Bonjour,
j'ai cherché à établir une récurrence pour le calcul de Z(n) = intégrale de 0 à 1 de de x^n *e^x . Je trouve effectivement Z(n) = e - n*Z(n-1), mais je ne parviens pas à exprimer "simplement" Z(n) en fonction de Z(1)=1
Cordialement
A.Cadiou
Tu trouveras en itérant ton égalité quelque fois (i.e. en calculant $Z_{n-1}$ à l'aide de ta relation de récurrence et en réinsérant dans ton expression de $Z_n$) que :
$Z_{n} = e \times \sum_{i=0}^{k-1} (-1)^{i} \prod_{j=0}^{i-1} (n-j) + (-1)^{k} \prod_{i=0}^{k-1} (n-i) \times Z_{n-k}$
(et si tu veux le prouver une récurrence s'en charge en 2 lignes)
Et en prenant $k=n-1$ ça te donne une relation avec $Z_1$
Mais le terme de gauche avec la somme et le produit est absolument barbare... Dans mes calculs j'ai trouvé que ça faisait $1-n$ pour $k=1$, $1-2n+n^2$ pour $k=2$ et $1-4n+4n^2-n^3$ pour $k=3$, donc c'est clairement exprimable beaucoup plus simplement, je suis juste flemmard :-D
Bonjour
Je ne pense pas qu'il y ait une expression simple du facteur de $e$. À mon avis le mieux est de dire que $z_n=e \sum_{j=0}^n (-1)^j j! \binom{n}{j}+(-1)^{n+1} n! .$
À partir de $Z_n=\newcommand{\e}{\mathrm{e}}\e-nZ_{n-1}$, une astuce consiste à diviser par $n!$ pour faire disparaître le facteur $n$. On pose $T_n=Z_n/n!$, ce qui donne \[T_n=\frac{\e}{n!}-T_{n-1}.\] On multiplie par $(-1)^n$ pour faire apparaître un télescopage : \[(-1)^nT_n=\frac{(-1)^n\e}{n!}+(-1)^{n-1}T_{n-1}\] et, après télescopage, \[(-1)^nT_n=\e\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k!}+T_0,\] avec $T_0=Z_0=\int_0^1\e^{t}\mathrm{d}t=\e-1$, d'où en principe \[(-1)^nT_n=\e\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}-1.\]C'est en principe la même chose que Victor2N si on écrit $n!/k!=\prod_{j=1}^{n-k}(n-j+1)$.
On peut effectivement trouver la solution et la prouver par récurrence. Mais ce n’est pas évident.
Je pars de $z(n)=e - n z(n-1)$ avec $z_0$ arbitraire.
Je calcule $z(1),z(2),z(3)$ et je devine une forme $z(n)=a_n e +(-1)^n n! z_0.$
Je reporte et nécessairement $a(n)=1- n a(n-1)$ avec $a_0=0.$
Quand je compare les récurrences sur $z$ et $a$ on a gagné sans doute une forme canonique avec $a.$
J’écris $a(1),a(2),a(3),a(4)$ et je ne trouve pas de solution évidente.
Mais Wolfram me dit de considérer $ f_n=n! \sum_{k=0}^n {(-1)^k\over k!}$ : j’ai envie de démontrer que $a(n)=(-1)^n f_n, n\geq 1$ mais je te laisse terminer.
Merci YvesM mais je regrette d'avoir employé le mot « astuce » parce que ça suggère une intuition alors que c'est une vraie méthode (i.e. une astuce qui sert au moins deux fois dans une vie ; j'allais dire que c'est par exemple standard pour les dérangements mais c'est parce que les deux suites sont essentiellement les mêmes, cf. http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgvmm/Compter/Factsous.htm).
Tiens, puisque j'ai la parole, je la garde. Cela m'amuse de faire l'étude asymptotique de suites définies par des récurrences, même si ici c'est un peu idiot puisqu'on a une formule explicite. Pour commencer, d'après sa définition, la suite $(Z_n)$ est positive et bornée puisque la fonction intégrée est positive et majorée par l'exponentielle et que le domaine est fixé. De plus $Z_n=\e-nZ_{n-1}$, d'où $(Z_n)$ tend vers $0$ (par exemple parce que $Z_{n-1}=\e/n+Z_n/n$). On en déduit que $Z_n\sim\e/n$. On pose $W_n=Z_n-\e/n$, on injecte pour trouver une relation de récurrence portant sur $(W_n)$, etc. Bon, pas si amusant en définitive...
La méthode signalée par Math Coss n'a effectivement rien d'astucieuse. On peut aussi le voir en disant que l'équation est linéaire (à coefficients non constants et avec second membre) et que la solution générale de l'équation sans second membre $z_{n+1}=-n z_n$ se trouve à vue. On fait ensuite la même technique que la MVC, ce qui en discret tombe sur une expression "télescopique". De manière générale, on résout sans problème $z_{n+1}=a_n z_n+b_n$, dès que la suite $(a_n)_n$ se s'annule pas.
Réponses
$Z_{n} = e \times \sum_{i=0}^{k-1} (-1)^{i} \prod_{j=0}^{i-1} (n-j) + (-1)^{k} \prod_{i=0}^{k-1} (n-i) \times Z_{n-k}$
(et si tu veux le prouver une récurrence s'en charge en 2 lignes)
Et en prenant $k=n-1$ ça te donne une relation avec $Z_1$
Mais le terme de gauche avec la somme et le produit est absolument barbare... Dans mes calculs j'ai trouvé que ça faisait $1-n$ pour $k=1$, $1-2n+n^2$ pour $k=2$ et $1-4n+4n^2-n^3$ pour $k=3$, donc c'est clairement exprimable beaucoup plus simplement, je suis juste flemmard :-D
Je ne pense pas qu'il y ait une expression simple du facteur de $e$.
À mon avis le mieux est de dire que $z_n=e \sum_{j=0}^n (-1)^j j! \binom{n}{j}+(-1)^{n+1} n! .$
On peut effectivement trouver la solution et la prouver par récurrence. Mais ce n’est pas évident.
Je pars de $z(n)=e - n z(n-1)$ avec $z_0$ arbitraire.
Je calcule $z(1),z(2),z(3)$ et je devine une forme $z(n)=a_n e +(-1)^n n! z_0.$
Je reporte et nécessairement $a(n)=1- n a(n-1)$ avec $a_0=0.$
Quand je compare les récurrences sur $z$ et $a$ on a gagné sans doute une forme canonique avec $a.$
J’écris $a(1),a(2),a(3),a(4)$ et je ne trouve pas de solution évidente.
Mais Wolfram me dit de considérer $ f_n=n! \sum_{k=0}^n {(-1)^k\over k!}$ : j’ai envie de démontrer que $a(n)=(-1)^n f_n, n\geq 1$ mais je te laisse terminer.
@Math Coss : très joli !!
Tiens, puisque j'ai la parole, je la garde. Cela m'amuse de faire l'étude asymptotique de suites définies par des récurrences, même si ici c'est un peu idiot puisqu'on a une formule explicite. Pour commencer, d'après sa définition, la suite $(Z_n)$ est positive et bornée puisque la fonction intégrée est positive et majorée par l'exponentielle et que le domaine est fixé. De plus $Z_n=\e-nZ_{n-1}$, d'où $(Z_n)$ tend vers $0$ (par exemple parce que $Z_{n-1}=\e/n+Z_n/n$). On en déduit que $Z_n\sim\e/n$. On pose $W_n=Z_n-\e/n$, on injecte pour trouver une relation de récurrence portant sur $(W_n)$, etc. Bon, pas si amusant en définitive...
cordialement
A Cadiou
EDIT : ajout d'une précision