Racines d'un polynome

[Anonyme]

On considere la fonction f:R->R definie par f(t)=1/(1+t^2). Il s'agit de
montrer que la derivee n-ieme de f peut se mettre sous la forme
P_n(t)/(1+t^2)^(n+1), ce que je sais faire, en demontrant que

(1+X^2)(P_n)''-2nX(P_n)'+n(n+1)P_n=0

Je trouve les coefficients, j'ai les polynomes, OK. On me demande maintenant
de montrer que les P_n sont dissocies, et d'en trouver les racines -> en
utilisant les fonctions circulaires <-. Bon, je vois bien un rapport avec
la tangente, mais impossible de voir comment ca m'apprend ou se trouvent
ces fouttus zeros.

Si vous avez des idees, vous feriez un homme heureux (enfin, 1/4000e fois
plus heureux, cad que pour me rendre completement heureux, il faudrait que
vous ayez 4000 idees, mais la, je sens que j'abuse un peu...)

\bye

--

Nicolas FRANCOIS
http://nicolas.francois.free.fr

We are the Micro$oft.
Resistance is futile.
You will be assimilated.

[Anonyme]

Une réponse un peu bidon mais sait-on jamais :
cerains types de polynômes (Tchebychev peut-être ?)
s'écrivent comme développement d'un truc du genre
cos(n*x). Auquel cas il devient facile de trouver
les racines ...

C'est juste une idée mais je suis sûr de rien

Pierre

[Anonyme]

Je ne sais pas la définition des polynômes dissociés. Pourrias-tu le
redonner, s.t.p.?

J

nicolas.naime.pas.les.pouriels.francois@free.fr wrote:

> On considere la fonction f:R->R definie par f(t)=1/(1+t^2). Il s'agit de
> montrer que la derivee n-ieme de f peut se mettre sous la forme
> P_n(t)/(1+t^2)^(n+1), ce que je sais faire, en demontrant que
>
> (1+X^2)(P_n)''-2nX(P_n)'+n(n+1)P_n=0
>
> Je trouve les coefficients, j'ai les polynomes, OK. On me demande maintenant
> de montrer que les P_n sont dissocies, et d'en trouver les racines -> en
> utilisant les fonctions circulaires la tangente, mais impossible de voir comment ca m'apprend ou se trouvent
> ces fouttus zeros.
>
> Si vous avez des idees, vous feriez un homme heureux (enfin, 1/4000e fois
> plus heureux, cad que pour me rendre completement heureux, il faudrait que
> vous ayez 4000 idees, mais la, je sens que j'abuse un peu...)
>
> \bye
>

[Anonyme]

Le problème est resolu généralement en cours de la théorie d'équitations
différentielles ordinaires. On y établit un produit scalaire sur
l'éspace des certaines fonctions de sorte qu'on a un éspace d'Hilbert H.
Si je me souviens bien on y examine les zeros des fonctions appartenant
à une base orthogonale de H.

J'espère que cela peut aider.

J

nicolas.naime.pas.les.pouriels.francois@free.fr wrote:

> On considere la fonction f:R->R definie par f(t)=1/(1+t^2). Il s'agit de
> montrer que la derivee n-ieme de f peut se mettre sous la forme
> P_n(t)/(1+t^2)^(n+1), ce que je sais faire, en demontrant que
>
> (1+X^2)(P_n)''-2nX(P_n)'+n(n+1)P_n=0
>
> Je trouve les coefficients, j'ai les polynomes, OK. On me demande maintenant
> de montrer que les P_n sont dissocies, et d'en trouver les racines -> en
> utilisant les fonctions circulaires la tangente, mais impossible de voir comment ca m'apprend ou se trouvent
> ces fouttus zeros.
>
> Si vous avez des idees, vous feriez un homme heureux (enfin, 1/4000e fois
> plus heureux, cad que pour me rendre completement heureux, il faudrait que
> vous ayez 4000 idees, mais la, je sens que j'abuse un peu...)
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[Anonyme]

Le problème est resolu généralement en cours de la théorie d'équations
différentielles ordinaires. On y établit un produit scalaire sur
l'éspace des certaines fonctions de sorte qu'on a un éspace d'Hilbert H.
Si je me souviens bien on y examine les zeros des fonctions appartenant
à une base orthogonale de H.

J'espère que cela peut aider.

J

nicolas.naime.pas.les.pouriels.francois@free.fr wrote:

> On considere la fonction f:R->R definie par f(t)=1/(1+t2). Il s'agit de
> montrer que la derivee n-ieme de f peut se mettre sous la forme
> P_n(t)/(1+t2)^(n+1), ce que je sais faire, en demontrant que
>
> (1+X2)(P_n)''-2nX(P_n)'+n(n+1)P_n=0
>
> Je trouve les coefficients, j'ai les polynomes, OK. On me demande
maintenant
> de montrer que les P_n sont dissocies, et d'en trouver les racines -> en
> utilisant les fonctions circulaires la tangente, mais impossible de voir comment ca m'apprend ou se trouvent
> ces fouttus zeros.
>
> Si vous avez des idees, vous feriez un homme heureux (enfin, 1/4000e fois
> plus heureux, cad que pour me rendre completement heureux, il
faudrait que
> vous ayez 4000 idees, mais la, je sens que j'abuse un peu...)
>
> \bye
>

[Anonyme]

Pour la question, pas la moindre idée. Par contre :

> Si vous avez des idees, vous feriez un homme heureux (enfin, 1/4000e fois
> plus heureux, cad que pour me rendre completement heureux, il faudrait que
> vous ayez 4000 idees, mais la, je sens que j'abuse un peu...)

Ca c'est petit exo sur les pourcentages : tu vas exploser ton bonheur à
force

[Anonyme]

a écrit dans le message de
news:4101afc1$0$4213$626a14ce@news.free.fr...
> On considere la fonction f:R->R definie par f(t)=1/(1+t^2). Il s'agit de
> montrer que la derivee n-ieme de f peut se mettre sous la forme
> P_n(t)/(1+t^2)^(n+1), ce que je sais faire, en demontrant que
>
> (1+X^2)(P_n)''-2nX(P_n)'+n(n+1)P_n=0
>
> Je trouve les coefficients, j'ai les polynomes, OK. On me demande
maintenant
> de montrer que les P_n sont dissocies, et d'en trouver les racines -> en
> utilisant les fonctions circulaires la tangente, mais impossible de voir comment ca m'apprend ou se trouvent
> ces fouttus zeros.
>
> Si vous avez des idees, vous feriez un homme heureux (enfin, 1/4000e fois
> plus heureux, cad que pour me rendre completement heureux, il faudrait que
> vous ayez 4000 idees, mais la, je sens que j'abuse un peu...)

Il y a une solution en passant par les complexes.

f(t) = (1/2)*(1/(1 + i*t) + 1/(1 - i*t))
d'où la dérivée nième :
fn(t) = (-1)^(n-1)*(n!)*i^n*(1/(1 + i*t)^(n+1) + (-1)^n/(1 - i*t)^(n+1))/2
en ramenant au même dénominateur :
fn(t) = (-1)^(n-1)*(n!)*i^n((1 - i*t)^(n+1) + (-1)^n*(1 + i*t)^(n+1))/2/(1 +
t^2)^(n+1)
Le numerateur se développe avec les coefficients du binôme.
Je trouve :
pour n pair :
Pn(t) = (-1)^(n/2+1)*(n!)*sum[(-1)^q*C{n+1,2q}*t^2q, pour q de 0 à n/2]/2
pour n impair :
Pn(t) = (-1)^((n+3)/2)*(n!)*sum[(-1)^(q+1)*C{n+1,2q+1}*t^(2q+1), ..q de 0 à
(n+1)/2]/2
avec :
C{n,p} = (n!)/(p!)/(n-p)!


A.J.

[Anonyme]

errata :

pour n pair :
Pn(t) = (-1)^(3n/2)*(n!)*sum[(-1)^q*C{n+1,2q}*t^2q, pour q de 0 à n/2]
pour n impair :
Pn(t) = (-1)^((3n-1)/2)*(n!)*sum[(-1)^q*C{n+1,2q+1}*t^(2q+1), ..q de 0 à
(n-1)/2]/2

A.J.