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Test sur le simbole pratique.

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ALGÈBRE LINÉAIRE



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École polytechnique




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Chapitre no6
Leçon : Lydie Noria
Chap. préc. : Équivalent d'une suite définie par récurrence
Chap. suiv. : sommaire

Exercices :
Équivalent d'une suite définie comme solution d'une équation paramétrée
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Sommaire


De quoi s'agit-il? [modifier]

Début d'une définition

Définition

Soit fn une fonction paramétrée par le paramètre n. Ce qui signifie que dans l’expression de fn(x) figure à la fois x et n. Nous supposerons que cette fonction réalise une bijection d’un intervalle I vers un intervalle J contenant 0. Ce qui entraîne que l’équation fn(x) = 0 admet une solution et une seule sur l’intervalle I. Comme cette solution dépend de n, on peut alors définir une suite (un)n∈ℕ en disant que un est l’unique solution de l’équation fn(x) = 0 sur l’intervalle I.

Fin de la définition


Nous allons essayer de trouver un équivalent de la suite (un)n∈ℕ, ou mieux un développement asymptotique. Si fn est croissante, posons par exemple : gn(x) = fn(x) + x.

Nous ne sommes pas obligés de choisir pour gn une telle expression. Nous recherchons seulement une expression de x vérifiant : gn(x) = x.(Pour d’autres possibilités, voir les exemples)

Sur I, gn sera croissante comme somme de fonctions croissantes.


Nous avons :

f_n(x)=0 \Leftrightarrow g_n(x)-x=0 \Leftrightarrow g_n(x)=x

Par conséquent x sera solution de l’équation fn(x) = 0 si et seulement si x est solution de l’équation gn(x) = x


Nous avons besoin de deux valeurs a(n) et b(n) vérifiant a(n) < b(n) telle que fn(a) et fn(b) soient de signes contraires sur l’intervalle I. On pourra alors écrire :

\forall n \qquad a(n)<u_n<b(n)

Dans les expressions de a(n) et b(n) ne figure pas forcément n.


Si fn est décroissante, on peut aussi poser gn(x) = fn(x) + x.

Mais si sur l’intervalle [a(n),b(n)], gn change de variation, on peut aussi poser gn(x) = fn(x)-x.

Sur I, gn sera alors décroissante comme somme de fonctions décroissantes.

Dans ce cas, x sera solution de l’équation fn(x) = 0 si et seulement si x est solution de l’équation gn(x) = -x.


Pour fixer les idées, nous supposerons fn et gn croissantes.

La fonction gn, étant croissante sur [a(n) ;b(n)], sera bijective sur ce même intervalle et par conséquent admettra une fonction réciproque gn-1. On aura :

\left( g_n^{-1} \right)'(u_n) = \frac 1{g_n'\left( g_n^{-1}(u_n)\right)} = \frac 1{g_n'(u_n)}

Par conséquent si, dans un voisinage de un, on a |gn'(x)|>1, on aura |gn-1'(x)|>1, dans ce même intervalle et inversement. Posons alors hn(x) égale à celle des deux fonctions gn(x) ou gn-1(x) telle que la dérivé hn’(x) soit inférieure à 1 en valeur absolue dans un voisinage de un.

hn vérifiera donc les deux conditions :

\begin{cases} h_n(u_n)=u_n\\ \exists \epsilon,\ \forall x \in ]u_n-\epsilon;u_n+\epsilon[,\ \left| h_n'(x) \right|<1 \end{cases}

Considérons l’inégalité :

\forall n \qquad a(n)<u_n<b(n)

Si :

\lim_{n \to \infty} a(n) = \lim_{n \to \infty} b(n)

nous pouvons en déduire en utilisant le théorème de l’encadrement la limite de la suite un.

Sinon nous prendrons l’image par hn des trois membres, ce qui aura pour effet de nous donner un encadrement plus étroit de un . (Ceci à cause du fait que hn’(x) < 1). En réitérant cette opération plusieurs fois, nous obtiendrons des encadrements de un de plus en plus étroit jusqu’à pouvoir en déduire un développement asymptotique de un de plus en plus poussé.

Exemple 1 [modifier]

On considère la fonction fn définie par :

\forall x \in \R_+^* \qquad f_n(x)=x-n \ln(x)

On montre aisément que pour n ≥ 3, fn est décroissante sur ]1 ; e[ et réalise donc une bijection de cet intervalle vers l’intervalle ]e-n ; 1[. Comme 0 ∈ ]e-n ; 1[, l’équation fn(x) = 0 admet, sur ]1 ; e[, une solution et une seule que l’on peut appeler un et l’on défini ainsi une suite (un)n∈ℕ.

f_n(u_n)=0 \Leftrightarrow u_n-n \ln(u_n)=0 \Leftrightarrow n\ln(u_n)=u_n

Posons :

g_n(x) = n\ln(x)=x-f_n(x)

gn est croissante comme somme de fonctions croissantes.

De plus :

g_n'(x)= \frac nx

Et donc :

1<x<e \Leftrightarrow \frac 1e < \frac 1x <1 \Leftrightarrow \frac ne < g_n'(x)<n

On a donc :

\forall x \in ]1;e[ \qquad g_n'(x)>1

Par conséquent, nous choisirons pour hn, la fonction réciproque de la fonction gn.

Comme :

n\ln(x)=y \Leftrightarrow x=e^{\frac yn}

on posera :

h_n(x)=e^{\frac xn}

On peut vérifier que l’on a bien :

h_n(u_n)=u_n

et

\forall x \in ]1;e[ \qquad h_n'(x)<1

Partons de l’inégalité :

1<u_n<e

Cette inégalité ne nous permet pas de faire grand-chose telle quelle. Si nous prenons l’image des trois membres par hn qui est une fonction croissante sur ]1 ; e[, on obtient :

h_n(1)<h_n(u_n)<h_n(e)

Soit :

e^{\frac 1n}<u_n<e^{\frac en}

Nous obtenons déjà en utilisant le théorème de l’encadrement :

\lim_{n \to \infty} u_n = 1

Si nous prenons un développement limité à l’ordre 1 de x ↦ ex, on obtient :

1+\frac 1n +o\left( \frac 1n \right) < u_n < 1+\frac en +o\left( \frac 1n \right)

Nous voyons clairement que l’on ne peut obtenir rien de mieux que 1 comme équivalent de un. Prenons à nouveau l’image par hn des trois membres :

h_n\left( 1+\frac 1n +o\left( \frac 1n \right) \right) < h_n(u_n) < h_n\left( 1+\frac en +o\left( \frac 1n \right) \right)

On obtient :

e^{\frac{1+\frac 1n +o\left( \frac 1n \right)}n} < u_n < e^{\frac{1+\frac en +o\left( \frac 1n \right)}n} }

Et en prenant à nouveau un développement limité à l’ordre 2 de x ↦ ex, on obtient :

1+\frac 1n +\frac 1{n^2}+o\left( \frac 1{n^2} \right)+\frac 12\left(\frac 1n +\frac 1{n^2}+o\left( \frac 1{n^2} \right) \right)^2 +o\left( \frac 1{n^2} \right) < u_n < 1+\frac 1n +\frac e{n^2}+o\left( \frac 1{n^2} \right)+\frac 12\left(\frac 1n +\frac e{n^2}+o\left( \frac 1{n^2} \right) \right)^2 +o\left( \frac 1{n^2} \right)

En simplifiant et en éliminant les termes non significatifs.

1+\frac 1n + \frac 3{n^2} +o\left( \frac 1{n^2} \right) < u_n < 1+\frac 1n + \frac{2e+1}{n^2} +o\left( \frac 1{n^2} \right)

Et nous voyons cette fois que :

u_n = 1+\frac 1n + o\left( \frac 1n \right)

Si nous prenons à nouveau l’image par hn des trois membres, on obtient :

e^{\frac 1n + \frac 1{n^2} + \frac 3{n^3} +o\left( \frac 1{n^3} \right)} < u_n < e^{\frac 1n + \frac 1{n^2} + \frac{2e+1}{n^3} +o\left( \frac 1{n^3} \right)}

En prenant un développement limité à l’ordre 3 de x ⊢> ex, on obtient après simplifications :

1+\frac 1n + \frac 3{2n^2} + \frac{25}{6n^3} + o\left( \frac 1{n^3} \right) < u_n < 1+\frac 1n + \frac{3}{2n^2} + \frac{12e+13}{6n^3} +o\left( \frac 1{n^3} \right)

Nous pouvons écrire cette fois :

u_n = 1+\frac 1n + \frac 3{2n^2} + o\left( \frac 1{n^2} \right)

Et ainsi de suite, en réitérant le processus, nous pouvons obtenir un développement limité de un à n’importe quel ordre.


Exemple 2 [modifier]

Reprenons la même fonction fn que dans l’exemple précédent.

\forall x \in \R_*^+ \qquad f_n(x) = x-n\ln(x)

Mais cette fois considérons l’intervalle [n ; n2]. En supposant n ≥ 3.

On montre aisément que pour n ≥ 3, fn est croissante sur ]n ; n2[ et réalise donc une bijection de cet intervalle vers l’intervalle ]n-n.ln(n) ; n2-2n.ln(n)[.

Vérifions que 0 ∈ ]n-n ln(n) ; n2-2n ln(n)[.

Pour cela étudions les fonctions g(x) = x - x ln(x) et h(x) = x2 - 2x ln(x)

Pour la fonction g, on a g'(x)=-ln(x) et on a donc le tableau suivant :


\begin{array}{|c|ccccccccc|} \hline x&0&&&&1&&e&&+\infty\\ \hline g'(x)&&&+&&0&&-&&\\ \hline &&&&&1&&&&\\ &&&&\nearrow&&\searrow&&&\\ g&&&\nearrow&&&&0&&\\ &&\nearrow&&&&&&\searrow&\\ &0&&&&&&&&-\infty\\ \hline \end{array}


Grâce à ce tableau, nous voyons que pour n ≥ 3, on a n – n ln(n) < 0.


Pour la fonction h, on a :

h'(x) = 2x-2ln(x)-\frac 2x

et

h''(x) = 2-\frac 2x + \frac 2{x^2} = 2 \left( 1 - \frac 1x \right)^2 + \frac 2x > 0

On a donc le tableau suivant :

\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x&0&&1&&+\infty\\ \hline h''(x)&&&+&&\\ \hline &&&&\nearrow&\\ h'&&&0&&\\ &&\nearrow&&&\\ \hline h'(x)&&-&0&+&\\ \hline h&&\searrow&&\nearrow&\\ &&&1&&\\ \hline \end{array}


h étant toujours positive on a :

n^2 + 2n\ln(n) > 0

Par conséquent 0 ∈ ]n-n\ln(n) ; n2-2n\ln(n)[.

l’équation fn(x) = 0 admet donc sur ]n ; n2[ une solution et une seule que l’on peut appeler vn et l’on défini ainsi une suite (vn)n∈ℕ.

f_n(v_n)=0 \Leftrightarrow v_n - n \ln(v_n)=0 \Leftrightarrow n\ln(v_n)=v_n

Posons :

g_n(x)=n\ln(x)=x-f_n(x)

gn est croissante comme somme de fonctions croissantes.

De plus

g_n'(x)=\frac nx

Et donc :

n<x<n^2 \Leftrightarrow \frac 1{n^2}<\frac 1x<\frac 1n \Leftrightarrow \frac 1n < g_n'(x) < 1

On a donc :

\forall x \in ]n;n^2[ \qquad g_n'(x)<1

Par conséquent, nous choisirons pour hn, la fonction gn.

Partons de l’inégalité :

n<v_n<n^2

Cette inégalité ne nous permet pas de faire grand-chose telle quelle. Si nous prenons l’image des trois membres par hn qui est une fonction croissante sur ]n ; n2[, on obtient :

On obtient :

h_n(n)<h_n(v_n)<h_n(n^2)

qui donne :

n\ln(n)<v_n<2n\ln(n)

Cette inégalité étant encore trop large pour en déduire un équivalent de vn, prenons à nouveau l’image par hn des trois membres.

h_n\left( n\ln(n)\right) <h_n(v_n)<h_n\left( 2n\ln(n)\right)

On obtient :

n\ln\left( n\ln(n)\right) <v_n<n\ln\left( 2n\ln(n)\right)

Que l’on peut décortiquer en :

n\ln(n)+n\ln\left( \ln(n)\right) <v_n<n\ln(2)+n\ln(n)+n\ln\left( \ln(n)\right)

En divisant chaque terme par n.ln(n), on obtient :

1+\frac{\ln\left( \ln(n)\right)}{\ln(n)} <\frac{v_n}{n.\ln(n)}<\frac{\ln(2)}{\ln(n)}+1+\frac{\ln\left( \ln(n)\right)}{\ln(n)}

En faisant tendre n vers +∞ et d’après le théorème de l’encadrement, on obtient :

\lim_{n \to \infty} \frac{v_n}{n\ln(n)}=1

Ce qui nous permet de conclure :


v_n \sim n\ln(n)





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