Fonctions usuelles

$\displaystyle f(x)\le g(x)$ ? avec des fonctions simples et des valeurs de $\displaystyle f(0)$ et $\displaystyle g(0)$ 👉 Tenter d’étudier les variations de $\displaystyle h(x):=g(x)-f(x)$ en dérivant, ça marche assez souvent.

On va montrer la 2^e inégalité. Posons $\displaystyle h(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ln(1+x)$. On a $\displaystyle h(0)=0$ et si $\displaystyle x\ge0$, $$\begin{aligned} h'(x) &=1-x+x^2-\frac{1}{1+x}\\& =\frac{1-x+x^2+x-x^2+x^3-1}{1+x}\\&=\frac{x^3}{1+x}\ge0.\end{aligned}$$

Donc $\displaystyle h$ est croissante sur $\displaystyle \R^+$, et alors $\displaystyle h(x)\ge h(0)=0$ pour tout $\displaystyle x\ge 0$, ce qui établit la 2ème inégalité.

Pour la première inégalité, on procéderait de la même façon en posant $\displaystyle h(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}$.

Soit $\displaystyle g(x)=x-\ln(1+x)$, on a $\displaystyle g'(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}$. Si $\displaystyle x\ge0$, $\displaystyle g'(x)\ge 0$ et alors $\displaystyle g(x)\ge g(0)=0$,
i.e. $\displaystyle \ln(1+x)\le x$. Si $\displaystyle -1<x<0$, $\displaystyle g'(x)< 0$ et alors $\displaystyle g(x)\ge g(0)=0$, d’où $\displaystyle \ln(1+x)\le x$ également.
Enfin on en déduit que : $\displaystyle \ln \left(1-\frac{t}{n}\right)^n=n \ln \left(1-\frac{t}{n}\right)\le n\cdot \frac{-t}{n}=-t$, et on conclut en passant à l’exponentielle qui est une fonction croissante.

La fonction $\displaystyle f$ est définie sur $\displaystyle ]1,+\infty[$ car le $\displaystyle \ln$ à l’intérieur de la parenthèse doit être $\displaystyle >0$, ce qui force $\displaystyle x>1$.
On a par composition des limites :$\displaystyle \lim_{x\to 1^+} f(x)=-\infty$ et $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$ mais cette divergence est extrêmement lente. Si on prend le $\displaystyle \log$ en base dix, i.e. $\displaystyle \log(10)=1$, on a $$\log(\log(10^{100}))=\log(100)=2,$$ et pourtant le nombre gogol $\displaystyle 10^{100}$ est plus grand que le nombre de particules dans l’univers !!
La dérivée de $\displaystyle f$ est par la règle de composition : $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{x\ln(x)}$, $\displaystyle x>1$.

Dériver ! Ne pas avoir peur de dériver le numérateur de la dérivée si on ne peut pas dire son signe tout de suite.

La fonction $\displaystyle f$ est bien définie sur $\displaystyle \R^{+*}$ car $\displaystyle \ln(1+bx)>0$ si $\displaystyle x>0$. Elle est aussi dérivable sur $\displaystyle \R^{+*}$ comme quotient de fonctions dérivables.
On peut écrire $\displaystyle f(x)=\frac{a}{b}\frac{\ln(1+ax)/(ax)}{\ln(1+bx)/(bx)}$. Or $\displaystyle \frac{\ln(1+ax)-\ln(1)}{ax-0}\xrightarrow[x\to 0]{}\ln'(1)=1$. Donc $\displaystyle f(x)\xrightarrow[x\to 0]{}\frac{a}{b}<1$. Pour la limite en $\displaystyle +\infty$, on a aussi une indétermination. On écrit alors $$f(x)=\frac{\ln(x)+\ln(a+1/x)}{\ln(x)+\ln(b+1/x)}=\frac{1+\frac{\ln(a+1/x)}{\ln x}}{1+\frac{\ln(b+1/x)}{\ln x}}.$$ Donc $\displaystyle f(x)\xrightarrow[x\to +\infty]{}1$ car $\displaystyle \frac{\ln(a+1/x)}{\ln x}\xrightarrow[x\to +\infty]{}0$ (idem avec $\displaystyle b$).

Montrons que $\displaystyle f$ est croissante sur $\displaystyle \R^{+*}$. On a
$$\begin{aligned} f'(x)= &\frac{\frac{a}{1+ax}\ln(1+bx)-\frac{b}{1+bx}\ln(1+ax)}{(\ln(1+bx))^2}\\ =&\frac{a(1+bx)\ln(1+bx)-b(1+ax)\ln(1+ax)}{(1+ax)(1+bx)(\ln(1+bx))^2}.& \end{aligned}$$ Le dénominateur est $\displaystyle >0$ car $\displaystyle x>0$. Étudions le numérateur que l’on note $\displaystyle g(x)$. On a $\displaystyle g(0)=0$, et $$\begin{aligned} g'(x)&=ab\ln(1+bx)+ab-ab\ln(1+ax)-ab\\ &=ab[\ln(1+bx)-\ln(1+ax)]>0,\end{aligned}$$ car $\displaystyle 1+bx>1+ax$ et la fonction $\displaystyle \ln$ est strictement croissante. Donc $\displaystyle g$ est strictement croissante et alors $\displaystyle g(x)>g(0)=0$ si $\displaystyle x>0$. Ainsi $\displaystyle f'(x)>0$, et donc $\displaystyle f$ est strictement croissante sur $\displaystyle \R^{+*}$.

Pas de ruse. Appliquer les formules pour les fonctions usuelles, et les méthodes pour les opérations (somme, produit, quotient).

🔧 Le module sympy de Python, comme les logiciels de calcul formel, permet de calculer une expression exacte d’une intégrale, d’une limite, d’une dérivée… et d’un développement limité (et bien plus encore). Pratique pour vérifier ses calculs à la maison 😍😍😍

Ainsi le code suivant permet de vérifier le résultat de la question 1. Testez-le !

from sympy import *
x = symbols('x')
print(series((sqrt(1+x)-sqrt(1-x))/x, x, 0, 3))

Rq. Le dernier paramètre est l’ordre : ici 3 donne un DL à l’ordre 2. Bizarre, mais ça s’explique : les anglophones écrivent $\displaystyle \mathcal O(x^{n+1})$ à la fin d’un DL, quand nous écrivons $\displaystyle o(x^{n})$.

1. $\displaystyle f(x)=\frac 1x\left(\left(1+\frac x2-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}+o(x^3)\right)-\left(1-\frac x2-\frac{x^2}{8}-\frac{x^3}{16}+o(x^3)\right)\right)$
   $\displaystyle \phantom~~~~~~~~~ = \frac 1x\left(x+\frac{x^3}{8}+o(x^3)\right)=1+\frac{x^2}{8}+o(x^2)$.
2. $\displaystyle f(x)=\left(1-\frac{x^2}{2}+o(x^3)\right)\times \left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)$
   $\displaystyle \phantom~~~~~~~~~ = 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{2}+o(x^3)$
   $\displaystyle \phantom~~~~~~~~~ = 1+x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)$.
3. $\displaystyle f(x)=x\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)-\left(-2x-2x^2-\frac 83 x^3+o(x^3)\right)\right)$
   $\displaystyle \phantom~~~~~~~~~ = 3x^2+ \frac32 x^3+o(x^3)$.
4. $\displaystyle f(x)=\left(1-\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{120}+o(x^4)\right)^2 = 1-\frac{x^2}{3}+\frac{2x^4}{45}+o(x^4)$
   (après avoir développé et supprimé les termes de degré $\displaystyle >4$).
5. $\displaystyle f(x)=\frac{x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)}{-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+o(x^3)} = -\left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)\left(1+\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)^{-1}$
   $\displaystyle \phantom~~~~~~~~~ = -\left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)\left(1-\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+\frac{x^2}{4}+o(x^2)\right)\qquad$ (avec le DL de $\displaystyle \frac{1}{1+X}$)
   $\displaystyle \phantom~~~~~~~~~ = -\left(1-x+\frac{x^2}{2}\right)+o(x^2)\qquad$(après avoir développé).

• Développement en série de l’exponentielle ;
• Encadrement de l’intégrale d’une fonction croissante par l’aire de rectangles.

Terry Tao a eu la bonne idée d’écrire une jolie section sur la formule de Stirling dans son livre Topics in Random Matrix Theory p.41. On va détailler ici les calculs.

1. Il suffit d’écrire le développement de $\displaystyle e^x$ en série entière : $\displaystyle e^x=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^n}{n!}$, valable pour tout $\displaystyle x\ge0$. D’où, pour un $\displaystyle n$ fixé et tout $\displaystyle x$, $\displaystyle n!\ge x^n e^{-x}$. On prend alors $\displaystyle x=n$ pour obtenir $$n!\ge n^n e^{-n}.$$ A peu de frais, on obtient un ordre de grandeur plutôt très bon, il manque un facteur $\displaystyle \sqrt{2\pi n}$ par rapport à la formule de Stirling, mais il est très négligeable par rapport aux autres termes.
2. On a $\displaystyle \ln(n!)=\sum_{k=1}^n\ln(k)$. Comme $\displaystyle x\mapsto\ln(x)$ est croissante :
   $$\begin{aligned} \int_{k-1}^{k}\ln(x)dx & \le \ln(k), \quad k\ge2 \qquad \qquad(1)\\ \ln(k) & \le \int_{k}^{k+1}\ln(x)dx, \quad k\ge1.\quad (2)\\ \end{aligned}$$ En sommant (1) de $\displaystyle k=2$ à $\displaystyle n$ avec $\displaystyle \ln(1)=0$, puis en sommant (2) de $\displaystyle k=1$ à $\displaystyle n-1$ en rajoutant des deux cotés $\displaystyle \ln(n)$, il vient : $$\begin{aligned} \int_{1}^{n}\ln(x)dx & \le \sum_{k=1}^n\ln(k), \qquad \qquad(1')\\ \sum_{k=1}^n\ln(k) & \le \int_{1}^{n}\ln(x)dx +\ln(n), \quad (2')\\ \end{aligned}$$ On note que $$\begin{aligned} \int_{1}^{n}\ln(x)dx & = \left[ x\ln(x)-x \right]_1^{n}\\ & = n\ln(n)-n+1.\\ \end{aligned}$$ On déduit donc de (1’) et (2’) : $$1+n\ln(n)-n\le \ln(n!)\le 1+\ln(n)+n\ln(n)-n.$$ En passant à l’exponentielle qui est une fonction croissante, il vient $$e\cdot n^n e^{-n} \le n! \le en\cdot n^n e^{-n} .$$

Remarque — Le bon ordre de grandeur de $\displaystyle n!$ est entre les deux, en fait la moyenne géométrique : $\displaystyle \sqrt{n}\cdot n^n e^{-n}$. Et la constante n’est pas mauvaise : $\displaystyle e\simeq \sqrt{2\pi}$.

• IPP !
• On voit rapidement la fonction $\displaystyle f$ qu’il faut prendre ;
• Etude de l’intégrale avec $\displaystyle f'$ 👉 DL ;

1. En intégrant par parties on obtient : $$\begin{aligned} \int_{k}^{k+1}\left(x-k-\frac12\right)f'(x)dx & = \left[ \left(x-k-\frac12\right)f(x) \right]_k^{k+1} -\int_{k}^{k+1}f(x)dx\\ & = \frac{f(k+1)+f(k)}{2} -\int_{k}^{k+1}f(x)dx.\\ \end{aligned}$$
2. Prenons $\displaystyle f(x)=\ln(x)$, d’où $\displaystyle f'(x)=1/x$, $\displaystyle x>0$. Donc $$\begin{aligned} R_k:=\int_{k}^{k+1}\left(x-k-\frac12\right)f'(x)dx & = 1-\left(k+\frac12\right)\ln\left(1+\frac1k\right).\\ \end{aligned}$$ Or $\displaystyle \ln\left(1+\frac1k\right)=\frac1k-\frac{1}{2k^2}+O\left(\frac{1}{k^3}\right)$. Donc $$\left(k+\frac12\right)\ln\left(1+\frac1k\right)=1-\frac{1}{4k^2}+O\left(\frac{1}{k^2}\right).$$ Ainsi $\displaystyle R_k=O\left(\frac{1}{k^2}\right)$ et la série $\displaystyle \sum R_k$ converge, disons vers $\displaystyle C$. Revenons à la relation $$\int_{k}^{k+1}\ln(x)dx=\frac{\ln(k+1)+\ln(k)}{2}-R_k,$$ et sommons de $\displaystyle 1$ à $\displaystyle n-1$ : $$\int_{1}^{n}\ln(x)dx=\sum_{k=1}^{n}\ln(k)-\frac{\ln(n)}{2}-C+o(1).$$
3. Calculons $$\begin{aligned} \int_{1}^{n}\ln(x)dx & = \left[ x\ln(x)-x \right]_1^{n}\\ & = n\ln(n)-n+1.\\ \end{aligned}$$ Ainsi, en injectant dans l’égalité de la question 2. :$$n\ln(n)=n+\sum_{k=1}^{n}\ln(k)-\ln(\sqrt{n})+C'+o(1).$$ En passant à l’exponentielle, il vient : $$\sqrt{n}\cdot n^n=e^n\cdot n!\ \cdot e^{C'+o(1)},$$ d’où la conclusion.

On considère la fonction $\displaystyle \Phi$ de $\displaystyle \mathbb{Z}^4 \times \mathbb{R}$ dans $\displaystyle \mathbb{R}$, telle que $$\Phi(m,n,p,q,x) = m \pi + \operatorname{arccot} ( - n \pi + \operatorname{arccot} ( p \pi + \operatorname{arccot} ( - q \pi + \operatorname{arccot} ( x)))).$$ On vérifie que $\displaystyle \Phi$ est une fonction strictement croissante, pour l’ordre lexicographique sur $\displaystyle \mathbb{Z}^4 \times \mathbb{R}$.
Les solutions de $\displaystyle \cot \cot \cot \cot a = 0$ sont les réels de la forme $\displaystyle \Phi(m,n,p,q,0)$ pour $\displaystyle m,n,p,q \in \mathbb{Z}$. Trouvons $\displaystyle m,n,p,q,x$ tels que $\displaystyle \Phi(m,n,p,q,x) = 9$. On a nécessairement $$m \pi < 9 < (m+1)\pi, -n \pi < \cot 9 < (-n+1) \pi,$$ $$p \pi < \cot \cot 9 < (p+1) \pi, q \pi < \cot \cot \cot 9 < (q+1) \pi,$$
et donc $\displaystyle m = 2$, $\displaystyle n = 1$, $\displaystyle p = 0$, $\displaystyle q = 0$, et $\displaystyle x = x_0$, avec
$$x_0 := \cot \cot \cot \cot 9 \simeq 0,5279.$$
On a donc $\displaystyle \Phi(2, 1, 0, 0, x_0) = 9$. Si on veut une valeur de $\displaystyle \Phi(m,n,p,q,0)$ aussi grande que possible et inférieure à $\displaystyle 9$, il faut prendre $\displaystyle \Phi(2,1,0,0,0)$. Si on veut une valeur aussi petite que possible et supérieure à $\displaystyle 9$, il faut prendre $\displaystyle \Phi(2,1,0,1,0)$. On trouve
$$\Phi(2,1,0,0,0) = 2 \pi + \operatorname{arccot} ( - \pi + \operatorname{arccot} \operatorname{arccot} \operatorname{arccot} 0) \simeq 8.977856.$$
$$\Phi(2,1,0,1,0) = 2 \pi + \operatorname{arccot} ( - \pi + \operatorname{arccot} \operatorname{arccot} ( - \pi + \operatorname{arccot} 0)) \simeq 9,0784578.$$
Le plus proche est $\displaystyle \Phi(2,1,0,0,0)$.