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

Exercice 5-1

On considère, pour tout entier k ≥ 2, la fonction φ_k définie par :

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

1. Montrer que l'équation φ_k(x) = 0 admet une racine a_k et une seule dans ]e^k–1, e^k[.
2. Montrer qu'un développement asymptotique de la suite (a_n)_n∈ℕ est donné par a_k = e^k – k + o(k).

Solution

1 - Étudions cette fonction sur ]0, +∞[.

On a :

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

On obtient donc le tableau de variation :

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

Comme φ_k(1) = 0, nous voyons clairement que l’équation φ_k(x) = 0 a une unique solution strictement supérieure à e^k–1, que l’on notera a_k. De plus,

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

Par conséquent, on a aussi a_k < e^k.

L’équation φ_k(x) = 0 admet donc une unique solution a_k vérifiant e^k–1 < a_k < e^k.

2 - Pour trouver un tel développement asymptotique, nous avons besoin d’une fonction h_k vérifiant h_k(a_k) = a_k et dont la dérivée dans l’intervalle ]e^k–1, e^k[ soit inférieure 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 :

• $x={\frac {x\ln x}{k}}+1$ ;
• $x={\frac {k(x-1)}{\ln x}}$ ;
• $x=\mathrm {e} ^{k-k/x}$.

Posons :

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

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

Nous avons :

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

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

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

c’est-à-dire :

$\mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-k\mathrm {e} ^{1-k}}<a_{k}<\mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-k\mathrm {e} ^{-k}}$.

Or $-k\mathrm {e} ^{-k}\to 0$ donc

$\mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-k\mathrm {e} ^{1-k}}\sim \mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-k\mathrm {e} ^{-k}}\sim \mathrm {e} ^{k}$,

ce qui prouve déjà que :

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

Prenons à nouveau l’image par h_k des trois membres du dernier encadrement. Nous obtenons :

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

c’est-à-dire :

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

Puisque (comme observé précédemment)

${\frac {k}{h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k-1}\right)}}\sim {\frac {k}{h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k}\right)}}\sim k\mathrm {e} ^{-k}\to 0$,

en prenant un développement limité, l'encadrement devient :

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

que nous pouvons écrire sous la forme :

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

Nous pouvons conclure :

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

Remarque

Plus simplement, $g:\left]1,+\infty \right[\to \left]1,+\infty \right[,\;x\mapsto {\frac {x\ln x}{x-1}}$ est bijective.

Quand $x\to +\infty$, ${\frac {\ln x}{x-1}}\sim {\frac {g(x)}{x}}$ donc

$\mathrm {e} ^{g(x)}=\mathrm {e} ^{\left(1+{\frac {1}{x-1}}\right)\ln x}=x\operatorname {e} ^{\frac {\ln x}{x-1}}=x\left(1+{\frac {\ln x}{x-1}}+o\left({\frac {\ln x}{x-1}}\right)\right)=x\left(1+{\frac {g(x)}{x}}+o\left({\frac {g(x)}{x}}\right)\right)=x+g(x)+o\left(g(x)\right)$

donc quand $y\to +\infty$,

$g^{-1}(y)=\mathrm {e} ^{y}-y+o(y)$.

En particulier,

$a_{k}=g^{-1}(k)=\mathrm {e} ^{k}-k+o(k)$.

 

Exercice 5-2

On considère l’équation :

$x^{n}\mathrm {e} ^{x}=1$.

1. Montrer que pour tout n, cette équation admet dans l’intervalle ]0, +∞[ une unique solution, que l’on notera x_n.
2. Trouver un développement asymptotique à l’ordre 3 de (x_n)_n∈ℕ.

Solution

1 - Sur [0, +∞[, la fonction f_n définie par f_n(x) = xⁿe^x – 1 a pour dérivée :

$f_{n}'(x)=(n+x)x^{n-1}\operatorname {e} ^{x}>0$

et par conséquent f_n est strictement croissante. Comme f_n(0) = –1 < 0 et lim_+∞f_n = +∞ > 0, nous en déduisons, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, que l’équation f_n(x) = 0 admet une unique solution dans ]0, +∞[.

2 - Pour chercher un développement de x_n, nous avons besoin, pour tout n, d’une fonction h_n, de ]0, +∞[ dans lui-même, vérifiant les deux conditions :

${\begin{cases}h_{n}(x_{n})=x_{n}\\\forall x\in \left]0,+\infty \right[\quad |h_{n}'(x)|<1.\end{cases}}$

Pour cela, nous remarquons que :

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

$x\mapsto -n\ln x$ a pour dérivée $x\mapsto -{\frac {n}{x}}$ qui, visiblement, ne convient pas.

$x\mapsto \mathrm {e} ^{-{\frac {x}{n}}}$ a pour dérivée $x\mapsto -{\frac {1}{n}}\mathrm {e} ^{-{\frac {x}{n}}}$ qui, comme on peut le vérifier, remplit bien les deux conditions précédentes.

Nous poserons donc :

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

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

$x_{n}>0\Rightarrow 0<x_{n}<h_{n}(0)\Rightarrow h_{n}^{2}(0)<x_{n}<h_{n}(0)\Rightarrow \dots \Rightarrow h_{n}^{4}(0)<x_{n}<h_{n}^{5}(0)$.

Or pour x fixé, égal à 0 ou à h_n(0) = 1, 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) :

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

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

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

${\begin{aligned}h_{n}^{4}(x)&=\exp \left(-{\frac {h_{n}^{3}(x)}{n}}\right)\\&=\exp \left(-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}-{\frac {3}{2n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)\right)\\&=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}-{\frac {3}{2n^{3}}}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{n^{2}}}-{\frac {2}{n^{3}}}\right)+{\frac {1}{6}}\left(-{\frac {1}{n}}\right)^{3}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)\\&=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}-{\frac {8}{3n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right),\end{aligned}}$

ce qui, puisque $h_{n}^{4}(0)<x_{n}<h_{n}^{4}(1)$, permet de conclure :

$x_{n}=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}-{\frac {8}{3n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)$.

Remarque

Plus simplement,

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

est bijective et son d.l. à l'ordre 3 au point 1 :

$g(1-h)=\left(h+{\frac {h^{2}}{2}}+{\frac {h^{3}}{3}}+o(h^{3})\right)\left(1+h+h^{2}+o(h^{2})\right)=h+{\frac {3h^{2}}{2}}+{\frac {11h^{3}}{6}}+o(h^{3})$

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

$g^{-1}(y)=1+ay+by^{2}+cy^{3}+o(y^{3})$

avec

$1-h=1+a\left(h+{\frac {3h^{2}}{2}}+{\frac {11h^{3}}{6}}\right)+b(h^{2}+3h^{3})+ch^{3}+o(h^{3})$

c'est-à-dire

$a=-1$, $b=-{\frac {3a}{2}}={\frac {3}{2}}$ et $c=-{\frac {11a}{6}}-3b=-{\frac {8}{3}}$.

Par conséquent,

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

en particulier

$x_{n}=g^{-1}\left({\frac {1}{n}}\right)=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}-{\frac {8}{3n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)$.