Développement asymptotique

Alban_ · November 2015

Bonjour,

J'étudie la suite $(x_n)$ définie comme la seule solution de $$\arcsin\Big(\dfrac{2x}{1 + x^2}\Big) = \dfrac 1 n,\quad\text{dans }[-1;1].$$ On montre sans problème l'existence, puis elle est décroissante ce qui permet de montrer qu'elle tend vers 0. Ensuite, on obtient en écrivant $\dfrac{x_n}{1 + x_n^2} = \sin(1/n)$ que $x_n$ est équivalent à $1/(2n)$.

Je voudrais ensuite obtenir un terme de plus dans le développement asymptotique de $x_n$. Je sais en fait récupérer un nombre arbitraire de termes dans le développement asymptotique en écrivant que $x_n = f^{-1}(1/n)$ (où $f(x) = \arcsin\Big(\dfrac{2x}{1 + x^2}\Big)$), grâce à un DL en 0 de $f$, qui permet de récupérer un DL de $f^{-1}$ en 0. Mais les calculs sont pénibles et il me semble qu'il y a plus simple, en posant la suite $(y_n)$ définie par $y_n = x_n - 1/(2n)$. Mais je suis bloqué là : je remplace $x_n$ par $y_n + 1/(2n)$ dans l'égalité $\dfrac{x_n}{1 + x_n^2} = \sin(1/n)$, je fais des DL puisque $y_n$ tend vers 0, mais je récupère des $o(y_n^3)$ dans le membre de gauche que je ne sais pas traiter.

Utilisateur anonyme · November 2015

tu as déjà trouvé que $x_n = \dfrac{1}{2n} + o(n^{-1})$ ... l'ordre suivant semble être 3 ... mais bon pour ne pas prendre de risques, posons : $x_n = \dfrac{1}{2n} + \dfrac{\alpha}{n^2} + \dfrac{\beta}{n^3} + o(n^{-3})$ et injectons ceçi dans l'égalité avec le sinus :
$$\bigg( \dfrac{1}{2n} + \dfrac{\alpha}{n^2} + \dfrac{\beta}{n^3} + o(n^{-3}) \bigg) \bigg( 1 - \dfrac{1}{4n^2} - \dfrac{\alpha}{n^3} + o(n^{-3}) \bigg) = \dfrac{1}{2n} - \dfrac{1}{6n^3} + o(n^{-2}) \\
\dfrac{\alpha}{n^2} + \bigg( \beta - \dfrac{1}{8} \bigg) \dfrac{1}{n^3} + o(n^{-3}) = - \dfrac{1}{6n^3} + o(n^{-3})$$
d'où $\beta = -\dfrac{1}{24}$ ...

aléa · November 2015

Une fois qu'on a l'égalité $x_n=\frac12\sin(1/n)(1+x_n^2)$, on voit que la connaissance d'un DL à l'ordre $0$ dans les puissances de $1/n$ induit un DL à l'ordre $1$, mais ensuite, en gagne deux ordres à chaque étape.

sage: n=var('n'); psi= lambda x:sin(1/n)*(1+x^2)/2
sage: x=0
sage: for i in range(5): x=taylor(psi(x),n,infinity,2*i+1);
sage: x
1/2/n + 1/24/n^3 + 1/240/n^5 + 17/40320/n^7 + 31/725760/n^9

Chaurien · November 2015

Encore un effort...
L'égalité : $ \dfrac{x_n}{1 + x_n^2} = \sin(1/n)$ est une équation du second degré en $x_n$ qui se laisse résoudre sans trop de mal et sans plus de mal on sélectionne la racine qui donne explicitement $x_n$ en fonction de $n$ : $x_{n}=\tan \frac{1}{2n}$, I presume ?.
Questions subsidiaires : quel est l'intérêt de cet exercice ? Qu'est-ce qu'un professeur qui pose ça ?

aléa · November 2015

@ Chaurien, bravo, bien vu, mais je ne comprends pas bien ce qui te mécontente dans cet exercice.

Alban_ · November 2015

Bonjour,

merci pour vos réponses. Donc j'écris $x_n= 1/2sin(1/n)(1+x_n^2) = 1/2(1/n - 1/(6n^3) + o(1/n^3))(1 + 1/(4n^2) + o(1/n^2))$, ce qui donne $x_n = 1/(2n) + 1/(24n^3) + o(1/n^3)$.

Un truc m'embête dans la méthode proposée par ezmaths : comment sait-on à l'avance que $x_n$ admet un DA à l'ordre 3 ? Enfin, pour Chaurien, je sais que ma suite "se résout", je me suis simplement posé la question sur cet exemple pour l'adapter ensuite sur des cas où on ne peut pas explicitement récupérer $x_n$ en fonction de $n$.

Message édité pour cause d'erreurs de calculs bêtes...

aléa · November 2015

@Alban_ : on construit par récurrence une suite de polynômes $P_k$, avec $x_n=P_k(1/n)+o(1/n^{2k+1})$.

Alban_ · November 2015

Merci aléa, mais cela mérite une preuve il me semble (ou au moins écrire ce que tu as écris).

Sur l'intérêt de l'exercice, je n'ai pas trop compris ce qui embête Chaurien non plus (même si on est bien sûr d'accord que c'est mieux de regarder cela dans le cas où on ne sait pas expliciter la bijection réciproque)

Chaurien · November 2015

@ alea
Je ne vois pas l'intérêt de proposer une équation en $x_n$ qui se laisse résoudre explicitement. Il n'y a qu'à demander le développement limité de $x_n$ donné par son expression, surtout dans le cas où la détermination de cette expression est aussi triviale.
Les exercices intéressants dans ce domaine sont les équations qui justement ne peuvent se résoudre explicitement.
Bonne journée.
F. Ch.

aléa · November 2015

@Alban_ : ah, oui, il faut écrire la preuve, bien sûr. Peut être le plus simple est d'écrire $P_k(X)=X Q_k(X)$ et de chercher alors une récurrence de $Q_k$. De la même manière, on aura intérêt à écrire $\sin x=x \frac{\sin x}{x}$, toujours dans l'idée de voir monter les puissances.

Alban_ · November 2015

Dans le même genre, mais cette fois avec une équation que l'on ne peut pas résoudre, j'étudie la suite $(x_n)$ avec $x_n ln(x_n) = n$. L'étude la fonction $f(x) = x ln(x)$ permet de montrer l'existence de $x_n$ avec $x_n>e^{-1}$. Puis, $f(x_{n + 1}) - f(x_n) = 1 > 0$, donc cela permet de prouver que la suite $(x_n)$ est croissante. Donc elle converge vers un réel $\geq e^{-1}$ ou diverge vers $+ \infty$. Dans le premier cas, on arrive à $l* ln(l) = + \infty$, ce qui est absurde. Donc ma suite diverge vers $+ \infty$.

Ensuite, je veux un équivalent de cette suite. J'ai donc $x_n ln(x_n) = n$, donc $ln(x_n) + ln(ln(x_n)) = ln(n)$. Par croissance comparée, $ln(ln(x_n)) = o(ln(x_n))$ et donc $ln(x_n)$ est équivalent à $ln(n)$. Mais je ne peux pas passer à l'exponentielle et d'ailleurs j'ai $\frac{x_n}{n} = \frac{1}{\ln(x_n)}$ qui tend vers $0$. Bref, je ne vois pas comment récupérer un équivalent.

aléa · November 2015

Regarde par là: https://fr.wikipedia.org/wiki/Fonction_W_de_Lambert

Alban_ · November 2015

Donc en posant $y = \ln(x)$, ma suite devient $ye^y = n$ soit $y = W(n)$ soit $x = \ln\big(W(n)\big)$. Comme $\ln\big(W(x)\big) = \ln(x) -W(x)$ et vu le DA proposé par Wikipedia, ma suite est équivalente à $\ln(\ln n)$.
Le résultat me parait curieux, j'avais l'impression que ça divergeait plus vite que ça. Je ferai quelques tests numériques demain.

Alban_ · November 2015

Ok, j'ai fait n'importe quoi dans mon message précédent.

On a $x_n \ln(x_n) = n$ pour tout $n$ non nul. Pour tout $n$, on pose $y_n = \ln(x_n)$. Alors l'égalité devient $y_n e^{y_n} = n$, ce qui est équivalent à $y_n = W(n)$ (avec $W$ la fonction de Lambert). Autrement dt, $w_n = \exp\big(W(n)\big)$. La définition de cette fonction $W$ permet de montrer que $\exp\big(W(n)\big) = n/W(n)$. Donc $x_n = n/W(n)$. Comme $W(n)$ est équivalent à $\ln(n)$, on obtient que $x_n$ est équivalent à $n/\ln(n)$.

Cela ne me semble pas évident si on ne connaît pas cette fonction de Lambert (d'ailleurs je n'ai pas prouvé l'équivalent de $W$ en $+ \infty$).

Guego · November 2015

Sans la fonction $W$ : on sait (croissances comparées) que $t+\ln(t) \underset{t\rightarrow +\infty}{\sim} t$. Donc, avec $t=\ln(x_n)$ (qui tend bien vers $+\infty$) : $\ln(x_n) + \ln(\ln(x_n)) \sim \ln(x_n)$. Or, $\ln(x_n) + \ln(\ln(x_n)) = \ln(n)$. Donc $\ln(x_n) \sim \ln(n)$.
Enfin, puisque $x_n = \dfrac{n}{\ln(x_n)}$, on en déduit $x_n \sim \dfrac{n}{\ln(n)}$.

Alban_ · November 2015

Merci !

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