Équivalents et développements de suites/Équivalent d'une suite définie comme solution d'une équation paramétrée

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De quoi s'agit-il?

Définition

Soit f_n une fonction paramétrée par le paramètre n. Ce qui signifie que dans l’expression de f_n(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 f_n(x) = 0 admet une solution et une seule sur l’intervalle I. Comme cette solution dépend de n, on peut alors définir une suite (u_n)_n∈ℕ en disant que u_n est l’unique solution de l’équation f_n(x) = 0 sur l’intervalle I.

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

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

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

Nous avons :

$f_{n}(x)=0\Leftrightarrow g_{n}(x)-x=0\Leftrightarrow g_{n}(x)=0$

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

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

$\forall n\qquad a(n)<u_{n}<b(n)$

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

Si f_n est décroissante, on peut aussi poser g_n(x) = f_n(x) + x.

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

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

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

Pour fixer les idées, nous supposerons f_n et g_n croissantes.

La fonction g_n, étant croissante sur [a(n) ;b(n)], sera bijective sur ce même intervalle et par conséquent admettra une fonction réciproque g_n^-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 u_n, on a |g_n'(x)|>1, on aura |g_n^-1'(x)|>1, dans ce même intervalle et inversement. Posons alors h_n(x) égale à celle des deux fonctions g_n(x) ou g_n-1(x) telle que la dérivé h_n’(x) soit inférieure à 1 en valeur absolue dans un voisinage de u_n.

h_n 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 u_n.

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

Exemple 1

On considère la fonction f_n définie par :

$\forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\qquad f_{n}(x)=x-n\ln(x)$

On montre aisément que pour n ≥ 3, f_n 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 f_n(x) = 0 admet, sur ]1 ; e[, une solution et une seule que l’on peut appeler u_n et l’on défini ainsi une suite (u_n)_n∈ℕ.

$f_{n}(u_{n})=0\Leftrightarrow u_{n}-n\ln(u_{n})=0\Leftrightarrow n\ln(u_{n})=u_{n}$

Posons :

$g_{n}(x)=n\ln(x)=x-f_{n}(x)$

g_n est croissante comme somme de fonctions croissantes.

De plus :

$g_{n}'(x)={\frac {n}{x}}$

Et donc :

$1<x<e\Leftrightarrow {\frac {1}{e}}<{\frac {1}{x}}<1\Leftrightarrow {\frac {n}{e}}<g_{n}'(x)<n$

On a donc :

$\forall x\in ]1;e[\qquad g_{n}'(x)>1$

Par conséquent, nous choisirons pour h_n, la fonction réciproque de la fonction g_n.

Comme :

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

on posera :

$h_{n}(x)=e^{\frac {x}{n}}$

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 h_n qui est une fonction croissante sur ]1 ; e[, on obtient :

$h_{n}(1)<h_{n}(u_{n})<h_{n}(e)$

Soit :

$e^{\frac {1}{n}}<u_{n}<e^{\frac {e}{n}}$

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 $x\mapsto e^{x}$, on obtient :

$1+{\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)<u_{n}<1+{\frac {e}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)$

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

$h_{n}\left(1+{\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)\right)<h_{n}(u_{n})<h_{n}\left(1+{\frac {e}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)\right)$

On obtient :

$e^{\frac {1+{\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)}{n}}<u_{n}<e^{\frac {1+{\frac {e}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)}{n}}$}

Et en prenant à nouveau un développement limité à l’ordre 2 de $x\mapsto e^{x}$, on obtient :

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

En simplifiant et en éliminant les termes non significatifs.

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

Et nous voyons cette fois que :

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

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

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

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

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

Nous pouvons écrire cette fois :

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

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

Exemple 2

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

$\forall x\in \mathbb {R} _{*}^{+}\qquad f_{n}(x)=x-n.ln(x)$

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

On montre aisément que pour n ≥ 3, f_n 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 :

$h'(x)=2x-2ln(x)-{\frac {2}{x}}$

et

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

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) ; n2-2nln(n)[.

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

$f_{n}(v_{n})=0\Leftrightarrow v_{n}-n.ln(v_{n})=0\Leftrightarrow n.ln(v_{n})=v_{n}$

Posons :

$g_{n}(x)=n.ln(x)=x-f_{n}(x)$

g_n est croissante comme somme de fonctions croissantes.

De plus

$g_{n}'(x)={\frac {n}{x}}$

Et donc :

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

On a donc :

$\forall x\in ]n;n^{2}[\qquad g_{n}'(x)<1$

Par conséquent, nous choisirons pour h_n, la fonction g_n.

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 h_n 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 v_n, prenons à nouveau l’image par h_n 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 :

$1+{\frac {ln\left(ln(n)\right)}{ln(n)}}<{\frac {v_{n}}{ln(n)}}<{\frac {ln(2)}{ln(n)}}+1+{\frac {ln\left(ln(n)\right)}{ln(n)}}$

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 :

Échec de l’analyse (SVG (MathML peut être activé via une extension du navigateur) : réponse non valide(« Math extension cannot connect to Restbase. ») du serveur « http://localhost:6011/fr.wikiversity.org/v1/ » :): {\displaystyle v_n \sim n.ln(n) }

Exemple 3

On considère la fonction φ_n définie par :

$\forall k\geqslant 2,\ \forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\qquad \phi _{k}(x)=k(x-1)-x.ln(x)$

Étudions cette fonction sur ]0 ; +∞[.

On a :

$\phi _{k}'(x)=k-ln(x)-1$

On obtient donc le tableau de variation :

${\begin{array}{|c|ccccccccc|}\hline x&0&&1&&e^{k-1}&&&&+\infty \\\hline \phi _{k}'(x)&&&+&&0&&-&&\\\hline &&&&&e^{k-1}-k&&&&\\&&&&\nearrow &&\searrow &&&\\\phi _{k}&&&0&&&&\searrow &&\\&&\nearrow &&&&&&\searrow &\\&-k&&&&&&&&-\infty \\\hline \end{array}}$

Comme φ_k(1) = 0, nous voyons clairement que l’équation φ_k(x) = 0 a une solution que l’on notera a_k vérifiant e^{k-1} < a_k. De plus, on a :

$\phi _{k}(e^{k})=k(e^{k}-1)-e^{k}.ln(e^{k})=k.e^{k}-k-k.e^{k}=-k<0$

Par conséquent, on a aussi a_k < e^k

L’équation φ_k(x) = 0 admet donc une solution notée a_k vérifiant e^{k-1} < a_k < e^k.

Nous allons essayer de trouver un développement asymptotique de la suite (a_n)_n∈ℕ

Nous savons que nous avons besoin d’une fonction h_k(a_k) = a_k vérifiant et dont la dérivée dans l’intervalle ]e^k-1;e^k[ soit inférieur à 1.

Considérons l’équation :

$k(x-1)_{x}.ln(x)=0\Leftrightarrow k(x-1)=x.ln(x)$

La variable x figure trois fois dans l’équation. On peut donc exprimer x comme fonction de x de trois manières différentes.

Soit :

$x={\frac {x.ln(x)}{k}}+1$

Soit :

$x={\frac {k(x-1)}{ln(x)}}$

Soit :

$x=e^{k{\frac {x-1}{x}}}$

Posons :

$f_{k}(x)={\frac {x.ln(x)}{k}}+1\qquad \qquad g_{k}(x)={\frac {k(x-1)}{ln(x)}}\qquad \qquad h_{k}(x)=e^{k{\frac {x-1}{x}}}$

Le lecteur peut vérifier aisément que dans l’intervalle ]e^k-1;e^k[, seule la fonction h_k à une dérivée inférieure à 1. c’est donc elle que nous adopterons.

Nous avons :

$e^{k-1}<a_{k}<e^{k}$

En prenant l’image par h_n des trois membres nous obtenons :

$h_{k}\left(e^{k-1}\right)<h_{k}(a_{k})<h_{k}\left(e^{k}\right)$

C’est-à-dire :

$e^{k}e^{\frac {-k}{e^{k-1}}}<a_{k}<e^{k}e^{\frac {-k}{e^{k-1}}}$

En considérant un développement limité en 0 de x ⊢> e^x, on obtient :

$e^{k}\left(1-{\frac {k}{e^{k-1}}}+o\left({\frac {k}{e^{k}}}\right)\right)<a_{k}<e^{k}\left(1-{\frac {k}{e^{k}}}+o\left({\frac {k}{e^{k}}}\right)\right)$

$e^{k}-{\frac {ke^{k}}{e^{k-1}}}+o(k)<a_{k}<e^{k}-{\frac {ke^{k}}{e^{k}}}+o(k)$

$e^{k}-k.e+o(k)<a_{k}<e^{k}-k+o(k)$

Et nous voyons déjà que :

$a_{k}\sim e^{k}$

Prenons à nouveau l’image par h_k des trois membres de la dernière inégalité. nous obtenons :

$h_{k}\left(e^{k}-k.e+o(k)\right)<h_{k}(a_{k})<h_{k}\left(e^{k}-k+o(k)\right)$

C’est à dire :

$e^{k}e^{-{\frac {k}{e^{k}-k.e+o(k)}}}<a_{k}<e^{k}e^{-{\frac {k}{e^{k}-k+o(k)}}}$

Et en prenant à nouveau un développement limité, on obtient :

$e^{k}\left(1-{\frac {k}{e^{k}-k.e+o(k)}}+o\left({\frac {k}{e^{k}-k.e+o(k)}}\right)\right)<a_{k}<e^{k}\left(1-{\frac {k}{e^{k}-k+o(k)}}+o\left({\frac {k}{e^{k}-k+o(k)}}\right)\right)$

Simplifions :

$e^{k}-{\frac {k.e^{k}}{e^{k}-k.e+o(k)}}+o\left({\frac {k.e^{k}}{e^{k}-k.e+o(k)}}\right)<a_{k}<e^{k}-{\frac {k.e^{k}}{e^{k}-k+o(k)}}+o\left({\frac {k.e^{k}}{e^{k}-k+o(k)}}\right)$

Soit :

$e^{k}-k{\frac {1}{1-k.e^{1-k}+o\left({\frac {k}{e^{k}}}\right)}}+o\left({\frac {k}{1-k.e^{1-k}+o\left({\frac {k}{e^{k}}}\right)}}\right)<a_{k}<e^{k}-k{\frac {1}{1-k.e^{-k}+o\left({\frac {k}{e^{k}}}\right)}}+o\left({\frac {k}{1-k.e^{-k}+o\left({\frac {k}{e^{k}}}\right)}}\right)$

Que nous pouvons écrire sous la forme :

$e^{k}-k+o_{1}(k)<a_{k}<e^{k}-k+o_{2}(k)$

Nous pouvons en conclure :

$a_{k}=e^{k}-k+o(k)$

Exemple 4

On considère l’équation :

$x^{n}e^{x}=1$

Montrons que pour tout n, cette équation admet une solution dans l’intervalle ]0 ;1[ que l’on notera x_n. Pour cela , on étudie la fonction f_n défini par f_n(x) = xⁿe^x - 1.

On a :

$f_{n}'(x)=(n+x)x^{n-1}e^{x}$

Cette dérivée est positive sur ]0 ;1[ et par conséquent f_n est croissante sur ]0 ;1[. Comme f_n(0) = -1 et f_n(1) = e – 1, nous en déduisons d’après le théorème de la bijection que l’équation f_n(x) = 0 admet une solution sur ]0 ;1[ que l’on notera x_n.

Cherchons un développement de x_n. Nous avons besoin pour cela d’une fonction h_n vérifiant les deux conditions :

${\begin{cases}h_{n}(x_{n})=x_{n}\\\forall n,\forall x\in ]0;1[\quad |h_{n}(x)|<1\end{cases}}$

Pour cela, nous remarquons que :

$x^{n}e^{x}=1\Leftrightarrow x=e^{-{\frac {x}{n}}}\Leftrightarrow x=-nlnx$

$\scriptstyle {x\mapsto -nlnx}{\text{ à pour dérivée }}\scriptstyle {x\mapsto -{\frac {n}{x}}}{\text{ qui, visiblement, ne convient pas.}}$

$\scriptstyle {x\mapsto e^{-{\frac {x}{n}}}{\text{ à pour dérivée }}}\scriptstyle {x\mapsto -{\frac {e^{-{\frac {x}{n}}}}{n}}}{\text{ qui, comme on peut le vérifier, remplit bien les deux conditions précédentes.}}$

Nous poserons donc :

$h_{n}=e^{-{\frac {x}{n}}}$

Comme h_n est décroissante, on a :

$0<x_{n}<1\Rightarrow h_{n}(1)<h_{n}(x_{n})<h_{n}(0)$

Et par conséquent, on a :

$e^{-{\frac {1}{n}}}<x_{n}<1$

En considérant le développement limité de la fonction $\scriptstyle {x\mapsto e^{x}}$, on peut écrire :

On en déduit :

On peut prendre à nouveau l’image par h_n des trois membres de l’inégalité précédente.

Comme h_n est décroissante, on a :

Et par conséquent, on a :

En considérant le développement limité de la fonction , on peut écrire :

On en déduit :

On peut prendre à nouveau l’image par h_n des trois membres de l’inégalité précédente.

Comme h_n est décroissante, on a :

Et par conséquent, on a :

En considérant le développement limité de la fonction , on peut écrire :

On en déduit :

On peut prendre à nouveau l’image par h_n des trois membres de l’inégalité précédente.

Comme h_n est décroissante, on a :

Et par conséquent, on a :

En considérant le développement limité de la fonction , on peut écrire :

On en déduit :

Et ainsi de suite, on peut obtenir un développement de x_n à n’importe quel ordre.