Utilisatrice:Lydie Noria/Test

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Le soleil brille dans                      le ciel.

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mathématiques

L'avancement est : 3

École polytechnique

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 Leçons

Leçon 1 : Introduction à la mécanique des fluides Leçon 2 : Statique des fluides Leçon 3 : Cinématique des fluides Leçon 4 : Conservation de la masse et équation de continuité Leçon 5 : Dynamique des fluides parfaits

Leçon 6 : Dynamique des fluides newtoniens Leçon 7 : Dynamique des fluides visqueux Leçon 8 : Dynamique des fluides compressibles Leçon 9 : Réseaux hydrauliques Leçon 10 : Analyse dimensionnelle et similitude

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 Quiz

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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) figurent 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 :

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

Nous avons besoin de deux valeurs a(n) et b(n), vérifiant a(n) < b(n) et telles que f_n(a(n)) et f_n(b(n)) 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 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, g_n sera alors décroissante, comme somme de fonctions décroissantes.

Dans ce cas, l’équation f_n(x) = 0 sera équivalente à 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)], elle 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 égale à celle des deux fonctions, g_n ou g_n^–1, dont la dérivée est inférieure à 1 en valeur absolue dans un voisinage de u_n.

h_n vérifiera donc les deux conditions :

${\begin{cases}h_{n}(u_{n})=u_{n}\\\exists \epsilon \quad \forall x\in \left]u_{n}-\epsilon ,u_{n}+\epsilon \right[\quad \left|h_{n}'(x)\right|<1.\end{cases}}$

Considérons l’encadrement :

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

Si :

$\lim _{n\to \infty }a(n)=\lim _{n\to \infty }b(n)$,

nous pouvons en déduire, en utilisant le théorème d'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 étroits 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 f_n est décroissante sur ]0, n[ et réalise donc une bijection de cet intervalle vers l’intervalle ]n(1 – lnn), +∞[. Pour n ≥ 3, comme 0 ∈ ]n(1 – lnn), +∞[, l’équation f_n(x) = 0 admet, sur ]0, n[, une solution et une seule que l’on peut appeler u_n et l’on définit 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 :

$\forall x\in \left]0,n\right[\qquad g_{n}'(x)={\frac {n}{x}}>1$.

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

Comme :

$n\ln x=y\Leftrightarrow x=\mathrm {e} ^{\frac {y}{n}}$,

on posera :

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

On peut vérifier que $\left]0,n\right[$ est stable par $h_{n}$

et

$\forall x\in \left]0,n\right[\qquad h_{n}'(x)<1$.

Comme h_n est strictement croissante et fixe u_n, on a, en notant h_n^k la k-ième itérée de h_n :

$0<u_{n}<n\Rightarrow 1=h_{n}(0)<u_{n}<h_{n}(n)=\mathrm {e} \Rightarrow h_{n}(1)<u_{n}<h_{n}(\mathrm {e} )\Rightarrow \dots \Rightarrow h_{n}^{3}(1)<u_{n}<h_{n}^{3}(\mathrm {e} )$.

Or pour x fixé (égal à 1 ou e), on a successivement (en utilisant le développement limité à l'ordre en 0 de la fonction exponentielle à des ordres de plus en plus grands) :

$h_{n}(x)=\exp \left({\frac {x}{n}}\right)=1+o(1)$

$h_{n}^{2}(x)=\exp \left({\frac {h_{n}(x)}{n}}\right)=\exp \left({\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)\right)=1+{\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)$

${\begin{aligned}h_{n}^{3}(x)&=\exp \left({\frac {h_{n}^{2}(x)}{n}}\right)\\&=\exp \left({\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\right)\\&=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{n}}\right)^{2}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\\&=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\end{aligned}}$

ce qui, puisque $h_{n}^{3}(1)<u_{n}<h_{n}^{3}(\mathrm {e} )$, permet de conclure :

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

Nous pouvons obtenir ainsi un développement limité de u_n à n’importe quel ordre.

Remarque

Plus simplement, $g:\left]0,\mathrm {e} \right[\to \left]-\infty ,1/\mathrm {e} \right[,\;x\mapsto {\frac {\ln x}{x}}$ est une bijection nulle au point 1, dont le d.l. à l'ordre 2 en ce point :

$g(1+h)=h-{\frac {3h^{2}}{2}}+o(h^{2})$

permet de calculer celui de $g^{-1}$ au point 0 :

$g^{-1}(y)=1+ay+by^{2}+o(y^{2})$

avec

$1+h=1+a\left(h-{\frac {3h^{2}}{2}}\right)+bh^{2}+o(h^{2})$

c'est-à-dire

$a=1$ et $b={\frac {3a}{2}}={\frac {3}{2}}$.

Par conséquent,

$g^{-1}(y)=1+y+{\frac {3y^{2}}{2}}+o(y^{2})$,

en particulier

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

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 – nlnn, n² – 2nlnn[.

Vérifions que 0 ∈ ]n – nlnn, n² – 2nlnn[, c'est-à-dire 1 < lnn < n/2.

Pour n ≥ 3, on a bien lnn > ln e = 1. Pour la seconde inégalité, on peut par exemple étudier la fonction h(x) = x – 2lnx. On a h'(x) = 1 – 2/x donc h est croissante sur [2, +∞[ et pour n ≥ 3, on a bien n/2 – lnn = h(n)/2 > h(e)/2 = (e – 2)/2 > 0.

Par conséquent, 0 ∈ ]n – nlnn, n² – 2nlnn[.

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 définit 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 :

$\forall x\in \left]n,n^{2}\right[\qquad g_{n}'(x)={\frac {n}{x}}<1$.

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

$h_{n}(x)=n\ln x$.

Partons de l’encadrement :

$n<v_{n}<n^{2}$.

En prenant l’image des trois membres par h_n, qui est croissante sur ]n, n²[ et qui fixe v_n, on obtient :

$h_{n}(n)<v_{n}<h_{n}(n^{2})$,

qui donne :

$n\ln n<v_{n}<2n\ln n$.

Cet encadrement étant encore trop large pour en déduire un équivalent de v_n, prenons à nouveau l’image par h_n des trois membres. On obtient :

$h_{n}\left(h_{n}(n)\right)<v_{n}<h_{n}\left(h_{n}(n^{2})\right)$,

Or pour $\mathrm {e} \leq x_{n}=O\left(n^{2}\right)$ (en particulier pour x_n égal à n ou n²), on a $1\leq \ln(x_{n})=O\left(\ln n\right)$ donc

$h_{n}\left(h_{n}(x_{n})\right)=n\ln \left(n\ln x_{n}\right)=n\left(\ln n+O\left(\ln \ln n\right)\right)\sim n\ln n$,

ce qui nous permet de conclure :

$v_{n}\sim n\ln n$.

Remarque

Plus simplement,

$g:\left]\mathrm {e} ,+\infty \right[\to \left]0,1/\mathrm {e} \right[,\;x\mapsto {\frac {\ln x}{x}}$

est une bijection de limite nulle en +∞ et

$\ln g(x)\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,-\ln x$

donc

$x={\frac {\ln x}{g(x)}}\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,-{\frac {\ln g(x)}{g(x)}}$

c'est-à-dire

$g^{-1}(y)\,{\underset {y\to 0}{\sim }}\,-{\frac {\ln y}{y}}$,

en particulier

$v_{n}=g^{-1}\left({\frac {1}{n}}\right)\sim -{\frac {\ln(1/n)}{1/n}}=n\ln n$.

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