Limite de la suite $\cos^{n}(\frac{x}{n})$

ludo'

Bonjour

Dans le hors série n°82 de la revue Tangente il est proposé un calcul de la limite de  $\cos^{n}(\frac{x}{n})$ accessible à un auditoire de Tle en étudiant la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $\cos^{n}(\frac{x}{n})-(1-\frac{x^2}{2n})$.

Je souhaiterais comprendre la raison pour laquelle sa dérivée seconde, fonction paire et $2n\pi$ périodique notée $h$ est positive :
$h(x) = 1 - \cos^{n}(\frac{x}{n})+(n-1)\cos^{n-2}(\frac{x}{n})\sin^2(\frac{x}{n})=1- \cos^{n-2}(\frac{x}{n})+n( \cos^{n-2}(\frac{x}{n}) -\cos^{n}(\frac{x}{n}))$
(les cas n pair ou $0<x<\frac{n\pi}{2}$ sont clairs selon l'expression retenue )
Merci pour votre aide.

Julia Paule

Bonjour,

Que penses-tu du signe de $1-\cos^{n-2}(\frac{x}{n})$ et du signe de $\cos^{n-2}(\frac{x}{n})-\cos^{n}(\frac{x}{n})$ ?

ludo'

Bonsoir Julia Paule,
merci d'avoir pris le temps de me répondre.

Concernant ton interrogation j'ai bien entendu immédiatement pensé à considérer que le membre de droite de la seconde égalité est une somme de deux termes positifs "car" le cos est compris entre -1 et 1 ... mais après réflexion  je me suis rendu compte que sur $[-1;1]$ ,$X^{n-2}   \geq X^{n}$ n'est valable que pour $0 \leq X \leq 1$, or pour $ \frac{n\pi}{2} \leq x \leq n\pi $ on a $\cos(\frac{x}{n}) \in [-1;0]$ et là ça coince si $n$ est impair (comme précisé dans mon message original).

ludo'

Je précise que le calcul de cette limite ne pose pas de problème particulier SI on dispose des DL en 0 mais c'est l'affirmation de la positivité de la dérivée seconde qui me chagrine (positivité confirmée graphiquement par Geogebra par ailleurs)

jandri

Comme le but est de trouver la limite quand $n$ tend vers l'infini on peut se limiter à l'étude de la fonction pour $x\in[0,\frac{n\pi}2]$.

D'ailleurs la dérivée première suffit : si $f(x)=\cos^{n}(\frac{x}{n})-(1-\frac{x^2}{2n})$ alors pour $x\in[0,n\pi]$ on a : 

$f'(x)=\frac xn-\sin(\frac xn)+\sin(\frac xn)(1-\cos^{n-1}\frac xn)\geq0$  en montrant que $\sin t\leq t$ pour $t\geq0$.

JLapin

Ca me semble inutilement compliqué. J'aimerais bien voir un scan de cet article.
Voici une proposition si tu veux t'en servir pour tes élèves : 

On pose $f:t\mapsto \cos t-1+\frac{t^2}{2}$. Par étude de la dérivée seconde (qui elle est trivialement positive), on montre que $f\geq 0$.
On en déduit $\forall t\in\R,\ \cos t\geq 1-\frac{t^2}{2}$.

Par croissance de la puissance $n$-ième sur $\R_+$, on a $\forall n\geq 1, \ \forall t\in [-1,1],\ \cos^n t\geq (1-t^2/2)^n$.

Ensuite, une nouvelle étude de $s\mapsto (1-s)^n-1+ns$ montre que $\forall s\in [-1,1] , \ (1-s)^n\geq 1-ns$ et donc

$\forall n\geq 1,\ \forall t\in [-1,1], \ \cos^n(t)\geq 1-n\frac{t^2}{2}$.

Enfin, pour $x$ fixé, on a $x/n\in [-1,1]$ pour $n$ assez grand et donc

$\forall n\geq n_0,\ \cos^n(x/n)\geq 1-\frac{x^2}{2n}$, ce qui permet de conclure par encadrement (la majoration est laissée en exercice).

jean lismonde

Bonjour

je signale une méthode rapide pour la détermination de la limite de la suite,
à condition de connaître le produit infini eulérien

$cos\frac{\pi.t}{2} = (1 - t^2)(1 - \frac{t^2}{3^2})(1 - \frac{t^2}{5^2})..........(1 - \frac{t^2}{(2p-1)^2}).......$

avec un changement de variable $\frac{\pi.t}{2}$ devient $\frac{x}{n}$ avec x différent de zéro
et en élevant à la puissance n chaque binôme le produit eulérien devient

$cos^n\frac{x}{n} = (1 - \frac{4x^2}{(\pi.n)^2})^n...............(1 - \frac{4x^2}{(2p-1)^2(\pi.n)^2})^n..............$

or on connaît bien en classe de Terminale la propriété asymptotique
$nln(1 - \frac{u^2}{((2p-1)n)^2.})$ équivalent à $- \frac{u^2}{(2p-1)^2.n}$

son logarithme népérien tendant rapidement vers 0 par valeurs négatives
l'expression $cos^n\frac{x}{n}$ tend vers 1 à gauche (par valeurs inférieures)

Cordialement

ev

jean lismonde a dit :

or on connaît bien en classe de Terminale la propriété asymptotique
$nln(1 - \frac{u^2}{((2p-1)n)^2.})$ équivalent à $- \frac{u^2}{(2p-1)^2.n}$

Mmmh, les équivalents en terminale. Il était temps ! Même dans les années 70 ils n'étaient pas au programme.

Comme quoi le niveau monte !

e.v.

ludo'

Merci pour ces réponses nombreuses.

Néanmoins ce n'est pas la résolution de l'exercice proprement dite qui me met en difficulté mais la démonstration de l'affirmation que la fonction h ne prend que des valeurs positives sur $\mathbb{R}$ notamment lorsque n est impair et $\cos(\frac{x}{n})\leq 0$  car alors le raisonnement que je partageais avec Julia Paule ne fonctionne pas puisqu'on ne peut pas dire dans ce cas que $\cos^{n-2}(\frac{x}{n}) \geq \cos^{n}(\frac{x}{n})$ donc on somme deux termes positifs etc ...

Julia Paule

Oups, j'ai répondu trop vite. Tu peux utiliser que $|\sin(x)| \leq | x|, \forall x \in \R$ (je ne sais pas s'ils l'ont vu en Tle, sinon c'est facile à montrer, soit géométriquement, vu que sur un cercle de rayon $1$, $x$ est la longueur de l'arc intercepté par un angle de mesure $x$, ou bien en étudiant les fonctions $\sin(x)-x$ et $\sin(x)+x$).

Alors, le seul cas qui pose problème c'est $n$ impair, et $\cos (\frac {x}{n}) \leq 0$.

Mais alors $1-\cos^n (\frac {x}{n}) \geq 1$ et $|(n-1)\cos^{n-2}(\frac{x}{n})\sin^2(\frac{x}{n})| \leq 1$.

Je te laisse continuer.

ludo'

@JLapin: voici le scan de l'énoncé

etanche

Prolongement:
Soit $x \in \R$ fixé, étudier la limite de la suite $\cos^{n^a}(\frac{x}{n^b})$ où $a,b$ paramètres réels. 

Si possible avec les maths de terminales pour rester dans le même cadre de l’exercice initial.

JLapin

@ludo'

Je pense que l'auteur est allé un peu vite et que l'étude de la dérivée (seconde) au voisinage de $0$ suffit comme l'a signalé Jandri.

ludo'

Merci pour vos contributions nombreuses et variées.

julian

jean lismonde a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2390864/#Comment_2390864

[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

Hah, sacré jl !!!

ludo'

Julia Paule a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2390892/#Comment_2390892

[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

Heu ... après réflexion je ne vois pas en quoi l'inégalité $|\sin(x)| \leq | x| $ permet de majorer le produit par 1- je crois cerner la démarche : "le facteur (n-1) est "neutralisé" par $(\frac{x}{n})^2$ mais ... il reste quand même $x^2$ et la puissance du cos ne peut qu'être majorée par 1 donc en l'état je sèche 

Cette majoration est vraisemblable via tests sur Geogebra mais même par étude directe de la fonction $\phi(x)=(n-1)\cos^{n-2}(x)\sin^2(x)$ sur $[\frac{\pi}{2};\pi]$, négative pour pour $n$ impair, l'expression de la valeur minimale $\phi(\pi-\arcsin(\sqrt{\frac{2}{n}}))$ ne se laisse pas minorer par $-1$ (ou sa valeur absolue majorée par $1$ au choix) 

Toute aide serait la bienvenue.

ludo'

Je suis surpris par la difficulté à étudier le signe de cette fonction pour n impair fixé

Julia Paule

En effet, tu as raison dans le cas général pour $x$ et $n$ quelconques. Mais on étudie la fonction pour $x$ donné et $n \rightarrow \infty$, donc pour des valeurs de $n$ aussi grandes que l'on veut, alors il suffit de prendre $n \geq x^2$ pour obtenir la majoration de la valeur absolue (désolée, j'ai oublié de le dire).

JLapin

@ludo'

Pas moi :  les variations des fonctions trigos un peu compliquées sont souvent pénibles à établir.

ludo'

Quelqu'un saurait-il où dénicher cette étude de fonction sur le net ? Pour ma part et en désespoir de cause, les recherches sur des forums analogues n'ont rien donné de probant jusqu'à présent ... et il ne s'agit pourtant que du produit a priori bien innocent.  

Alexique

@ludo' : ta fonction h n’est pas de signe constant pour n impair. Tu dois le voir sur Geogebra en allant chercher des abscisses plus loin et en changeant l’échelle en ordonnée. Pour le reste, tout a été dit : seul ce qui se passe asymptotiquement au voisinage de $+\infty$ nous intéresse pour l’exo.

ludo'

Bonsoir Alexique,

Geogebra semble pourtant confirmer la positivité de h pour tout indice impair compris entre 1 et 99 pourrais tu s'il te plaît être plus explicite au sujet de ton affirmation (choix de l'indice n impair et valeur de x testée par exemple?)

La question de la limite n'a jamais été un problème à mes yeux que ce soit par le truchement de DL ou bien par le raisonnement exposé dans l'encart modulo la positivité admise de h.

Seule l'affirmation de la positivité pour tout entier n (avancée dans l'article et a priori confirmée par mes expérimentations via GeoGebra) de la fonction h - que je noterai désormais $h_n$ afin de bien signifier que l'indice n nous est donné - est encore à établir ... lorsque n est impair (c'est immédiat lorsque n est pair) ce qui peut conduire éventuellement à étudier le signe de la fonction $\phi$ évoquée plus haut.

Si quelqu'un a une intuition fulgurante afin de débloquer le schmilblick je suis résolument preneur.

Alexique

@ludo' : toutes mes excuses, j'avais mal lu ce qu'était la fonction $h$. J'avais seulement considéré la fonction $x \mapsto \cos^{n-2}(\frac{x}{n})-\cos^n(\frac{x}{n})$ 

Alexique

Pour me faire pardonner, montrons que $P(x)=1-x^{n-2}+n(x^{n-2}-x^n)=1-x^{n-2}+nx^{n-2}(1-x^2)$ est positif sur $[-1,1]$. C'est clair comme déjà vu pour $x \geq 0$. Pour $x \leq 0$, c'est clair pour $n$ pair. Supposons donc $x \leq 0$ et $n$ impair. On obtient $P'(x)=x^{n-3}(n^2-3n+2-n^2x^2)$. Pour $n$ impair, on obtient que $P$ décroit sur $[-1,a_n]$ puis croit sur $[a_n,0]$ avec $a_n = -\sqrt{\frac{(n-1)(n-2)}{n^2}}$. Il suffit donc de montrer que $P(a_n) \geq 0$ pour achever le résultat. Cela revient à montrer que $\left(\dfrac{(n-1)(n-2)}{n^2}\right)^{n-2} \leq \left(\frac{n}{2(n-1)}\right)^2$. En passant au log et en utilisant $\ln(1+u) \leq u$, j'arrive à la condition suffisante $-3+\frac{4}{n} \leq \ln\left(\frac14\right)$, vraie dès que $n \geq 2$.

Julia Paule

Bonjour, j'arrive à la même conclusion ($h$ positive) en posant $\cos (\frac{x}{n})=-\dfrac{1}{1+a}, a>0, n$ impair (sachant que les autres cas sont vérifiés).

Le $x$ dans l'histoire n'a pas d'importance, i.e. si on le montre pour tout $a>0$, et tout $n$ impair, on l'aura montré pour tout $x$ et tout $n$ impair.

Après calcul, il s'agit de montrer que $\forall a >0, \forall n \geq1, (1+a)^n-(n-1)(1+a)^2+n >0$.

On l'obtient avec $(1+a)^n \geq 1+na+\dfrac{n(n-1)}{2}a^2$.

Sauf erreur.

Alexique

Oui, si je reprends et complète ta solution @Julia Paule, j'arrive à devoir montrer que $P(a)=2+a(2-n)+a^2(\frac{n^2}{2}-\frac32 n +1) \geq 0$ pour tout $a>0$.
Son discriminant vaut $-3n^2+8n-4=-3(n-\frac23)(n-2)<0$ pour $n \geq 3$ impair. $P$ est donc de signe constant, signe du coefficient dominant $\frac{n^2}{2}-\frac32 n +1=\frac12(n-1)(n-2)>0$. Ce n'est pas si simple car j'ai d'abord considéré le polynôme de degré 2 en $n$ (et non pas en $a$) sans succès.

Bel exo pour des bons lycéens/début de sup en tout cas.

Julia Paule

En effet, on l'obtient pour $n \geq 3$, mais pour $n=1$, c'est acquis.

Il semble que le prof qui a fait ce papier a été un peu succinct dans ses explications en affirmant $h$ positive, et qu'il y a plus simple :

pour $n$ assez grand, on a : $0 \leq 1-\frac{x^2}{2n^2} \leq \cos (\frac{x}{n}) \leq 1$. (encadrement de la fonction $\cos$ facile à obtenir à l'aide de deux dérivées)

Alors en élevant les expressions à la puissance $n$, un élève de Tle sait calculer $\lim (1-\frac{x^2}{2n^2})^n$ quand $n \rightarrow \infty$.

bisam

D'après moi, le plus simple est de prouver l'inégalité $\forall t\in\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[, -\frac{t^2}{2}\leq \ln(\cos(t))\leq 0$ par une étude de fonction, de l'appliquer à $t=\frac{x}{n}$ pour $n$ suffisamment grand, de multiplier le tout par $n$ puis d'utiliser la croissance de l'exponentielle.

JLapin

Oui, mais c'est tricher d'utiliser le logarithme

ludo'

@Julia Paule & Alexique: Merci pour vos efforts car je cherchais obstinément une solution dans le champ des fonctions trigonométriques.