Une petite série entière.

P. · March 2018

Si $b\geq 0$ et si $$\frac{z}{1-(1-z)^b}=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n$$ je soupçonne que $a_n\geq 0$ pour tout $n$ sans savoir le montrer. *

* pour ceux que cela intéresse, je voudrais savoir si la loi de Sibuya définie par $$ \sum_{n=1}^{\infty}\Pr(X=n)z^n=1-(1-z)^{1/b}$$ peut être la loi du nombre de descendants ('progenie') d'un processus de Galton Watson.

P. · March 2018

Bah, c'est faux pour $b=3.$ Pardon du derangement.

Chalk · March 2018

Quelle est ta preuve que c'est faux ?

P. · March 2018

Merci de ton interet, Skyffer. On a $P(z)=1-z+\frac{z^2}{3} =1-2r\cos \theta z+r^2z^2$ et donc
$$\frac{1}{3P(z)}=\frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}r^nz^n
\frac{\sin (n+1)\theta}{\sin \theta}.$$ Et $\frac{\sin (n+1)\theta}{\sin \theta}\geq 0$ pour tout $n$ ce n'est pas possible, sniff. Il ne reste plus qu'a chercher les $b$ qui marchent...

Chalk · March 2018

Merci à toi !

Comment obtiens-tu l'inverse de $P$ comme le DSE que tu as écrit ?

P. · March 2018

$\frac{z}{1-(1-z)^3}=\frac{z}{3z-3z^2+z^3}=\frac{1}{3P(z)}.$

Chalk · March 2018

Ça j'avais compris :-D

C'est la suite que je n'ai pas compris 8-) Sur mon téléphone dur de recopier l'équation, je parle de ton écriture de l'inverse comme la série entière avec ton sinus.

Math Coss · March 2018

J'apprends en m'amusant... Mais le soir tard, j'écris des bêtises.

Ce type d'écriture de $1/P(z)$ fonctionne avec tout polynôme réel de degré $2$ sans racines réelles dont le coefficient constant vaut $1$, disons $P(z)=az^2+bz+1$ avec $a,b\in\R$ et $b^2-4a<0$. On introduit le polynôme réciproque $Q(z)=z^2P(1/z)=z^2+bz+a$, dont les racines sont les inverses de celles de $P$.

Les racines de $Q$ sont complexes conjuguées, écrivons-les $z_1=r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$ et $z_2=r\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}$, ce qui donne
\[Q(z)=z^2+bz+a=(z-r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})(z-r\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta})
=z^2-2r\cos(\theta)z+r^2,\]d'où\[P(z)=1-2r\cos(\theta)z+r^2z^2=(1-z_1z)(1-z_2z).\]et\[\frac{1}{P(z)}=\frac{1}{(1-z_1z)(1-z_2z)}=\frac{\frac{z_1}{z_1-z_2}}{1-z_1z}-\frac{\frac{z_2}{z_1-z_2}}{1-z_2z}=\sum_{n\ge0}\frac{z_1^{n+1}-z_2^{n+1}}{z_1-z_2}z^n=\sum_{n\ge0}r^n\frac{\sin(n+1)\theta}{\sin\theta}z^n.\]
Edit : le post initial était faux (heure tardive), il manquait le passage au polynôme réciproque.

jandri · March 2018

Pour revenir au problème initial il me semble (par des calculs numériques) que les $a_n$ sont positifs seulement quand $1\leq b\leq2$.

Chalk · March 2018

Merci Math Coss ! J'ai compris l'idée, mais j'ai dû me planter dans le calcul que j'ai fait très rapidement parce que je trouve des cos au lieu des sin. Pas très grave.

Chalk · March 2018

J'ai compris mon erreur grâce à ton edit, j'avais oublié des signes "-" dans l'histoire. J'ai fait ça sur un brouillon déjà utilisé 10 fois, c'est ma faute j'ai pas posé le truc proprement.

P. · March 2018

Merci Jandri. Le probleme redevient tres interessant.

P. · March 2018

Si cela amuse encore, voilà une démonstration de la positivité des coefficients de $f(z)=\frac{z}{1-(1-z)^b}$ quand $1<b\leq 2,$ confirmant les observations numériques de jandri. Posons $t=2-b\in [0,1[$ et $$ g_t(z)=\frac{1}{z}\left(\frac{1}{(1-z)^t} -1\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(t)_n}{n!}z^{n-1}.$$ Alors $f(z)=\frac{1}{D(z)}$ avec $D(z)=2-g_t(z)-z+2zg_t(z)-z^2g_t(z)=2-t-D_1(z)$ ou on a posé $$ D_1(z)=\sum_{n=1}^{\infty}a_nz^n,\ a_n=\frac{(t)_{n-1}}{(n-1)!}-2\frac{(t)_{n}}{n!}+\frac{(t)_{n+1}}{(n+1)!}=\frac{(1-t)(2-t)(t)_{n-1}}{(n+1)!}\geq 0.$$ Donc $$f(z)=\frac{1}{2-t}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{D_1(z)^n}{(2-t)^n}$$ est bien à coefficients positifs.

LOU16 · March 2018

Bonsoir,
En répétant ce que vient de faire P. sous une autre forme:
L'égalité de séries formelles $(1-X)^b =\displaystyle{\sum_{n\geq0}\binom bn (-X)^n}$, permet de voir que:
Si $1\leq b\leq2$ , alors $ \:1 - (1-X)^b = bX - \displaystyle{\sum _{n\geq 2} a_nX^n}$ où $\: \forall n \geq 2, \: \underline{a_n \geq0}.$
Ainsi : $ f(X) =\dfrac1{b( 1- \sum_{n\geq1} \frac{a_{n+1}}{b}X^n)} = \dfrac1b \displaystyle{\sum_{k\geq0} (\sum_{n\geq 1}\dfrac{a_{n +1}}{b}X^n)^k}$ , ce qui assure la positivité de tous les coefficients de la série $f(X)$.

P. · March 2018

C'est plus court en effet. Attention nous n'avons pas les memes symboles de Pochhammer: les tiens sont
$$(b)_n=b(b-1)\ldots(b-n+1),$$ quand mon message ecrivait
$$(t)_n=t(t+1)\ldots(t+n-1).$$ Bon courage aux lecteurs.

LOU16 · March 2018

Re,
Oui P. et c'est toi qui doit avoir les bons. Je corrige en remplaçant $\dfrac{(b)_n}{n!}$ par le binomial $\binom bn$.

jandri · March 2018

Merci pour ces démonstrations.
Quand on a la démonstration de LOU16 sous les yeux on se demande pourquoi on n'y a pas pensé plus tôt!

P. · March 2018

Eh! ce n'est pas fini, il reste a montrer que les coefficients ne sont pas tous positifs si $b>2.$

jandri · March 2018

Le calcul formel montre que le coefficient de $z^5$ dans le DSE de $f$ est égal à $-\dfrac{(b^2-1)(b^2-9)}4$ donc est négatif pour $b>3$.

Mais pour $b=2+10^{-9}$ il faut aller jusqu'à $z^{45}$ pour avoir un coefficient négatif.

P. · March 2018

Tres amusant. Merci, cher jandri.

P. · May 2018

Chers amis, je reviens a la charge. Je rappelle qu'il s'agit encore de montrer que si $b>2$ et si les polynomes $(P_n(b))_{n\geq 2}$ sont definis par
$$\frac{bz}{1-(1-z)^b}=1+\frac{b-1}{2}z+\sum_{n=2}^{\infty}P_n(b)z^n$$ alors il existe un $n$ tel que $P_n(b)<0.$ En posant $X=(b^2-1)/3$ et $R_n(X)=2^{-n}XP_n(b)$ on arrive a la formule de recurrence suivante
$$(n+1)R_n=2(n-1)R_{n-1}-X\sum_{k=2}^{n-2}R_kR_{n-k}\ \ \ (*)$$ valable pour $n\geq 4$ avec $ R_2=R_3=1, \ R_4=\frac{6-X}{5},\ R_5=\frac{8-3X}{5},$$$R_6=\frac{1}{35}(2X^2-47X+80),\ R_7=\frac{1}{7}(2X^2-19X+24),\
R_8=\frac{1}{525}(2800-2754X+488X^2-9X^3)$$ On voit ce sont des polynomes, que $R_n(1)=1$ et que $p-1$ est le degre de $ R_{2p}$ et de $R_{2p+1}.$ Si $x_n$ est le plus petit zero $>1$ de $R_n$, la formule (*) permet de montrer que par recurrence que $1<x_n<\ldots<x_5<x_4$ pour tout $n\geq 4.$ Mais bien que tous les calculs numeriques le montrent, je n'arrive pas a montrer que $\lim_nx_n=1.$ Par exemple, jandri mentionne dans ce fil que $x_{45}<1+10^{-9}...$

J'aurais bien besoin d'une nouvelle idee.