DL de $f$ vérifiant $f'=1+f+f^2$
Bonsoir, je trouve que l'énoncé est un peu flou.
Énoncé.
Soit $f$ une application dérivable de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telle que $f(0)=0$ et $f{'}=1+f+f^{2}$.
On demande un DL de $f$ à l'ordre $4$ en $0$.
Je pense à utiliser la formule de Taylor-Young en effectuant de proche en proche le calcul des coefficients, mais je ne sais pas si $f^{2}$ est une composée de fonctions càd $f\circ f$ ou si c'est juste la composée de la fonction carrée de $f$.
Merci d'avance pour votre aide.
Énoncé.
Soit $f$ une application dérivable de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telle que $f(0)=0$ et $f{'}=1+f+f^{2}$.
On demande un DL de $f$ à l'ordre $4$ en $0$.
Je pense à utiliser la formule de Taylor-Young en effectuant de proche en proche le calcul des coefficients, mais je ne sais pas si $f^{2}$ est une composée de fonctions càd $f\circ f$ ou si c'est juste la composée de la fonction carrée de $f$.
Merci d'avance pour votre aide.
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Réponses
Désolé, je crois que la seule personne qui peut le savoir est celle qui a donné l'exercice (personnellement quand je lis une telle équation je pense au carré et il ne me viendrait pas à l'idée que c'est une composée, mais je ne suis pas l'auteur de l'exercice).
Faisons les deux
C’est un carré et non pas une composition.
Est-il possible de montrer l'existence d'une telle fonction sur tout $\R$ et de trouver le DL dans les deux cas ?
tu peux résoudre algébriquement l'équation différentielle avec $x$ variable réelle et $f$ fonction de $x$ à coefficients complexes.
Soit : $\frac{f '}{(f - j)(f - j^2)} = 1$ avec $j$ et $j^2$ racines cubiques complexes de $1$.
Tu décomposes en éléments simples la fraction et l'équation différentielle devient :
$$
\frac{i}{\sqrt{3}}\Big(\frac{f '}{f - j^2} - \frac{f '}{f - j}\Big) = 1.
$$ Tu peux intégrer directement soit $\dfrac{i}{\sqrt{3}}\ln\dfrac{f - j^2}{f - j}= x + k$ avec $k$ constante d'intégration.
Soit encore : $\dfrac{f - j^2}{f - j} = e^{- i \sqrt{3}(x + k)}$ soit enfin $$f(x) = j\frac{1 - je^{i\sqrt{3}(x + k)}}{1 - e^{i\sqrt{3}(x + k)}}.
$$ Cordialement.
> dsolve({diff(f(x), x) = 1+f(x)+f(x)^2, f(0) = 0}, f(x)); f(x) = (1/6*(-sqrt(3)+3*tan((1/18*(sqrt(3)*Pi+9*x))*sqrt(3))))*sqrt(3) > taylor(f, x = 0, 5) x+(1/2)*x^2+(1/2)*x^3+(3/8)*x^4+O(x^5)Il est pénible d'avoir à deviner l'énoncé, et ce n'est pas la première fois.
@Chaurien, en appliquant le théorème de primitivation des DL? moi je pensais à calculer de proche en proche les coefficients
Voici donc ce que je fais :
Comme $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, on en déduit par produit de fonctions dérivables que $f^{2}$ l'est sur $\mathbb{R}$.
Ainsi la fonction $f'$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme de fonctions qui le sont.
De même , on montre par une démarche similaire que $f^{(2)},f^{(3)} et f^{(4)}$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$.
on en déduit que $f$ est $C^{5}$ sur $\mathbb{R}$.
Alors d'après la formule de Taylor-Young , on a :
$f=f(0)+f'(0)x+\frac{f^{(2)}(0)}{2}.x^{2}+\frac{f^{(3)}(0)}{3!}.x^{3}+\frac{f^{(4)}(0)}{4!}.x^{4}+o(x^{4})$.
Comme $f(0)=0, f'(0)=1, f^{(2)}(0)=1, f^{(3)}(0)=3$ et $f^{(4)}(0)=9$.
On obtient donc le résultat qu'on veut.
Du coup, j'aimerais bien voir ta manière de résoudre l'exercice @Chaurien.
et @JL , comment as-tu eu cette idée ?
[édit. Ah mince j'avais pas vu l'encadré de gai requin :)o Bah, du coup un gros indice : $\arctan'(x) = {1}/({1+x^2})$.]
On part de l'hypothèse : $f^{~\prime }(x)=1+f(x)+f(x)^{2}$, $f(0)=0$.
Équation différentielle : $f^{~\prime }(0)=1+f(0)+f(0)^{2}=1$, définition de la dérivée en $0$ : $f(x)=x+o(x)$.
Équation différentielle : $f^{~\prime }(x)=1+f(x)+f(x)^{2}=1+x+o(x)$.
Primitivation : $f(x)=x+\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})$, d’où : $f(x)^{2}=x^{2}+o(x^{2})$.
Équation différentielle : $f^{~\prime }(x)=1+f(x)+f(x)^{2}=1+x+\frac{3x^{2}}{2}+o(x^{2})$.
Primitivation : $f(x)=x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{2}+o(x^{3})$, d’où : $f(x)^{2}=x^{2}+x^{3}+o(x^{3})$.
Équation différentielle : $f^{~\prime }(x)=1+f(x)+f(x)^{2}=1+x+\frac{3x^{2}}{2}+\frac{3x^{3}}{2}+o(x^{3})$
Primitivation : $f(x)=x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{2}+\frac{3x^{4}}{8}+o(x^{4})$, d’où : $f(x)^{2}=x^{2}+x^{3}+\frac{5x^{4}}{4}+o(x^{4})$.
Équation différentielle : $f^{~\prime }(x)=1+f(x)+f(x)^{2}=1+x+\frac{3x^{2}}{2}+\frac{3x^{3}}{2}+\frac{13x^{4}}{8}+o(x^{4})$.
Primitivation : $f(x)=x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{2}+\frac{3x^{4}}{8}+\frac{13x^{5}}{40}+o(x^{5})$.
J'espère ne pas avoir commis de faute de calcul.
Remarque. Pour moi un des théorèmes les plus importants dans le chapitre des développements limités, c'est le théorème de primitivation. Le théorème de Taylor-Young, avec sa vraie hypothèse (qui est seulement l'existence de la dérivée $n$-ème au point considéré), est un corollaire du théorème de primitivation.
Bonne journée.
Fr. Ch.
[On remarque qu'on est dans les conditions d'applications du théorème de Cauchy-Lipschitz. Les solution sont $\mathcal{C}^{\infty}$ et d'ailleurs elles explosent en temps fini en $1/(t\pm t_e)$. Le comportement lorsque $f\sim0$ est linéaire. En ajoutant à cela un argument d'invariance par translation, on peut déjà tracer un bon profil de la situation.]
On a $f'=(f+1/2)^2+3/4$ puis en posant $h=(f+1/2)\cdot2/\sqrt{3}$, $$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{h'}{h^2+1}\, .$$
On intègre pour obtenir $\arctan{h(t)}=\sqrt{3}/2\cdot(t-t_0)+\arctan{h(t_0)}$ et enfin
$$f(t)= 0.5\left\{\sqrt{3}\tan\left(\sqrt{3}(t-t_0)/2 + \arctan\{(2f(t_0)+1)/\sqrt{3}\}\right)- 1\right\}\, .$$
Avec $t_0=0$ et $f(t_0)=0$ on a $f(t)=0.5\left\{\sqrt{3}\tan\left(\sqrt{3}t/2 + \pi/6\right)- 1\right\}$.
Pour obtenir un DL en $0$, on pourrait remarquer que $\sqrt{3}\tan\{\cdots\}=\frac{1+\sqrt{3}\tan(\sqrt{3}t/2)}{1-\sqrt{3}^{-1}\tan(\sqrt{3}t/2)}$. Mieux pour $n\geq 1$, $f^{(n)}(0)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{n+1} \tan^{(n)}(\frac{\pi}{6})$.
Ce qui est sympa, c'est que $\tan^{(n)}(\pi/6)\in \left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^{n+1} \mathbb{N}$, ce qui simplifie joliment.
Avec $a=2/\sqrt{3}$ : $2\tan(\pi/6)=a$, $\tan'(\pi/6)=a^2$, $\tan''(\pi/6)=a^3$, $\tan^{(3)}(\pi/6)=3a^4$, $\tan^{(4)}(\pi/6)=9a^5$, $\tan^{(5)}(\pi/6)=39a^6$, $\tan^{(6)}(\pi/6)=189a^7$, etc.
Il y a une suite oeis pour les coefficients de $\tan^{(n)}$ comme polynôme de $\tan$. C'est relié, quitte à rentrer une puissance de $2^k$ dans $\tan^k$ et à se retaper des calculs. J'ai plutôt procédé en exprimant en fonction des dérivées précédentes. Il me semble en généralisant honteusement que les coefficients peuvent être lus sur le triangle de Pascal. Exemples vérifiés à la main pour les calculs ci-dessus :
$\tan''=1\cdot(2\tan)\tan'$
$\tan^{(3)}=2\cdot(\tan'\cdot \tan') + 1\cdot(2\tan)\tan''$
$\tan^{(4)}=6\cdot(\tan'\cdot \tan'') + 1\cdot(2\tan)\tan^{(3)}$
$\tan^{(5)}=6\cdot(\tan''\cdot \tan'') + 8\cdot(\tan'\cdot\tan^{(3)}) + 1\cdot(2\tan)\tan^{(4)}$
$\tan^{(6)}=20\cdot(\tan''\cdot \tan^{(3)}) + 10\cdot(\tan'\cdot\tan^{(4)}) + 1\cdot(2\tan)\tan^{(5)}$
La méthode que j'ai utilisée pour calculer par récurrence le coefficient $c_n$ se traduit par : $\displaystyle c_{n+1}=\frac{1}{n+1}(c_{n}+\overset{n-2}{\underset{k=1}{\sum }}c_{k}c_{n-1-k})$.
Si l'on pose : $c_{n}=\frac{a_{n}}{n!}$, on a successivement : $a_{1}=1$, $a_{2}=1$, $a_{3}=3$, $a_{4}=9$, $a_{5}=39$, $a_{6}=189$, $a_{7}=1107$. On trouve la suite https://oeis.org/A080635 de l'OEIS.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Bonne soirée.