n}(c)=2cx_{n+1}-x_{n} \\
&=2cx_{n+1}-\left(cx_{n+1} -\sqrt{(c^2-1)(x_{n+1}^2-1)}\right) \\
&=cx_{n+1}+\sqrt{(c^2-1)(x_{n+1}^2-1)} \\
& = x_{n+2}
\end{align*}
ce qui montre le résultat par récurrence.

JLapin

$\newcommand{\ch}{\cosh}\newcommand{\sh}{\sinh}$Les polynômes de Tchebychev vérifient $\forall x\in\R, \ T_n(\ch x) = \ch(nx)$.

Comme $c\geq 1$, on peut fixer $x\in \R_+$ tel que $c = \ch x$.

On fait l'hypothèse de récurrence que $x_{n-1} = T_{n-1}(c) = \ch((n-1)x)$ et quelques calculs de trigonométrie hyperbolique montrent que $x_n = \ch x\ch((n-1)x) + \sh x \sh((n-1)x) = \ch(nx)=T_n(c)$.

Effectivement, je ne comprends pas non plus grand chose à certains calculs ci-dessus.

[Pafnouti Tchebychev(1821-1894) prend toujours une majuscule. AD]

Bibix

Je peux quand même expliquer que le résultat $x_n = T_n(c)$ n'est valable que pour $c > 1$. Si $c < 1$, alors $x_n = \begin{cases} \max(2c^2-1, 1) \text{ si } 2 \mid n \\ c \text{ sinon} \end{cases}$. Mais bon, c'est un cas facile à éliminer.

gebrane

Avec Pafnouti Tchebychev , vous répondez partiellement à la question car vous mettez des conditions sur c.

Avec une récurrence, je  n'ai pas besoin des conditions sur c. Me trompé-je ?

Bibix

Voilà une démonstration qui nécessite seulement de connaitre l'existence des polynômes $T_n$ et $U_n$ de degré $n$ tels que $T_n(\cos(x)) = \cos(n x)$ et $U_n(\cos(x)) = \frac{\sin((n+1)x)}{\sin(x)}$. Cette existence est garantie par la formule de Moivre.

On pose $P(n) : "x_n = \begin{cases} T_n(c) \text{ si } c > 1 \\ 1 \text{ si } c \in [-1,1] \text{ et } 2 \mid n \\ T_2(c) \text{ si } c < -1 \text{ et } 2 \mid n \\ c \text{ sinon} \end{cases}"$.

$n = 1$ : $x_1 = c$ donc $P(1)$ est vraie.

$n \geq 2$ : on suppose $P(n-1)$. On obtient $x_n = \begin{cases} c T_{n-1}(c) + \sqrt{(c^2-1)(T_{n-1}(c)^2-1)} \text{ si } c > 1 \\ c \text{ si } c \in [-1, 1] \text{ et } 2 \not\mid n \\ c \text{ si } c < -1 \text{ et } 2 \not\mid n \\ 2 c^2-1 = T_2(c) \text{ si } c < -1 \text{ et } 2 \mid n \\ 1 \text{ si } c \in [-1,1] \text{ et } 2 \mid n\end{cases}$. Or $(X^2 - 1)(T_{n-1}^2 - 1)(\cos(x)) = \sin^2(x) \sin^2((n-1)x) = \sin^4(x) U_{n-2}^2(\cos(x))$ pour tout $x \in \R$ avec $U_{n-2}$ le $(n-2)-$ième polynôme de Tchebychev de seconde espèce. On a alors $(X^2-1)(T_{n-1}^2-1) = (X^2-1)^2 U_{n-2}^2$ or $U_{n-2}(1) = \underset{x \to 0}{\lim} \frac{\sin((n-1) x)}{\sin(x)} = n-1 > 0$ et toutes les racines de $U_{n-2}$ sont dans $[-1,1]$ (car son degré est $n-2$ et $U_{n-2}(\cos(\frac{k \pi}{n-1})) = 0$ pour tout $1 \leq k \leq n-2$). On en déduit que $U_{n-2}(c) > 0$ pour tout $c > 1$ donc $\sqrt{(c^2-1)(T_{n-1}(c)^2 - 1)} = (c^2-1) U_{n-2}(c)$. Pour $c > 1$, on a donc $x_n = c T_{n-1}(c) + (c^2-1) U_{n-2}(c) = T_n(c)$ car $(X T_{n-1}+(X^2-1)U_{n-2})(\cos(x)) = \cos(x) \cos((n-1)x) - \sin(x)\sin((n-1)x) = \cos(n x) = T_n(\cos(x))$.

Math Coss

Il doit être utile de savoir que ces polynômes ont des coefficients entiers. 

gebrane

Jlapin, il te reste à compléter ta méthode pour c<1. Je donne ma méthode facile que tu n'aimes pas pour laisser une trace.
Soit la propriété $P_n$: $x_n\in \mathbb{Z}$ et $\exists m\in\mathbb{N},, x_n^2-1=(c^2-1)m^2$. Bien sûr, m dépend de n.
$P_1$ est vraie car $x_1=c\in \mathbb{Z}$ et $x_1^2-1=(c^2-1)1^2$.
Supposons $P_n$ vraie, alors $x_{n+1}=cx_n+|c^2 -1| m\in \mathbb{Z}$. Il reste à montrer que $x_{n+1}^2 -1=(c^2-1)M^2$.
Avec un calcul facile, on trouve si $|c|\geq 1$ que $x_{n+1}^2 -1=(c^2-1)(cm+x_n)^2$, et si $|c|\leq 1$, que $x_{n+1}^2 -1=(c^2-1)(cm-x_n)^2$

JLapin

Elle est très jolie aussi cette preuve : merci pour le partage !

jandri

Cela reprend un peu les calculs fait par @LP2 mais j'ai une démonstration qui n'utilise pas les polynômes de Tchebychev.
Je me place dans le cas où $c>1$ et je démontre la relation $x_{n+1}=2cx_n-x_{n-1}$ à partir de la définition $x_n=cx_{n-1}+\sqrt{(c^2-1)(x_{n-1}^2-1)}$. Comme $x_{n+1}>cx_n$ et $cx_n>x_{n-1}$ on a : 

\begin{align}x_{n+1}=2cx_n-x_{n-1}&\Leftrightarrow ( x_{n+1}-cx_n)^2=(cx_n-x_{n-1})^2\\ &\Leftrightarrow (c^2-1)( x_n^2-1)=(cx_n-x_{n-1})^2\\ &\Leftrightarrow x_n^2+x_{n-1}^2-2cx_nx_{n-1}+c^2-1=0\\ &\Leftrightarrow (x_n-cx_{n-1})^2=(c^2-1)( x_{n-1}^2-1)\end{align}
C'est bien vérifié par définition de la suite. Comme $x_0=1$ et $x_1=c$ entier on en déduit que $x_n$ est entier pour tout $n$ (bien sûr on retrouve la relation de récurrence des polynômes de Tchebychev).

Keynes

Merci