Dérivabilité de cos en 0 par la géométrie
Bonjour
En TS, on prouve que sin est dérivable en 0 avec des encadrements d'aire ; puis on s'occupe de la dérivabilité de cos en 0 en se ramenant à sin à l'aide de la formule de duplication par exemple.
Je me demande comment faire pour attaquer la dérivabilité de cos en 0 directement, par des encadrements d'aire, sans se ramener à sin.
Sans succès jusque là, malgré mes recherches dans de nombreux bouquins et auprès de nombreux collègues.
Est-ce que vous savez faire ?
@ bientôt
Fred
En TS, on prouve que sin est dérivable en 0 avec des encadrements d'aire ; puis on s'occupe de la dérivabilité de cos en 0 en se ramenant à sin à l'aide de la formule de duplication par exemple.
Je me demande comment faire pour attaquer la dérivabilité de cos en 0 directement, par des encadrements d'aire, sans se ramener à sin.
Sans succès jusque là, malgré mes recherches dans de nombreux bouquins et auprès de nombreux collègues.
Est-ce que vous savez faire ?
@ bientôt
Fred
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Vous en avez des drôles de gages dans la salle des profs du bahut. Tu me diras, tout le monde ne peut pas tirer "manger le plat de spaghettis sauce tomates avec les mains dans le dos juste avant d'aller en cours".
Ton gage à toi est moins dangereux que "passer d'un toit à l'autre de la tôle sur un fil les yeux bandés" mais tout aussi casse-gueule.
En effet, je suppose que tu as dû admettre un petit paquet de théorèmes rigolos mais retors du style "la fonction cosinus est surjective sur $[-1,1]$".
Donc il vaudrait mieux que tu dises exactement ce que tu sais (démontré ou admis) et ce que tu n'as pas le droit d'utiliser. J'ai pris bonne note que la fonction sinus est taboue.
amicalement,
e.v.
[ Préviens aussi tu dois effectuer la démonstration la tête en bas, attaché au plafond par les pieds. ]
Voici sinon une preuve sans mots (comme on fait des démonstrations sans définitions, ça semble approprié). Bon, ce qui est visible, c'est la dérivée du sinus mais on voit bien que le côté du petit triangle mesure $\Delta x\cdot\sin x$, de sorte que \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sin x=\lim_{\Delta x\to0}\frac{-\Delta x\cdot\sin x}{\Delta x}=-\sin x.\]
Soit $x\in [-1,1]$.
1°) $0\leq 1-x^2 \leq 1$ et donc $0 \leq 1-x^2 \leq \sqrt{1-x^2}$.
2°) on a $\cos^2(x)=1-\sin^2(x) \geq 1-x^2$ (par la remarque en préambule et le fait que sin est paire.). Donc: quand $x\in [-1,1]\subseteq \left [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right ]$ (*) (ce qui fait que $\cos(x)\geq 0$):
$$1-x^2 \leq \sqrt{1-x^2}\leq \sqrt{1-\sin^2(x)}\leq \cos(x) \leq 1$$.
On a donc aussi $0 \geq \cos(x)-1 \geq -x^2$ pour tout $x\in [-1,1]$
Cet encadrement entraîne à lui tout seul la dérivabilité de $\cos$ en $0$ et la valeur de la dérivée. En effet soit $h$ un réel non nul, on a $$0 \geq \frac{\cos(h)-1}{h}\geq -h \text{ si } h>0 $$ et $$0 \leq \frac{\cos(h)-1}{h}\leq -h \text{ si } h<0$$.
On obtient immédiatement en faisant tendre $h$ vers $0$, la dérivabilité et l'égalité $\cos'(0)=0$.
[size=x-small](*) Au cas où: si on admet les propriétés géométriques des aires, notamment des disques, alors dans un disque de rayon $1$-donc d'aire $\pi$- on peut inscrire un carré de diagonale $2$ et donc d'aire $2$. Ainsi, $\pi \geq 2$ et $\frac{\pi}{2}\geq 1$.[/size]
1°) une formule de trigonométrie: pour tout triangle $ABC$ on a $$AB\cdot AC \cdot \cos \left ( \widehat {BAC}\right ) = \dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2}$$
2°) le fait que si $\mathcal A$ est un arc de cercle reliant les points $A,B$ alors $AB$ est inférieur à la longueur de $\mathcal A$ (dans un plan le plus court chemin reliant deux points est un segment..).
Bref si $ABC$ est isocèle en $A$ avec $AB=AC=1$ et $x=\widehat{BAC}$ en radians (on est dans le cercle trigonométrique en gros), on a d'après 2°) $$ 1 \geq \cos(x)=\frac{2-BC^2}{2}=1-\frac{BC^2}{2} \geq 1-\frac{x^2}{2}$$ puisque l'arc de cercle de centre $A$ et de rayon 1 reliant $B$ à $C$ est de longueur $x$.
On conclut comme à mon message précédent.
(De toues façons pour tout intervalle $I$ tel que $0 $ est dans l'intérieur de $I$, tous $a,b$ réels avec $b\geq 0$, si pour tout $x\in I$ on a $a\geq f(x) \geq a-bx^2$ alors $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0)=0$ )
Ce qui me mystifie, c'est d'avoir une façon d'enrouler je ne sais quoi sur un cercle pour définir un angle de $x$ radian (avec les degrés, pareil, je ne comprends pas mieux).
Ici on va dire "qu'on sait déjà" que les cercles sont susceptibles d'êtres paramétrés par longueur d'arc (et qu'on a fait le deuil d'une théorie axiomatique propre. Cela dit, contrairement à une opinion répandue, il est possible de donner une preuve rigoureuse assez courte de l'existence d'une fonction dérivable et surjective de $\R$ dans $\{(x,y) \in \R^2\mid x^2+y^2=1 \}$, et telle que $f(0)=1$ et $\|f'(x)\|=1$ pour tout $x\in \R$, et ce avec des prérequis minimalistes (existence de la primitive d'une fonction continue en gros).
Mais si on se donne une telle fonction, on n'a pas besoin d'en prouver la dérivabilité. En fin de compte, je ne sais pas trop ce qu'on démontre.
C'est intéressant.
Tu as des références ? J'ai vaguement essayé de bricoler quelque chose à la Math Coss sans grand résultat.
amicalement,
e.v.
Ce qu'on peut établir dans le meilleur des cas c'est un énoncé du type $H_1\wedge H_2 \wedge H_3 ...\wedge H_n \implies X$ où $X$ est l'énoncé visé ("le cercle admet un paramétrage par longueur d'arc") et les $H_i$ sont (on l'espère) des énoncés entraînant spontanément l'adhésion du lecteur.
On va quand même essayer (et oui l'idée est de prendre une courbe et de la reparamétrer mais c'en est une autre que $t\mapsto (t,\sqrt{1-t^2})$-c'est peut-être ça que tu appelais l'arc-tangente en fait).
Considérons les trois énoncés suivants:
A1°) Si $I$ est un intervalle, toute fonction $I\to \R$ continue admet une primitive.
A2°) Si $I$ , $J$ sont des intervalles et $f:I\to J$ est une fonction dérivable telle que $f(I)=J$ et telle que $f'(x)>0$ pour tout $x\in I$ , alors $f$ est strictement croissante et admet une bijection réciproque $g$ dérivable, telle que $g'=\frac{1}{f' \circ g}$
A3°) si $h:\R \to \R$ est continue,strictement croissante et admet comme limites en $+$ et $-\infty$ $a$ et $b$ respectivement, alors $a\neq b$ et $h(\R)=]a,b[$. Soit
( NB: 2°) et 3°) pourraient être montrés à partir du cours et de la vraie définition de limite- et non pas les incantations officielles à base de dizaines d'exemples vagues).
On va voir que A1, A2 et A3 et des manipulations calculatoires au programme: calculs, limites monotones (et savoir comment la primitivation se comporte vis-à-vis de l'ordre, en bref: l'inégalité des acroissements finis) entraînent l'existence de la fonction souhaitée (un paramétrage par longueur d'arc du cercle unité privé de $(-1,0)$). Posons pour tout $t\in \R$, $\gamma(t):=\frac{1-t^2}{1+t^2}$ et $\sigma(t):=\frac{2t}{1+t^2}$. Posons pour tous $x,y\in\R\backslash \{-1\}\times \R$, $\tau(x,y):=\frac{y}{1+x}$.
I°) Pour tout $u\in \R$, $\gamma(u)^2+\sigma(u)^2=1$, $\gamma(u)\neq -1$ et $\tau\left (\gamma(u), \sigma(u) \right)=t$
II°) Pour tous $a,b\in \R$ tels que $a\neq -1$ et $a^2+b^2=1$, on a $\gamma \left (\tau(a,b) \right )=a$ et $\sigma \left (\tau(a,b) \right ) = b$.
III°)Pour tout $t\in \R$, $\sqrt{\left ( \gamma'(t)^2+\sigma'(t)^2\right)}=\dfrac{2}{1+t^2}$.
Signalons pour la suite que pour tout $t\in \R$
III.bis°):$\gamma'(t)=-\frac{2}{1+t^2}\sigma(t)$ et que $\sigma'(t)=\frac{2}{1+t^2}\gamma(t)$ (ce qui permet de montrer III)
Ces énoncés sont conséquence de calculs sans surprises.
Soit $\alpha$ une primitive de $t\mapsto \frac{2}{1+t^2}$ sur $\R$. Quitte à remplacer $\alpha$ par $x\mapsto \alpha(x)-\alpha(0)$ on va supposer que $\alpha(0)=0$. On voit également que $\alpha$ est une fonction impaire (i.e. pour tout $t\in \R$, $\alpha(-t)=-\alpha(t)$ puisque la dérivée de $t\mapsto \alpha(t)+\alpha(-t)$ est nulle et cette fonction s'annule en $0$).
Puisque sa dérivée est strictement positive, il existe (avec $I:=\alpha(\R)$) d'après A2°, $\beta:I\to \R$ bijection réciproque de $\alpha$ de dérivée $x \mapsto \frac{1+\beta^2(x)}{2}$ et que si on pose pour tout $x\in I$, $c(x):= \gamma \circ \beta(x)$ et $s(x):=\sigma \circ \beta (x)$, on a alors (en appliquant les résultats de composition des dérivées, la formule III.bis° et ce qui précède) $c$ et $s$ dérivables, et $c'(x)=-s(x)$ et $s(x)=c(x)$ (IV°) et enfin $c'(x)^2+s'(x)^2=1$ (V°) pour tout $x\in I$.
Noter que $c(0)= c\left (\alpha(0)\right )=\gamma(0)=1$ et que $s(0)=0$ (VI°) par un calcul analogue.
**********
A quoi ressemble $I$ ?
Rappelons que la fonction définie sur $[1,+\infty[$: $f:s\mapsto \frac{-2}{s}$ est dérivable, de dérivée $s\mapsto \frac{2}{s^2}$ et donc que pour tout $s\geq 1, f'(s)=\frac{2}{s^2}\geq \frac{2}{1+s^2}\alpha'(s)$. Il vient (accroissements finis) $\alpha(s)\leq \alpha(1) + 2-\frac{2}{s}\leq \alpha(1)+2$ pour tout $s\geq 1$. Puisque $\alpha$ est strictement croissante et majorée sur $[1,+\infty[$, on obtient l'existence d'une limite $p\in \R$ de $\alpha$ en $+\infty$. Puisque $\alpha$ est impaire, elle tend également en $-\infty$ vers $-p$. D'après A3°, $\alpha(\R)=]-p,p[$ et $p \neq -p$ i.e. $p>0$.
**********
Dans un prochain message je montre comment prolonger par raccord les fonctions obtenues à tout $\R$ (j'avoue que cette partie est un peu plus pénible que je ne pensais). Noter que $\lim \limits_{t\to p} \left ( c(t),s(t) \right )=(-1,0)$ (idem en $-p$ en se ramenant aux définitions: $c=\gamma \circ \beta$ et $s=\sigma \circ \beta$)
[size=x-small]Dites-moi si vous préférez les notations plus traditionnelles(!) $\sin,\cos,\pi$ au lieu de $c,s,p$. La présentation ci-dessus vise à introduire ces concepts sans cercle vicieux.[/size].
Of course, $p$, $c$ et $s$ sont les bonnes notations.
amicalement,
e.v.
Bref, l'idée de base, c'est le paramétrage rationnel du cercle qui a été évoqué il y a peu dans ce fil.
Dans cette construction, je comprends bien d'où on part, ce que l'on admet (on admet les théorèmes d'analyse de TS d'aujourd'hui ou de naguère) et où on va (on construit les fonctions trigonométriques). Ce qui m'échappe, c'est comment expliciter les implicites quand on définit les fonctions trigonométriques en agitant les bras et que l'on montre que la fonction sinus ou la fonction cosinus est dérivable.
La preuve de Foys pour la dérivabilité de cos en 0 me plaît bien, de la géométrie et rien que, c'est chouette.
C'est étonnant, tout de même, la différence des outils employés avec celle du sinus : des calculs d'aire élémentaires pour le sinus, Al Kashi le Grand pour le cosinus.
Alors que du point de vue des définitions, il n'y a guère de différence : pour répondre à MathCoss, le cosinus d'un angle est l'abscisse du point qui "représente" l'angle sur le cercle trigo, et le sinus c'est l'ordonnée du même point.
Comment expliquer une telle différence d'outillage ?
Fred
[size=x-small]il faut bien avouer que c'est plus lourd que ce que je pensais, je me basais surtout sur un souvenir vague. Toute proposition amélioration est la bienvenue. En fait l'introduction à base de séries et de exp est peut-être in fine plus rapide.[/size]
Lemme 1: soient $a,b,x,y$ des nombres réels. Alors $\left \{ \begin{align}a(ax+by)-b(ay-bx) &=(a^2+b^2)x \\ a(ay-bx)+ b(ax+by)&=(a^2+b^2)y \end{align} \right .$
(preuve: il suffit de développer).
Lemme 2: soient $a,b,x,y$ des réels avec $a^2+b^2=1$. Alors $ax+by=1$ et $ay-bx=0$ si et seulement si $a=x$ et $b=y$
Preuve: Pour le sens direct, remplacer $(ax+by)$ et $a^2+b^2$par $1$ et $ay-bx$ par $0$ dans les égalités du lemme 1, l'autre sens est trivial.
Lemme 3: soient $a,b,x,y$ des réels tels que $a^2+b^2=x^2+y^2=1$. Alors $(ax-by)^2+(ay+bx)^2=1$.
Preuve: En développant le membre de gauche on a: $a^2x^2+b^2y^2 \underline{-2abxy} +a^2y^2+b^2x^2 \underline{+2abxy}=(a^2+b^2)(x^2+y^2)=1$.
NB: on a évidemment aussi $(ax+by)^2+(-ay+bx)^2=1$ en remplaçant $y$ par $-y$.
******
Soit $I$ un intervalle. On appelle dans ce paragraphe un bon couple (propositions de terminologie bienvenues) sur $I$ un couple d'applications dérivables $u,v:I\to \R$ telles que $u'=-v, v'=u$ et $u^2+v^2=1$. Par exemple, le $(\cos,\sin)$ défini sur $]-\pi,\pi[$ de mon message précédent est un bon couple.
Lemme 4: Soient I,J intervalles, $(c_I,s_I)$ bon couple sur $I$, $(c_J,s_J)$ bon couple sur $J$ et $a\in I\cap J$. On suppose que $c_I(a)=c_J(a)$ et $s_I(a)=s_J(a)$. Alors $c_I \big |_{I \cap J}=c_J \big |_{I \cap J}$ et $s_I \big |_{I \cap J}=s_J \big |_{I \cap J}$.
Preuve: lorsque $x\in I\cap J$, soit $f(x):=c_I(x)c_J(x)+s_I(x)s_J(x)$ et $g(x):= c_I(x)s_J(x)-s_I(x)c_J(x)$. Le sens indirect du lemme 2 entraîne que $f(a)=1$ et $g(a)=0$. Un calcul direct montre que pour tout $x\in I \cap J$ on a $f'(x)=g'(x)=0$. Donc $f$ et $g$ sont constantes; pour tous $x\in I \cap J$ on a $f(x)=1$ et $g(x)=0$ ce qui entraîne par le sens direct du lemme 2 les égalités $c_I(x)=c_J(x)$ et $s_I(x)=s_J(x)$.
Lemme 5: soit $(c,s)$ un bon couple sur l'intervalle $I$. Soient $a,b$ réels tels que $a^2+b^2=1$. Alors (i) les applications $f_+:x\mapsto ac(x)-bs(x)$ et $g_+:x\mapsto as(x)+bc(x)$ constituent un bon couple sur $I$.
(ii)Il en va de même des applications $f_-:x\mapsto ac(x)+bs(x)$ et $g_-:x\mapsto as(x)-bc(x)$.
(ii) découle de (i) en remplaçant $b$ par $-b$.
Pour (i), on montre que $f_+^2+g_+^2=1$ en utilisant le lemme 3. Les égalités $f_+'=-g_+$ et $g_+'=f_+$ découlent d'un calcul direct.
Lemme 6: Soient $u,v$ des nombres réels tels que $u<v$. Soit $h\in \R$. Soit $(c,s)$ un bon couple sur $]u,v[$.
(i)Soient $c_h: x\in ]u-h,v-h[ \mapsto c(x+h)$, $s_h:x\in ]u-h,v-h[\mapsto s(x+h)$. Alors $c_h,s_h$ est un bon couple sur $]u-h,v-h[$.
(ii)Soient de plus $x_0\in ]u,v[ \cap ]u-h,v-h[$, $a:= c(x_0+h)c(x_0)+s(x_0+h)s(x_0)$; $b:=-c(x_0+h)s(x_0)+s(x_0+h)c(x_0)$, et pour tous $x\in ]u,v[$, $f(x):=ac(x)-bs(x)$ et $g(x):=as(x)+bc(x)$. Alors $(f,g)$ est un bon couple sur $]u,v[$, coïncidant avec $(c_h,s_h)$ sur $]u-h,v-h[\cap ]u,v[$.
(i) découle de des propriétés de la dérivée de la translatée d'une fonction dérivable.
(ii): on a $a^2+b^2=1$ par le lemme 3 et donc $(f,g)$ est un bon couple par le lemme 5. L'égalité souhaitée va découler du lemme 4 après avoir montré que $c_h(x_0)=f(x_0)$ et $s_h(x_0)=g(x_0)$.
Ces égalités découlent de calculs: $$\begin{align}
f(x_0) &= \left ( c(x_0+h)c(x_0)+s(x_0+h)s(x_0) \right )c(x_0)-\left ( -c(x_0+h)s(x_0)+s(x_0+h)c(x_0)\right )s(x_0) \\
&= c^2(x_0)c(x_0+h) \underline{+s(x_0+h)s(x_0)c(x_0)}+c(x_0+h)s^2(x_0) \underline{-s(x_0+h)c(x_0)s(x_0)} \\
&= \left ( c^2(x_0)+s^2(x_0)\right ) c(x_0+h)\\
&= c(x_0+h)=c_h(x_0)
\end{align}$$ et d'autre part:
$$\begin{align}
g(x_0) &= \left ( c(x_0+h)c(x_0) + s(x_0+h)s(x_0) \right ) s(x_0) + \left ( -c(x_0+h)s(x_0)+s(x_0+h)c(x_0)\right )c(x_0) \\
&= \underline{c(x_0+h)c(x_0)s(x_0)}+s(x_0+h)s^2(x_0) \underline{-c(x_0+h)s(x_0)c(x_0)} + s(x_0+h)c^2(x_0) \\
&= s(x_0+h)\left ( s^2(x_0)+c^2(x_0)\right )\\
&=s(x_0+h)=s_h(x_0)
\end{align}$$
D'où le résultat.
C'est le lemme 6 qui va permettre de prolonger les bon couples. En effet il dit que si $h,u_0,v_0$ sont des réels tel que $]u_0+h,v_0+h[$ rencontre $]u_0,v_0[$ et si $(c,s)$ est un bon couple sur $]u_0,v_0[$ alors pour tout $x_1\in ]u_0,v_0[\cap ]u_0+h,v_0+h[$, (et il en existe) on peut prolonger $(c,s)$ à $]u_0+h,v_0+h[\cup ]u,v[$ en posant $$\begin{align} c(x):= & \left ( c(x_1)c(x_1-h)+s(x_1)s(x_1-h) \right )c(x-h) -\left ( -c(x_1)s(x_1-h)+s(x_1)c(x_1-h)\right ) s(x-h) \\ s(x):= & \left ( -c(x_1)s(x_1-h)+s(x_1)c(x_1-h)\right )c(x-h)+ \left ( c(x_1)c(x_1-h)+s(x_1)s(x_1-h) \right )s(x-h)\end{align}$$ (on applique le lemme 6 en posant $u:=u_0+h,v:=v_0+h$ et $x_0:=x_1-h$).
C'est ce qu'on va faire avec $\cos,\sin$: on peut prolonger ces fonctions sur $]0,2\pi[$ et $]-2\pi,0[$ par ce qui précède. Par continuité on a $\cos(-\pi)=\cos(\pi)=1$ et $\sin(-\pi)=\sin(\pi)=0$ ce qui montre encore (lemme 4) que $x\mapsto \left( \cos(x+2\pi),\sin(x+2\pi)\right)$ et $x \mapsto \left( \cos(x), \sin(x) \right)$ coïncident dans l'intersection des intevralles où elles sont définies.
Après si $x \in \R$, on pose $\cos(x):=\cos(x-2k\pi)$ et $\sin(x):=\sin(x-2k\pi)$ où $k$ est choisi pour que $x-2k\pi\in [-2\pi,2\pi]$ et on vérifie que c'est cohérent, etc.
\[\langle u,v\rangle=\|u\|\,\|v\|\cos\theta\quad\text{et}\quad \mathrm{aire}(u,v)=\|u\|\,\|v\|\sin\theta.\]NB : On le voit dans le produit de deux complexes $\newcommand{\i}{\mathrm{i}}z=a+b\i$ et $w=c+d\i$. La partie réelle du produit $zw$ est $ac-bd$, c'est le produit scalaire du vecteur d'affixe $z$ avec celui d'affixe $\bar{w}$ ; d'autre part, $ad+bc$ est le déterminant, donc (l'opposé de) l'aire, du parallélogramme formé par les vecteurs $z$ et $\bar w$. Si $|z|=|w|=1$, $z\bar{w}=\frac{z}w=\mathrm{e}^{\i\theta}$, $ac+bd=\cos\theta$ et $ad-bc=\sin\theta$ (au signe près).
Mais peut-être n'est ce qu'une impression, due au fait que la première n'arrive qu'en Première quand les secondes sont là dès le collège ?