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#1 12-02-2017 11:57:44
- vercar
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derivabilité
Soit f définie par $f(x)=$ $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ sur $\left]-1;1\right[$
1. Montrer que f est de classe C infini sur $\left]-1;1\right[$ et qu'il existe un polynome $P_n$ tel que pour tout x de $\left]-1;1\right[$
$f^n(x)= \frac{p_n(x)}{(1-x^2)^{n+1/2}}$
2.montrer que:
a. pour tout n de N $P_{n+1}(x)=(1-x^2)P'_n+ (2n+1)xP_n$
b. pour tout x de $\left]-1;1\right[$, $(1-x^2)f'(x)- xf(x)=0$
En déduire que pour tout n de $N^*$, $P_{n+1} - (2n+1)xP_n-n^2(1-x^2)P_{n-1}=0$
3.Montrer que pour tout n de $N^*$, $P'_n=n^2P_{n-1}$. En déduire que pour tout n de $N^*$, $n^2P_n-(2n-1)xP'_n-(1-x^2)P"_n=0$
4.Calculer $P_n(0)$ pour tout n de N
Salut a tout le monde. Besoin d'aide svp. J'ai du mal depuis la question 1
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#5 12-02-2017 13:35:54
- Yassine
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Re : derivabilité
Les deux aspects devraient se traiter par récurrence.
Si tu montres que pour tout $n \ge 0$, $f^n(x)= \frac{p_n(x)}{(1-x^2)^{n+1/2}}$, alors tu peux conclure qu'en particulier $f \in C^\infty(]-1,1[)$ puisque pour tout $n$, $f^{(n)}$ existe et est continue.
Il faut donc dérouler ta récurrence. Qu'as-tu fais ?
Dernière modification par Yassine (12-02-2017 13:36:15)
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#7 12-02-2017 15:57:40
- Yassine
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Re : derivabilité
Si tu montres que pour tout $n$, $f$ est dérivable à l'ordre $n$ et sa dérivée donnée par la formule en question, cela montre que $f \in C^\infty$.
Maintenant, si tu veux vraiment montrer que c'est $C^\infty$ avant même de montrer la formule, tu peux raisonner par composition. Si tu notes
$f_1: x \mapsto 1-x^2$,
$f_2: x \mapsto \sqrt{x}$ et
$f_3: x \mapsto \dfrac{1}{x}$, alors
$f =f_3 \circ f_2 \circ f_1$ et tu peux appliquer les théorèmes que tu connais sur la composition de fonctions (il faudra vérifier que $f_1(]-1,1[) \subset D_{f_2}$ et que $f_2\circ f_1(]-1,1[) \subset D_{f_3}$).
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#10 12-02-2017 21:38:40
- Yassine
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Re : derivabilité
C'est du calcul !
Je note
$A(n)$ la propriété : $P_{n+1}=(1-x^2)P'_n+ (2n+1)xP_n$ et
$B(n)$ la propriété : $P_{n+1} = (2n+1)xP_n+n^2(1-x^2)P_{n-1}$
On veut montrer $B(n)$. On montre par récurrence (je te laisse l'initialisation).
On suppose $B(n)$.
avec $A(n+1)$, on a $P_{n+2}=(1-x^2)P'_{n+1}+ (2n+3)xP_{n+1}$
Via l'hypothèse de récurrence, on peut obtenir $P'_{n+1}$ :
$P'_{n+1} = (2n+1)[xP'_n + P_n] + n^2[(1-x^2)P'_{n-1}-2xP_{n-1}]$
On a donc
$P_{n+2}=(1-x^2)\left\{(2n+1)[xP'_n + P_n] + n^2[(1-x^2)P'_{n-1}-2xP_{n-1}]\right\}+ (2n+3)xP_{n+1}$ (1)
A l'aide de $A(n)$, on a $(1-x^2)P'_n=P_{n+1}-(2n+1)xP_n$ et
à l'aide de $A(n-1)$, on a $(1-x^2)P'_{n-1}=P_{n}-(2n-1)xP_{n-1}$.
Tu remplaces dans (1) les dérivées ainsi obtenues et tu devrais obtenir la relation souhaitée en utilisant à nouveau l'hypothèse de récurrence (en remplaçant $n^2(1-x^2)P_{n-1}$ par $P_{n+1}-(2n+1)xP_n$). Tu auras en effet à gauche de l'égalité le terme $P_{n+2}$ et à droite un expression qui n'implique que $P_{n+1}$ et $P_n$.
Cela dit, j'ai trouvé que c'était beaucoup plus facile de montrer par récurrence la relation $P'_n = n^2P_{n-1}$ qui est en réalité équivalente à la propriété $B(n)$ ci dessus (sachant que $A(n)$ est déjà démontrée).
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#13 16-02-2017 19:24:20
- Yassine
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Re : derivabilité
ça se déduit des deux équations de la question 3.
L'équation $n^2P_n-(2n-1)xP'_n-(1-x^2)P^{''}_n=0$ appliquée en $x=0$ te donne $n^2P_n(0)-P^{''}_n(0)=0$
Ensuite, en écrivant $P'_n = n^2P_{n-1}$ et $P'_{n-1} = (n-1)^2P_{n-2}$, tu en déduit que $P^{''}_n = n^2(n-1)^2P_{n-2}$ que tu reportes dans l'équation précédente et tu obtiens $P_n(0)=(n-1)^2P_{n-2}(0)$
Tu peux donc calculer tous les $P_{2k}(0)$ à partir de $P_0(0)$ et les $P_{2k+1}(0)$ à partir de $P_1(0)$
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