Majoration d'un polynôme
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Nightmare
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par Nightmare » 29 Nov 2009, 15:24
Salut à tous,
je vous propose de démontrer les résultats suivants :
Soit P un polynôme complexe de degré n (non nul).
1) On suppose que
| < \frac{1}{\sqrt{1-x^2}})
sur [-1,1]. Quelle est alors la meilleure majoration possible pour |P| sur ce segment?
2) On suppose cette fois-ci que
|\leq 1)
toujours sur [-1,1]. Montrer que
| \leq n^{2})
sur [-1,1]
Bon courage
:happy3:
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Nightmare
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par Nightmare » 29 Nov 2009, 18:11
Pas d'idée(s)?
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Ben314
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par Ben314 » 29 Nov 2009, 18:22
Ben.... non.
Je pensais à utiliser de l'analyse complexe, sauf que [-1,1], comme contour d'un domaine, c'est pas terrible.
Pour te dire que j'ai un peu cherché, j'ai regardé pour n=1 les contraintes que ca donne (en me disant que c'était un début) mais ca m'a paru une mauvaise idée...
En résumé, j'ai PAS RIEN FAIT m'sieu, mais J'TROUVE PAS !!!
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Nightmare
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par Nightmare » 29 Nov 2009, 18:27
Je n'ai rien trouvé par analyse complexe non plus. La preuve que je connais utilise les polynômes de Tchebytchev si ça peut te mettre sur une piste !
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Doraki
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par Doraki » 29 Nov 2009, 18:29
| \leq \sqrt{\frac{(n+1)^{n+1}}{n^n}}x^n)
pour
?
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Nightmare
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par Nightmare » 29 Nov 2009, 18:30
Salut Doraki :happy3:
C'est peut être vrai, mais ce n'est pas la meilleure possible. En fait, la réponse assez surprenante est n-1. Peut être qu'en voyant comment elle est atteinte ça peut vous aider à le montrer.
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Doraki
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par Doraki » 29 Nov 2009, 18:32
Il faut montrer que par exemple, pour P(x) = 2x, comme |P| satisfait les hypothèses, |P| <= 0 sur [-1;1] ?
Ou ça serait pas plutôt (n+1) ?
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Nightmare
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par Nightmare » 29 Nov 2009, 18:33
Oui bien sûr, n+1 :happy3:
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Doraki
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par Doraki » 29 Nov 2009, 20:20
Si on appelle Pn le polynôme (de degré (n-1)) qui vérifie sin(nx) = Pn(cos(x)) * sin(x),
Pn satisfait la contrainte et en dérivant cette égalité en x=0, on obtient que Pn(1) = n.
Quand tu dis "meilleure majoration possible" ça veut dire quoi précisément ?
Parcequ' on commence avec une majoration par une fonction et tu veux qu'on détermine une majoration uniforme par un réel..
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Nightmare
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par Nightmare » 29 Nov 2009, 20:24
resalut Doraki !
J'ai retranscrit l'énoncé tel que je l'ai eu mais je suis d'accord qu'il n'est pas très clair. Je crois qu'ici il faut concevoir le mot "meilleur" comme "plus simple" :lol3:
Bref, en gros, il s'agit juste de démontrer que P est majoré en module par n+1 comme je l'ai dit.
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Ben314
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par Ben314 » 29 Nov 2009, 20:44
Bon, je rapelle que moi, j'ai pas la réponse.....
Mais, par contre (hahaha) j'ai compris l'énoncé (enfin je crois)
On demande le sup de |P(x)| pour tout les polynomes de degrés n (fixé) vérifiant la condition et tout les x dans [-1,1].
j'ai rajouté "fixé" parsqu'au départ, j'avais pas compris et j'était persuadé que le sup était +infini en prenant les "tronquées" du D.V. en série de 1/sqrt(1-x^2)
P.S. c'est quoi le record de longueur d'un post, parce qu'avec le 'e.v.', on pète le plafond... :zen:
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Nightmare
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par Nightmare » 29 Nov 2009, 21:15
Voici l'idée qu'on m'a donnée :
On peut relier notre polynôme P aux polynômes de Tchebytchev
, pour cela, on utilise la base des polynômes de Lagrange.
En notant
,
les n racines du polynôme
, on a
=\Bigsum_{k=1}^{n} L_{k}(x)P(\omega_{k}))
où les Lk sont les k polynômes d'interpolation de Lagrange associé aux
.
Reste à trouver les L_k en fonction des Tk. Une fois que c'est fait, reste un travail intéressant de majoration que je vous laisse faire :happy3:
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Nightmare
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par Nightmare » 30 Nov 2009, 15:10
Voici la fin du 1) (pour alléger, je suppose mon polynôme de degré n-1 et non n)
On trouve assez facilement que
=\frac{(-1)^{k+1}\sqrt{1-\omega_{k}^{2}}}{n(x-\omega_{k})}T_{n}(x))
Du coup
=\frac{1}{n}\Bigsum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1}\sqrt{1-\omega_{k}^{2}}P(\omega_{k})\times \frac{T_{n}(x)}{x-\omega_{k}})
Du coup, l'hypothèse (
|\le 1)
donne :
|\le \frac{1}{n} \Bigsum_{k=1}^{n} \|\frac{T_{n}(x)}{x-\omega_{k}}\|)
Maintenant il reste à distinguer 3 cas :
1) Si
. Les quotients
}{x-\omega_{r}})
sont positifs et du coup
\|\le \frac{1}{n}\Bigsum_{k=1}^{n} \frac{T_{n}(x)}{x-\omega_{r}})
mais le membre de droite n'est autre que
}{n}=\frac{sin(n\theta)}{sin(\theta)})
avec
)
Par récurrence on montre que ce machin là est bien majoré par n.
2) Si
idem
3) Si
,
Mais les racines de Tn valent
\pi}{2n})
, d'où ici
et donc
|\le n)
Dans tous les cas on a bien la majoration par n. C'est le plus petit majorant possible puisque atteint par exemple pour
=\frac{T_{n}'(x)}{n})
(en fait c'est atteint exactement pour les
}{n})
,
)
Reste le 2) qui "découle" du 1) sans en être une application directe.
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Nightmare
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par Nightmare » 01 Déc 2009, 16:08
Pour ceux que ça intéresse, voici la preuve du 2) :
Le tout est de se ramener au 1.
Posons
=P(cos(\theta)))
. En linéarisant,
)
est de la forme
+\Bigsum_{k=1}^{n} (\lambda_{k}cos(k\theta)+\mu_{k}sin(k\theta)\))
.
L'astuce consiste alors à considérer
=\frac{1}{2}\[Q(\theta+x)-Q(-\theta+x)\])
avec x réel quelconque. Ce choix qui donne un polynôme impair permet d'écrire que
=\Bigsum_{k=1}^{n} \gamma_{k} sin(k\theta))
. Le polynôme
}{sin(\theta)})
pour
vérifie les conditions du 1 et on a donc
}{sin(\theta)}\|\le n)
pour tout
.
En passant à la limite quand
tend vers 0, on obtient
\|\le n)
, c'est à dire
\|\le n)
pour tout x !
Mais
=sin(x)P'(cos(x)))
On obtient alors
P'(cos(x))|\le n)
, ou encore
}\frac{1}{n}P'(cos(x))\|\le 1)
et le 1) appliqué à P'/n donne alors que
)}{n}\|\le n)
et donc
\|\le n^{2})
pour tout theta dans [-1,1].
:happy3:
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