Équivalent d'une suite

Bonjour !
Ton idée est utilisable : $v_n=\dfrac1{u_n}$ vérifie la relation de récurrence $v_{n+1}=\dfrac{v_n}{1+v_n^2}$ et il y a une méthode utilisant un développement limité de $f(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$.

Mais ici, le calcul de $u_{n+1}^2-u_n^2$ me semble intéressant et plus rapide !

Y a-t-il une façon de motiver cette astuce plus naturelle que « parce que ça marche » ?

Cher Jer anonyme,

Je ne sais pas trop quoi te répondre. Cette astuce combine deux idées intéressantes :
1. Chercher un équivalent $u_n \sim n^\beta$ revient à chercher un équivalent $u_n^{1/\beta} \sim n$.
2. Les suites $v_n \sim n$ sont à rapprocher de suites arithmétiques, donc à rapprocher des suites telles que $v_{n+1} - v_n \sim 1$.

Le théorème de Cesaro permet de formaliser le deuxième point, qui est un cousin du lien entre une fonction et sa dérivée.

Bonjour @jibounet
Voici une méthode générale qui utilise Cesàro.

Soit $f$ une fonction réelle continue qui admet en $ +\infty$ un développement limité $\displaystyle f(x) = x+{a \over x^{p-1}} + o\big({1 \over x^{p-1}}\big)$ avec $a>0$ et $p$ entier non nul.
Soit $ (u_n)_{n \in \N}$ une suite définie par la relation de récurrence $ u_{n+1} = f(u_n)$ pour tout $n$ et telle que $\displaystyle \lim u_n = +\infty.$
Alors $\displaystyle u_n \sim (p.a.n)^{1/p}.$

On le démontre par Cesaro :
On a $\displaystyle u_{n+1} = f(u_n) = u_n +{a \over u_n^{p-1}} + o\big({1 \over u_n^{p-1}}\big) = u_n\Big(1+{a \over u_n^{p}} + o\big({1 \over u_n ^{p}}\big)\Big).$ On élève à la puissance $p$ et alors $\displaystyle u_{n+1}^p = u_n^p \Big(1+{a \over u_n ^{p}} + o\big({1 \over u_n ^{p}}\big)\Big)^p = u_n^p \Big(1+{ap \over u_n ^{p}} + o\big({1 \over u_n ^{p}}\big)\Big) = u_n^p + ap + o(1).$
On forme la somme télescopique :
$\displaystyle \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^{n} u_{k+1}^p – u_k^p = \frac{1}{n+1} (u_{n+1}^p – u_0^p)$ qui tend vers $ap$ quand $n$ tend vers l’infini et donc $\displaystyle u_{n+1}^p \sim ap(n+1).$ En effet, $\displaystyle \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^{n} u_{k+1}^p – u_k^p$ tend, d'après le théorème de Cesaro, vers $\lim u_{k+1}^p – u_k^p = \lim (ap+o(1)) = ap.$

Pour l'exercice que tu proposes :
$\displaystyle u_{n+1} = u_n + \frac{1}{u_n}$ et alors $\displaystyle f(x) = x+\frac{1}{x}$ et immédiatement $\displaystyle a=1>0$ et $\displaystyle p=2>0$. On vérifie que $f$ est continue et que $\displaystyle \lim u_n$ est $\displaystyle +\infty$. Donc $\displaystyle u_n \sim (2.1.n)^{1/2} \sim \sqrt{2n}.$

A titre d'exercice, on pourra montrer un théorème similaire quand la suite tend vers $0$ et $f$ admet un DL en $0$ tel que $\displaystyle f(x) = x - ax^{p+1} + o(x^{p+1}).$ On trouve : $\displaystyle u_n \sim \Big(\frac{1}{p.a.n}\Big)^{1/p}.$

Dernière remarque : Il faut parfois effectuer un changement de variable (pour la suite) judicieux pour se ramener aux cas traités ; et ce n'est pas toujours possible.

On s'entête (verbe s'entêter) à présenter cette méthode car elle convient à un grand nombre de suites récurrentes. Pour celles-ci, on peut obtenir non seulement un équivalent mais aussi tout un développement limité de la suite. L'outil n'est pas seulement Cesàro, mais plutôt la sommation des relations de comparaison.

Dans le cas particulier de la suite $u_{n+1}=u_{n}+\frac{1}{u_{n}}$ c'est simple puisqu'on a une fonction rationnelle et l'on n'a pas de développement limité à pousser.

Maintenant les exemples donnés par Jacky9393, et qui ne rentrent pas dans ce cadre, sont tout aussi intéressants, avec l'heuristique qu'il propose. On remplace la puissance par une autre fonction, à trouver. J'avoue que j'ai cherché son dernier exemple, sans trouver.

Bonne nuit.
F. Ch.

Avant de rebondir sur le dernier message de Jacky9393 (qui est du plus haut intérêt), je voudrais continuer un peu sur l'exemple posé initialement : $u_{0}>0$ et : $ \forall n \in \mathbb{N}, \ \displaystyle u_{n+1} = u_{n}+\frac{1}{u_{n}}$.
Je reprends tout au début.
Il est d'abord clair que $u_{n}>0$, que la suite $u_{n}$ est strictement croissante et que : $ \displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }u_{n}=+\infty $.

La fonction $f(x)=x+\frac{1}{x}$ est en elle-même un développement limité en $+\infty$, où le petit $o(...)$ est exactement $0$. C'est donc un cas des plus simples, et la méthode de la puissance s'impose ici comme dans de nombreux autres cas.
Comme on a dit, elle consiste à chercher un réel $\alpha $ tel que : $\displaystyle \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }(f(x)^{\alpha }-x^{\alpha })=L\neq 0$.
Présentement, on trouve clairement $\alpha=2$, et l'on écrit : $u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=2+\frac{1}{u_{n}^{2}}$.

A partir de là, on peut appliquer le théorème de Cesàro, mais on peut aussi appliquer le théorème de sommation des relations de comparaison, car la série de terme général $2$ est bien évidemment divergente !
On passe ainsi de : $u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}\sim 2$ à : $ \displaystyle \overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}(u_{k+1}^{2}-u_{k}^{2})\sim \overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}2$, soit : $u_{n}^{2}\sim 2n$, et enfin : $ u_{n}\sim \sqrt{2}\sqrt{n}$.

Arrivés là, on peut continuer, et réinjecter cet équivalent dans la formule de récurrence avec exposant $\alpha=2$ :
$u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=2+\frac{1}{2n(1+o(1))}$, soit : $u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=2+\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n})$.
Re-sommation des relations de comparaison, avec équivalent connu de la somme partielle de la série harmonique :
$u_{n}^{2}=2n+\frac{1}{2}\ln n+o(\ln n)=2n(1+\frac{\ln n}{4n}+o(\frac{\ln n}{n}))$, et enfin :
$u_{n}=\sqrt{2}\sqrt{n}(1+\frac{\ln n}{8n}+o(\frac{\ln n}{n}))$.

Et ainsi de suite, en utilisant les développements limités des sommes partielles des séries divergentes qui apparaissent, chaque fois à la précision convenable, qu'on peut obtenir par exemple avec la formule d'Euler-MacLaurin.

Attention, chaque nouveau terme obtenu est négligeable devant le précédent, comme il sied à un développement asymptotique, et il peut arriver qu'apparaisse le terme général d'une série qui ne soit plus divergente mais convergente. Il faudra alors évaluer, non plus la somme partielle, mais le reste de cette série, et apparaîtra une constante inconnue, somme de cette série convergente, dépendant du premier terme.

J'ai retrouvé cet exemple dans mes papiers, je trouve : $u_{n}=\sqrt{2}\sqrt{n}(1+\frac{\ln n}{8n}+\frac{C}{n}-\frac{(\ln n)^{2}}{128n^{2}}+\frac{(1-4C)\ln n}{32n^{2}}+o(\frac{\ln n}{n^{2}}))$.
Sans garantie d'absence d'erreurs de calcul...

Je n'ai pas de référence récente pour cette méthode (juste les anciens Dieudonné et Chambadal-Ovaert) ; si vous en avez, faites-en profiter tout le monde.

Bonne journée.
F. Ch.

NB. J'ignore si c'est déplacé, effacez si vous voulez, mais je voudrais témoigner ma sympathie à Rached Mneimné, gérant des éditions Calvage et Mounet, face à l'horrible attentat qui vient de frapper durement la capitale de son pays d'origine.

Pour Jacky9393:
il faut corriger la fin de l'étude de la suite $u_{n+1}=u_n+u_n^2\ln u_n$.
On obtient $-u_n \ln u_n \sim \dfrac1n$ d'où $u_n \sim \dfrac1{n\ln n}$.

Bonjour @Jack9393,

Voici comment la méthode que je propose marche pour la récurrence que tu proposes $\displaystyle u_{n+1} = u_n + u_n^2 \ln u_n.$ Je réécris sous la forme $\displaystyle u_{n+1} = u_n -(-\ln u_n) u_n ^2$ qui est bien de la bonne forme pourvu que $\displaystyle a(n) = -\ln u_n$ et $p=1$.

On suit alors la même démarche, donc on élève à la puissance $-1$ : $\displaystyle u_{n+1}^{-1} = (u_n -a(n) u_n^2)^{-1} = u_n^{-1} (1+a(n)u_n)$ car $\displaystyle u_n a(n) = - u_n \ln u_n$ tend vers $0$. Et donc, par Cesàro, $\displaystyle u_n^{-1}/ n \sim a(n) \sim -\ln u_n$, soit encore $\displaystyle -u_n \ln u_n \sim \frac{1}{n}$ et on finit comme @jandri, c'est-à-dire sans erreur de calcul (:P). On trouve le résultat en quelques lignes.

Ton exemple est effectivement très bon, $u_{n+1}=u_n + e^{-\frac{1}{u_n^2}}$ s'étudie de la même façon que $u_{n+1}=u_n + u_n^2 \ln u_n$ et son étude sans avoir en tête cette méthode de "continuisation" est bien délicate. Je n'aurais jamais sû trouver sans

En tout cas merci de l'intérêt que tu porte à ces questions.

La méthode proposée par Jacky9393 donne bien la fonction de transfert trouvée par Chaurien.
L'équation diférentielle associée à la suite $u_{n+1}=u_n - e^{-1/u_n^2}$ est $y'=-e^{-1/y^2}$ qui se résout en $x=F(y)=-\displaystyle\int e^{-1/y^2}dy$.
En intégrant par parties on obtient $F(y)\sim \dfrac12 y^3 e^{1/y^2}$ au voisinage de 0.
On en déduit l'équivalent $u_n\sim\dfrac1{\sqrt{\ln(n)}}$.

YvesM écrivait:

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> En effet, il existe un réel unique $a>0$ tel que $a^2 \ln a+1 = 0$.

Il est où ce $a$ ?

Bonjour @Jack9393,

Je veux bien que tu écrives la démonstration complète. Je n'y arrive pas. Voici ce que je fais.

Soit la suite $\displaystyle (u_n)_{n \in \N}$ définie par la relation de récurrence $\displaystyle u_0 >0$ et $\displaystyle u_{n+1} = f(u_n)$ où $f$ est la fonction $\displaystyle x \mapsto f(x) = x - e^{-\frac{1}{x^2}}.$

Existence :
$\displaystyle f(x) >0$ pour tout $\displaystyle x>0$. On le montre avec l'étude de la fonction $\displaystyle x \mapsto x^2 \ln x+1$ dont le graphe est donné par @remarque.
Donc $\displaystyle u_{n} >0$ et la suite existe.

Convergence :
$\displaystyle u_{n+1} - u_n <0$ donc la suite est strictement décroissante.

La suite est donc minorée et décroissante : elle est convergente.

Limite :
$\displaystyle f(x)$ est continue pour $\displaystyle x>0$ donc la limite $\displaystyle \ell$ vérifie $\displaystyle \ell=f(\ell)$ dont la solution est $\displaystyle \ell=0.$

Equivalent :
On décide de former la quantité $\displaystyle \int_{u_n}^{u_{n+1}} dy e^{\frac{1}{y^2}}$. A ce stade, on n'a pas besoin de justifer comment on a trouvé cette quantité... la méthode de @Jacky9393 est bien sûr la source de cette quantité.

Puis on encadre et alors :
$\displaystyle (u_{n+1} - u_n) e^{\frac{1}{u_n^2}} \leq \int_{u_n}^{u_{n+1}} dy e^{\frac{1}{y^2}} \leq (u_{n+1} - u_n) e^{\frac{1}{u_{n+1}^2}}$
puis
$\displaystyle -1 \leq \int_{u_n}^{u_{n+1}} dy e^{\frac{1}{y^2}} \leq -e^{\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_{n}^2} }$
Et on montre que $\displaystyle \frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_{n}^2} = {u_n + u_{n+1}\over u_n^2 u_{n+1}^2}e^{-\frac{1}{u_n^2}} \sim {2 \over u_n^3}e^{-\frac{1}{u_n^2}}$ et alors cette quantité tend vers $0$.

Donc, $\displaystyle \int_{u_n}^{u_{n+1}} dy e^{\frac{1}{y^2}} \longrightarrow -1$.

Puis intégration par partie :
$\displaystyle \int_{u_n}^{u_{n+1}} dy e^{\frac{1}{y^2}} = -{y^3 \over 2}e^{\frac{1}{y^2}} \mid_{u_n}^{u_{n+1}} + \int_{u_n}^{u_{n+1}} dy \frac{3}{2}y^2 e^{\frac{1}{y^2}}$

Par Cesàro, on obtient $\displaystyle \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n \int_{u_k}^{u_{k+1}} dy e^{\frac{1}{y^2}} = \frac{1}{n+1} \int_{u_0}^{u_{n+1}} dy e^{\frac{1}{y^2}} \longrightarrow -1$.
Ou encore : $\displaystyle \int_{u_n}^{u_0} dy e^{\frac{1}{y^2}} \sim n$

Puis intégration par partie : $\displaystyle -{y^3 \over 2}e^{\frac{1}{y^2}} \mid_{u_n}^{u_0} + \int_{u_n}^{u_{0}} dy \frac{3}{2}y^2 e^{\frac{1}{y^2}} \sim n$
puis $\displaystyle -{u_0^3 \over 2}e^{\frac{1}{u_0^2}} +{u_n^3 \over 2}e^{\frac{1}{u_n^2}} + \int_{u_n}^{u_{0}} dy \frac{3}{2}y^2 e^{\frac{1}{y^2}} \sim n$
Et comme :
$\displaystyle -{u_0^3 \over 2}e^{\frac{1}{u_0^2}} $ est une constante,
$\displaystyle +{u_n^3 \over 2}e^{\frac{1}{u_n^2}} $ tend vers l'infini,
mais que faire du troisième terme ?

Je suis bloqué ici. Comment poursuivre ?

Pour YvesM:
Une fois qu'on a obtenu la fonction $\varphi(x)=\dfrac12 x^3 e^{1/x^2}$ il suffit de montrer que la limite de $\varphi(u_{n+1})-\varphi(u_{n})$ est égale à 2.
Cela se fait en mettant en facteur $\varphi(u_n)$, puis en montrant que $\dfrac1{u_{n+1}^2}-\dfrac1{u_{n}^2}\sim\dfrac{2e^{-1/u_n^2}}{u_n^3}$ puis avec un petit calcul de DL.

@ YvesM

En 1990, nous avons été au moins trois, chacun dans son coin, à intuiter la "fonction de transfert" $\varphi $ pour la suite $u_{n+1}=f(u_{n})$, $f(x)=x-e^{-\frac{1}{x^{2}}}$, $u_0>0$, et à en faire part, sans compter ceux qui ont trouvé et n'en ont pas informé les populations. C'est donc que c'est faisable.

Ceci pour répondre à un message plus ancien qui exigeait que la méthode de l'exposant fût "naturelle". Ceci me fait penser à l'adage anglais cité par Friedrich Engels, le copain de Karl Marx : "The proof of the pudding is in the eating" (la preuve du pudding, c'est qu'on le mange). Tout n'est pas "naturel" en mathématiques. Il y a ceux qui trouvent, et les autres ; chacun de nous pouvant se situer alternativement dans une catégorie ou dans l'autre.

La méthode de "continuisation", proposée par Jacky939393, permet d'éviter les tâtonnements et de trouver la "fonction de transfert". Elle est très astucieuse et j'aimerais savoir s'il y a des références écrites, imprimées ou en ligne, où cette méthode soit présentée. J'ai dit que j'avais du mal à la maîtriser dans le cas où l'équation différentielle n'a pas de solution effectivement exprimable en termes de fonctions usuelles. Mais avec la poursuite de la discussion, je commence à y voir plus clair. Un équivalent de la fonction convient, et c'est ce que tu as trouvé : $\varphi (x)=x^{3}e^{\frac{1}{x^{2}}}$.

Maintenant, il reste à trouver la limite de $\varphi (f(x))-\varphi (x)$ quand $x\rightarrow 0^{+}$ et à en tirer les conséquences. Je préfère rester en $x$ et passer en $u_n$ plus tard, quand ce sera nécessaire. Bon, c'est juste un calcul de développement asymptotique, qui demande seulement un peu de minutie. Et c'est fait : un PB de plus qui est résolu. Si tu n'es pas d'accord, précise où ça coince.

Bonne journée.
F. Ch.

@ Siméon
Les suites dont il est question dans ce fil sont des itérations d'une fonction $f$ telle que $f(x)\sim x$ au voisinage de la limite de la suite (en $0$ ou en $+\infty$). La suite que tu proposes sort de ce cadre. C'est une autre catégorie de problèmes, qui ne manque pas d'intérêt par ailleurs. Il me semble qu'on peut déjà affirmer : $x_{n}\sim q^{2^{n}}$ quand $n\rightarrow + \infty $, où $q>1$.
F. Ch.

Salut à tous :

Quelques précisions, pour la suite $x_{n+1}=x_n(1+x_n)$ ça ne sort pas vraiment du cadre mais c'est juste que l'analogie fonctionne bien dans le cas où $f(x)-f(\ell) \sim (x- \ell)$ avec $\ell = \lim u_n$. Dans les autres cas on s'y ramène en "renormalisant", je m'explique :
Si tu prend $u_{n+1}= \sin u_n$ on montre que $u_n \to 0$ puis $u_{n+1}-u_n = \sin u_n - u_n \sim - \frac{u_n^3}{6}$ et la méthode de continuisation fonctionne très bien.
En perturbant un peu, on prend $u_{n+1}= \sin (u_n/2)$ alors là c'est pas pareil parce que on a $u_{n+1} \sim \dfrac{u_n}{2}$ et alors la bonne suite à étudier est $v_n = 2^n u_n$ et on se ramène au cas précédent.

Pour ton exemple $x_{n+1}=x_n(1+x_n)$ c'est pareil, on regarde ce qu'à dit Chaurien. En fait l'étude avec "ma méthode" te dit qu'il faut regarder $1/x_n$ qui tend vers $0$. Alors en notant $y_n$ cette suite on voit que $y_{n+1} \approx y_n^2 \approx y_0^{2^n}$ donc il faut plutôt regarder $z_n=y_n^{2^{-n}}$ et alors on regarde $z_{n+1}-z_n = ... $

Chaurien : si tu veux continuer le développement asymptotique, je crois que le plus simple c'est de continuer sur ta suite auxiliaire $\varphi (u_n)$ puis de revenir à $u_n$ ! C'est à dire que tu note $w_n = \phi (u_n) - \text{son développement asymptotique connu}$ et tu étudie $w_{n+1}-w_n$, dériver pour intégrer

Si j'ai le temps j'écrirais quelques pages sur le sujet histoire qu'il existe une référence écrite et fournie sur le sujet, du moins aussi fournie que je le peux. Il serait intéressant de connaître d'autres écrits sur le sujet ... J'aimerais bien que tous les taupins sachent faire ce genre d'exos sans que ça sorte du chapeau. Je me souviens d'un exo de colle qui se fait facilement avec ces bons principes et le colleur qui reste bouche bée en prenant le candidat pour un génie ...

En gros dans cet article il y a les méthode des fonctions puissances, rien de bien neuf