Suite de coefficients
Olympiades mathématiques, énigmes et défis
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benekire2
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par benekire2 » 10 Déc 2010, 18:58
Bonsoir,
Puisque l'heure semble aux polynômes à moi :
Existe-il une suite
tel que pour tout n > 0 le polynôme
possède n racines réelles distinctes.
Amusez vous bien ! :happy3:
PS. (J'ai une solution, qui n'est pas de moi)
PS2. Mince, je me suis planté de section !! Est-ce que un modérateur pourrait déplacer cela dans la section "Défis" ? Merci :hein:
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Nightmare
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par Nightmare » 10 Déc 2010, 19:05
Hello,
P ne dépend pas des (ak)? Surement une erreur
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benekire2
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par benekire2 » 10 Déc 2010, 19:10
Salut jord :lol3:
En effet, simple erreur , corrigée.
Je suppose que ça ne suffira pas à t'amuser ...
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Nightmare
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par Nightmare » 10 Déc 2010, 19:19
Bon alors,
Réponse : oui, la suite constante égale à 0 convient.
J'ai bon ? :D
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benekire2
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par benekire2 » 10 Déc 2010, 19:24
Bon, en général quand je poste un truc faut attendre 1h que je corrige les erreurs :we:
Voilà , il faut trouver n racines réelles , ça change :ptdr:
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Ben314
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par Ben314 » 10 Déc 2010, 19:25
Nightmare a écrit:Bon alors,
Réponse : oui, la suite constante égale à 0 convient.
J'ai bon ?
A la limite, on peut même faire un chouillas plus compliqué pour pas bien cher :
a0=0 et le reste absolument quelconque.
P.S. : je soupsonne trés fort que Béné nous a caché quelques contraintes... contraignantes concernant les ak que l'on doit trouver :ptdr:
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ffpower
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par ffpower » 10 Déc 2010, 19:26
P_n admet toujours au moins une racine si n est impair, et pour assurer qu'il y en ait aussi une quand n est pair, il suffit de prendre une valeur en 0 négative, donc a0<0 et les coeffs dominants positifs, donc an>0 ( au moins pour n pair ). On pourrait aussi prendre a_n=0 pour n pair sinon. Bref, beaucoup de solutions :ptdr:
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ffpower
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par ffpower » 10 Déc 2010, 19:28
P_n admet toujours au moins une racine si n est impair, et pour assurer qu'il y en ait aussi une quand n est pair, il suffit de prendre une valeur en 0 négative, donc a0<0 et les coeffs dominants positifs, donc an>0 ( au moins pour n pair ). On pourrait aussi prendre a_n=0 pour n pair sinon. Bref, beaucoup de solutions au final :zen:
edit : c'est moi ou le "n racines réelles distinctes" n'était pas là ya 2 minutes? Benekire est un fourbe :ptdr:
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Ben314
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par Ben314 » 10 Déc 2010, 19:30
ffpower a écrit:P_n admet toujours au moins une racine si n est impair, et pour assurer qu'il y en ait aussi une quand n est pair, il suffit de prendre une valeur en 0 négative, donc a00 ( au moins pour n pair ). On pourrait aussi prendre a_n=0 pour n pair sinon. Bref, beaucoup de solutions au final :zen:
edit : c'est moi ou le "n racines réelles distinctes" n'était pas là ya 2 minutes? Benekire est un fourbe :ptdr:
Oui, mais là, il vient (encore... :lol3: ) de modifier l'énoncé et ce dernier semble un peu moins trivial (n racines réelles distinctes)
Edit : c'est bon : tu as vu (et Bene est bien un fourbe : il vient de modifier :ptdr: )
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benekire2
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par benekire2 » 10 Déc 2010, 19:40
Ce sont mes célèbres énoncés gluants. .. C est fourbe :lol3: désolé.
Sinon oui l'exo est moins trivial comme ça.
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Nightmare
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par Nightmare » 10 Déc 2010, 19:45
Hello,
bon je pense que je tiens le bon bout. a0 et a1 pouvant être pris arbitrairement, on peut essayer de construire la suite par récurrence. Et
il me semble bien (j'y travaille...) que si P de degré n a n racines, on va toujours pouvoir trouver
assez petit de sorte que
soit lui même scindé à racines simples.
Edit : je crois que ça marche en prenant epsilon inférieur en valeur absolue à toutes les racines de P'
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Ben314
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par Ben314 » 10 Déc 2010, 20:17
Partant de Pn (avec n racines) on prend n+1 valeurs x1
Pour une construction "explicite", je prendrais bien a_n=(-1)^n/(2n)! pour que P(x) soit le début du D.V. de cos(racine(x)) et je pense qu'on doit pouvoir montrer à l'aide d'une formule de Taylors que l'on a le bon nombre d'alternances de signes.
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par ffpower » 10 Déc 2010, 20:30
J'ai la même conclusion que vous :we:
a_n qui tend vite vers 0, ca a l'air cool..
edit : quid si |a_n| est minoré?
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benekire2
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par benekire2 » 13 Déc 2010, 13:05
Ben314 a écrit:Partant de Pn (avec n racines) on prend n+1 valeurs x1<x2<...<x(n+1) tels que les P(xi) soient de signe alternés (par exemple les racines de P' plus deux autres valeurs à l'extérieur des zéro de P) puis on choisis un epsilon tels que les signes des P(xi)+epsilon.xi^(n+1) soient les mêmes que ceux des P(xi) et il suffit alors de considérer le polynôme P(X)+epsilon.X^(n+1) : il a au moins n+2 changement de signe (un de plus que Pn vu que les limites en oo ne sont plus les mêmes).
Pour une construction "explicite", je prendrais bien a_n=(-1)^n/(2n)! pour que P(x) soit le début du D.V. de cos(racine(x)) et je pense qu'on doit pouvoir montrer à l'aide d'une formule de Taylors que l'on a le bon nombre d'alternances de signes.
Voilà , la solution que j'avais est (quasiment) identique et l'idée est la même.
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benekire2
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par benekire2 » 05 Nov 2014, 13:56
Je déterre et signale une autre preuve :
En prenant
on voit que plutôt que de régler
pour obtenir
il suffit de régler une constante ce qui est bien plus simple. Bon, c'est pas forcément très clair mais quiconque voudrait résoudre le problème comprendrai je pense.
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