Mais c'est presque aussi long que par la formule de récurrence.
Pour
Est-ce que la formule se simplifie? Je ne sais pas.
Tu peux aussi tenter avec un tableur.
Exprimer Un en fonction de n
35 messages
- Page 2 sur 2 - 1, 2
par yos » 28 Mar 2007, 14:28
La formule que j'ai proposée donne
.
Mais c'est presque aussi long que par la formule de récurrence.
Pour
, j'ai pas envie d'essayer.
Est-ce que la formule se simplifie? Je ne sais pas.
Tu peux aussi tenter avec un tableur.
Mais c'est presque aussi long que par la formule de récurrence.
Pour
Est-ce que la formule se simplifie? Je ne sais pas.
Tu peux aussi tenter avec un tableur.
par yos » 28 Mar 2007, 19:52
Et ça te choque pas ce résultat?
C'est faux sur les premiers termes, de signe alterné alors que
, et j'en passe.
C'est faux sur les premiers termes, de signe alterné alors que
par mathelot » 28 Mar 2007, 21:31
bonsoir,
voilà, c'est ok.
k!})
Le problème, c'est qu'il manque dans le quotient le produit:
(k+2)\cdots (k+n))
Pour pallier cet inconvénient, nous introduisons la fonction:
= \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{2^k y^{k+n}}{(n+k+1)!})
évaluée au point 1:
=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{2^k}{(n+k+1)k!}=u_{n})
=\frac{1}{2^{n+1}y} \left( e^{2y} - \sum_{i=0}^{n} \frac{{(2y)}^i}{i!} \right))
en dérivant n fois:
 + {(-1)}^{n+1} \frac{n!}{y^{n+1} \right))
posons=\frac{e^{2y}}{y})
 = e^{2y})
en dérivant n fois avec Leibnitz:
}(y)+n \phi^{(n-1)}(y)=2^{n}e^{2y})
en combinant les n égalités:
}^{n+1}y^{n}}{n!} \phi^{(n)}(y)+ \phi(y) = e^{2y} \left( \sum_{k=1}^{k=n} \quad {(-1)}^{k+1} \quad \frac{y^{k-1}2^{k}}{k!} \right))
}(1)={(-1)}^{n} e^{2} (n!) \left( \sum_{k=0}^{n} \quad {(-1)}^{k} \frac{2^k}{k!} \right))
}^{n} \frac{n!}{2^{n+1}} \left( e^{2} \left( \sum_{k=0}^{n} \quad {(-1)}^k \frac{2^k}{k!} \right) -1 \right))
}^{n-1} \quad \frac{n!}{2^{n+1}} \quad e^2 \quad \left( e^{-2} \quad - \quad \sum_{k=0}^{n} \quad \frac{{(-2)}^k}{k!} \right))
Le niveau ne cesse d'augmenter en Terminale :zen:
voilà, c'est ok.
Le problème, c'est qu'il manque dans le quotient le produit:
Pour pallier cet inconvénient, nous introduisons la fonction:
évaluée au point 1:
en dérivant n fois:
posons
en dérivant n fois avec Leibnitz:
en combinant les n égalités:
Le niveau ne cesse d'augmenter en Terminale :zen:
par buzard » 28 Mar 2007, 21:41
Bonjour,
Je trouve que l'idée de ramener cela à une série génératrice est des plus intéressante. Par contre une approche plus directe me semble plus adéquate.
donc en étudiant la série formelle : = \bigsum_{n \ge 0} \frac{u_n}{n!} Y^n)
On tombe sur : = \bigint_0^1 e^{(2+Y)x} dx = \frac{e^{2+Y}-1}{2+Y})
d'où}(0))
Je ne pense pas qu'il soit vraiment intéressant de continuer plus loin le développement de l'expression
Je ne vois pas comment ca va se simplifier!
Je trouve que l'idée de ramener cela à une série génératrice est des plus intéressante. Par contre une approche plus directe me semble plus adéquate.
donc en étudiant la série formelle :
On tombe sur :
d'où
Je ne pense pas qu'il soit vraiment intéressant de continuer plus loin le développement de l'expression
Je ne vois pas comment ca va se simplifier!
par mathelot » 29 Mar 2007, 08:23
PooShy a écrit:
la méthode semble prometteuse. On peut la généraliser (un peu) en rendant une des bornes de l'intégrale littérale (variable) et en appliquant un développement de Taylor Mac-laurin à d'autres fonctions que l'exponentielle, fonctionsvérifiant une équa diff (exemple: arctan,
par PooShy » 29 Mar 2007, 15:36
J'adore.
Je ne comprends plus mais j'adore.
C'est beau.
Je livre une espèce de suite donnée par mon prof et on me la tire dans tous les sens. :lol5:
Qu'est-ce qu'on fait pas avec de la pâte à modeler... :zen:
...et pour U99 ?
Je ne comprends plus mais j'adore.
C'est beau.
Je livre une espèce de suite donnée par mon prof et on me la tire dans tous les sens. :lol5:
Qu'est-ce qu'on fait pas avec de la pâte à modeler... :zen:
...et pour U99 ?
par buzard » 29 Mar 2007, 18:07
Pour revenir, en effet un peu à ta question initiale. Pour trouver l'expression du terme général d'une suite donnée par une relation de récurrence, on a souvent recourt à deux techniques :
1) le changement de variable pour simplifier la récurrence
2) les séries formelle ou fonction génératrice
1) Changement de variable
ici c'est^n}{n!}u_n)
d'où les premières expressions obtenus en sommant
^n}{(n+1)!}e^2)
soit^n}{n!}u_n = -\frac{1}{2} + \frac{e^2}{2} \bigsum_{k=0}{n}{\frac{(-2)^k}{k!}})
la somme c'est les n+1 premiers termes du développement en série de taylor de e^(-2), en notant + r_n(x) = \bigsum_{k \le n}{\frac{x^n}{n!}} + \bigsum_{k \gt n}{\frac{x^n}{n!}})
soit^n}{n!}u_n = - \frac{e^2}{2}r_n(-2))
2) La série génératrice
on peut utiliser des séries formelles pour résoudre la récurrence, il s'agit en gros de trouver une équation différentielle ou fonctionnelle dont les solutions ont pour développement en série entière :
=\bigsum_{n \ge 0} u_nX^n)
ou =\bigsum_{n \ge 0} \frac{u_n}{n!}X^n)
ici c'est le deuxième cas qui est intéressant :
u_n = e^2)
!}X^{n+1} + X \frac{u_n}{n!}X^n = \frac{e^2}{(n+1)!}X^{n+1})
-f(0)) + Xf(X) = e^2(e^X-1))
finalement = \frac{e^{2+X}-1}{2+X})
comme je l'avais déjà trouvé
et on à bien du faite du développement en série de taylor}(0))
voilà il y a certainement des tas d'autres approches mais elles donnent toute le même résultat (encore heureux!)
D'un autre côté, du point de vue mathématique ça ne sert souvent à rien d'avoir l'expression explicite on ce contente bien souvent d'un équivalent ou d'un développement asymptotique. Qui vont suffire à déterminer la limite et sa vitesse d'approche.
1) le changement de variable pour simplifier la récurrence
2) les séries formelle ou fonction génératrice
1) Changement de variable
ici c'est
d'où les premières expressions obtenus en sommant
soit
la somme c'est les n+1 premiers termes du développement en série de taylor de e^(-2), en notant
soit
2) La série génératrice
on peut utiliser des séries formelles pour résoudre la récurrence, il s'agit en gros de trouver une équation différentielle ou fonctionnelle dont les solutions ont pour développement en série entière :
ici c'est le deuxième cas qui est intéressant :
finalement
et on à bien du faite du développement en série de taylor
voilà il y a certainement des tas d'autres approches mais elles donnent toute le même résultat (encore heureux!)
D'un autre côté, du point de vue mathématique ça ne sert souvent à rien d'avoir l'expression explicite on ce contente bien souvent d'un équivalent ou d'un développement asymptotique. Qui vont suffire à déterminer la limite et sa vitesse d'approche.
par mathelot » 29 Mar 2007, 18:53
buzard a écrit:
d'où
bonjour,
je n'avais pas vu combien ce que tu avais écrit était intéressant..
si j'ai bien compris tes notations, tu as le droit de considérer l'intégrale
d'une fonction de [0;1] dans R[[X]] ?
par contre , comme on a la majoration triviale:
la série , pas formelle,
converge sur R.
par buzard » 30 Mar 2007, 20:16
mathelot a écrit:je n'avais pas vu combien ce que tu avais écrit était intéressant..
Comme tout ce que je dis ou écrit. :zen:
si j'ai bien compris tes notations, tu as le droit de considérer l'intégrale
d'une fonction de [0;1] dans R[[X]] ?
Pour être plus sérieux, en faite je parle justement de [url=http://fr.wikipedia.org/wiki/Série_formelle]série formelle[/url] , avec explicitement une variable formelle. Cela permet d'abstraire un peu toutes les justifications de convergence nécessaire en principe et toujours vérifié en pratique.
En principe il aurait fallu parlé de convergence monotone, dominé, normale, uniforme, etc ... Moi je trouve que c'est fort inutile, surtout qu'une fois les calculs faits, on s'en tire en parlant simplement d'un développement en série de Taylor. Et puis moi j'ai le droit je suis pas tout à fais matheux, alors je me permet d'être moins rigoureux.
Mais pour un étudiant, au moins jusqu'à la maîtrise, il est nécessaire de tout justifier correctement. Surtout s'il veut tout les points aux devoirs.
par fahr451 » 31 Mar 2007, 09:41
bonjour
pour le deuxième
t= 1-x ; dse , intégration terme à terme,
I = - (n+1) S(n+1) où S est la série harmonique
pour le premier idem
pour le deuxième
t= 1-x ; dse , intégration terme à terme,
I = - (n+1) S(n+1) où S est la série harmonique
pour le premier idem
35 messages
- Page 2 sur 2 - 1, 2
Qui est en ligne
Utilisateurs parcourant ce forum : Aucun utilisateur enregistré et 12 invités
Tu pars déja ?
Fais toi aider gratuitement sur Maths-forum !
Créé un compte en 1 minute et pose ta question dans le forum ;-)
Identification
Pas encore inscrit ?
Ou identifiez-vous :