Bonsoir à tous.
J'ai un souci avec cet exercice. Je ne maitrise pas le Latex donc je le joins en pdf. J'ai montré l'existence et la convergence. Mon souci c'est la limite et l'équivalent.
Merci
Bonjour,
Voici un graphique qui peut t'aider à deviner quelle est la limite.
Pour la preuve, je pense à ceci:
prouver que la suite $(a_n)$ est croissante et majorée
Pour la limite il n'y a alors qu'un candidat possible.
On peut traiter plus généralement le cas de $\varphi _{n}(x)=\cos (\lambda x)-x^{n}$, $0<\lambda \leq \frac{\pi }{2}$.
Cette fonction $\varphi _{n}$ est continue et strictement décroissante sur $[0,1]$, d'où l'existence et l'unicité de $a_{n}\in ]0,1[$ tel que : $\varphi _{n}(a_{n})=0$.
Pour $x\in ]0,1[$, on a : $\varphi _{n+1}(x)>\varphi _{n}(x)$, ce qui implique que la suite $a_n$ est strictement croissante. Cette suite $a_n$ admet donc une limite $\ell$ telle que : $0<\ell \leq 1$. On vérifie que seul $\ell =1$ convient.
Ensuite, l'équivalent demandé est celui de $1-a_n$ quand $n\rightarrow +\infty $.
Pour $0<\lambda < \frac{\pi }{2}$ je trouve : $1-a_{n}\sim -\frac{1}{n}\ln \cos \lambda $.
Pour $ \lambda = \frac{\pi }{2}$, c'est un peu plus caché, à suivre...
Bonjour Chaurien.
<<On vérifie que seul l=1 convient>> et comment? Sinon c'est bien 2/Pi.
Je suis curieux de voir pour Pi/2 comment vous avez obtenu cet équivalent.
Notations de mon précédent message. En particulier : $0<\lambda \leq \frac{\pi }{2}$.
Si $0< \ell <1$ alors $a_{n}^{n}\rightarrow 0$, mais $\cos \lambda a_{n}\rightarrow \cos \lambda \ell >0$.
Impossible, d'où : $ \ell =1$.
Pour l'équivalent, la méthode habituelle est celle du "retour à zéro". On pose : $h_{n}=1-a_{n}$, qui tend vers $0^{+}$.
L'égalité de définition de la suite s'écrit : $\ln \cos (\lambda (1-h_{n}))=n\ln (1-h_{n})$, et comme $n\ln (1-h_{n})\sim -nh_{n}$, c'est terminé si $0<\lambda <\frac{\pi }{2}$.
Si $\lambda =\frac{\pi }{2}$, il faut ramer un peu plus, ma non troppo.
Cette valeur $\lambda =\frac{2 }{\pi}$ est complètement idiote. Si l'on voulait un $\lambda \in ]0,\frac{\pi }{2}[$, les valeurs $\lambda = \frac{\pi }{4}$, ou sur $3$ ou $6$, ou même $\lambda =1$, étaient plus appropriées.
Pour être complet, je vais traiter le cas $\lambda =\frac{\pi }{2}$.
Dans ce cas : $-nh_{n}\sim n\ln (1-h_{n})=\ln \cos (\frac{\pi }{2}(1-h_{n}))=\ln \sin (\frac{\pi }{2}h_{n})=\ln (\frac{\pi }{2}h_{n}(1+o(1)))=\ln \frac{\pi }{2}+\ln h_{n}+o(1)\sim \ln h_{n}$.
Posons $z_{n} =\frac{1}{h_{n}}$, qui tend vers $+\infty$, il vient : $n=z_{n}(\ln z_{n})(1+o(1))$, et là, un nouveau coup de log :
$\ln n=\ln z_{n}+\ln \ln z_{n}+o(1)\sim \ln z_{n}$. En reportant dans l'égalité précédente, on obtient : $z_{n}\sim \frac{n}{\ln n}$ etc.
Bonne soirée.
F. Ch.
Réponses
Ce n'est pas plutôt :$\varphi _{n}(x)=\cos (\frac{\pi }{2}x)-x^{n}$ ?
Bonne journée.
F. Ch.
Voici un graphique qui peut t'aider à deviner quelle est la limite.
Pour la preuve, je pense à ceci:
prouver que la suite $(a_n)$ est croissante et majorée
Pour la limite il n'y a alors qu'un candidat possible.
Cette fonction $\varphi _{n}$ est continue et strictement décroissante sur $[0,1]$, d'où l'existence et l'unicité de $a_{n}\in ]0,1[$ tel que : $\varphi _{n}(a_{n})=0$.
Pour $x\in ]0,1[$, on a : $\varphi _{n+1}(x)>\varphi _{n}(x)$, ce qui implique que la suite $a_n$ est strictement croissante. Cette suite $a_n$ admet donc une limite $\ell$ telle que : $0<\ell \leq 1$. On vérifie que seul $\ell =1$ convient.
Ensuite, l'équivalent demandé est celui de $1-a_n$ quand $n\rightarrow +\infty $.
Pour $0<\lambda < \frac{\pi }{2}$ je trouve : $1-a_{n}\sim -\frac{1}{n}\ln \cos \lambda $.
Pour $ \lambda = \frac{\pi }{2}$, c'est un peu plus caché, à suivre...
Bonne journée, joyeux Noël.
F. Ch.
<<On vérifie que seul l=1 convient>> et comment? Sinon c'est bien 2/Pi.
Je suis curieux de voir pour Pi/2 comment vous avez obtenu cet équivalent.
Une autre justification serait
Si $\ell <1$, alors $\exists n\in\mathbb N $ tel que $\ell^n <\frac 1 2$ et donc $\alpha _n>\ell $
Édit : je me suis trompé de nom. Désolé.
Qu'est-ce que la suite $(x_n )$ ? Où a-t-elle été définie ?
Si $0< \ell <1$ alors $a_{n}^{n}\rightarrow 0$, mais $\cos \lambda a_{n}\rightarrow \cos \lambda \ell >0$.
Impossible, d'où : $ \ell =1$.
Pour l'équivalent, la méthode habituelle est celle du "retour à zéro". On pose : $h_{n}=1-a_{n}$, qui tend vers $0^{+}$.
L'égalité de définition de la suite s'écrit : $\ln \cos (\lambda (1-h_{n}))=n\ln (1-h_{n})$, et comme $n\ln (1-h_{n})\sim -nh_{n}$, c'est terminé si $0<\lambda <\frac{\pi }{2}$.
Si $\lambda =\frac{\pi }{2}$, il faut ramer un peu plus, ma non troppo.
Cette valeur $\lambda =\frac{2 }{\pi}$ est complètement idiote. Si l'on voulait un $\lambda \in ]0,\frac{\pi }{2}[$, les valeurs $\lambda = \frac{\pi }{4}$, ou sur $3$ ou $6$, ou même $\lambda =1$, étaient plus appropriées.
Bonne après-midi.
F. Ch.
Dans ce cas : $-nh_{n}\sim n\ln (1-h_{n})=\ln \cos (\frac{\pi }{2}(1-h_{n}))=\ln \sin (\frac{\pi }{2}h_{n})=\ln (\frac{\pi }{2}h_{n}(1+o(1)))=\ln \frac{\pi }{2}+\ln h_{n}+o(1)\sim \ln h_{n}$.
Posons $z_{n} =\frac{1}{h_{n}}$, qui tend vers $+\infty$, il vient : $n=z_{n}(\ln z_{n})(1+o(1))$, et là, un nouveau coup de log :
$\ln n=\ln z_{n}+\ln \ln z_{n}+o(1)\sim \ln z_{n}$. En reportant dans l'égalité précédente, on obtient : $z_{n}\sim \frac{n}{\ln n}$ etc.
Bonne soirée.
F. Ch.