Équivalents et développements de suites/Équivalent d'une suite définie par récurrence

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Nous étudions, dans ce chapitre, les suites définies par récurrence.

Un premier exemple

Soit la suite (u_n)_n∈ℕ définie par :

${\begin{cases}u_{1}=1\\u_{n+1}=1+{\frac {u_{n}}{n+1}}\end{cases}}$

Nous allons essayer de trouver un développement limité de u_n à un ordre quelconque.

Montrons par récurrence que :

$\forall n\qquad 1\leqslant u_{n}\leqslant 1+{\frac {2}{n}}~$

Cette propriété est vraie pour u₁ et on a :

${\begin{aligned}1\leqslant u_{n}\leqslant 1+{\frac {2}{n}}&\Rightarrow 1+{\frac {1}{n+1}}\leqslant 1+{\frac {u_{n}}{n+1}}\leqslant 1+{\frac {1}{n+1}}+{\frac {2}{n(n+1)}}\\&\Rightarrow 1+{\frac {1}{n+1}}\leqslant u_{n+1}\leqslant 1+{\frac {n+2}{n(n+1)}}\\&\Rightarrow 1\leqslant u_{n+1}\leqslant 1+{\frac {2}{n+1}}\end{aligned}}$

Donc, on a bien :

$\forall n\qquad 1\leqslant u_{n}\leqslant 1+{\frac {2}{n}}~$

Cette première inégalité nous montre déjà, d’après le théorème d’encadrement, que :

$\lim _{n\to \infty }u_{n}=1~$

Nous avons donc déjà le développement.

$u_{n}=1+o(1)~$

Pour trouver le terme qui suit dans le développement, cherchons un équivalent de u_n - 1.

On a :

$u_{n}-1={\frac {u_{n-1}}{n}}~$

et comme :

$\lim _{n\to \infty }u_{n-1}=1~$

on a :

$u_{n}-1\sim {\frac {1}{n}}~$

et donc :

$u_{n}=1+{\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)~$

Pour trouver le terme qui suit dans le développement, cherchons un équivalent de u_n - 1 - 1/n.

$u_{n}-1-{\frac {1}{n}}=1+{\frac {u_{n-1}}{n}}-1-{\frac {1}{n}}={\frac {u_{n-1}}{n}}-{\frac {1}{n}}={\frac {1+{\frac {u_{n-2}}{n-1}}}{n}}-{\frac {1}{n}}={\frac {u_{n-2}}{n(n-1)}}~$

Comme :

$\lim _{n\to \infty }u_{n-2}=1~$

et :

$n(n-1)\sim n^{2}~$

on en déduit :

$u_{n}-1-{\frac {1}{n}}\sim {\frac {1}{n^{2}}}~$

et par conséquent :

$u_{n}=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)~$

Pour trouver le terme qui suit dans le développement, cherchons un équivalent de :

$u_{n}-1-{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{2}}}~$

On a :

${\begin{aligned}u_{n}-1-{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{2}}}&=1+{\frac {u_{n-1}}{n}}-1-{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {u_{n-1}}{n}}-{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{2}}}\\&={\frac {1+{\frac {u_{n-2}}{n-1}}}{n}}-{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {u_{n-2}}{n(n-1)}}-{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1+{\frac {u_{n-3}}{n-2}}}{n(n-1)}}-{\frac {1}{n^{2}}}\\&={\frac {1}{n(n-1)}}+{\frac {u_{n-3}}{n(n-1)(n-2)}}-{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {1}{n^{2}(n-1)}}+{\frac {u_{n-3}}{n(n-1)(n-2)}}\\&={\frac {n-2+n.u_{n-3}}{n^{2}(n-1)(n-2)}}\end{aligned}}$

Comme :

${\frac {n-2+n.u_{n-3}}{n^{2}(n-1)(n-2)}}\sim {\frac {2n}{n^{4}}}={\frac {2}{n^{3}}}~$

on en déduit :

$u_{n}-1-{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{2}}}\sim {\frac {2}{n^{3}}}~$

Et par conséquent :

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

Et ainsi de suite, nous pouvons trouver le développement de u_n à n’importe quel ordre.

Le théorème de Cesàro

Nous allons maintenant étudier quelques théorèmes utiles dans la recherche d’équivalents d’une suite définie par récurrence. Nous commencerons par le théorème de Cesàro qui nous sera utile pour démontrer les autres théorèmes qui viendront par la suite.

Faites ces exercices : exercice 4-1.

Début d’un théorème

Théorème de Cesàro

Soit (u_n)_n∈ℕ une suite réelle de limite l, on a :

$\lim _{n\to \infty }{\frac {\sum _{k=0}^{n}u_{k}}{n+1}}=\lim _{n\to \infty }u_{n}=l~$

Fin du théorème

Démonstration

Faites ces exercices : Moyenne de Cesàro.

 

L'exemple qui suit est une application directe du théorème de Cesàro.

Exemple Soit (un)n∈ℕ, la suite définie par : ${\begin{cases}u_{0}>0\\u_{n+1}=u_{n}+{\frac {1}{u_{n}^{2}}}\end{cases}}$ Trouver un équivalent de la suite (un)n∈ℕ. On a : $u_{n+1}-u_{n}={\frac {1}{u_{n}^{2}}}~$ ce qui montre que la suite est croissante. Si la suite convergeait vers une limite l, on aurait par passage à la limite : $l=l+{\frac {1}{l^{2}}}~$ ce qui n’est pas possible. Donc la suite diverge vers +∞. On remarque que : $u_{n+1}^{3}=\left(u_{n}+{\frac {1}{u_{n}^{2}}}\right)^{3}=u_{n}^{3}+3+{\frac {3}{u_{n}^{3}}}+{\frac {1}{u_{n}^{6}}}~$ Par conséquent : $\lim _{n\to \infty }\left(u_{n+1}^{3}-u_{n}^{3}\right)=3~$ En appliquant le théorème de Cesàro, on en déduit : $\lim _{n\to \infty }{\frac {\sum _{k=0}^{n}\left(u_{k+1}^{3}-u_{k}^{3}\right)}{n+1}}=3~$ Par télescopage, cette expression se simplifie en : $\lim _{n\to \infty }\left({\frac {u_{n+1}^{3}}{n+1}}-{\frac {u_{0}^{3}}{n+1}}\right)=3~$ Ce qui est équivalent à : $\lim _{n\to \infty }{\frac {u_{n}^{3}}{n}}=3~$ Que l’on peut encore écrire : $\lim _{n\to \infty }{\frac {u_{n}}{\sqrt[{3}]{3n}}}=1~$ Ce qui montre que : $u_{n}\sim {\sqrt[{3}]{3n}}~$

Deux théorèmes découlant du théorème de Cesàro

Les deux théorèmes ci-dessous généralisent respectivement l'exemple qui précède et l'exercice 4-1. Tous deux sont des applications directes du lemme suivant.

Début d'un lemme

Lemme

Soient $a$ et $p$ deux réels strictement positifs et $(x_{n})$ une suite de limite $+\infty$ telle que

$x_{n+1}-x_{n}\sim a\;x_{n}^{1-p}$.

Alors,

$x_{n}\sim (pan)^{\frac {1}{p}}$.

Fin du lemme

Démonstration

Posons $y_{n}=x_{n}^{p}$. Par hypothèse,

${\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}-1\sim {\frac {a}{y_{n}}}$ et $y_{n}\to +\infty$.

En particulier,

${\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}\to 1$ et ${\frac {y_{n+1}}{y_{n}}}\to 1^{p}=1$.

Or $\ln u\sim _{u\to 1}u-1$, si bien que

${\frac {y_{n+1}}{y_{n}}}-1\sim \ln {\frac {y_{n+1}}{y_{n}}}=p\ln {\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}\sim p\left({\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}-1\right)\sim {\frac {pa}{y_{n}}}$,

soit encore (en multipliant par $y_{n}$) :

$y_{n+1}-y_{n}\to pa$.

En appliquant le théorème de Cesàro, on en déduit :

${\frac {y_{n}-y_{0}}{n}}={\frac {\sum _{k=0}^{n-1}\left(y_{k+1}-y_{k}\right)}{n}}\to pa$,

qui devient :

$x_{n}^{p}=y_{n}\sim pan$.

Par conséquent :

$x_{n}\sim (pan)^{\frac {1}{p}}$.

 

Faites ces exercices : exercice 4-2.

Début d’un théorème

Théorème 1

Soient :

• $a$ et $p$ deux réels strictement positifs ;
• $f$ une application telle que $f(x)-x\sim _{x\to +\infty }{\frac {a}{x^{p-1}}}$.
• (u_n)_n∈ℕ une suite définie par la relation de récurrence : ∀n, u_n+1 = f(u_n) et de limite $+\infty$.

Alors :

$u_{n}\sim (pan)^{\frac {1}{p}}$.

Fin du théorème

Démonstration

Appliquer le lemme à $x_{n}=u_{n}$.

 

Faites ces exercices : exercice 4-3.

Début d’un théorème

Théorème 2

Soient :

• $a$ et $p$ deux réels strictement positifs ;
• $g$ une application telle que $g(t)-t\sim _{t\to 0}-a{t^{p+1}}$ ;
• (v_n)_n∈ℕ une suite strictement positive définie par la relation de récurrence : ∀n, v_n+1 = g(v_n) et de limite nulle.

Alors :

$v_{n}\sim \left({\frac {1}{pan}}\right)^{\frac {1}{p}}$.

Fin du théorème

Démonstration

Posons $x_{n}={\frac {1}{v_{n}}}$. Par hypothèse, $x_{n}\to +\infty$ et

${\frac {1}{x_{n+1}}}-{\frac {1}{x_{n}}}\sim {\frac {-a}{x_{n}^{p+1}}}$.

En multipliant cette ligne par $x_{n}$, on en déduit :

${\frac {x_{n}}{x_{n+1}}}-1\sim {\frac {-a}{x_{n}^{p}}}\to 0$ (donc $x_{n+1}\sim x_{n}$)

puis (en multipliant par $-x_{n+1}$ la ligne obtenue) :

$x_{n+1}-x_{n}\sim {\frac {ax_{n+1}}{x_{n}^{p}}}\sim {\frac {ax_{n}}{x_{n}^{p}}}=ax_{n}^{1-p}$.

On peut donc conclure grâce au lemme :

$v_{n}={\frac {1}{x_{n}}}\sim {\frac {1}{(pan)^{\frac {1}{p}}}}=\left({\frac {1}{pan}}\right)^{\frac {1}{p}}$.

 

Un autre théorème

Nous allons maintenant étudier un autre théorème.

Début d’un théorème

Théorème 3

Soit (u_n)_n∈ℕ une suite telle que :

$u_{n+1}-u_{n}\sim {\frac {c}{n^{\alpha }}}$

avec α > 1 et c > 0. La suite u_n converge vers une limite l et on a :

$u_{n}-l\sim {\frac {-c}{(\alpha -1)n^{\alpha -1}}}$

Fin du théorème

Démonstration

Dire que :

$u_{n+1}-u_{n}\sim {\frac {c}{n^{\alpha }}}$

signifie que :

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{\alpha }\left(u_{n+1}-u_{n}\right)}{c}}=1~$

Par conséquent, si l’on revient à la définition d’une limite, on a :

$\forall \epsilon >0\qquad \exists p\in \mathbb {N} /n\geq p\Rightarrow \left|{\frac {n^{\alpha }\left(u_{n+1}-u_{n}\right)}{c}}-1\right|<\epsilon ~$

Ce qui signifie que pour n ≥ p on a :

$1-\epsilon <{\frac {n^{\alpha }\left(u_{n+1}-u_{n}\right)}{c}}<1+\epsilon ~$

Ce qui peut aussi s’écrire :

${\frac {c}{n^{\alpha }}}(1-\epsilon )<u_{n+1}-u_{n}<{\frac {c}{n^{\alpha }}}(1+\epsilon )$

Effectuons une première sommation des trois membres de k = 0 à k = n - 1.

$\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {c}{k^{\alpha }}}(1-\epsilon )<\sum _{k=0}^{n-1}\left(u_{k+1}-u_{k}\right)<\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {c}{k^{\alpha }}}(1+\epsilon )$

Ce qui donne :

$c(1-\epsilon )\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{k^{\alpha }}}<u_{n}-u_{0}<c(1+\epsilon )\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{k^{\alpha }}}$

Si l’on fait tendre q vers +∞:

$\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{k^{\alpha }}}$

converge en tant que série de Riemann convergente.

Ce qui entraîne, par encadrement, que la série (u_n)_n∈ℕ converge vers une limite que l’on notera l.

Effectuons une deuxième sommation des trois membres de k = n à k = q.

$\sum _{k=n}^{q-1}{\frac {c}{k^{\alpha }}}(1-\epsilon )<\sum _{k=n}^{q-1}\left(u_{k+1}-u_{k}\right)<\sum _{k=n}^{q-1}{\frac {c}{k^{\alpha }}}(1+\epsilon )$

Ce qui donne :

$c(1-\epsilon )\sum _{k=n}^{q-1}{\frac {1}{k^{\alpha }}}<u_{q}-u_{n}<c(1+\epsilon )\sum _{k=n}^{q-1}{\frac {1}{k^{\alpha }}}$

Si l’on fait tendre q vers +∞, on obtient:

$c(1-\epsilon )\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}<l-u_{n}<c(1+\epsilon )\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$

Cette relation peut s’écrire :

$-\epsilon <{\frac {l-u_{n}}{c\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}}}-1<+\epsilon$

Ce qui entraîne :

$\left|{\frac {l-u_{n}}{c\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}}}-1\right|<\epsilon$

En rappelant que ceci a lieu pour n ≥ p, on en déduit(définition d’une limite) :

$\lim _{n\to \infty }{\frac {l-u_{n}}{c\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}}}=1$

Ce qui montre que :

$l-u_{n}\sim c\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$

On a montré précédemment que :

$\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}\sim {\frac {1}{(\alpha -1)n^{\alpha -1}}}$

Par conséquent, on peut conclure :

$u_{n}-l\sim {\frac {-c}{(\alpha -1)n^{\alpha -1}}}$

 

Nous allons voir maintenant une application de ce théorème.

Exemple Faites ces exercices : Série harmonique. Soit la suite (un)n∈ℕ définie par : $\forall n\qquad u_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-ln(n)$ On se propose de trouver un développement limité à un ordre quelconque de un. On définit une deuxième suite par : $\forall n\qquad v_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-ln(n+1)$ L’inégalité des accroissements finis appliquée à x ⊢> f(x) sur [k ;k+1] donne : $\forall k\in \mathbb {N} ^{*},\qquad {\frac {1}{k+1}}\leqslant ln(k+1)-ln(k)\leqslant {\frac {1}{k}}$ On a alors : $u_{n+1}-u_{n}=\left(\sum _{k=1}^{n+1}{\frac {1}{k}}-ln(n+1)\right)-\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-ln(n)\right)={\frac {1}{n+1}}+ln(n)-ln(n+1)\leqslant 0$ $v_{n}-v_{n+1}=\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-ln(n+1)\right)-\left(\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {1}{k}}-ln(n)\right)={\frac {1}{n}}+ln(n)-ln(n+1)\geqslant 0$ $u_{n+1}-v_{n}=\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-ln(n)\right)-\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-ln(n+1)\right)=ln(n+1)-ln(n)=ln\left(1+{\frac {1}{n}}\right)\rightarrow 0$ Ce qui montre que les suites un et vn sont adjacentes. La limite commune $\gamma$ est appelée la constante d’Euler. On a : $\gamma \approx 0,5772$ et nous avons déjà le développement : $u_{n}=\gamma +o(1)$ Essayons d’aller plus loin. $u_{n+1}-u_{n}={\frac {1}{n+1}}+ln(n)-ln(n+1)={\frac {\frac {1}{n}}{1+{\frac {1}{n}}}}-ln\left(1+{\frac {1}{n}}\right)$ Comme, en 0, on a le développement limité : ${\frac {1}{1+x}}-ln(1+x)=-{\frac {x^{2}}{2}}+o\left(x^{2}\right)$ on obtient : $u_{n+1}-u_{n}={\frac {\frac {1}{n}}{1+{\frac {1}{n}}}}-ln\left(1+{\frac {1}{n}}\right)=-{\frac {1}{2n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)$ Et donc par application du théorème, on obtient : $u_{n}-\gamma \sim {\frac {1}{2n}}$ C’est-à-dire: $u_{n}=\gamma +{\frac {1}{2n}}+o\left({\frac {1}{2n}}\right)$ Essayons d’aller encore plus loin. Posons : $w_{n}=u_{n}-\gamma -{\frac {1}{2n}}$ On a : ${\begin{aligned}w_{n+1}-w_{n}&=\left(u_{n+1}-\gamma -{\frac {1}{2(n+1)}}\right)-\left(u_{n}-\gamma -{\frac {1}{2n}}\right)\\&={\frac {1}{n+1}}+ln(n)-ln(n+1)-{\frac {1}{2(n+1)}}+{\frac {1}{2n}}={\frac {{\frac {2}{n}}+\left({\frac {1}{n}}\right)^{2}}{2\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}}-ln\left(1+{\frac {1}{n}}\right)\\\end{aligned}}$ Comme, en 0 ,on a le développement limite : ${\frac {2x+x^{2}}{2(1+x)}}-ln(1+x)={\frac {x^{3}}{6}}+o\left(x^{3}\right)$ on obtient : $w_{n+1}-w_{n}={\frac {1}{6n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)$ Et donc par application du théorème, on obtient : $w_{n}\sim {\frac {-1}{12n^{2}}}\Leftrightarrow u_{n}-\gamma -{\frac {1}{2n}}\sim {\frac {-1}{12n^{2}}}$ C’est-à-dire: $u_{n}=\gamma +{\frac {1}{2n}}-{\frac {1}{12n^{2}}}+o\left({\frac {1}{2n^{2}}}\right)$ Et ainsi de suite, en réitérant le procédé, on peut trouver un développement de un à n’importe quel ordre. Le lecteur, pour s’entraîner, pourra continuer et vérifier que l’on trouve : $u_{n}=\gamma +{\frac {1}{2n}}-{\frac {1}{12n^{2}}}+{\frac {1}{120n^{4}}}-{\frac {1}{252n^{6}}}+{\frac {1}{204n^{8}}}-{\frac {1}{132n^{10}}}+{\frac {691}{32760n^{12}}}-{\frac {1}{12n^{14}}}+o\left({\frac {1}{n^{14}}}\right)$ Compte tenu de la définition de un, on en déduit : $\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=ln(n)+\gamma +{\frac {1}{2n}}-{\frac {1}{12n^{2}}}+{\frac {1}{120n^{4}}}-{\frac {1}{252n^{6}}}+{\frac {1}{204n^{8}}}-{\frac {1}{132n^{10}}}+{\frac {691}{32760n^{12}}}-{\frac {1}{12n^{14}}}+o\left({\frac {1}{n^{14}}}\right)$

Remarque On montre qu’une formule générale est donnée par : $\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=ln(n)+\gamma +{\frac {1}{2n}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {b_{2k}}{2k.n^{2k}}}$ les b2k étant des nombres de Bernoulli.