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Polynomes de Bernoulli

 
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Francixtra
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MessagePosté le: 17 Avr 2007, 13:24    Sujet du message: Polynomes de Bernoulli Répondre en citant

Bonjour a tous
Voila je travaille sur les polynomes de Bernoulli (http://perso.orange.fr/gilles.costantini/prepas_fichiers/bernoulli.pdf),
mais je dois démontrer que 1/2 est l'unique racine de B2n-1 dans ]0,1[, et que celle ci est simple.
Il faut aussi que je montre que B2n a une seule racine dans ]0,1/2[, et que celle ci est simple

Est ce que vous auriez des pistes pour avancer ?
Merci d'avance Wink
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A. Einstein
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Jill-Jênn
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MessagePosté le: 17 Avr 2007, 13:42    Sujet du message: Répondre en citant

On a eu un devoir commun dessus.

B_(2n-1) est symétrique par rapport à (1/2, 0)
et
B_(2n) est symétrique par rapport à x = 1/2.

Je pense que tu peux montrer à l'aide de la formule de récurrence que les racines sont simples.
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« Être amoureux, ce n'est qu'une erreur de jugement temporaire. Un peu comme une maladie mentale. »
— Haruhi, dans La Mélancolie de Haruhi Suzumiya
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PhilippeP
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MessagePosté le: 17 Avr 2007, 14:08    Sujet du message: Re: Polynomes de Bernoulli Répondre en citant

Francixtra a écrit:
Bonjour a tous
Voila je travaille sur les polynomes de Bernoulli (http://perso.orange.fr/gilles.costantini/prepas_fichiers/bernoulli.pdf),
mais je dois démontrer que 1/2 est l'unique racine de B2n-1 dans ]0,1[, et que celle ci est simple.
Il faut aussi que je montre que B2n a une seule racine dans ]0,1/2[, et que celle ci est simple

Est ce que vous auriez des pistes pour avancer ?
Merci d'avance Wink
Peut-être étudier le signe et les variations de B_n sur [0,1] par récurrence. Le tableau est "périodique" de période 4.
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Francixtra
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MessagePosté le: 18 Avr 2007, 15:28    Sujet du message: Répondre en citant

Merci JJ et PhilippeP, j'avance ...

Pour montrer que la racine est simple, j'ai trouvé une astuce :
a est racine double de P(x) ssi P(a) = P'(a) =0

Plus qu'une partie de la solution a trover Razz
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Thibaut
Geek mutant fou


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MessagePosté le: 18 Avr 2007, 21:11    Sujet du message: Répondre en citant

Citation:
a est racine double de P(x) ssi P(a) = P'(a) =0

Pas double, mais multiple. Sinon il faut ajouter quelque chose du genre [tex:889d74acba]P"(a)\neq 0[/tex:889d74acba]
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Jill-Jênn
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MessagePosté le: 18 Avr 2007, 23:55    Sujet du message: Répondre en citant

Thibaut a écrit:
Citation:
a est racine double de P(x) ssi P(a) = P'(a) =0

Pas double, mais multiple. Sinon il faut ajouter quelque chose du genre [tex:1837cc1180]P"(a)\neq 0[/tex:1837cc1180]
En plus on l'a vu il n'y a pas longtemps...
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PhilippeP
Légère tendance aux maths


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MessagePosté le: 19 Avr 2007, 0:31    Sujet du message: Répondre en citant

Francixtra a écrit:
Merci JJ et PhilippeP, j'avance ...

Pour montrer que la racine est simple, j'ai trouvé une astuce :
a est racine double de P(x) ssi P(a) = P'(a) =0

Au moins double, comme l'a dit Thibaut.
J'ajoute que ce n'est pas une astuce !
Même si ce n'est valable que, disons, les surcorps de Q !
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Thibaut
Geek mutant fou


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MessagePosté le: 19 Avr 2007, 8:24    Sujet du message: Répondre en citant

PhilippeP a écrit:
Même si ce n'est valable que, disons, les surcorps de Q !
Euh... Pourquoi ça ?

Démonstration sur un corps [tex:88fc690ffd]K[/tex:88fc690ffd] quelconque (commutatif, faut pas que déconner !) :
Soit [tex:88fc690ffd]P\in K[X][/tex:88fc690ffd].
On suppose [tex:88fc690ffd]P(a)=P'(a)=0[/tex:88fc690ffd].
On effectue la division euclidienne de [tex:88fc690ffd]P[/tex:88fc690ffd] par [tex:88fc690ffd]X-a[/tex:88fc690ffd] : [tex:88fc690ffd]P = (X-a).Q +\alpha[/tex:88fc690ffd] (avec [tex:88fc690ffd]Q\in K[X], \alpha \in K[/tex:88fc690ffd]).
On évalue en [tex:88fc690ffd]a[/tex:88fc690ffd] : [tex:88fc690ffd]P(a) = \alpha = 0[/tex:88fc690ffd]
On effectue la division euclidienne de [tex:88fc690ffd]Q[/tex:88fc690ffd] par [tex:88fc690ffd]X-a[/tex:88fc690ffd] : [tex:88fc690ffd]Q = (X-a).R + \beta[/tex:88fc690ffd] (avec [tex:88fc690ffd]R\in K[X], \beta\in K[/tex:88fc690ffd]).
Il vient : [tex:88fc690ffd]P=(X-a)^2.R + \beta.(X-a)[/tex:88fc690ffd]
On dérive : [tex:88fc690ffd]P'=(X-a)^2.R'+2(X-a).R + \beta[/tex:88fc690ffd]
On évalue en [tex:88fc690ffd]a[/tex:88fc690ffd] : [tex:88fc690ffd]P'(a) = \beta = 0[/tex:88fc690ffd]
D'où [tex:88fc690ffd]P=(X-a)^2.R[/tex:88fc690ffd]
D'où [tex:88fc690ffd]a[/tex:88fc690ffd] racine multiple de [tex:88fc690ffd]P[/tex:88fc690ffd].

Réciproquement, si [tex:88fc690ffd]a[/tex:88fc690ffd] racine multiple de [tex:88fc690ffd]P[/tex:88fc690ffd] :
On a [tex:88fc690ffd]R\in K[X][/tex:88fc690ffd] tel que [tex:88fc690ffd]P=(X-a)^2.R[/tex:88fc690ffd].
Alors [tex:88fc690ffd]P(a)=P'(0)=0[/tex:88fc690ffd] (les calculs ayant déjà été faits ci-dessus).

Remarque : pour ceux qui savent que la formule de Taylor marche sur tout corps, le sens direct est plus facile avec... J'ai d'ailleurs l'impression que je viens quasiment de le montrer.

Remarque 2 : pour ceux qui se demandent où a-t-on utilisé la commutativité du corps... Ce n'est pas dans la division euclidienne, mais dans le fait que l'évaluation "se comporte bien". Plus précisément, [tex:88fc690ffd]K[X] \rightarrow K, P\mapsto P(a)[/tex:88fc690ffd], l'évaluation en [tex:88fc690ffd]a[/tex:88fc690ffd], est un morphisme de K-algèbres, de noyau [tex:88fc690ffd](X-a).K[X][/tex:88fc690ffd], et ce pour chaque [tex:88fc690ffd]a\in K[/tex:88fc690ffd]. Essayez de voir les saletés qui se produisent si on prend un corps non commutatif, genre les quaternions...
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xavier
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MessagePosté le: 19 Avr 2007, 9:21    Sujet du message: Répondre en citant

Thibaut a écrit:
Remarque : pour ceux qui savent que la formule de Taylor marche sur tout corps, le sens direct est plus facile avec...

Bah, quand même, dans la formule de Taylor, il me semble qu'il y a des divisions par des entiers, donc pour qu'elle garde un sens, tu dois supposer quelque chose sur la caractéristique (par exemple de caractéristique nulle, ce qui équivaut à être un surcorps de Q). Pour ce que tu veux, effectivement, les problèmes ne se manifestent pas puisque tu ne considères qu'une formule de Taylor à l'ordre 1, dans laquelle les divisions n'interviennent pas.
Par contre, regarde le polynôme X^2 sur Z/2Z. Toutes ses dérivées successivement sont nulles (et donc nulles en zéro), et pourtant il est certain que 0 n'est qu'une racine double (et pas triple par exemple).
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PhilippeP
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MessagePosté le: 19 Avr 2007, 9:31    Sujet du message: Répondre en citant

Toujours bien peser ses mots ! Ici, il y a des gens qui réfléchissent ! Laughing

Thibaut a écrit:
PhilippeP a écrit:
Même si ce n'est valable que, disons, les surcorps de Q !
Euh... Pourquoi ça ? ...

[suit une preuve qui me semble correcte]

Citation:

Remarque : pour ceux qui savent que la formule de Taylor marche sur tout corps, le sens direct est plus facile avec... J'ai d'ailleurs l'impression que je viens quasiment de le montrer.

C'est la formule de Taylor que j'avais initialement en tête. Que deviennent les 1/k! dans un corps de caractéristique non nulle ? Confused

Citation:
Remarque 2 : ... Essayez de voir les saletés qui se produisent si on prend un corps non commutatif, genre les quaternions...

Je ne suis sûrement pas un vrai matheux ! J'avoue ne jamais avoir regardé ! Embarassed J'ai bien lu un jour un livre sur les groupes classiques sur un corps non commutatif (Artin, je crois), mais je n'ai plus jamais recommencé après ! Rolling Eyes
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Thibaut
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MessagePosté le: 19 Avr 2007, 9:50    Sujet du message: Répondre en citant

Citation:
Que deviennent les 1/k! dans un corps de caractéristique non nulle ? Confused

Très juste... D'où la remarque de Xavier, qui prouve que la démonstration par récurrence que je suggère pour les ordres supérieurs échoue en caractéristique non nulle... Plus précisément, si le corps est de caractéristique [tex:d0d7a444a7]p>0[/tex:d0d7a444a7], j'ai tendance à croire que ça marche jusqu'à l'ordre [tex:d0d7a444a7]p-1[/tex:d0d7a444a7].
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PhilippeP
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MessagePosté le: 19 Avr 2007, 9:58    Sujet du message: Répondre en citant

Thibaut a écrit:
Citation:
Que deviennent les 1/k! dans un corps de caractéristique non nulle ? Confused

Très juste... D'où la remarque de Xavier, qui prouve que la démonstration par récurrence que je suggère pour les ordres supérieurs échoue en caractéristique non nulle... Plus précisément, si le corps est de caractéristique [tex:bcb7c9d104]p>0[/tex:bcb7c9d104], j'ai tendance à croire que ça marche jusqu'à l'ordre [tex:bcb7c9d104]p-1[/tex:bcb7c9d104].

Xavier a posté pendant que j'écrivais et je n'avais pas lu sa remarque. Mais je suis d'accord avec ce que vous écrivez tous les deux.

[edit] Si on écrit P sous la forme [tex:bcb7c9d104]P(X)=\sum _n \alpha_n(X-a)^n[/tex:bcb7c9d104] : a est une racine d'ordre p si et seulement si [tex:bcb7c9d104]\alpha _i =0[/tex:bcb7c9d104] pour tout [tex:bcb7c9d104]i \leq p-1[/tex:bcb7c9d104] et [tex:bcb7c9d104]\alpha _p \not=0[/tex:bcb7c9d104].
Un petit calcul donne [tex:bcb7c9d104]i!\alpha_i=P^{(i)}(a)[/tex:bcb7c9d104] et on voit bien où ça coince !
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Francixtra
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MessagePosté le: 22 Avr 2007, 18:24    Sujet du message: Répondre en citant

J'ai reussi a montrer que (1/2,0) est centre de symetrie pour n impair,
et x=1/2 est axe de symetrie pour n pair (démonstration triviale ac les propriétés : http://fr.wikipedia.org/wiki/Polyn%C3%B4me_de_Bernoulli ) (mci JJ)

On en tire que pour n impair : [tex:28088fc989]\frac{1}{2}[/tex:28088fc989] est racine
Pour n pair :
[tex:28088fc989]\int_{0}^{1/2} B_n(x) dx[/tex:28088fc989] = [tex:28088fc989]\int_{1/2}^{1} B_n(x) dx = 0[/tex:28088fc989]
d'où Il existe [tex:28088fc989]\alpha[/tex:28088fc989] de [tex:28088fc989] ]0,\frac{1}{2}[ / B_n(\alpha) = 0 [/tex:28088fc989]

Celle ci est simple

Cependant je n'arrive pas a montrer l'unicité de cette racine
J'ai essayé avec les variations, mais vu qu'il y a une periode 4, je n'y arrive pas par récurrence
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PhilippeP
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MessagePosté le: 23 Avr 2007, 0:26    Sujet du message: Répondre en citant

Francixtra a écrit:

Cependant je n'arrive pas a montrer l'unicité de cette racine
J'ai essayé avec les variations, mais vu qu'il y a une periode 4, je n'y arrive pas par récurrence

[tex:22da056384]B_{2n+1}[/tex:22da056384] s'annule en 0, 1 et 1/2 dès que [tex:22da056384]n \geq 1[/tex:22da056384].
[tex:22da056384]B_{2n}[/tex:22da056384] prend la même valeur en 0 et en 1.
[tex:22da056384]B_{2n}[/tex:22da056384] prend des valeurs de signes opposés en 0 et 1/2 pour [tex:22da056384]n \geq 1[/tex:22da056384] (propriété 2.6 de la référence donnée initialement.
[tex:22da056384]B'_n=nB_{n-1}[/tex:22da056384] si [tex:22da056384]n \geq 1[/tex:22da056384].

Sur [0,1] :
B_0 >0
Donc B_1 est strictement croissante, nulle en 1/2, donc <0 à gauche de 1/2 et >0 à droite.
Donc B_2 est strictement décroissante à gauche de 1/2, strictement croissante à droite ; donc B_2 est strictement positive en 0 et 1 et strictement négatives en 1/2. Donc B_2 s'annule en deux zéros compris le premier entre 0 et 1/2, le second entre 1/2 et 1 (et symétrique par rapport à 1/2 par la symétrie annoncée). D'où le signe de B_2 et les variations de B_3 ...
Courage pour la suite !
B_5 va avoir le même tableau de signe et de variation que B_1 et les propriétés utilisées sont génériques. D'où la possibilité d'une récurrence.
Enfin, on voit que B_{2n} (1/2) n'est jamais nul, donc que 1/2 est une racine simple de B_{2n+1}.
Même genre de remarque pour les racines de B_{2n}.
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Jill-Jênn
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MessagePosté le: 23 Avr 2007, 10:58    Sujet du message: Répondre en citant

Mais on peut réduire la périodicité à 2 en montrant par récurrence que :
Sur [tex:7f6e78e615]]0, 1/2[[/tex:7f6e78e615], [tex:7f6e78e615]\forall n \in \mathbb{N}^*[/tex:7f6e78e615]
[tex:7f6e78e615]B_{2n-1}[/tex:7f6e78e615] ne s'annule pas,
[tex:7f6e78e615]B_{2n}[/tex:7f6e78e615] est monotone.

Non ?
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PhilippeP
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MessagePosté le: 23 Avr 2007, 12:48    Sujet du message: Répondre en citant

Jill-Jênn a écrit:
Mais on peut réduire la périodicité à 2 en montrant par récurrence que :
Sur [tex:d91077e0d8]]0, 1/2[[/tex:d91077e0d8], [tex:d91077e0d8]\forall n \in \mathbb{N}^*[/tex:d91077e0d8]
[tex:d91077e0d8]B_{2n-1}[/tex:d91077e0d8] ne s'annule pas,
[tex:d91077e0d8]B_{2n}[/tex:d91077e0d8] est monotone.

Non ?

Pour ce qui est demandé, oui.
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Francixtra
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MessagePosté le: 24 Avr 2007, 13:00    Sujet du message: Répondre en citant

Merci beaucoup a tous, j'ai trouvé pour cette question

Cependant je suis tombé sur un autre os :
On note [tex:9ce05d4d74] b_n = B_n(0) [/tex:9ce05d4d74]
En utilisant la formule [tex:9ce05d4d74]\sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i} b_i = 0 [/tex:9ce05d4d74],
démontrer que [tex:9ce05d4d74] (e^x-1) \sum_{k=0}^{n-1} \frac{b_k}{k!}~ x^k = x + o(x^n) [/tex:9ce05d4d74]

Ca doit pouvoir se démontrer en obtenant une formule pour n=1,2, ... puis pour n
en faisant la somme membres a membres, on devrait retomber sur la formule a utiliser, donc tout se simplifie sauf le [tex:9ce05d4d74] x + o(x^n) [/tex:9ce05d4d74]

PS : JJ tu peux te faire plaisir :p

[edit] correction de la formule
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Dernière édition par Francixtra le 24 Avr 2007, 13:36; édité 1 fois
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PhilippeP
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MessagePosté le: 24 Avr 2007, 13:11    Sujet du message: Répondre en citant

Francixtra a écrit:
Merci beaucoup a tous, j'ai trouvé pour cette question

Cependant je suis tombé sur un autre os :
On note [tex:366a5d63f0] b_n = B_n(0) [/tex:366a5d63f0]
En utilisant la formule [tex:366a5d63f0]\sum_{i=0}^{n-1} b_i = 0 [/tex:366a5d63f0],
démontrer que [tex:366a5d63f0] (e^x-1) \sum_{k=0}^{n-1} \frac{b_k}{k!}~ x^k = x + o(x^n) [/tex:366a5d63f0]

Ca doit pouvoir se démontrer en obtenant une formule pour n=1,2, ... puis pour n
en faisant la somme membres a membres, on devrait retomber sur la formule a utiliser, donc tout se simplifie sauf le [tex:366a5d63f0] x + o(x^n) [/tex:366a5d63f0]

PS : JJ tu peux te faire plaisir :p

Il s'agit de regarder le DL_n en 0 du produit ... mais la formule "rappelée" est incorrecte : il manque les coeff du binôme !
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Francixtra
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MessagePosté le: 24 Avr 2007, 13:30    Sujet du message: Répondre en citant

Ah oui c'est exct Embarassed
on a :
[tex:be78b8f97b] B_n(X) = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}b_i X^{n-i} [/tex:be78b8f97b]

D'ou la formule a utiliser : [tex:be78b8f97b] \sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i}b_i = 0 [/tex:be78b8f97b]
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