Pourquoi
Le sens indirect est clair car dans ce cas, on a
Donc finalement
Pour le sens direct j'ai plus de mal
Série entière
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Série entière
par AceVentura » 06 Mar 2010, 12:22
Bonjour, alors voici le nouveau problème sur lequel je bloque.
Pourquoi
est développable en série entière sur 
(avec 
) si et seulement si )
(la série de Taylor de en 
) restreint à est égale à .
Le sens indirect est clair car dans ce cas, on a
, (x)=f(x))
d'une part et (x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n)
d'autre part.
Donc finalement, =\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n)
: f se développe en série entière sur
Pour le sens direct j'ai plus de mal
Pourquoi
Le sens indirect est clair car dans ce cas, on a
Donc finalement
Pour le sens direct j'ai plus de mal
par Ben314 » 06 Mar 2010, 12:39
(Re)salut,
Pour le sens direct, si je ne m'abuse, il faut montrer que, si=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n\ \ (#))
sur 
alors pour tout 
on a }(0)}{n!})
La première réponse qui me vient à l'esprit demande un peu de culture, à savoir que toute fonction développable en série entière est de classe
et que sa dérivée n-ième s'obtient en dérivant terme à terme.
Il suffit alors de dériver n fois la relation (#) puis de prendre x=0.
P.S. Pour montrer le résultat dont je parle, il suffit évidement de le montrer pour la dérivée première (puis récurrence).
En fait, la seule chose à faire est de vérifier que la série formée des dérivées terme à terme a bien le même rayon de convergence : cela assure que cette série définie bien une fonction g et le C.V.U. assure qu'en intégrant g on tombe sur f, ce qui est bien une façon (un peu détournée) de montrer que g est la dérivée de f.
Pour le sens direct, si je ne m'abuse, il faut montrer que, si
La première réponse qui me vient à l'esprit demande un peu de culture, à savoir que toute fonction développable en série entière est de classe
Il suffit alors de dériver n fois la relation (#) puis de prendre x=0.
P.S. Pour montrer le résultat dont je parle, il suffit évidement de le montrer pour la dérivée première (puis récurrence).
En fait, la seule chose à faire est de vérifier que la série formée des dérivées terme à terme a bien le même rayon de convergence : cela assure que cette série définie bien une fonction g et le C.V.U. assure qu'en intégrant g on tombe sur f, ce qui est bien une façon (un peu détournée) de montrer que g est la dérivée de f.
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius
par AceVentura » 06 Mar 2010, 12:54
Mais on peut dériver n fois car il y a convergence normale et donc uniforme de la série entière sur ?
Donc je trouve :
[CENTER]}(x)=\sum_{n=k}^{+\infty}n(n-1)...(n-k+1)a_nx^{n-k})
[/CENTER]
Pour
, on doit trouver :
[CENTER]}(0)=a_nn!)
[/CENTER]
Je vois bien que tous sont nuls sauf celui pour lequel
, car alors on aura 
et la convention 
. Mais le n!, je ne vois d'ou il sort
Donc je trouve :
[CENTER]
Pour
[CENTER]
Je vois bien que tous sont nuls sauf celui pour lequel
par Ben314 » 06 Mar 2010, 13:03
Fait attention, même la convergence normale d'une série de fonctions (quelconques) n'entraine pas que l'on puisse dériver terme à terme.AceVentura a écrit:Mais on peut dériver n fois car il y a convergence normale et donc uniforme de la série entière sur
Par contre, cela entraine que l'on peut intégrer terme à terme (et même la convergence uniforme suffit) cela signifie que, pour "dériver terme à terme", ce n'est pas la convergence de la série de départ qu'on étudie, mais la convergence de la série des dérivées : si cette série des dérivées converge uniformément, on peut l'intégrer terme à terme et cela prouvera que la série de départ est une primitive de la série des dérivées ce qui (de façon un peu détourné) montrera bien le résultat.
Dans le cas des séries entières, ça marche à tout les coups, ce qui fait que l'on peut tout le temps dériver terme à terme une série entière dans le disque de convergence.
Pour que ta phrase soit correcte, il suffit de rajouter :
AceVentura a écrit:Mais on peut dériver n fois car il y a convergence normale et donc uniforme de la série entière des dérivées terme à terme sur
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius
par AceVentura » 06 Mar 2010, 13:37
Ok ! Voici la suite :
On considère dans la suite deux fonctions)
avec 
.
On suppose que la série de Taylor en 0)
(resp. )
) de 
(resp. de 
) à un rayon de convergence )
(resp. )
) non nul. On suppose que =1)
et que g ne s'annule pas sur 
.
On pose,R(g)))
et 
et on fixe un élément 
.
1. Montrer que}(0)|\le A\frac{n!}{r^n})
et }(0)|\le B\frac{n!}{r^n})
2. Etablir que |h(0)|\le A et}(0)|\le A\frac{n!(1+B)^n}{r^n})
3. En déduire que h se développe en série de Taylor)
avec \ge \frac{r}{1+B})
Alors pour la 1. on sait que la série(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}x^n)
a un rayon de convergence >0)
. Mais  = sup \{ r\ge 0 \,:\, \sum_{n=0}^{+\infty}|\frac{f^{(n)}(x)}{n!}|r^n < +\infty \})
.
Comme ici)
, a fortiori la série }(x)}{n!}|r^n)
converge, donc son terme général tend vers 0 d'où l'existence d'un 
tel que 
, }(x)}{n!}|r^n\le A)
. De même pour l'autre inégalité.
Par contre, je bloque sur la 2
On considère dans la suite deux fonctions
On suppose que la série de Taylor en 0
On pose
1. Montrer que
2. Etablir que |h(0)|\le A et
3. En déduire que h se développe en série de Taylor
Alors pour la 1. on sait que la série
Comme ici
Par contre, je bloque sur la 2
par Ben314 » 06 Mar 2010, 14:59
Pour la 1) : O.K. (sauf que partout ou tu as mis 'x', tu peut mettre 0 vu que l'on fait des développements en 0)
Pour la 2), il me semble que la dérivée n-ième de h=f/g, c'est un peu beaucoup la merde.
Par contre, si tu écrit f=g*h, tu peut dériver n fois (formule de je sais plus trop qui) et je me demande si on ne peut pas ensuite en déduire le résultat par récurrence (dans la dérivée n-iéme de terme de droite, il apparait les dérivées k-ièmes de h pour k entre 0 et n)
Il y a peut-être une autre méthode...
Edit : Effectivement, ça marche bien en dérivant n fois la relation f=g*h (c'est un peu bourrin...)
Pour la 2), il me semble que la dérivée n-ième de h=f/g, c'est un peu beaucoup la merde.
Par contre, si tu écrit f=g*h, tu peut dériver n fois (formule de je sais plus trop qui) et je me demande si on ne peut pas ensuite en déduire le résultat par récurrence (dans la dérivée n-iéme de terme de droite, il apparait les dérivées k-ièmes de h pour k entre 0 et n)
Il y a peut-être une autre méthode...
Edit : Effectivement, ça marche bien en dérivant n fois la relation f=g*h (c'est un peu bourrin...)
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius
par AceVentura » 06 Mar 2010, 15:27
Ah ce cher Leibniz !
Donc on fait une récurrence forte : \,:\,\forall 0\le k\le n-1 \,,\, |h^{(k)}(0)|\le A\frac{k!(1+B)^k}{r^k})
)
est vraie car }(0)|=|h(0)|\le A=A\frac{0!(1+B)^0}{r^0})
\Rightarrow p(n))
est-t-il vraie ?
Pour tout
, c'est l'hypothèse de récurrence qui fournit le résultat.
si
, on doit montrer }(0)|\le A\frac{n!(1+B)^{n}}{r^{n}})
.
Mais=(g\times h)^{(n)}(0)=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^kh^{(k)}(0)g^{(n-k)}(0)=\sum_{k=0}^{n-1}C_{n}^kh^{(k)}(0)g^{(n-k)}(0)+h^{(n)}(0)g(0))
.
Donc comme g(0)=1 on a}(0)=f^{n}(0)-\sum_{k=0}^{n-1}C_{n}^kh^{(k)}(0)g^{(n-k)}(0))
Puis on majore :
}(0)|\le |f^{n}(0)|+\sum_{k=0}^{n-1}C_{n}^k|h^{(k)}(0)||g^{(n-k)}(0)|)
.
Soit avec l'hypothèse de récurrence et les majorations de|)
et |)
:
}(0)|\le \left(A\frac{n!}{r^n}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}C_{n}^k\left(A\frac{k!(1+B)^k}{r^k}\right)\left(B\frac{(n-k)!}{r^{n-k}}\right))
.
Donc :
}(0)|\le A\frac{n!}{r^n}+n!\frac{AB}{r^n} \sum_{k=0}^{n-1}C_{n}^k(1+B)^k)
.
Et je ne vois pas plus de simplification !
Donc on fait une récurrence forte :
Pour tout
si
Mais
Donc comme g(0)=1 on a
Puis on majore :
Soit avec l'hypothèse de récurrence et les majorations de
Donc :
Et je ne vois pas plus de simplification !
par Ben314 » 06 Mar 2010, 16:17
Tu as un peu "oublié" d'enlever le coeff Cnk qui disparait grâce au k! , au (n-k)! et au fait que tu as mis n! en facteur.
Il te reste donc la somme de termes d'une suite géométrique de raison (1+B) qui, aprés 2 lignes de plus... donne le bon résultat.
Il te reste donc la somme de termes d'une suite géométrique de raison (1+B) qui, aprés 2 lignes de plus... donne le bon résultat.
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius
par AceVentura » 06 Mar 2010, 16:45
On a donc }(0)}{n!}x^n|\le A\frac{(1+B)^n}{r^n}|x|^n)
Donc si
, alors }(0)}{n!}x^n|\le A)
.
C'est donc bornée par une constante A, indépendante de n. Est-cela qui assure la convergence de la série ?
Donc si
C'est donc bornée par une constante A, indépendante de n. Est-cela qui assure la convergence de la série ?
par Ben314 » 06 Mar 2010, 17:04
Pas franchement, majorer le terme général d'une série, c'est pas franchement sufisant pour montrer la convergence (je te rappelle que, déja, montrer que le terme général tend vers 0, ça suffit pas...)
Par contre, comme^n}{r^n}|x|^n=A\left(\frac{(1+B)|x|}{r}\right)^n)
on sait trés façilement déterminer quand est-ce que la série ^n}{r^n}|x|^n)
est convergente.
Par contre, comme
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius
par AceVentura » 06 Mar 2010, 17:24
Cette série est convergente si et seulement si |x|} {r} < 1)
. Alors dans ce cas, 
et la série }(0)}{n!}x^n)
converge par le critère de comparaison pour les séries à termes positifs. Ainsi \ge \frac{r} {1+B})
Last :
Si))
, prouver que h restreint à 
est dans l'ensemble des fonctions qui se développe en série entière sur .
Il faut je suppose utiliser la première équivalence.
se développe en série entière sur si et seulement si restreint à est .
Mais si
, alors )
, donc dans ce cas la série }(0)}{n!}x^n)
converge. Est-ce suffisant ?
Last :
Si
Il faut je suppose utiliser la première équivalence.
Mais si
par Ben314 » 06 Mar 2010, 17:28
Ben, il me semble bien que oui...
et, pour le moment, on peut même dire que ça marche sur l'intervalle ]-R(h),R(h)[.
et, pour le moment, on peut même dire que ça marche sur l'intervalle ]-R(h),R(h)[.
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius
par AceVentura » 06 Mar 2010, 17:32
Mais le fait que cette série converge, ça ne nous dit pas que restreint à est h, si ?
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