Oral polytechnique

soit Tn le graphe de x-->cos(x)^n et soit dn la distance de (0,0) à Tn

1) étudier dn
2) en combien de points dn est atteinte?
3) donner un equivalent de dn et xn ou xn est le point ou dn est atteinte

Bonjour,

1) dn = min {x^2+cos(x)^2n / x dans [-Pi/2,Pi/2]}

or cos(x)^2(n+1)<cos(x)^2n donc dn est decroissante minoree par 0 donc admet une limite l.

Je n'arrive pas à avoir l=0 d'une facon astisieuse !!!
je prends l=0 pour l'instant la suite arrivera

2) dn atteinte en deux points par parité.

3) x_n equivalent a (sqrt(n))-1 on utilisant un developpement de taylor.

Bonjour béhé
il suffit de faire l'étude sur [0.pi/2]

je crois que votre réponse à la troisieme question est contradictoire , intuitivement x_n -->0 ( je trouve que x_n ~ arcos( un machin -->1))
pour la 2 est ce que vous pouvez détailler?

sqrt(ln(n)/n)

kalm a écrit:

sqrt(ln(n)/n)

c'est étrange! , une démonstration ?

EDIT : ce n'est plus étrange arcos( e^x) ~ sqrt(x) quand x-->0-

boujmi3 a écrit:

Bonjour béhé
il suffit de faire l'étude sur [0.pi/2]

je crois que votre réponse à la troisieme question est contradictoire , intuitivement x_n -->0 ( je trouve que x_n ~ arcos( un machin -->1))
pour la 2 est ce que vous pouvez détailler?

Pour 2) c'est loin de ce que je pense ce n'est pas si evident de justifier que la derivée decroit puis croit (elle meme il en faut une etude de fonction, donc deriver 3 fois afin de se debarasser des termes en x^2 dans la minimisation de dn !! )

pour 2) je dis que le nombre de points d'atteinte est paire, c'est tout.

Maintenant pour x_n -> 0 (si x_n existe et unique ) on peut dire que x_n est solution de:

x=n*tan(x)*(cos(x))^2n (du fait que dn'=0, qd le min existe) ; comment avoir à montrer que x_n->0 sans faire des calculs et une etudes de la fonction derivée dn' en derivant deux fois ??!! je vais s'en passer de cette question en supposant que x_n admet un point d'accumulation ( d'apres BW , x_n est bornee)

noton L la limite de la suite extraite et D la limite de dn ( D existe car dn est decroissante)

(1) L=l car dn^2=x_n^2+(cos(x_n))^2n et le cos<1

on suppose que L#0 ( je vais faire par l'absurde)

il existe a>0 et p<1 tq |tan(x_n)|<a et |cos(x_n)|<p
( la suite extraite est convergeante vers L#0, bornée au voisinage)

donc |n*tan(x_n)*(cos(x_n))^2n|<n*a*p^2n ------->0
et comme x_n=n*tan(x_n)*(cos(x_n))^2n on aura x_n--->0 absurde (car L#0)

- le raisonement est juste pour moi à vous de voir-

donc l=0 ( d'apres (1) )

donc l'histoire est réglée pour x_n -->0. ( indépendamment si il y a deux x_n comme solutions dn'=0, les deux converge vers zero).

revenant à l'equivalent :

x_n/tan(x_n)-->1 donc comme tu as dis boujmi3
x_n equivalent à arcos ((1/n)^(1/2n))
et donc j'ai fais un erreur en croyant que ça donne 1/sqrt(n); je pense pas qu'on peut aller loin dans la simplification car y a pas d'equivalent de ln(n) en +00 par des polynomes


je vais revoir comment montrer que x_n decroit (et l'unicite sur [0,pi/2]) car à l'aide de matlab il y a toujour une seule solution meme pour n=30000

bonne soiree

kalm a écrit:

sqrt(ln(n)/n)

Oui c'est exacte ça donne ça, il n'y a pas plus apres

béhé ona bien x_n <= arcos ( (1/n)^(1/2n-1)) donc x_n-->0 le probleme reside dans la question 2 on va supposer que l'examinateur est muet

1)
(d_n)² = min {x²+cos(x)^2n / x dans [0,Pi/2]} par parité de cosinus et on a aussi 0<d_n<1 . La suite (d_n) est strictement décroissante positive donc converge vers un d dans [0,1[.
Si d>0, alors qqs n : d_n>d ==> qqs n et qqs x dans [0,Pi/2]: x²+cos(x)^2n>d ce qui n'est pas vrai par exemple pour x=d on aura d²>=d quand n -->+00 .
Donc d=0.

Comment tu prouves, abdelbaki.attioui, que d_n < 1 ?

Dijkschneier a écrit:

Comment tu prouves, abdelbaki.attioui, que d_n < 1 ?

d_n² =< x²+cos(x)^2n pour tout x dans [0,pi/2] en particulier pour x=0
==> d_n =<1 . mais d_0=1 >d_1>...>d_n donc d_n<1 pour n>0

boujmi3 a écrit:

béhé ona bien x_n <= arcos ( (1/n)^(1/2n-1)) donc x_n-->0 le probleme reside dans la question 2 on va supposer que l'examinateur est muet

ce n'est pas bien qu'il reste muet, personne ne connaitera la reponse. peut etre même facile !!! ou demande trop de calcules pour etre faite

"trop de calculs !" genre montrer que pour x dans [0,Pi] on a :

abdelbaki.attioui a écrit:

1)
(d_n)² = min {x²+cos(x)^2n / x dans [0,Pi/2]} par parité de cosinus et on a aussi 0<d_n<1 . La suite (d_n) est strictement décroissante positive donc converge vers un d dans [0,1[.
Si d>0, alors qqs n : d_n>d ==> qqs n et qqs x dans [0,Pi/2]: x²+cos(x)^2n>d ce qui n'est pas vrai par exemple pour x=d on aura d²>=d quand n -->+00 .
Donc d=0.

c'est astucieux d'utiliser d<1 !!

Bon je me lance dans les calculs, je note f(x) = x^2+(cos(x))^2

je calcul la derivée troisieme ( une methode qui s'appelle LBALA OLFASS )




soit x_3 = ]

f''(x) croit de 2-2*n à 2 sur [0;x_3] puis elle decroit mais garde un signe positif sur [x_3;Pi/2]

donc il y a un x_2 (entre 0 et x_3) tq f''(x) = 0
cherchons alors le signe de f" =

on a f"(0) =2-2*n <0 et f"(x_2) = 0 et f"(x) reste positive pour x>x_2 !

Donc conculsion f'(x) decroit de f'(0)=0 vers une valeure negative (celle de f' en x_2 sans savoir exactement combien) !! sur [0;x_2] , puis croit de cette valeur vers Pi/2 sur [x_2;Pi/2] ( donc coupe l'axe OX en x_n qu'on a longtemps rechercher !!!
d'ou le signe qu'on souhaité pour f' ( negative au debut et positive apres).



Si vous avez des alternatives je suis preneur

voila une piste :

xn existe vue qu'on minimise sur un compact borné, et on a la relation

xn=n*tan(xn)*cos(xn)^(2n)

cherchons le signe de f''(xn) d'apres l'expression de f"(x) que j'ai donné avant et en substituant le cos^2n-2 par xn/n*tan(xn)

on s'ecarte de Pi/2 un peu ; on majore les termes indepandament de x on aura
f''(xn)= ...à detaillé.. > 0 à partir d'un certain n0 donné (f''(xn) > 2(2n-1) A+B avec A>0 )
donc le point xn appartient toujours à la partie convexe de la fonction pour n>n0.

donc xn est unique on utilisant l'unicité de projection sur un compact convexe de R^2 ( ici c'est le haut de la courbe convexe) ; je me rappel que la démonstration utilise les suites extraites et l'inégalité de la convexité mais le résultat est bien connu en analyse.

(reste à voir si au voisinage de Pi/2 y a aucun pb, mais je pense pou n grand on peut juste etudier sur [0;Pi/4] comme ça aucun probleme à majorer tan(x)/x )

2)
Pour n=0, d_0=1 atteint seulement en x_0=0
pour n>0, on pose f_n(x)=x²+cos^2n(x) pour x dans I=[0,pi/2]
Alors f_n '(x)=2( x - n sin(x) cos(x)^(2n-1)) =0 ssi x = n sin(x) cos(x)^(2n-1)
Alors x est [0,pi/2[ et x=0 ou x= n tan(x) cos(x)^(2n)

Mais l'équation x= n tan(x) cos(x)^(2n) admet une seule racine dans ]0,pi/2[
En effet
On pose t=tan(x) alors t dans ]0,+00[ et l'équation devient :
arctan(t)=nt /(1+t²)^2n.
Soit g(t)=arctan(t)-nt(1+t²)^(-2n)
g'(t)=1/(1+t²)- n(1+t²)^(-2n) +4n²t²(1+t²)^(-2n-1)
==> g'(t) et h(t)=(1+t²)^(2n)-n(1+t²)+4n²t² ont le même signe et les mêmes zéros.

pour n=1, h(t)=(1+t²)²-(1+t²)+4t²=(1+t²)²+3t²-1 il est clair que h est strictement croissante sur [0,+00[ et h(0)=0
alors dans ce cas le seul point où g' est nulle est t=0 et on a alors x=0

Pour n>1, h'(t)=4nt(1+t²)^(2n-1)-2nt+8n²t =2nt(2(1+t²)^(2n-1)+4n-1)>0
==> h est strictement croissante sur [0,+00[ et h(0)=1-n<0 et lim h(t) en +00 est +00 et h continue dans bijective de [0,+00[ su ]1-n,+00[.
Donc s'annule en une unique point t_n dans ]0,+00[.
Soit x_n=arctan(t_n) € ]0,pi/2[ alors f admet un minimum en x_n. car sa dérivée est <0 sur ]0,f(x_n)[ et >0 sur ]f(x_n),pi²/4] d'aprés l'étude de h et le fait que tangente est strict croissante sur ]0,pi/2[.

Par parité, on a finalement deux points où d_n est atteintes x_n et -x_n pour n>1.

3) à suivre

1)
(d_n)² = min {x²+cos(x)^2n / x dans [0,Pi/2]} par parité de cosinus et on a aussi 0<d_n<1 . La suite (d_n) est strictement décroissante positive donc converge vers un d dans [0,1[.
Si d>0, alors qqs n : d_n>d ==> qqs n et qqs x dans [0,Pi/2]: x²+cos(x)^2n>d ce qui n'est pas vrai par exemple pour x=d on aura d²>=d quand n -->+00 .
Donc d=0.
2)
Pour n=0, d_0=1 atteint seulement en x_0=0
pour n>0, on pose f_n(x)=x²+cos^2n(x) pour x dans I=[0,pi/2]
Alors f_n '(x)=2( x - n sin(x) cos(x)^(2n-1)) =0 ssi x = n sin(x) cos(x)^(2n-1)
Alors x est dans [0,pi/2[ et x=0 ou x= n tan(x) cos(x)^(2n)

Mais l'équation x= n tan(x) cos(x)^(2n) admet une seule racine dans ]0,pi/2[
En effet
On pose t=tan(x) alors t dans ]0,+00[ et l'équation devient :
arctan(t)=nt /(1+t²)^2n.
Soit g(t)=arctan(t)-nt(1+t²)^(-2n)
g'(t)=1/(1+t²)- n(1+t²)^(-2n) +4n²t²(1+t²)^(-2n-1)
==> g'(t) et h(t)=(1+t²)^(2n)-n(1+t²)+4n²t² ont le même signe et les mêmes zéros.

pour n=1, h(t)=(1+t²)²-(1+t²)+4t²=(1+t²)²+3t²-1 il est clair que h est strictement croissante sur [0,+00[ et h(0)=0
alors dans ce cas le seul point où g' est nulle est t=0 et on a alors x=0

Pour n>1, h'(t)=4nt(1+t²)^(2n-1)-2nt+8n²t =2nt(2(1+t²)^(2n-1)+4n-1)>0
==> h est strictement croissante sur [0,+00[ et h(0)=1-n<0 et lim h(t) en +00 est +00 et h continue dans bijective de [0,+00[ su ]1-n,+00[.
Donc s'annule en une unique point t_n dans ]0,+00[.
Soit x_n=arctan(t_n) € ]0,pi/2[ alors f admet un minimum en x_n. car sa dérivée est <0 sur ]0,f(x_n)[ et >0 sur ]f(x_n),pi²/4] d'après l'étude de h et le fait que tangente est strict croissante sur ]0,pi/2[.

Par parité, on a finalement deux points où d_n est atteintes x_n et -x_n pour n>1.

3)
On suppose n>1. Alors d_n²=x_n²+cos^2n(x_n)
avec x_n dans ]0,pi/2[ et x_n=n tan(x_n) cos(x_n)^(2n)
==> d_n²=x_n²+x_n/ntan(x_n) >x_n² >0 car x_n/ntan(x_n)>0
==> lim x_n=0 car lim d_n=0

x_n=n tan(x_n) cos(x_n)^(2n)
==> x_n/tan(x_n)=ncos(x_n)^(2n)
==> ln(x_n/tan(x_n))=ln(n)+2n ln(cos(x_n))

On a:
ln(x_n/tan(x_n))=x_n²(-1/3+a_n) avec lim a_n=0
ln(cos(x_n))= x_n²(-1/2+b_n) avec lim b_n=0

==> ln(x_n/tan(x_n))-2n ln(cos(x_n))=ln(n)
==> nx_n²(1-1/3n+a_n/n-2b_n)=ln(n)
On pose: c_n=-1/3n+a_n/n-2b_n
on a: lim c_n=0 et nx_n²/ln(n)=1/(1+c_n)
==> lim nx_n²/ln(n)=1
==> x_n² ~ ln(n)/n
==> x_n ~ (ln(n)/n)^(1/2)

d_n²=x_n²+x_n/ntan(x_n)
==> nd_n²/ln(n)= 1/(1+c_n)+[x_n/tan(x_n)]/[ln(n)] --> 1
==> d_n ~ (ln(n)/n)^(1/2)

Bonjour,

maintenant j'ai du temps pour regarder votre solution M. Abdelbaki ça revient à faire une étude de fonction aussi (donc aller jusqu'à l'ordre 3 afin de liquide le terme x^2 devant les fonctions trigonométriques), mais il est astucieux d'utiliser le changement de variable en tan(x) ça facilite bien les calcules.