Quelques belles images

La série de billets A propos d’une formule de Carnot est consacrée à la recherche des fonctions analytiques vérifiant une généralisation de la formule de Carnot \cos^2(x)=\frac 1 2[\cos(2x)+1]. Dans celui-ci, j’ai introduit les fonctions \varsigma_{2m+1} et \varsigma_{2m}^\pm grâce auxquelles on peut aisément décrire les solutions non constantes de ce problème.

Parmi celles-ci il y a les fonctions(*)(**)

\begin{cases}\mathfrak{cos}_{2m+1}:x\mapsto \varsigma_{2m+1}(x^{2m+1})\\[2ex]\mathfrak{cos}_{2m}:x\mapsto \varsigma_{2m}^-(x^{2m})\end{cases}

et je vais présenter ici un aperçu du graphe de quelques unes.

\boxed{\mathfrak{cos}_1}

carnot_p_qcq_1

\boxed{\mathfrak{cos}_3}

carnot_p_qcq_3

\boxed{\mathfrak{cos}_5}

carnot_p_qcq_5

\boxed{\mathfrak{cos}_7}

carnot_p_qcq_7

\boxed{\mathfrak{cos}_2=\cos}

carnot_p_qcq_2

\boxed{\mathfrak{cos}_4}

carnot_p_qcq_4

\boxed{\mathfrak{cos}_6}

carnot_p_qcq_6

\boxed{\mathfrak{cos}_8}

carnot_p_qcq_8

Les \mathfrak{cos}_n d’indices impairs sont strictement croissants dans ]0,+\infty[ et leur limite en +\infty est +\infty.

Dans ]-\infty, 0[, leur comportement semble analogue à celui des \mathfrak{cos}_n d’indices pairs.

Ceux-ci, par définition, sont des fonctions paires. Leurs graphes sont donc symétriques par rapport à l’axe vertical.

Dans les deux familles, il est saisissant de voir comment évolue le graphe à mesure que l’indice n croît. Par ailleurs, ces graphes suggèrent fortement quelques propriétés des extrema locaux des fonctions \mathfrak{cos}_n. Mais, pour l’instant, je ne sais en formuler aucune avec précision.

P.S. Quand même! Voir le billet suivant. 🙂 P.L. 26/01/2017

__________
(*) Il y a aussi les fonctions

\mathfrak{cosh}_{m}x:\mapsto \varsigma_{2m}^+(x^{2m})

mais leurs graphes se ressemblent très fort pour les petites valeurs de x — les seules en lesquelles je sois en mesure de les évaluer — et on sait à peine les distinguer les uns des autres : on dirait des chaînettes (pour m=1, il s’agit de \cosh). Je ne les montre donc pas.

(**) La fonction notée \mathfrak{cos} ici est la fonction

x\mapsto \mathfrak{cos}_1(\frac 5 2 x)

A propos d’une formule de Carnot V

Nous allons établir ici que les séries formelles obtenues dans ce billet définissent des fonctions qui sont analytiques sur \mathbf R tout entier.

Nous conservons les notations du billet en question. En particulier, les séries considérées sont celles de la forme

(1) \frac 1 2p^{n-1}+\sum\limits_{k=1}^{+\infty} a_{kn}(1)\frac{u^kx^{kn}}{(kn)!}

Les coefficients a_{kn}(1) sont définis par les équations a_n(1)=1, et, pour tout k>1,

\left(p^{kn-1}-p^{n-1}\right)a_{kn}(1)=\sum\limits_{i+j=k \atop i,j>0}\frac{(kn)!}{(in)!(jn)!}a_{in}(1)a_{jn}(1)

Posons

\alpha_k=\cfrac{a_{kn}(1)}{(kn)!}

La suite des \alpha est donc définie par

\begin{cases}\alpha_1=\frac{1}{n!}\\[2ex]\forall k>1,\quad (p^{kn-1}-p^{n-1})\alpha_k=\sum_{i+j=k \atop i,j>0}\alpha_i\alpha_j \end{cases}

Nos problèmes de convergence seront réglés par le lemme suivant.

Soient un nombre réel r et la suite \gamma définie par

\begin{cases}\gamma_1=r\\[2ex]\forall k>1,\quad (p^{kn-1}-p^{n-1})\gamma_k=\sum_{i+j=k \atop i,j>0}\gamma_i\gamma_j \end{cases}

Alors, pour tout k>0,

|\gamma_k|\leqslant 2\left(\frac{|r|}{2}\right)^k\frac{1}{k!}

Nous allons établir cette majoration par récurrence (forte) sur k. Pour le cas de base, k=1, il n’y a rien à faire. Passons à l’induction et supposons que la majoration soit vérifiée par \gamma_1,\ldots,\gamma_{k-1}. On a alors

(p^{kn-1}-p^{n-1})|\gamma_k|\leqslant 4\left(\frac{|r|}{2}\right)^k\frac{1}{k!}\sum\limits_{i=1}^{k-1}{k \choose i}=2\left(\frac{|r|}{2}\right)^k\frac{1}{k!}[4(2^{k-1}-1)]

Tout revient alors à démontrer que

\forall k>0, \quad \frac{4(2^{k-1}-1)}{p^{kn-1}-p^{n-1}}\leqslant 1

ou encore que

\forall k\geqslant 0, \quad (p^n)^{k+1}-p^n\geqslant 4p(2^k-1)

ce que nous allons également faire par récurrence sur k. Nous poserons \xi=p^n pour alléger l’écriture. Observons que, par définition de p, on a \xi^2-2\xi-4p=0 ce qui montre en particulier que \xi>2. Nous devons vérifier que

\forall k\geqslant 0, \quad \xi^{k+1}-\xi\geqslant 4p(2^k-1)

Pour k=0, il n’y a rien à faire. Supposons alors k>0 et \xi^k-\xi\geqslant 4p(2^{k-1}-1). En multipliant cette relation par \xi et en tenant compte du fait que \xi^2=2\xi+4p, il vient

\xi^{k+1}-\xi\geqslant \xi+4p+4p(2^{k-1}-1)\xi

Mais

\xi+4p+4p(2^{k-1}-1)\xi\geqslant 4p(2^k-1)

En effet,

\xi+4p+4p(2^{k-1}-1)\xi-4p(2^k-1)=\xi+4p(2^{k-1}-1)(\xi-2)

est effectivement non négatif puisque k>0 et \xi>2.

Voilà, notre lemme est prouvé.

Pour établir que la série (1) définit une fonction analytique sur \mathbf R, nous devons montrer que son rayon de convergence est infini, ou encore, qu’elle converge absolument en tout nombre réel x. Nous allons faire cela en montrant que la série de puissances

(2) \frac 1 2 p^{n-1}+\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\alpha_ky^k

converge absolument partout et en notant que (1) se déduit de (2) en y remplaçant y par ux^n. Mais la convergence de (2) est immédiate. En effet, en appliquant le lemme à \alpha, on obtient

|\alpha_ky^k|\leqslant 2\left(\frac{|y|}{2(n!)}\right)^k\frac{1}{k!}

On conclut en observant que le membre de droite de cette majoration est le terme général de la série définissant 2\exp(\frac{|y|}{2(n!)}).

On peut d’une certaine façon se « débarrasser » de u en faisant une sorte de changement d’échelle. L’idée est d’en prendre une racine n-ième v et d’écrire ux^n=(vx)^n. Pour rester dans le cadre des nombres réels, il faut donc discuter selon la parité de n. Lorsqu’il est impair, u admet une seule racine n-ième réelle et elle est de même signe que lui. Lorsque n est pair, -u possède deux racines n-ième réelles et elles sont opposées (excepté si u est nul bien entendu).

Voici alors ce que je propose pour décrire les fonctions analytiques f qui vérifient la formule de Carnot généralisée(*)

(3) f(x)^2=\frac{1}{p_n}[f(p_nx)+1]

Lorsque n est impair, on note \varsigma_n la fonction

y\mapsto \frac 1 2p^{n-1}+\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\alpha_ky^k

tandis que pour n pair, on introduit deux fonctions :

\begin{cases}\varsigma_n^+: y\mapsto \frac 1 2 p^{n-1}+\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\alpha_ky^k\\[2ex]\varsigma_n^-: y\mapsto \frac 1 2 p^{n-1}+\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\alpha_k(-1)^ky^k \end{cases}

En guise de synthèse de ce que nous avons observé dans les billets de cette série, nous pouvons alors énoncer le résultat suivant.

Parmi les fonctions analytiques qui vérifient la formule de Carnot généralisée (3), il y a les deux constantes \frac 1 2 p^{n-1} et -\frac{2}{p^n}. Ce sont les deux zéros du polynôme du second degré p_nX^2-X-1. Il y a aussi les fonctions x\mapsto \varsigma_n((vx)^n) dans le cas impair et x\mapsto \varsigma_n^\pm((vx)^n) dans le cas pair, où v est un nombre réel quelconque(**), et il n’y a pas d’autres fonctions analytiques que celles que nous venons de décrire qui vérifient la formule de Carnot généralisée (3). Enfin, lorsque q n’est pas un des nombres p_n, n>0, alors les seules fonctions analytiques vérifiant la formule de Carnot généralisée

f(x)^2=\frac 1 q[f(qx)+1]

sont les deux fonctions constantes dont les valeurs sont les zéros du polynôme qX^2-X-1.

Dans les deux premiers billets de la série, nous avons rencontré \mathfrak{cos}(x)=\varsigma_1(x) ainsi que \cosh(x)=\varsigma_2^+(x^2) et \cos(x)=\varsigma_2^-(x^2).

Pour rappel,

p_3=\frac{1}{3}\left(2+\sqrt[3]{17 + 3 \sqrt{33}} - \frac{2}{\sqrt[3]{17+3\sqrt{33}}}\right)\simeq 1.54369

et voici un petit aperçu d’une approximation du graphe de \varsigma_3(x^3) qui me semble assez bonne :

sigma_3

Le graphe de la fonction est en bleu; les horizontales sont celles d’équations y=-1 et y=0,55.

S’il est clair qu’aucune fonction vérifiant une formule de Carnot généralisée ne peut prendre de valeur moindre que -1, je ne connais pas l’origine de ces maxima locaux approximativement égaux à 0,55 de \varsigma_3(x^3) pas plus que ceux de \mathfrak{cos} qui valent 5.

En fait, je ne connais pas encore grand chose des fonctions \varsigma_{2s+1} et \varsigma_{2s}^\pm. Les expérimentations numériques donnent quelques pistes mais je n’ai rien de sérieux que je sache établir.

Il se peut, naturellement, que ces fonctions soient bien connues mais je n’en sais rien.

Je vais essayer d’en savoir plus sur cette question et, bien entendu, toute remarque à propos de ces fonctions est la bienvenue!

😉

__________
(*) Pour rappel, ce que nous avons noté p jusqu’ici dans ce billet est en réalité le nombre p_n, unique zéro réel du polynôme X^{2n-1}-2X^{n-1}-4. Nous avons utilisé la notation simplifiée p pour alléger l’écriture.
(**) Lors que v est nul, ces fonctions se réduisent à la première de deux constantes mentionnées.

A propos d’une formule de Carnot IV

Je vais poursuivre ici l’étude, entamée dans ce billet, des fonctions

f:x\in\mathbf R\mapsto \sum\limits_{k=0}^{+\infty}a_k\frac{x^k}{k!}

vérifiant la formule de Carnot généralisée pour une valeur non nécessairement entière de p (cf. le billet en question dont j’utilise librement les notations et résultats).

Nous nous intéressons aux f non constants. Nous fixons par conséquent un entier strictement positif n, prenons p=p_n et a_0=\frac 1 2p^{n-1}. Pour chaque k>0, nous avons alors

(1) \left(p^{k-1}-p^{n-1}\right)a_k=\sum_{i+j=k \atop i,j>0}\frac{k!}{i!j!}a_ia_j

Voici alors une première constatation.

Si k n’est pas multiple de n, alors a_k=0.

Voici comment voir cela. Naturellement, si n=1, il n’y a rien à prouver. Nous supposons donc n>1. Nous montrons alors par récurrence sur l’entier s>1 que a_k=0 pour tout entier k<s qui n’est pas multiple de n.

Pour le cas de base, s=2, cela revient à montrer que a_1 est nul. Pour le constater, on écrit (1) avec k=1, ce qui donne (1-p^{n-1})a_1=0 et, donc a_1=0 puisque p^{n-1}-1\neq 0.

Passons alors de s à s+1. Si s est multiple de n, il n'y a rien à faire car les entiers non multiples de n qui sont plus petits que s+1 sont également plus petits que s. Dans le cas contraire, on utilise à nouveau (1) qui donne

\left(p^{s-1}-p^{n-1}\right)a_s=\sum\limits_{i+j=s \atop i,j>0}\frac{k!}{i!j!}a_ia_j

Dans chaque terme de la somme du membre de droite, d’une part i,j<s et, d'autre part, i ou j n’est pas un multiple de n sans quoi s en serait un. Par conséquent, a_ia_j=0. Le membre de droite est donc nul.

Par ailleurs, p^{s-1} \neq p^{n-1} sinon s=n vu que p \neq 1.

Au total, a_s=0 et notre vérification est achevée.

En raison de ce que nous venons de constater, pour k=n, (1) est une tautologie. Le coefficient a_n est donc indéterminé. De plus les seuls coefficients du développement de f qui soient non nuls sont ceux dont l’indice est divisible par n et, pour tout k>1,

(2) \left(p^{kn-1}-p^{n-1}\right)a_{kn}=\sum\limits_{i+j=k \atop i,j>0}\frac{(kn)!}{(in)!(jn)!}a_{in}a_{jn}

Comme pour k>1, p^{kn-1}-p^{n-1} n’est pas nul, pour chaque valeur u attribuée à a_n, ces équations déterminent univoquement les a_{kn}, k>1. Nous les notons provisoirement a_{kn}(u), juste pour pouvoir énoncer ceci.

Pour tout k>0, on a a_{kn}(u)=a_{kn}(1)u^k.

C’est en réalité très simple à vérifier. En effet, en multipliant les deux membres de (2) par u^k, on constate que les deux suites k\mapsto a_{kn}(u) et k \mapsto a_{kn}(1)u^k vérifient la même relation de récurrence. Elles coïncident donc puisqu’elles prennent la même valeur en k=1.

Nous savons donc ce que doivent être les développements de Taylor des fonctions que nous cherchons. Ce ne sont pour l’instant que des séries formelles et il nous reste à voir si elles convergent et définissent des fonctions analytiques.

C’est ce que nous ferons dans un billet à venir.

😉

A propos d’une formule de Carnot III

Les billets de la série « A propos d’une formule de Carnot » sont consacrés à la détermination des fonctions analytiques

f:x\in\mathbf R\mapsto \sum_{k=0}^{+\infty}a_k\frac{x^k}{k!}\in\mathbf R

qui vérifient

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

p est fixé. Lorsque qu’il vaut deux, cette formule est vérifiée par la fonction \cos et est alors connue comme étant une formule de Carnot.

Les équations que doivent vérifier les coefficients du développement de f pour satisfaire à la formule de Carnot généralisée sont

\begin{cases}pa_0^2-a_0-1=0\\[1ex]\forall k>0,\quad (p^{k-1}-2a_0)a_k=\sum_{{i+j=k \atop i,j>0}}\frac{k!}{i!j!}a_ia_j\end{cases}

et nous avons constaté que si a_0\notin\{p^{k-1}/2|k\in\mathbf N\  \&\  k>0\} alors f est constant. Pour que f ne soit pas constant, il faut donc qu’il existe un entier n>0 tel que

pa_0^2-a_0-1=0 \quad \& \quad p^{n-1}-2a_0=0

ou, ce qui revient au même, tel que

a_0=\frac 1 2 p^{n-1} \quad \& \quad p^{2n-1}-2p^{n-1}-4=0

Dans les articles précédents de la série, nous nous étions limités à des valeurs entières de p, et avions déterminé les fonctions correspondant aux deux seuls triples (n,p,a_0) répondants à ces conditions, à savoir (1,6,\frac 1 2) et (2,2,1). Nous allons à présent voir ce qu’il se passe si on autorise les valeurs non entières (mais réelles) de p.

Dans le présent billet, nous étudions les zéros réels des polynômes

P_n:=X^{2n-1}-2X^{n-1}-4, \quad n=1,2,\ldots

Plus précisément, nous allons vérifier que P_n possède exactement un zéro réel, disons p_n, et établir que la suite n\mapsto p_n décroît strictement vers 1.

Allons-y! On a

P_n'=X^{n-2}[(2n-1)X^n-2(n-1)]

Posons

\alpha=\left(\frac{2(n-1)}{2n-1}\right)^{\frac 1 n}

et discutons selon la parité de n.

\boxed{n\mbox{\quad impair}}

Dans ce cas, les zéros de P_n' sont 0 et \alpha>0. Or P_n(0)=-4 et

P_n(\alpha)=\alpha^{2n-1}-2\alpha^{n-1}-4 <0

En effet, \alpha^{2n-1}<4 puisque \alpha<1.

Cela noté, P_n est strictement monotone dans ]\alpha,+\infty[. Vu que sa limite en +\infty vaut +\infty, il y est forcément croissant. Comme P_n(\alpha)<0, P_n s'annule donc exactement une fois dans ]\alpha,+\infty[.

Dans ]0,\alpha[, P_n est également strictement monotone mais puisqu’il est négatif aux extrémités de cet intervalle, il y est partout négatif et ne s’y annule donc jamais.

Enfin, P_n, qui est strictement monotone dans ]-\infty,0], y est nécessairement croissant puisque sa limite en -\infty est -\infty. Comme il est négatif en 0, il ne s’annule pas dans ]-\infty,0].

Au total, P_n ne possède qu’un seul zéro réel et celui-ci est strictement positif.

\boxed{n\mbox{\quad pair}}

Dans ce cas, les zéros de P_n' sont \pm \alpha quand n=2 et 0,\pm\alpha lorsque n>2. De plus,

P_n(-\alpha)=-\alpha^{2n-1}+2\alpha^{n-1}-4<0

car 2\alpha^{n-1} ne dépasse pas 4 puisque \alpha<1.

On conclut alors comme dans le cas précédent que P_n ne possède qu’un seul zéro réel et que celui-ci est positif.

L'existence de la suite p_n est donc établie.

Il reste encore à montrer qu'elle décroît strictement vers 1.

Notez que, vu que p_n est strictement positif, il est également strictement supérieur à 1.

Supposons alors que n_2 > n_1, q\geqslant p>1 et p^{2n_1-1}-2p^{n_1-1}-4=0. Alors(*)

q^{2n_2-1}-2q^{n_2-1}=q^{n_2-1}\left(q^{n_2}-2\right)\geqslant p^{n_2-1}\left(p^{n_2}-2\right)>p^{n_1-1}\left(p^{n_1}-2\right)=4

Par conséquent, si q^{2n_2-1}-2q^{n_2-1}=4 et q>1, alors q<p. La suite n\mapsto p_n est donc strictement décroissante et converge vers un nombre l\geqslant 1.

Mais, comme on l’a vu plus haut, P_n est strictement croissant dans [1,+\infty[. Par conséquent, P_n(l)<P_n(p_n)=0. Ainsi, pour tout entier strictement positif n, on a

l^{n-1}(l^n-2)<4

Dès lors l=1 car si l>1, alors

\lim\limits_{n\to+\infty}l^{n-1}(l^n-2)=+\infty

Notre but est atteint!

La suite des p_n débute par p_1=6, p_2=2 et

p_3=\frac{1}{3}\left(2+\sqrt[3]{17 + 3 \sqrt{33}} - \frac{2}{\sqrt[3]{17+3\sqrt{33}}}\right)\simeq 1.54369

Cette dernière valeur a été trouvée par l’utilisateur de M@th en Ligne dont le pseudonyme est : « . »

Vu la valeur de p_2, aucun p_n, n>2, n’est entier.

Nous verrons dans un ou l’autre billet à venir que pour chaque entier n>0, il existe des fonctions analytiques non constantes vérifiant la formule de Carnot généralisée pour p=p_n.

😉

__________
(*) Du fait que p^{2n_1-1}-2p^{n_1-1}-4=0, le nombre p^{n_1}-2 est strictement positif; compte tenu des hypothèses, les nombres q^{n_2}-2\geqslant p^{n_2}-2>p^{n_1}-2 sont donc strictement positifs aussi.

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

A propos d’une formule de Carnot

Dans cet article, nous avions obtenus deux belles formules trigonométriques en utilisant de façon répétée la formule de Carnot

\cos^2x=\frac 1 2\left(\cos(2x)+1\right)

et son analogue en trigonométrie hyperbolique. Cela nous a conduit à des suites d’approximations intéressantes de l’empilement infini de radicaux

\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\cdots}}}}

Nous allons ici déterminer les fonctions analytiques f sur \mathbf R qui vérifient l’équation

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

p est un entier positif donné. C’est une manière de généraliser la formule de Carnot en question pour laquelle p=2. Elle ne s’impose peut-être pas. Je me demandais simplement si nous pourrions de cette façon obtenir des suites d’approximations intéressantes d’autres empilements infinis de radicaux.

Aux constantes près, nous allons essentiellement trouver trois fonctions (le sens de « essentiellement » sera clair en fin de billet). Deux sont bien connues. Elles sont obtenues avec p=2. Il s’agit de \cos et de \cosh. La troisième s’obtient avec p=6. Si j’ai pu établir son existence, je ne l’ai par contre pas identifiée mais il est vrai que je ne connais rien aux fonctions particulières qui ont pu être étudiées spécifiquement, spéciales ou autres, par exemple en analyse numérique.

Notons

\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\cfrac{a_k}{k!}x^k

le développement de Taylor en 0 d’une solution f de (1).

Les conditions nécessaires et suffisantes imposées aux a_k pour que f vérifie (1) sont

(2) pa_0^2-a_0-1=0

et, pour k>0,

p^{k-1}\cfrac{a_k}{k!}=\sum\limits_{i+j=k}\cfrac{a_i}{i!}\cfrac{a_j}{j!}

relation qui s’écrit encore

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

Ainsi, a_0 est un zéro du polynôme pX^2-X-1. Ce dernier en possède deux puisque son discriminant est strictement positif. Par exemple, pour p=2, il s’agit de 1 et de -\frac 1 2.

La relation (3) quant à elle va nous permettre de calculer les a d’indices positifs par récurrence.

Le cas \boxed{a_0\notin\left\{\frac{p^k}{2}|k\in\mathbf N\right\}}

Voici alors une première observation.

Si a_0\notin\left\{\frac{p^k}{2}|k\in\mathbf N\right\} alors f est constant.

On va vérifier ceci en montrant par récurrence que a_k=0 pour k>0.

Avec k=1, (3) nous donne (1-2a_0)a_1=0 et, donc, a_1=0 puisque a_0\neq 1/2.

Ensuite, si k>1 et si a_1=\cdots=a_{k-1}=0, alors on déduit de

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

que a_k=0, puisque a_0\neq p^{k-1}/2.

Pour chaque valeur entière de p, (1) admet deux solutions constantes x\mapsto a_0, à savoir celles pour lesquelles a_0 vérifie (2).

Pour trouver les éventuelles solutions non constantes de (1), nous devons déterminer les triples (k,p,a_0) tels que

\begin{cases}pa_0^2-a_0-1=0\\[1ex]p^{k-1}-2a_0=0\end{cases}

Comme le lecteur le vérifiera facilement, il y en a deux, ni plus ni moins : (1,6,\frac 1 2) et (2,2,1).

Le cas \boxed{p=2,a_0=1}

Lorsque p=2 et a_0=1, les a d’indices impairs sont tous nuls. En effet, (3) écrit avec k=1 montre immédiatement que a_1=0. De plus, si k>0 et si a_1=a_3=\cdots=a_{2k-1} sont nuls, alors a_{2k+1}=0. En effet, par (3) de nouveau,

\underbrace{\left(2^{2k}-2\right)}_{\neq 0}a_{2k+1}=\sum\limits_{{i+j=2k+1}\atop{i,j>0}}\frac{k!}{i!j!}a_ia_j=0

car parmi les indices i, j apparaissant dans la somme des a_ia_j, il y en a toujours un qui est impair.

Cela étant, pour k=2, (3) est une tautologie; il n’y a pas de contrainte sur a_2. Nous rebaptisons ce dernier u. J’affirme alors que

\forall k\in\mathbf N, \quad a_{2k}=u^k

C’est vrai pour k=0 et k=1. Supposons que cela soit vérifié pour 0\leqslant k<n. Alors ce l'est pour k=n. En effet, faisant k=2n dans (3), nous obtenons

\left(2^{2n-1}-2\right)a_{2n}=\left(\sum\limits_{{i+j=n}\atop{i,j>0}}\cfrac{(2n)!}{(2i)!(2j)!}\right)u^n

Or(*)

2^{2n-1}-2=\sum\limits_{\ell=1}^{n-1}{2n \choose 2\ell}

de sorte que a_{2n}=u^n.

Il résulte de ce qui précède que

f(x)=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{u^kx^{2k}}{(2k)!}

Ainsi, pour u=0, f se réduit à l’application constante x\mapsto 1. Pour u>0, on a f: x\mapsto \cosh(\sqrt u x) et, pour u<0, f: x\mapsto \cos(\sqrt{|u|}x) . En conclusion, lorsque p=2, les solutions analytiques de (1) sont l'application constante x\mapsto -\frac 1 2, les applications x\mapsto \cosh(vx) et les applications x\mapsto \cos(vx), où v est un nombre réels arbitraire.

Pour ne pas être trop long, nous étudierons le dernier cas dans un autre billet.
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(*) Pour éliminer les coefficients binomiaux dont l'indice inférieur est impair, il suffit d'ajouter 0=(1-1)^{2n} à 2^{2n}=(1+1)^{2n}.

A propos d’une certaine équation fonctionnelle

Cet article m’a été inspiré par une question posée sur le forum M@TH en ligne.

Les pseudonymes DjiLo, ThM, Cyrano et Tournesol sont ceux de participants qui ont pris part à la discussion. D’une manière ou d’une autre, ils m’ont aidé par des remarques, des observations ou en relevant des erreurs dans ce que je présentais comme solution au problème et je les en remercie.

DjiLo est l’auteur de la question. Il lui a donné une réponse assez élégante que vous trouverez sur le fil de discussion accessible par le lien ci-dessus. Voici la question:

Soit une application continue f:\mathbf R\to \mathbf R. Montrer que s’il existe une application g:\mathbf R^2\to \mathbf R telle que

\forall x,y\in \mathbf R, \quad f(x+y)=g(f(x),f(y))

alors f est monotone.

Dans sa solution, DjiLo montre directement que f est monotone. La mienne, sans doute un peu plus longue, consiste essentiellement à résoudre l’équation ci-dessus, c’est-à-dire à déterminer les couples de fonctions (f,g) vérifiant cette relation. Cela à conduit Tournesol à généraliser le problème comme ceci. Etant donnés un magma (M,*) et un ensemble E, déterminer les applications f:M\to E et g:E^2\to E vérifiant

\forall x,y\in M, \quad f(x*y)=g(f(x),f(y))

Je ne sais rien dire à ce degré de généralité. Par contre, je sais résoudre le problème pour les groupes. D’ailleurs Tournesol avait dans le fil de discussion mentionné plus haut, commencé à étudier le cas M=\mathbf Z/n\mathbf Z et s’était convaincu de ce que, dans ce cas, n est premier si, et seulement si, dans toute solution (f,g), f est nécessairement constant ou injectif. Nous retrouverons et généraliserons bientôt ce fait.

Les solutions d’une équation fonctionnelle

Donnons nous un groupe G et un ensemble E et cherchons les couples (f,g) d’applications f:G \to E et g:E^2\to E tels que

(1) \forall x,y\in G, \quad f(xy)=g(f(x),f(y))

(Je note (a,b)\mapsto ab la multiplication du groupe G.)

Soit donc un tel couple (f,g). Alors g munit l’image I de f d’une structure de groupe. Le neutre en est f(e), où e est celui de G, et f:E\to I est un homomorphisme de groupes. En effet, vu (1), g(I^2)\subseteq I. De plus, étant donnés u=f(x), v=f(y) et w=f(z), on obtient, en appliquant plusieurs fois (1),

\begin{cases}g(g(u,v),w)=g(u,g(v,w))=f(xyz)\\[1ex]g(u,f(e))=g(f(e),u)=f(x)=u\\[1ex]g(u,f(x^{-1}))=f(xx^{-1})=f(e)=g(f(x^{-1}),u)\end{cases}

La deuxième relation montre que f(e) est le neutre de I tandis que la troisième montre que l’inverse de f(x) dans I est l’image par f de l’inverse de x dans G. Vu (1), f est un homomorphisme de groupes.

Le noyau \ker f de f est un sous-groupe distingué G_0 de G et f passe au quotient G/G_0 pour donner un isomorphisme de groupes \bar f:G/G_0 \to I.

En fait, f est caractérisé par le sous-groupe G_0 et l’injection \bar f:G/G_0\to E tandis que g qui n’est contraint que sur I^2 est largement arbitraire si I\neq E.

En effet, donnons-nous un sous-groupe distingué G_0 de G et une injection \xi :G/G_0\to E. Posons f=\xi\circ p, où p:G\to G/G_0 est le passage au quotient. L’application \xi:G/G_0\to \mbox{im\ }f est une bijection et munit, par transport de la structure du groupe quotient G/G_0, l’image I de f d’une structure de groupe. On prolonge arbitrairement la multiplication de I en une application g:E^2\to E et on obtient ainsi un couple (f,g) vérifiant (1) et pour lequel \ker f=G_0 et \bar f =\xi.

Quelques exemples

a) Supposons que G soit un groupe simple. Il a donc exactement deux sous-groupes distingués : \{e\} et G. On obtient alors les solutions de (1) en prenant pour f soit une injection soit une application constante; le groupe I est alors respectivement une copie de G ou réduit à son élément neutre.

Le groupe \mathbf Z/n\mathbf Z est simple si, et seulement si, n est premier. On retrouve ainsi ce qu’avait observé Tournesol à propos de ce groupe.

b) Supposons que G soit le groupe additif (\mathbf R,+). Ses sous-groupes distingués — ses sous-groupes puisqu’il est abélien — sont connus. Un sous-groupe G_0 de G est soit dense dans \mathbf R, soit \{0\} ou encore de la forme \alpha\mathbf Z pour un certain nombre réel \alpha strictement positif.

Je ne sais pas à quoi ressemble G/G_0 lorsque G_0 est dense dans G. Par contre G/\{0\}=G, bien entendu, et, pour \alpha strictement positif, G/\alpha\mathbf Z est isomorphe au cercle trigonométrique S^1, c’est-à-dire l’ensemble des nombres complexes de module 1; un isomorphisme est donné par

x+\alpha\mathbf Z \mapsto e^{2i\pi\frac x \alpha}

Cela étant, pour répondre à la question de DjiLo, nous devons prouver que si (f,g) est une solution de (1) dans laquelle f est continu, alors f est monotone. Nous allons en fait voir qu’il est soit constant soit strictement monotone.

Supposons donc f continu. Le sous-groupe \ker f est donc fermé. S’il est dense dans \mathbf R, alors c’est \mathbf R : f est constant. Si \ker f=\{0\}, alors f est injectif et, par suite, strictement monotone. En effet,

(2) Toute application continue et injective d’un intervalle de \mathbf R dans \mathbf R est strictement croissante ou strictement décroissante.(*)

Nous allons enfin voir qu’il n’est pas possible que \ker f=\alpha\mathbf Z pour un certain nombre réel \alpha strictement positif, en procédant par l’absurde.

Admettons que \ker f=\alpha\mathbf Z, où \alpha >0. Alors f est injectif dans [0,\alpha[ puisque deux nombres en lesquels les valeurs de f sont égales diffèrent d’un multiple entier de \alpha. Par conséquent, vu (2), f est strictement monotone dans [0,\alpha[. Il est par exemple strictement croissant. Ainsi, f(0)<f(\alpha/2). Mais comme f(\alpha)=f(0), il y a dans ]\alpha/2,\alpha[ des x tels que f(x)<f(\alpha/2) ce qui contredit le fait que f est strictement croissant dans [0,\alpha[. On raisonne de la même façon lorsque f est strictement décroissant dans [0,\alpha[.

En résumé, les f continus qui apparaissent dans les solutions de (1) lorsque G=(\mathbf R,+) sont :

— les applications constantes. Pour celles-ci, le groupe I est réduit à son élément neutre.

— les homéomorphismes entre \mathbf R et un intervalle ouvert non vide(**). Pour un tel homéomorphisme, f, la structure de groupe de I est donnée par transport de la structure de (\mathbf R,+) par f. En particulier, sa multiplication est continue puisqu’elle est donnée par

\forall u,v\in I, \quad u*v=f(f^{-1}(u)+f^{-1}(v))

😉

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(*) Voici une preuve rapide de (2). Soit un intervalle J\subseteq \mathbf R et une application injective et continue \varphi :J\to\mathbf R. L’ensemble

e=\{(x,y)\in J^2|x<y\}

est l’union des deux ensembles disjoints

e_< =\{(x,y)\in e|\varphi(x) < \varphi(y)\} \quad \& \quad e_> =\{(x,y)\in e|\varphi(x) > \varphi(y)\}

Nous devons vérifier que l’un des d’eux est vide. Or, ce sont des ouverts de e car \varphi est continu. Comme e est connexe, il faut bien que cela soit le cas.

(**) Lorsque f est strictement monotone, le théorème des valeurs intermédiaires montre que l’image par f de tout intervalle ouvert est un intervalle ouvert. Ainsi, f est une application ouverte. Comme elle est aussi continue, c’est un homéomorphisme.