Hello
U=cos(πp(n)) possède un nombre fini valeur d'adherence , p(x)
polynôme a coefficient réels
Montrer que p(x)-p(0) est coefficients rationnels.
Comment faire
Thank's
Oral ens Polynôme et nombre rationnel
Re: Oral ens Polynôme et nombre rationnel
Tu en liras la correction dans la rms du mois de mai prochain si tu y penses
Professeur de maths MP Lycée Sainte-Geneviève
Re: Oral ens Polynôme et nombre rationnel
Sais-tu faire le cas où $ $$p$ est un polynôme de degré $ $$1.$
Que peux-tu dire de $ $$x\mapsto p(x+1)-p(x)?$ Regarde alors la suite $ $$(e^{i\pi \left(p(n+1)-p(n)\right)})_{n\geq 0}$ et tu sauras conclure.
Que peux-tu dire de $ $$x\mapsto p(x+1)-p(x)?$ Regarde alors la suite $ $$(e^{i\pi \left(p(n+1)-p(n)\right)})_{n\geq 0}$ et tu sauras conclure.
Re: Oral ens Polynôme et nombre rationnel
Salut !
Pour le sens réciproque tu peux raisonner par récurrence sur le degré et utiliser les polynômes de Tchebychev et les identités trigo.
Pour le sens direct aussi tu peux raisonner par récurrence en exprimant $U_{n+1}$ en fonction de $U_n$ et de $\cos(\pi (P(n+1)-P(n)))$ grâce aux identités trigo. A partir de là tu n'auras pas trop de mal à conclure que $P(X+1)-P(X)$ est à coefficients rationnels puis le résultat
Bonne fin de week-end !
Pour le sens réciproque tu peux raisonner par récurrence sur le degré et utiliser les polynômes de Tchebychev et les identités trigo.
Pour le sens direct aussi tu peux raisonner par récurrence en exprimant $U_{n+1}$ en fonction de $U_n$ et de $\cos(\pi (P(n+1)-P(n)))$ grâce aux identités trigo. A partir de là tu n'auras pas trop de mal à conclure que $P(X+1)-P(X)$ est à coefficients rationnels puis le résultat
Bonne fin de week-end !
Re: Oral ens Polynôme et nombre rationnel
Pour Bobby Joe p(x+1)-p(x) baisse le degré d'une unité. La suite exp(i.pi(p(n+1)-p(n)) possède aussi un nombre fini
de valeur d'adhérence. Pour P de degre 1 , la suite cos(pi.(an+b)) est dense dans [-1;1] si a est irrationnel.
Mais pour P de degré >1 je ne cerne pas trop comment faire.
Pour K-ter U(n+1)=U(n)cos(pi(P(n+1)-P(n)) - sin(pi(P(n+1))sin(π(p(n+1)-p(n)) je ne vois pas quoi en tirer
Polynômes de tchebychev cos(nx)= Q(cos(x)) mais pour après ?
Pour jean N je veux comprendre comment on résoud cet exo, pas de lire la soluce.
de valeur d'adhérence. Pour P de degre 1 , la suite cos(pi.(an+b)) est dense dans [-1;1] si a est irrationnel.
Mais pour P de degré >1 je ne cerne pas trop comment faire.
Pour K-ter U(n+1)=U(n)cos(pi(P(n+1)-P(n)) - sin(pi(P(n+1))sin(π(p(n+1)-p(n)) je ne vois pas quoi en tirer
Polynômes de tchebychev cos(nx)= Q(cos(x)) mais pour après ?
Pour jean N je veux comprendre comment on résoud cet exo, pas de lire la soluce.
Re: Oral ens Polynôme et nombre rationnel
Ce n'était pas clair vu la façon dont tu as posé le message initial.
D'habitude les posteurs expliquent un peu les pistes explorées, le contexte, le nombre d'heures déjà passé à chercher, pas un énoncé brut avec une conclusion du type "comment faire, merci"
D'habitude les posteurs expliquent un peu les pistes explorées, le contexte, le nombre d'heures déjà passé à chercher, pas un énoncé brut avec une conclusion du type "comment faire, merci"
Professeur de maths MP Lycée Sainte-Geneviève
Re: Oral ens Polynôme et nombre rationnel
Vérifie pourquoi la suite $ $$(e^{\pi (p(n+1)-p(n))})_{n\geq 0}$ n'a qu'un nombre fini de valeurs d'adhérence si la suite $ $$(e^{\pi p(n)})_{n\geq 0}$ n'en a qu'un nombre fini également.
Remarque : le sujet d'écrit d'ULM de l'an passé démontre un résultat bien plus fort ( "équirépartition" sous certaines conditions, due à Weyl) par la méthode de Van der Corput.... Essentiellement dans la même veine ce que l'on te fait faire ici...
Remarque : le sujet d'écrit d'ULM de l'an passé démontre un résultat bien plus fort ( "équirépartition" sous certaines conditions, due à Weyl) par la méthode de Van der Corput.... Essentiellement dans la même veine ce que l'on te fait faire ici...
Re: Oral ens Polynôme et nombre rationnel
Bobby Joe j'ai même vue que exp(iπ(p(n+2)-2p(n+1)+p(n))) possède aussi un nombre fini de valeurs d'adhérence
avec p(n+2)-2p(n+1)+p(n) est de degré deux unités de moins que degré polynôme p
Et après ??
avec p(n+2)-2p(n+1)+p(n) est de degré deux unités de moins que degré polynôme p
Et après ??
Re: Oral ens Polynôme et nombre rationnel
Utilise le résultat intermédiaire pour démontrer le cas des polynômes de degré 2 puis 3 puis...
Professeur de maths MP Lycée Sainte-Geneviève
Re: Oral ens Polynôme et nombre rationnel
cette exercice est magnifique , je poste la tentative qui me semble la plus prometteuse ,
Montrons plutôt que si $ p(x)-p(0) \not \in \mathbb{Q}[X] $ alors $ u_{n}(p) $ admet une infinité de valeurs d’adhérence ,
on pose $ d=deg(p) $
Raisonnons , par récurrence sur le dégrée de p , pour $ d=1 $ , $ p(n)=an+b $ avec $ a $ irrationnel , alors vu que la suite (a.n) est équirépartie modulo 1 , $ an-E(an) $ est dense sur $ [0,1] $ , donc $ cos(\pi p(n))=(-1)^{n} \cos(\pi (p(n)-E(p(n))) $ admet une infinité de valeurs d’adhérence .
soit maintenant $ d\geq 2 $ , Supposons le résultat vraie au rang inférieur .
remarque on peut toujours se ramener a un polynôme avec un coefficient dominant irrationnel a cause de la $ \pi $ périodicité du cosinus , en effet , soit $ s $ le plus grand indice tel que $ a_{s} $ est irrationnel $ s\leq d $ , soit $ m $ un entier naturel telle que
pour tout $ k \in [[s+1,d] $ $ ma_{k} \in \mathbb{Z} $ (si jamais $ a_{d} $ n'est pas irrationnel ) en inter-changeant $ n \to mn $ on peut ignorer les termes d'indice > s , et on revient a un polynômes de coefficient dominant irrationnel .
Soit donc $ p $ un polynome de degré $ d $ de coefficient dominant disons $ a_{d} $ irrationnel , on applique l’hypothèse de récurrence a $ q(n)=p(n+1)-p(n) $ qui a le même coefficient dominant que $ p $ , mais un degré strictement inférieur , donc $ q $ admet une infinité valeurs d’adhérence modulo 1 , maintenant en partant d'une valeur d’adhérence modulo $ 1 $ de $ p $ on peut générer une infinité via $ q $, ou plus simplement soit $ a $ une valeur d’adhérence modulo $ 1 $ de $ q $ soit $ f $ une extractrice tel que : $ q(f(n))=E(q(f(n))+a+o(1) $ , la suite $ x_{f(n)}=p(f(n))-E(f(n)) $ est bornée donc admet au moins une valeur d’adhérence qu'on note $ t $, soit donc $ g $ une extractrice tel que $ p(g(n))=E(g(n))+t+o(1) $ et $ q(g(n))=E(q(g(n))+a+o(1) $ alors en posant $ h(n)=g(n)+1 $ on a $ p(h(n))=E(p(g(n)))+E(q(g(n))+a+t+o(1) $ donc $ a+t $ est une valeur d’adhérence de $ u_{n} $ , il y en une infinité de tel $ a $ .....
Montrons plutôt que si $ p(x)-p(0) \not \in \mathbb{Q}[X] $ alors $ u_{n}(p) $ admet une infinité de valeurs d’adhérence ,
on pose $ d=deg(p) $
Raisonnons , par récurrence sur le dégrée de p , pour $ d=1 $ , $ p(n)=an+b $ avec $ a $ irrationnel , alors vu que la suite (a.n) est équirépartie modulo 1 , $ an-E(an) $ est dense sur $ [0,1] $ , donc $ cos(\pi p(n))=(-1)^{n} \cos(\pi (p(n)-E(p(n))) $ admet une infinité de valeurs d’adhérence .
soit maintenant $ d\geq 2 $ , Supposons le résultat vraie au rang inférieur .
remarque on peut toujours se ramener a un polynôme avec un coefficient dominant irrationnel a cause de la $ \pi $ périodicité du cosinus , en effet , soit $ s $ le plus grand indice tel que $ a_{s} $ est irrationnel $ s\leq d $ , soit $ m $ un entier naturel telle que
pour tout $ k \in [[s+1,d] $ $ ma_{k} \in \mathbb{Z} $ (si jamais $ a_{d} $ n'est pas irrationnel ) en inter-changeant $ n \to mn $ on peut ignorer les termes d'indice > s , et on revient a un polynômes de coefficient dominant irrationnel .
Soit donc $ p $ un polynome de degré $ d $ de coefficient dominant disons $ a_{d} $ irrationnel , on applique l’hypothèse de récurrence a $ q(n)=p(n+1)-p(n) $ qui a le même coefficient dominant que $ p $ , mais un degré strictement inférieur , donc $ q $ admet une infinité valeurs d’adhérence modulo 1 , maintenant en partant d'une valeur d’adhérence modulo $ 1 $ de $ p $ on peut générer une infinité via $ q $, ou plus simplement soit $ a $ une valeur d’adhérence modulo $ 1 $ de $ q $ soit $ f $ une extractrice tel que : $ q(f(n))=E(q(f(n))+a+o(1) $ , la suite $ x_{f(n)}=p(f(n))-E(f(n)) $ est bornée donc admet au moins une valeur d’adhérence qu'on note $ t $, soit donc $ g $ une extractrice tel que $ p(g(n))=E(g(n))+t+o(1) $ et $ q(g(n))=E(q(g(n))+a+o(1) $ alors en posant $ h(n)=g(n)+1 $ on a $ p(h(n))=E(p(g(n)))+E(q(g(n))+a+t+o(1) $ donc $ a+t $ est une valeur d’adhérence de $ u_{n} $ , il y en une infinité de tel $ a $ .....
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .