Salut,
la matrice $A$ est donc : $$
\begin{pmatrix}
1& 1& 1& 1& 1& 1 \\
1& w& w^2& -1& w^4& w^5 \\
1& w^2 & w^4& 1& w^2& w^4 \\
1& -1& 1& -1& 1& -1 \\
1& w^4& w^2& 1& w^4& w^2 \\
1& w^5,& w^4& -1& w^2& w
\end{pmatrix}
$$ sauf erreur, mais c'est très compliqué pour moi d'inverser cette matrice, je pense que je suis devenu très vieux pour ce genre de calcul. Merci infiniment.
Je reviens à la question initiale.
Tout d'abord le résultat proposé n'est valable que pour $n\geq1$, il est faux pour $n=0$ (c'est lié au fait que $0^0=1$ et pas $0$).
Le résultat s'écrit aussi : la suite $S(n)$ a pour période $6$.
Enfin je ne vois pas pour quelle raison on commence la première somme à $j=1$ et pas à $j=0$ comme pour les autres. En commençant à $j=0$ cela rajoute $-1/6$ à toute les valeurs de la suite $S(n)$.
Je vais généraliser en considérant une suite $S(n)=\displaystyle\sum_{r=0}^5a_rS_r(n)$ où $S_r(n)=\displaystyle\sum_{k\geq0}{n\choose 6k+r}$ (je diffère de JLT pour cette notation car il avait noté $a_r$ pour $S_r(n)$).
JLT a donné plus haut une méthode pour calculer $S_r(n)$ mais je ne vais retenir que le fait que $S_r(n)$ est combinaison linéaire des 6 suites $u_p(n)=(1+\omega^p)^n$ avec $\omega=e^{i\pi /3}$ et $0\leq p\leq5$. Il en résulte que $S(n)$ est aussi combinaison linéaire des 6 suites $u_p(n)$ avec $0\leq p\leq5$.
On a : $u_0(n)=2^n$, $u_1(n)=(\sqrt3)^ne^{in\pi /6}$,$u_2(n)=e^{in\pi /3}$,$u_3(n)=(0)^n$,$u_4(n)=e^{-in\pi /3}$,$u_5(n)=(\sqrt3)^ne^{in\pi /6}$.
On en déduit que la suite $S(n)$ a pour période 6 si et seulement si elle est combinaison linéaire des deux suites $u_2(n)=e^{in\pi /3}$ et $u_4(n)=e^{-in\pi /3}$, ce qui est équivalent à $S(n+2)=S(n+1)-S(n)$ pour tout $n$ (suite linéairement récurrente d'ordre 2).
Si on demande la période 6 à partir de $n=1$, la suite $0^n$ est la suite nulle donc $S(n)$ est combinaison linéaire de 5 suites. Il suffit donc de 3 conditions pour qu'elle soit combinaison linéaire des deux suites $u_2(n)=e^{in\pi /3}$ et $u_4(n)=e^{-in\pi /3}$, les conditions $S(n+2)=S(n+1)-S(n)$ pour $n=1,2,3$.
On en déduit avec peu de calculs que $S(n)_{n\geq1}$ a pour période 6 si et seulement si $a_3=-a_0-2a_1-2a_2$, $a_4=2a_0+3a_1+2a_2$ et $a_5=-2a_0-2a_1-a_2$. $S(n)_{n\geq1}$ prend alors les valeurs $a_0+a_1$,$a_0+2a_1+a_2$,$a_1+a_2$ puis ensuite $S(n+3)=-S(n)$.
Les valeurs proposées par Méhdi Pascal 38 sont $a_0=-1/6\;,\;a_1=0\;,\;a_2=1/3\;,\;a_3=-1/2\;,\;a_4=1/3\;,\;a_5=0$. Elles vérifient bien les conditions donc la suite $S(n)$ de Méhdi Pascal 38 a pour période 6 à partir de $n=1$. En ajoutant $1/6$ aux 6 premières valeurs de $S(n)_{n\geq1}$ on obtient bien les valeurs de Méhdi Pascal 38 : $0\;,\;1/3\;,\;1/2\;,\;1/3\;,\;0\;,\;-1/6$.
Si on demande la période 6 à partir de $n=0$, la suite $0^n$ n'est pas la suite nulle donc $S(n)$ est combinaison linéaire de 6 suites. Il faut donc 4 conditions pour qu'elle soit combinaison linéaire des deux suites $u_2(n)=e^{in\pi /3}$ et $u_4(n)=e^{-in\pi /3}$, les conditions $S(n+2)=S(n+1)-S(n)$ pour $n=0,1,2,3$.
On en déduit que $S(n)_{n\geq0}$ a pour période 6 si et seulement si $a_2=-a_0-a_1$, $a_3=a_0$, $a_4=a_1$ et $a_5=a_2=-a_0-a_1$. $S(n)_{n\geq0}$ prend alors les valeurs $a_0$, $a_0+a_1$,$a_1$, puis ensuite $S(n+3)=-S(n)$. La suite $S(n)$ de Méhdi Pascal 38 n'a donc pas pour période 6 à partir de $n=0$.
Je n'ai pas fait le lien entre la formule de Méhdi Pascal 38 et les formules de Lehmer citées dans le pdf qu'il a joint.
Mais ces trois formules de Lehmer se montrent à l'aide d'un produit de Cauchy et du développement en série entière définissant les nombres de Bernoulli (mais j'ai mis un peu de temps avant de réussir à faire la démonstration).
Je démontre la première formule, $\displaystyle\sum_{k=0}^n{6n+3\choose 6k}B_{6k}=2n+1$ (les deux autres se démontrent de manière analogue).
Tout d'abord la formule s'écrit encore $\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac{B_{6k}}{(6k)!}\dfrac1{(6(n-k)+3)!}=\dfrac{6n+3}{3(6n+3)!}$.
On reconnait un produit de Cauchy qui traduit l'égalité $f(x)g(x)=\dfrac x3g'(x)$ avec $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}B_{6n}\dfrac{x^{6n}}{(6n)!}$ et $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+3}}{(6n+3)!}$.
Avec le développement en série entière $\dfrac{x}{e^x-1}=-\dfrac x2+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}B_{2n}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}$ et un peu de calculs on obtient :
$f(x)=\dfrac13\bigg(\dfrac{x}{e^x-1}+\dfrac{jx}{e^{jx}-1}+\dfrac{j^2x}{e^{j^2x}-1}\bigg)=\dfrac x3\bigg(\dfrac{\cosh(x)+j\cosh(jx)+j^2\cosh(j^2x)}{\sinh(x)+\sinh(jx)+\sinh(j^2x)}\bigg)$ en notant classiquement $j=e^{2i\pi/3}$.
D'autre part on montre aisément que $g(x)=\dfrac13(\sinh(x)+\sinh(jx)+\sinh(j^2x))$. On obtient bien l'égalité voulue.
Salut,
je m’excuse pour ce retard, c'est la vie, je suis trop chargé de travail, et lorsque je retourne chez moi je n'arrive pas à me concentrer, pour mes démos sur les récurrences de Lehmer, elles sont basées sur les méthodes d'Appell, j'ai déjà publié un article sur viXra sur ces méthodes, voir [3], mais vous devrez me supporter un peu, car je suis un marocain, amateur, mon métier est un artisan menuisier, donc mon français est un peu étrange, donc supportez moi un peu, bon pour les formules c'est aucun souci, car j'aime bien les vérifier par pc avant de les publier, merci à tout le monde, surtout Mr JLT, vous êtes pour moi un génie.
voilà le pdf promis.
Cordialement
Méhdi Pascal.
En cherchant à démontrer les deux autres formules données par Méhdi Pascal 38 dans son fichier "Les récurrences de Lehmer.pdf" j'ai trouvé une simplification avec une seule démonstration pour les trois formules de Lehmer.
On utilise le produit de Cauchy de $f(x)=\dfrac{x}{e^x-1}+\dfrac x2=\dfrac x2\dfrac{e^x+1}{e^x-1}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}B_{2n}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}$ par $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+3}}{(6n+3)!}=\dfrac13(\sinh(x)+\sinh(jx)+\sinh(j^2x))$.
On obtient $f(x)g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha_n\dfrac{x^{6n+3}}{(6n+3)!}+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\beta_n\dfrac{x^{6n+5}}{(6n+5)!}+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\gamma_n\dfrac{x^{6n+7}}{(6n+7)!}$ avec $\alpha_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{6n+3\choose 6k}B_{6k}$, $\beta_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{6n+5\choose 6k+2}B_{6k+2}$ et $\gamma_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{6n+7\choose 6k+4}B_{6k+4}$.
L'ensemble des trois formules de Lehmer, $\alpha_n=2n+1$, $\beta_n=\dfrac{6n+5}3$, $\gamma_n=-\dfrac{6n+7}6$, est équivalent à $f(x)g(x)=\dfrac x3 \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+2}}{(6n+2)!}+\dfrac x3\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+4}}{(6n+4)!}-\dfrac x6\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+6}}{(6n+6)!}=\dfrac x6(2\cosh(x)+1-(\cosh(x)+\cosh(jx)+\cosh(j^2x))$.
C'est encore équivalent à $\dfrac{e^x+1}{e^x-1}(\sinh(x)+\sinh(jx)+\sinh(j^2x))=2\cosh(x)+1-(\cosh(x)+\cosh(jx)+\cosh(j^2x))$.
En multipliant par $e^x-1$ et en regroupant les termes ayant $e^x$ en facteur on vérifie que cette égalité est toujours vraie.
Pour les deux autres formules données par Méhdi Pascal 38 que je réécris de façon plus jolie $\alpha_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{4n+2\choose 4k}(-4)^kB_{4k}=2n+1$ et $\beta_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{4n+4\choose 4k+2}(-4)^kB_{4k+2}=n+1$, la démonstration est analogue.
On utilise le produit de Cauchy de $f(x)=(1+i)\dfrac x2\dfrac{e^{(1+i)x}+1}{e^{(1+i)x}-1}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}B_{2n}\dfrac{((1+i)x)^{2n}}{(2n)!}$ par $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{4n+2}}{(4n+2)!}=\dfrac12(\cosh(x)-\cos(x))$.
On obtient $f(x)g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha_n\dfrac{x^{4n+2}}{(4n+2)!}+2i\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\beta_n\dfrac{x^{4n+4}}{(4n+4)!}$.
L'ensemble des deux formules $\alpha_n=2n+1$, $\beta_n=n+1$ est équivalent à $f(x)g(x)=\dfrac x2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{4n+1}}{(4n+1)!}+\dfrac{ix}2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{4n+3}}{(4n+3)!}$ qui est égal à $\dfrac x4(\sinh(x)+\sin(x)+i\sinh(x)-i\sin(x))$.
En multipliant par $e^{(1+i)x}-1$ et en regroupant les termes ayant $e^{(1+i)x}$ en facteur on vérifie que cette égalité est toujours vraie.
Tour à la fin de son fichier "Les récurrences de Lehmer.pdf" [accessible là http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,2143284,2155572#msg-2155572 ], Méhdi Pascal 38 nomme "polynômes diaboliques" les polynômes définis par $D_n(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^n\left(x-\dfrac{1+\cot(k\pi/(n+1))}2\right)$. A mon avis ils n'ont rien de "diabolique" puisque non seulement on connait leurs racines mais on peut aussi calculer leurs coefficients.
En effet, $D_n(x)=\dfrac1{2^n}P_n(2x-1)$ avec $P_n(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^n\left(x-\cot(k\pi/(n+1))\right)$.
On montre aisément que $P_n(x)=\dfrac{(x+i)^{n+1}-(x-i)^{n+1}}{2i(n+1)}$ puisque $(x+i)^{n+1}=(x-i)^{n+1}$ a pour solutions les $x$ tels que $\dfrac{x+i}{x-i}=\exp(2ik\pi/(n+1))$ avec $1\leq k\leq n$, c'est-à-dire $x=i\dfrac{\exp(2ik\pi/(n+1))+1}{\exp(2ik\pi/(n+1))-1}=\cot(k\pi/(n+1))$.
On en déduit que
$D_n(x)=\dfrac1{2^n(n+1)}\Im((2x+i-1)^{n+1})=\dfrac1{2^n(n+1)}\Im((2x+\sqrt2e^{3i\pi/4})^{n+1}) \\
\hspace{12mm}=\dfrac1{2^n(n+1)}\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}{n+1\choose k}(2x)^{n+1-k}(\sqrt2)^k\sin(3k\pi/4).$
On a donc $D_n(x)=\dfrac1{n+1}\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}{n+1\choose k}x^{n+1-k}2^{1-k/2}\sin(3k\pi/4)$.
On vérifie que $D_n'(x)=nD_{n-1}(x)$ et que la suite $a_n=D_n(0)=\dfrac1{n+1}2^{(1-n)/2}\sin(3(n+1)\pi/4)$ est une suite de nombres rationels :
$a_0=1,a_1=-1/2,a_2=1/6,a_3=0$ et $a_{n+4}=-\dfrac{n+1}{4(n+5)}a_n$.
Merci beaucoup Jandri, tes méthodes sont vraiment très jolies, pour le terme diabolique, j'aimerais dire que je ne suis pas un professionnel, je suis juste un amateur, il m'arrive de tomber sur des choses que je n'arrive pas à les justifier tout seul, et donc elles sont pour moi diaboliques. Merci encore une fois, j'aimerais que tu m'éclaires un peu le terme que j'ai écrit en rouge
$D_n(x)=\dfrac1{2^n(n+1)}{\color{red}{\Im}}((2x+i-1)^{n+1})=\dfrac1{2^n(n+1)}\Im((2x+\sqrt2e^{3i\pi/4})^{n+1}) $
Salut
Merci beaucoup Jandri, je trouve que les améliorations que tu as apportées aux deux récurrences sont vraiment très jolies, j'ai quelque chose qui peut être utile pour vous, voir le pdf. Je ressens que je suis complétement idiot, car à chaque fois je demande de voir le pdf, mais je suis nul en latex, je suis navré. Cordialement.
En lisant attentivement le fichier "Salut.pdf" j'ai compris l'intérêt des suites d'Appell pour prouver les récurrences de Lehmer.
Une suite d'Appell est une suite de polynômes $P_n$ vérifiant pour $n\geq0$ : $P'_n=nP_{n-1}$ (donc $P_0$ est une constante).
Chaque suite d'Appell est caractérisée par la suite $a_n=P_n(0)$. Mais on peut aussi la caractériser par la suite $I_n=\displaystyle\int_0^1P_n(t)dt$.
Quand $a_0=1$ (ou $I_0=1$), les polynômes $P_n$ sont unitaires.
Les exemples les plus connus sont les suites $X^n$ et $B_n(X)$ (polynômes de Bernoulli).
Pour $B_n$ on a $a_n=B_n(0)=b_n$ (nombres de Bernoulli) et $I_n=0$ si $n\geq1$, $I_0=1$.
En général on a $P_n(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}a_{n-k}X^k$ et $P_n(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}I_{n-k}B_k(X)$ (polynômes de Bernoulli).
Les suites $(a_n)$ et $(I_n)$ sont donc reliées par $I_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}\dfrac{a_{n-k}}{k+1}$ et $a_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}I_{n-k}b_k$ (nombres de Bernoulli).
On peut démontrer les relations de Lehmer "d'ordre 4" avec la suite d'Appell définie par :
$D_n(X)=\dfrac{(X+a)^{n+1}-(X+\bar{a})^{n+1}}{(n+1)(a-\bar{a})}=\dfrac{\Im((X+a)^{n+1})}{(n+1)\Im(a)}$ avec $a=\dfrac{-1+i}2=\dfrac1{\sqrt 2}e^{3i\pi/4}$.
On obtient $D_n(0)=\dfrac1{(\sqrt 2)^{n-1}}\dfrac{3\sin(n+1)\pi/4}{n+1}$ et $I_n=0$ si 4 ne divise pas $n$, $I_{4m}=\dfrac{(-1)^m}{(4m+1)(2m+1)4^m}$.
Pour $n=4m$ et $n=4m+2$ cela donne bien les formules d'ordre 4.
Bonjour
oui c'est ça, si tu veux tu peux télécharger le document suivant "Algébre d'Appell" vous trouverez tout ce que vous aurez besoin sur les polynômes d'Appell, j'ai peut-être trop exagéré à donner à la formule (1.22) le nom d'une identité remarquable, mais je ne suis qu'un amateur, comme tout amateur qui cherche à dire que j'ai une identité remarquable, mais elle m'a permis la formule (2.22) qui lie entre les nombres de Fibonacci et les nombres de Bernoulli, bon cette formule (2.22) n'a peut-être pas de grand intérêt, sauf un petit challenge, mais l'identité (1.22) vous permet de trouver d'autres formules pour les nombres de Bernoulli, plus précisément elle permet le mariage entre deux suites de nombres de votre choix.
J'ai donné à ce papier le nom d’algèbre d'Appell, et je ne sais pas si c'est une bonne idée ou non, bon il s'agit de produit entre des triangles, qui sont des matrices triangulaires donc c'est une algèbre !? À part qu'il vous faut supporter un peu mes fautes d'orthographe, je pense que vous devriez lire ce papier.
À propos tes explications sur les polynômes Dn(x), je ne suis pas arrivé à comprendre comment tu as fait pour arriver à cette très jolie simplification. Alors un grand merci si vous m'expliquez encore et en tous détails cette simplification. Cordialement.
Je n'avais pas bien lu le fichier Algèbre Appell.pdf car je pensais qu'il démontrait les formules (2.22) et (2.23) qui peuvent se démontrer rapidement avec un produit de Cauchy.
On montre même plus généralement que si $(u_n)$ est une suite vérifiant $u_{n+2}=u_{n+1}+u_n$ alors pour tout $n$ on a : $nu_{n-1}=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}(u_{2k}-u_k)b_{n-k}$.
En effet, $u_n$ est combinaison linéaire des suites $\varphi_1^n$ et $\varphi_2^n$ avec $\varphi_1$ et $\varphi_1$ solutions de $\varphi^2=\varphi+1$.
Il suffit donc de montrer $n\varphi^{n-1}=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}(\varphi^{2k}-\varphi^k)b_{n-k}$ qui est équivalent pour $n\geq1$ à $\dfrac{\varphi^{n-1}}{(n-1)!}=\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac{\varphi^{2k}-\varphi^k}{k!}\dfrac{b_{n-k}}{(n-k)!}$.
On obtient le produit de deux séries entières avec $xe^{\varphi x}=(e^{\varphi^2x}-e^{\varphi x})\dfrac x{e^x-1}$ qui est bien vérifié quand $\varphi^2=\varphi+1$.
Pour répondre à la question de Méhdi Pascal 38, les racines des polynômes $D_n$ m'ont rappelé les solutions de l'équation $(x+i)^{n+1}=(x-i)^{n+1}$.
Elle se résout par $\dfrac{x+i}{x-i}=\exp(2ik\pi/(n+1))$ avec $1\leq k\leq n$, soit $x=i\dfrac{\exp(2ik\pi/(n+1))+1}{\exp(2ik\pi/(n+1))-1}=\cot(k\pi/(n+1))$.
On en déduit que $P_n(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^n\left(x-\cot(k\pi/(n+1))\right)=\dfrac{(x+i)^{n+1}-(x-i)^{n+1}}{2i(n+1)}$ puisque $P_n$ est unitaire.
On relie ensuite $D_n$ et $P_n$ par $D_n(x)=\dfrac1{2^n}P_n(2x-1)$.
En développant par la formule du binôme on obtient les coefficients du polynôme $D_n$.
Bonjour,
Merci beaucoup monsieur Jandri pour tes explications, je me suis allé un peu très loin, car j'ai pensé que vous avez un moyen pour traduire un produit à une somme, alors que c'est plus simple que ça, le truc donc c'est, "deux polynômes qu'ont les mêmes zéros et le même coefficient dominant, donc ils sont égaux".
pour l'algèbre d'Appell, le produit de Cauchy, il est à la base de cet algèbre, comme d’habitude vous faites un très joli travail.
merci encore une fois
Cordialement
Réponses
Soit $X=(a_0,\ldots,a_5)$ et $Y=((1+\omega^j)^n)_{j=0,\ldots,5}$.
Notons $A$ la matrice $[\omega^{ij}]_{0\leqslant i,j\leqslant 5}$ (Edit : correction d'une faute de frappe).
On a $Y=XA$ donc $X=YA^{-1}=\frac{1}{6}Y\overline{A}$, ce qui permet de calculer les $a_m$.
La somme demandée est $\displaystyle -\frac{a_0}{6}+\frac{a_2}{3}-\frac{a_3}{2}+\frac{a_4}{3}$ donc peut s'en déduire facilement.
$\displaystyle (1+\omega^p)^n = \sum_{\ell=0}^n \binom{n}{\ell} \omega^{p\ell} = \sum_{m= 0}^5 a_m\omega^{pm}$.
la matrice $A$ est donc : $$
\begin{pmatrix}
1& 1& 1& 1& 1& 1 \\
1& w& w^2& -1& w^4& w^5 \\
1& w^2 & w^4& 1& w^2& w^4 \\
1& -1& 1& -1& 1& -1 \\
1& w^4& w^2& 1& w^4& w^2 \\
1& w^5,& w^4& -1& w^2& w
\end{pmatrix}
$$ sauf erreur, mais c'est très compliqué pour moi d'inverser cette matrice, je pense que je suis devenu très vieux pour ce genre de calcul.
Merci infiniment.
vous avez absolument raison, tu peut remplacer 6k par k, heureusement lorsque k dépasse n dans les coefficients binomiaux , il devient nul.
Cordialement.
Tout d'abord le résultat proposé n'est valable que pour $n\geq1$, il est faux pour $n=0$ (c'est lié au fait que $0^0=1$ et pas $0$).
Le résultat s'écrit aussi : la suite $S(n)$ a pour période $6$.
Enfin je ne vois pas pour quelle raison on commence la première somme à $j=1$ et pas à $j=0$ comme pour les autres. En commençant à $j=0$ cela rajoute $-1/6$ à toute les valeurs de la suite $S(n)$.
Je vais généraliser en considérant une suite $S(n)=\displaystyle\sum_{r=0}^5a_rS_r(n)$ où $S_r(n)=\displaystyle\sum_{k\geq0}{n\choose 6k+r}$ (je diffère de JLT pour cette notation car il avait noté $a_r$ pour $S_r(n)$).
JLT a donné plus haut une méthode pour calculer $S_r(n)$ mais je ne vais retenir que le fait que $S_r(n)$ est combinaison linéaire des 6 suites $u_p(n)=(1+\omega^p)^n$ avec $\omega=e^{i\pi /3}$ et $0\leq p\leq5$. Il en résulte que $S(n)$ est aussi combinaison linéaire des 6 suites $u_p(n)$ avec $0\leq p\leq5$.
On a : $u_0(n)=2^n$, $u_1(n)=(\sqrt3)^ne^{in\pi /6}$,$u_2(n)=e^{in\pi /3}$,$u_3(n)=(0)^n$,$u_4(n)=e^{-in\pi /3}$,$u_5(n)=(\sqrt3)^ne^{in\pi /6}$.
On en déduit que la suite $S(n)$ a pour période 6 si et seulement si elle est combinaison linéaire des deux suites $u_2(n)=e^{in\pi /3}$ et $u_4(n)=e^{-in\pi /3}$, ce qui est équivalent à $S(n+2)=S(n+1)-S(n)$ pour tout $n$ (suite linéairement récurrente d'ordre 2).
Si on demande la période 6 à partir de $n=1$, la suite $0^n$ est la suite nulle donc $S(n)$ est combinaison linéaire de 5 suites. Il suffit donc de 3 conditions pour qu'elle soit combinaison linéaire des deux suites $u_2(n)=e^{in\pi /3}$ et $u_4(n)=e^{-in\pi /3}$, les conditions $S(n+2)=S(n+1)-S(n)$ pour $n=1,2,3$.
On en déduit avec peu de calculs que $S(n)_{n\geq1}$ a pour période 6 si et seulement si $a_3=-a_0-2a_1-2a_2$, $a_4=2a_0+3a_1+2a_2$ et $a_5=-2a_0-2a_1-a_2$. $S(n)_{n\geq1}$ prend alors les valeurs $a_0+a_1$,$a_0+2a_1+a_2$,$a_1+a_2$ puis ensuite $S(n+3)=-S(n)$.
Les valeurs proposées par Méhdi Pascal 38 sont $a_0=-1/6\;,\;a_1=0\;,\;a_2=1/3\;,\;a_3=-1/2\;,\;a_4=1/3\;,\;a_5=0$. Elles vérifient bien les conditions donc la suite $S(n)$ de Méhdi Pascal 38 a pour période 6 à partir de $n=1$. En ajoutant $1/6$ aux 6 premières valeurs de $S(n)_{n\geq1}$ on obtient bien les valeurs de Méhdi Pascal 38 : $0\;,\;1/3\;,\;1/2\;,\;1/3\;,\;0\;,\;-1/6$.
Si on demande la période 6 à partir de $n=0$, la suite $0^n$ n'est pas la suite nulle donc $S(n)$ est combinaison linéaire de 6 suites. Il faut donc 4 conditions pour qu'elle soit combinaison linéaire des deux suites $u_2(n)=e^{in\pi /3}$ et $u_4(n)=e^{-in\pi /3}$, les conditions $S(n+2)=S(n+1)-S(n)$ pour $n=0,1,2,3$.
On en déduit que $S(n)_{n\geq0}$ a pour période 6 si et seulement si $a_2=-a_0-a_1$, $a_3=a_0$, $a_4=a_1$ et $a_5=a_2=-a_0-a_1$. $S(n)_{n\geq0}$ prend alors les valeurs $a_0$, $a_0+a_1$,$a_1$, puis ensuite $S(n+3)=-S(n)$. La suite $S(n)$ de Méhdi Pascal 38 n'a donc pas pour période 6 à partir de $n=0$.
Mais ces trois formules de Lehmer se montrent à l'aide d'un produit de Cauchy et du développement en série entière définissant les nombres de Bernoulli (mais j'ai mis un peu de temps avant de réussir à faire la démonstration).
Je démontre la première formule, $\displaystyle\sum_{k=0}^n{6n+3\choose 6k}B_{6k}=2n+1$ (les deux autres se démontrent de manière analogue).
Tout d'abord la formule s'écrit encore $\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac{B_{6k}}{(6k)!}\dfrac1{(6(n-k)+3)!}=\dfrac{6n+3}{3(6n+3)!}$.
On reconnait un produit de Cauchy qui traduit l'égalité $f(x)g(x)=\dfrac x3g'(x)$ avec $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}B_{6n}\dfrac{x^{6n}}{(6n)!}$ et $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+3}}{(6n+3)!}$.
Avec le développement en série entière $\dfrac{x}{e^x-1}=-\dfrac x2+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}B_{2n}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}$ et un peu de calculs on obtient :
$f(x)=\dfrac13\bigg(\dfrac{x}{e^x-1}+\dfrac{jx}{e^{jx}-1}+\dfrac{j^2x}{e^{j^2x}-1}\bigg)=\dfrac x3\bigg(\dfrac{\cosh(x)+j\cosh(jx)+j^2\cosh(j^2x)}{\sinh(x)+\sinh(jx)+\sinh(j^2x)}\bigg)$ en notant classiquement $j=e^{2i\pi/3}$.
D'autre part on montre aisément que $g(x)=\dfrac13(\sinh(x)+\sinh(jx)+\sinh(j^2x))$. On obtient bien l'égalité voulue.
je m’excuse pour ce retard, c'est la vie, je suis trop chargé de travail, et lorsque je retourne chez moi je n'arrive pas à me concentrer, pour mes démos sur les récurrences de Lehmer, elles sont basées sur les méthodes d'Appell, j'ai déjà publié un article sur viXra sur ces méthodes, voir [3], mais vous devrez me supporter un peu, car je suis un marocain, amateur, mon métier est un artisan menuisier, donc mon français est un peu étrange, donc supportez moi un peu, bon pour les formules c'est aucun souci, car j'aime bien les vérifier par pc avant de les publier, merci à tout le monde, surtout Mr JLT, vous êtes pour moi un génie.
voilà le pdf promis.
Cordialement
Méhdi Pascal.
On utilise le produit de Cauchy de $f(x)=\dfrac{x}{e^x-1}+\dfrac x2=\dfrac x2\dfrac{e^x+1}{e^x-1}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}B_{2n}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}$ par $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+3}}{(6n+3)!}=\dfrac13(\sinh(x)+\sinh(jx)+\sinh(j^2x))$.
On obtient $f(x)g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha_n\dfrac{x^{6n+3}}{(6n+3)!}+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\beta_n\dfrac{x^{6n+5}}{(6n+5)!}+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\gamma_n\dfrac{x^{6n+7}}{(6n+7)!}$ avec $\alpha_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{6n+3\choose 6k}B_{6k}$, $\beta_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{6n+5\choose 6k+2}B_{6k+2}$ et $\gamma_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{6n+7\choose 6k+4}B_{6k+4}$.
L'ensemble des trois formules de Lehmer, $\alpha_n=2n+1$, $\beta_n=\dfrac{6n+5}3$, $\gamma_n=-\dfrac{6n+7}6$, est équivalent à $f(x)g(x)=\dfrac x3 \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+2}}{(6n+2)!}+\dfrac x3\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+4}}{(6n+4)!}-\dfrac x6\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{6n+6}}{(6n+6)!}=\dfrac x6(2\cosh(x)+1-(\cosh(x)+\cosh(jx)+\cosh(j^2x))$.
C'est encore équivalent à $\dfrac{e^x+1}{e^x-1}(\sinh(x)+\sinh(jx)+\sinh(j^2x))=2\cosh(x)+1-(\cosh(x)+\cosh(jx)+\cosh(j^2x))$.
En multipliant par $e^x-1$ et en regroupant les termes ayant $e^x$ en facteur on vérifie que cette égalité est toujours vraie.
Pour les deux autres formules données par Méhdi Pascal 38 que je réécris de façon plus jolie $\alpha_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{4n+2\choose 4k}(-4)^kB_{4k}=2n+1$ et $\beta_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{4n+4\choose 4k+2}(-4)^kB_{4k+2}=n+1$, la démonstration est analogue.
On utilise le produit de Cauchy de $f(x)=(1+i)\dfrac x2\dfrac{e^{(1+i)x}+1}{e^{(1+i)x}-1}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}B_{2n}\dfrac{((1+i)x)^{2n}}{(2n)!}$ par $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{4n+2}}{(4n+2)!}=\dfrac12(\cosh(x)-\cos(x))$.
On obtient $f(x)g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha_n\dfrac{x^{4n+2}}{(4n+2)!}+2i\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\beta_n\dfrac{x^{4n+4}}{(4n+4)!}$.
L'ensemble des deux formules $\alpha_n=2n+1$, $\beta_n=n+1$ est équivalent à $f(x)g(x)=\dfrac x2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{4n+1}}{(4n+1)!}+\dfrac{ix}2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{4n+3}}{(4n+3)!}$ qui est égal à $\dfrac x4(\sinh(x)+\sin(x)+i\sinh(x)-i\sin(x))$.
En multipliant par $e^{(1+i)x}-1$ et en regroupant les termes ayant $e^{(1+i)x}$ en facteur on vérifie que cette égalité est toujours vraie.
En effet, $D_n(x)=\dfrac1{2^n}P_n(2x-1)$ avec $P_n(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^n\left(x-\cot(k\pi/(n+1))\right)$.
On montre aisément que $P_n(x)=\dfrac{(x+i)^{n+1}-(x-i)^{n+1}}{2i(n+1)}$ puisque $(x+i)^{n+1}=(x-i)^{n+1}$ a pour solutions les $x$ tels que $\dfrac{x+i}{x-i}=\exp(2ik\pi/(n+1))$ avec $1\leq k\leq n$, c'est-à-dire $x=i\dfrac{\exp(2ik\pi/(n+1))+1}{\exp(2ik\pi/(n+1))-1}=\cot(k\pi/(n+1))$.
On en déduit que
$D_n(x)=\dfrac1{2^n(n+1)}\Im((2x+i-1)^{n+1})=\dfrac1{2^n(n+1)}\Im((2x+\sqrt2e^{3i\pi/4})^{n+1}) \\
\hspace{12mm}=\dfrac1{2^n(n+1)}\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}{n+1\choose k}(2x)^{n+1-k}(\sqrt2)^k\sin(3k\pi/4).$
On a donc $D_n(x)=\dfrac1{n+1}\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}{n+1\choose k}x^{n+1-k}2^{1-k/2}\sin(3k\pi/4)$.
On vérifie que $D_n'(x)=nD_{n-1}(x)$ et que la suite $a_n=D_n(0)=\dfrac1{n+1}2^{(1-n)/2}\sin(3(n+1)\pi/4)$ est une suite de nombres rationels :
$a_0=1,a_1=-1/2,a_2=1/6,a_3=0$ et $a_{n+4}=-\dfrac{n+1}{4(n+5)}a_n$.
Merci encore une fois, j'aimerais que tu m'éclaires un peu le terme que j'ai écrit en rouge
$D_n(x)=\dfrac1{2^n(n+1)}{\color{red}{\Im}}((2x+i-1)^{n+1})=\dfrac1{2^n(n+1)}\Im((2x+\sqrt2e^{3i\pi/4})^{n+1}) $
Cordialement
Méhdi Pascal
Si on note $\bar{z}$ le conjugué de $z$ on a :
$\Re(z)=\dfrac{z+\bar{z}}2$ et $\Im(z)=\dfrac{z-\bar{z}}{2i}$.
Je l'ai appliqué à $z=(2x+i-1)^{n+1}$.
Merci beaucoup Jandri, je trouve que les améliorations que tu as apportées aux deux récurrences sont vraiment très jolies, j'ai quelque chose qui peut être utile pour vous, voir le pdf.
Je ressens que je suis complétement idiot, car à chaque fois je demande de voir le pdf, mais je suis nul en latex, je suis navré.
Cordialement.
Une suite d'Appell est une suite de polynômes $P_n$ vérifiant pour $n\geq0$ : $P'_n=nP_{n-1}$ (donc $P_0$ est une constante).
Chaque suite d'Appell est caractérisée par la suite $a_n=P_n(0)$. Mais on peut aussi la caractériser par la suite $I_n=\displaystyle\int_0^1P_n(t)dt$.
Quand $a_0=1$ (ou $I_0=1$), les polynômes $P_n$ sont unitaires.
Les exemples les plus connus sont les suites $X^n$ et $B_n(X)$ (polynômes de Bernoulli).
Pour $B_n$ on a $a_n=B_n(0)=b_n$ (nombres de Bernoulli) et $I_n=0$ si $n\geq1$, $I_0=1$.
En général on a $P_n(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}a_{n-k}X^k$ et $P_n(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}I_{n-k}B_k(X)$ (polynômes de Bernoulli).
Les suites $(a_n)$ et $(I_n)$ sont donc reliées par $I_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}\dfrac{a_{n-k}}{k+1}$ et $a_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}I_{n-k}b_k$ (nombres de Bernoulli).
On peut démontrer les relations de Lehmer "d'ordre 4" avec la suite d'Appell définie par :
$D_n(X)=\dfrac{(X+a)^{n+1}-(X+\bar{a})^{n+1}}{(n+1)(a-\bar{a})}=\dfrac{\Im((X+a)^{n+1})}{(n+1)\Im(a)}$ avec $a=\dfrac{-1+i}2=\dfrac1{\sqrt 2}e^{3i\pi/4}$.
On obtient $D_n(0)=\dfrac1{(\sqrt 2)^{n-1}}\dfrac{3\sin(n+1)\pi/4}{n+1}$ et $I_n=0$ si 4 ne divise pas $n$, $I_{4m}=\dfrac{(-1)^m}{(4m+1)(2m+1)4^m}$.
Pour $n=4m$ et $n=4m+2$ cela donne bien les formules d'ordre 4.
oui c'est ça, si tu veux tu peux télécharger le document suivant "Algébre d'Appell" vous trouverez tout ce que vous aurez besoin sur les polynômes d'Appell, j'ai peut-être trop exagéré à donner à la formule (1.22) le nom d'une identité remarquable, mais je ne suis qu'un amateur, comme tout amateur qui cherche à dire que j'ai une identité remarquable, mais elle m'a permis la formule (2.22) qui lie entre les nombres de Fibonacci et les nombres de Bernoulli, bon cette formule (2.22) n'a peut-être pas de grand intérêt, sauf un petit challenge, mais l'identité (1.22) vous permet de trouver d'autres formules pour les nombres de Bernoulli, plus précisément elle permet le mariage entre deux suites de nombres de votre choix.
J'ai donné à ce papier le nom d’algèbre d'Appell, et je ne sais pas si c'est une bonne idée ou non, bon il s'agit de produit entre des triangles, qui sont des matrices triangulaires donc c'est une algèbre !?
À part qu'il vous faut supporter un peu mes fautes d'orthographe, je pense que vous devriez lire ce papier.
À propos tes explications sur les polynômes Dn(x), je ne suis pas arrivé à comprendre comment tu as fait pour arriver à cette très jolie simplification.
Alors un grand merci si vous m'expliquez encore et en tous détails cette simplification.
Cordialement.
On montre même plus généralement que si $(u_n)$ est une suite vérifiant $u_{n+2}=u_{n+1}+u_n$ alors pour tout $n$ on a : $nu_{n-1}=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}(u_{2k}-u_k)b_{n-k}$.
En effet, $u_n$ est combinaison linéaire des suites $\varphi_1^n$ et $\varphi_2^n$ avec $\varphi_1$ et $\varphi_1$ solutions de $\varphi^2=\varphi+1$.
Il suffit donc de montrer $n\varphi^{n-1}=\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}(\varphi^{2k}-\varphi^k)b_{n-k}$ qui est équivalent pour $n\geq1$ à $\dfrac{\varphi^{n-1}}{(n-1)!}=\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac{\varphi^{2k}-\varphi^k}{k!}\dfrac{b_{n-k}}{(n-k)!}$.
On obtient le produit de deux séries entières avec $xe^{\varphi x}=(e^{\varphi^2x}-e^{\varphi x})\dfrac x{e^x-1}$ qui est bien vérifié quand $\varphi^2=\varphi+1$.
Pour répondre à la question de Méhdi Pascal 38, les racines des polynômes $D_n$ m'ont rappelé les solutions de l'équation $(x+i)^{n+1}=(x-i)^{n+1}$.
Elle se résout par $\dfrac{x+i}{x-i}=\exp(2ik\pi/(n+1))$ avec $1\leq k\leq n$, soit $x=i\dfrac{\exp(2ik\pi/(n+1))+1}{\exp(2ik\pi/(n+1))-1}=\cot(k\pi/(n+1))$.
On en déduit que $P_n(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^n\left(x-\cot(k\pi/(n+1))\right)=\dfrac{(x+i)^{n+1}-(x-i)^{n+1}}{2i(n+1)}$ puisque $P_n$ est unitaire.
On relie ensuite $D_n$ et $P_n$ par $D_n(x)=\dfrac1{2^n}P_n(2x-1)$.
En développant par la formule du binôme on obtient les coefficients du polynôme $D_n$.
Merci beaucoup monsieur Jandri pour tes explications, je me suis allé un peu très loin, car j'ai pensé que vous avez un moyen pour traduire un produit à une somme, alors que c'est plus simple que ça, le truc donc c'est, "deux polynômes qu'ont les mêmes zéros et le même coefficient dominant, donc ils sont égaux".
pour l'algèbre d'Appell, le produit de Cauchy, il est à la base de cet algèbre, comme d’habitude vous faites un très joli travail.
merci encore une fois
Cordialement