A propos d’une formule de Carnot II

Nous poursuivons ici notre quête des fonctions analytiques f:\mathbf R\to\mathbf R vérifiant une relation généralisant une formule trigonométrique de Carnot, à savoir

\forall x\in\mathbf R,\quad f(x)^2=\frac 1 p(f(px)+1)

p est un entier positif.

Dans le billet précédent, nous avions constaté que f est constant sauf éventuellement si p=2 et f(0)=1 ou si p=6 et f(0)=\frac 1 2.

Nous avions d’ailleurs analysé le premier de ces deux cas et constaté que, pour p=2, les fonctions analytiques vérifiant la formule ci-dessus sont, outre la fonction constante de valeur -\frac 1 2, les fonctions x\mapsto \cosh(vx) et x\mapsto \cos(vx), où v est un nombre réel arbitraire.

Nous allons à présent étudier le second cas : p=6 et f(0)=\frac 1 2.

Pour rappel, le développement de Taylor de f au voisinage de 0 est noté \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{a_k}{k!}x^k et les a sont contraints par les conditions

6a_0^2-a_0-1=0

et, pour k>0,

(6^{k-1}-2a_0)a_k=\sum\limits_{{i+j=k} \atop {i,j>0}}\frac{k!}{i!j!}a_ia_j

Ici, nous supposons que a_0=f(0) vaut \frac 1 2. La première condition est donc satisfaite.

Pour k=1, la seconde est la tautologie 0=0. En d’autres mots, a_1 est arbitraire. Nous poserons a_1=\frac 5 2 u (le coefficient \frac 5 2 est un choix de pure commodité). Il s’avère alors qu’il existe des nombres \gamma_k, rationnels et indépendants de u, tels que

\forall k\in\mathbf N,\quad a_k=\gamma_k u^k

On voit cela à l’aide de la seconde contrainte imposée aux a qui nous montre ceci : pour k>1,

(6^{k-1}-1)\gamma_k=\sum\limits_{{i+j=k}\atop{i,j>0}}\frac{k!}{i!j!}\gamma_i\gamma_j

ce qui permet de conclure sachant que \gamma_0=\frac 1 2 et \gamma_1=\frac 5 2.

La suite des \gamma débute par les termes suivants

\frac 1 2, \frac 5 2, \frac 5 2, \frac{15}{14}, \frac{165}{602}, \frac{7275}{155.918}, \frac{280.125}{48.490.498}, \ldots

Je n’ai pas, pour l’instant, de « forme fermée » exprimant \gamma_k comme fonction de k. Cela dit,

\boxed{\forall k\in\mathbf N,\quad 0<\gamma_k\leqslant \frac{5}{2^{k-1}}}

Je crois qu’il existe des encadrements plus forts mais celui-ci, que nous allons vérifier par récurrence, suffira à nos besoins.

Il est clair que les \gamma sont strictement positifs et, d’après la liste de leurs premières valeurs, il est clair également que l’inégalité de droite de l’encadré est vérifiée pour k=0,1,2,3. Supposons alors que n\geqslant 4 et qu’elle le soit pour k=0,1,\ldots, n-1. Il vient

(6^{n-1}-1)\gamma_n\leqslant(\sum\limits_{{i+j=n}\atop{i,j>0}}\frac{n!}{i!j!})\frac{25}{2^{n-2}}=(2^n-2)\frac{25}{2^{n-2}}

Ainsi, \gamma_n\leqslant \frac{5}{2^{n-1}}\frac{10(2^n-2)}{6^{n-1}-1}. Pour conclure, il suffit donc de vérifier que \frac{10(2^n-2)}{6^{n-1}-1}\leqslant 1 ce qui s’écrit encore

2^{n+1}-4\leqslant 6^{n-2}+ 6^{n-3}+\cdots+1

Or, puisque n>3,

6^{n-2}+ 6^{n-3}+\cdots+1\geqslant 2^{2n-4}+2^{2n-6}+1\geqslant 2^{n+1}-4

et le tour est joué.

A cause de l’encadré, nous avons

\left|\frac{a_k}{k!}x^k\right|\leqslant \frac{10}{k!}\left|\frac{ux}{2}\right|^k

Par conséquent, la série \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{a_k}{k!}x^k converge absolument dans \mathbf R; elle y définit donc une fonction analytique dont elle est le développement de Taylor en 0.

Un peu par boutade, nous allons noter \mathfrak{cos} la fonction en question lorsque u=1 :

\forall x\in\mathbf R,\quad \mathfrak{cos}(x)=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\gamma_k\cfrac{x^k}{k!}

Il résulte alors de ce qui précède que les fonctions analytiques qui vérifient la formule de Carnot généralisée avec p=6 sont la fonction constante de valeur -\frac 1 3 et les fonctions de la forme x\mapsto \mathfrak{cos}(ux)u est un nombre réel arbitraire.

Nous appellerons \mathfrak{sin} la dérivée de \mathfrak{cos} :

\forall x\in\mathbf R,\quad \mathfrak{sin}(x)=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\gamma_{k+1}\cfrac{x^k}{k!}

Il est clair que

\lim\limits_{x\to+\infty}\mathfrak{cos}(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\mathfrak{sin}(x)=+\infty

Voici alors un aperçu des graphes des deux fonctions dans ]-25,0[ :
carnot_6

(Celui de \mathfrak{cos} est en bleu.) En réalité, les deux graphes ci-dessus sont ceux des polynômes de degré 150 obtenus en tronquant les séries définissant nos deux fonctions. Ces polynômes constituent d’excellentes approximations des fonctions (sur l’intervalle considéré) et les graphes ci-dessus sont assez réalistes.

En dérivant la formule de Carnot généralisée, on voit que

\mathfrak{sin}(6x)=2\mathfrak{cos}(x)\mathfrak{sin}(x)

En particulier, l’ensemble des zéros de \mathfrak{sin} est stable par multiplication par 6.

Comme le suggère la figure, cet ensemble n’est pas vide. Mieux, rangés par valeurs décroissantes, les zéros de \mathfrak{sin} semblent être les points en lesquels \mathfrak{cos} atteint alternativement un minimum local puis un maximum local. Mais rien de cela n’est déjà prouvé pas plus que je ne connais de relations liant les deux fonctions autres que la formule de Carnot généralisée et la dernière que nous venons d’écrire.

Nous allons prudemment achever ce billet ici.

😉

P.S. Pour en revenir à une des motivations m’ayant incité à concevoir ce billet, la fonction \mathfrak{cos} donne lieu à l’identité (valable pour x\geqslant 0)

\mathfrak{cos}(\frac{x}{6^n})=\frac 1 6 \underbrace{\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{\cdots+\sqrt{6+6\mathfrak{cos}(x)}}}}}_{n\ \mbox{radicaux}}

P.L. 30/11/2016

P.S. Le minimum absolu de \mathfrak{cos} est -1. C’est un minimum puisque

\mathfrak{cos}(x)+1=6\mathfrak{cos}^2(\frac x 6)\geqslant 0

La figure ci-dessus montre qu’il est atteint. Il l’est très vraisemblablement une infinité de fois. De plus, les points en lesquels il est atteint sont des zéros de \mathfrak{sin}. Cela découle d’une part du fait que ce dernier est la dérivée de \mathfrak{cos} mais cela peut se vérifier « algébriquement ». En effet, si \mathfrak{cos}(a)=-1, alors

\mathfrak{cos}(\frac a 6)=\frac 1 6(\mathfrak{cos}(a)+1)=0

de sorte que

\mathfrak{sin}(a)=2\mathfrak{sin}(\frac a 6)\mathfrak{cos}(\frac a 6)=0

P.L. 06/12/2016

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6 réactions sur “A propos d’une formule de Carnot II

  1. Pingback: Quelques belles images | Blog de Pierre Lecomte

    • Bonjour ThM! Je n’élimine pas ce cas. Pour p fixé, la série définissant une solution f démarre nécessairement par une racine a_0 de l’équation px^2-x-1=0. Il se fait que, pour presque toutes les valeurs de p, quelle que soit la racine retenue, les équations de récurrences permettant de déterminer les a_k, k>0 de proche en proche montrent que ceux-ci sont tous nuls. Pour les autres valeurs de p, dont 2 et 6 — les autres apparaissent dans des billets ultérieurs de la série, une des deux racines (il y en a toujours deux car ces p sont strictement positifs), et une seule, fait exception et donne naissance à des solutions qui ne sont pas constantes. Pour p=6, cette racine « spéciale » est 1/2. L’autre, -1/3 à propos de laquelle tu m’interroges, donne une seule solution et elle est constante.

      • En fait, les p spéciaux forment une suite n\mapsto p_n (démarrant en n=1) qui décroît strictement vers 1. On a p_1=6,p_2=2. (En particulier, pour n>2, p_n\in ]1,2[.) De plus, la « racine spéciale » relative à p_n est \frac 1 2 p_n^{n-1}.

  2. Merci, Pierre. Je m’interroge aussi sur la remarque disant que les zéros de « sin » semblent être les extrema, alternativement minimum puis maximums de « cos ». Mais cela me semble évident, puisque ce « sin » est défini comme la dérivée de « cos ». Il faut bien, en passant d’un maximum à un autre, passer d’abord par un minimum local…

    Je me demande à quoi ressemble la courbe paramétrée (« cos(x) », « sin(x) »). Elle est non bornée, mais doit faire quelques tours autour de l’origine?

    • Effectivement, tu as raison à propos des extrema de \mathfrak{cos} et des zéros de \mathfrak{sin}. Je vais également essayer de tracer la courbe paramétrée en question. C’est une bonne suggestion que tu fais là. Merci de ton intérêt pour ces questions.

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