Équivalent d'une suite
Bonjour à tous
Un exercice classique consiste à étudier l’équation : $\quad2-nx^2-\ln(x)=0$
Si on note $U_n$ la suite telle que : $\quad2-n(U_n)^2-\ln(U_n)=0$
On a $U_n$ qui tend vers 0.
L'exercice s'arrête là mais je souhaite obtenir un équivalent de cette suite, avez-vous des pistes ?
On a que $U_n$ est négligeable devant $\ln(U_n)$, mais je ne parviens pas à conclure.
Merci d'avance.
Un exercice classique consiste à étudier l’équation : $\quad2-nx^2-\ln(x)=0$
Si on note $U_n$ la suite telle que : $\quad2-n(U_n)^2-\ln(U_n)=0$
On a $U_n$ qui tend vers 0.
L'exercice s'arrête là mais je souhaite obtenir un équivalent de cette suite, avez-vous des pistes ?
On a que $U_n$ est négligeable devant $\ln(U_n)$, mais je ne parviens pas à conclure.
Merci d'avance.
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Réponses
En passant au logarithme la relation, on a $\displaystyle \ln(n)+2\ln(U_{n})=\ln(2-(\ln(U_{n})).$
Ainsi, on trouve que $\displaystyle \ln(U_{n})\sim -\frac{\ln(n)}{2}.$
En réinjectant dans la relation initiale, il vient bien $$U_{n} \sim \sqrt{\frac{\ln(n)}{2n}}.$$
Je trouve $U_{n}\sim\sqrt{\dfrac{\ln n}{2n}}$.
Et si j'osais j'ajouterais : $U_{n}=\dfrac{\sqrt{\ln n}}{\sqrt{2}\sqrt{n}}-\dfrac{\ln \ln n}{2\sqrt{2}\sqrt{n}\sqrt{\ln n}}+o\Big(\dfrac{\ln \ln n}{\sqrt{n}\sqrt{\ln n}}\Big)$.
Mais bon, nul n'est prémuni contre les erreurs de calcul.
On verra demain.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Je ne développe pas la preuve de l'équivalent : $u_{n}\sim \dfrac{\sqrt{\ln n}}{\sqrt{2}\sqrt{n}}$, je le ferai sur demande.
Ceci s'écrit : $u_{n}=\dfrac{\sqrt{\ln n}}{\sqrt{2}\sqrt{n}}(1+\alpha _{n})$, $\ \alpha_{n}\rightarrow 0$.
Il en résulte : $nu_{n}^{2}=\frac{1}{2}(\ln n)(1+\alpha _{n})^{2}$, et : $\ln u_{n}=\frac{1}{2}\ln \ln n-\dfrac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}\ln n+\ln(1+\alpha _{n})$.
On reporte ceci dans l'égalité qui définit la suite $u_n$, qui est : $2-nu_{n}^{2}-\ln u_{n}=0$, et il vient :
$2-\frac{1}{2}(\ln n)(1+\alpha _{n})^{2}-\frac{1}{2}\ln \ln n+\frac{1}{2}\ln 2+\frac{1}{2}\ln n-\ln (1+\alpha _{n})=0$, soit :
$\frac{1}{2}(\ln n)(1-(1+\alpha _{n})^{2})-\ln (1+\alpha _{n})=\frac{1}{2}\ln \ln n+C$
(avec $C=-2-\frac{1}{2}\ln 2$, mais peu importe).
Le premier membre s'écrit : $-\alpha _{n}\Big(1+\dfrac{\alpha _{n}}{2}\Big)(\ln n)-\ln (1+\alpha _{n})=-\alpha_{n}(\ln n)\Big(1+\dfrac{\alpha _{n}}{2}+\dfrac{\ln (1+\alpha _{n})}{\alpha _{n}}\cdot \dfrac{1}{\ln n}\Big)\sim -\alpha _{n}\ln n$.
Il est ainsi prouvé : $ -\alpha _{n}\ln n \sim \frac{1}{2}\ln \ln n$.
Et ainsi de suite, sauf erreur.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Merci Chaurien pour ton intervention mais comment en arrives-tu à cet équivalent pour $u_n$ ?
Comme j'ai dit, je préfère aller au voisinage de $+\infty$, en posant : $v_{n}=\frac{1}{u_{n}}\rightarrow +\infty $. La définition de la suite devient : $v_{n}^{2}(2+\ln v_{n})=n$, d'où :
$\ln n=2\ln v_{n}+\ln (2+\ln v_{n})=2(\ln v_{n})(1+\frac{\ln (2+\ln v_{n})}{2\ln v_{n}})\sim 2\ln v_{n}$, et par suite : $n=v_{n}^{2}(2+\ln v_{n})\sim v_{n}^{2}\ln v_{n}\sim \frac 12 v_{n}^{2}\ln n$. Etc.
On pouvait sans doute éviter ce détour par $+\infty $, c'est ce qu'a fait BobbyJoe je pense. Moi j'ai fait comme ça.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
Merci aussi BobbyJoe.
On peut même établir un "principe" général à ce type d'équation : par exemple
Soit $f$ continue et strictement croissante sur un intervalle $I = \left ] a , + \infty \right[$ telle que, lorsque $x \to \infty$, $f(x) \sim x$. Pour tout $u > f(a)$, soit $x_u$ la solution de l'équation $f(x) = u$ appartenant à $I$. Alors, lorsque $u \to \infty$, on a $x_u \sim u$.
Pour appliquer ça à l'équation de ce sujet, le changement de variable $t = nx^2$ ramène l'équation à $t + \frac{1}{2} \log t = \frac{1}{2} \log \left( e^4 n \right)$. La fonction $t \longmapsto t + \frac{1}{2} \log t$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}_+^*$ et est $\sim t$ en l'infini. D'après ci-dessus, lorsque $n \to \infty$, la solution $t_n$ vérifie $t_n \sim \frac{1}{2} \log \left( e^4 n \right)$ et donc
$$x_n = \sqrt{\frac{t_n}{n}} \sim \sqrt{\frac{ \log \left( e^4 n \right)}{2n}} \sim \sqrt{\frac{ \log n}{2n}} \quad \left( n \to \infty \right).$$
Un bon exercice serait une estimation de l'erreur dans la formule asymptotique ci-dessus.
D'où la nécessité de faire beaucoup d'exercices et de ne pas craindre les calculs.
C'est un peu la même chose avec la récurrence.
Je me méfie des « mathématiciens » qui survolent les questions et prétendent résoudre les problèmes à l’esbroufe par du blabla sans entrer dans le détail de la solution, y compris les calculs. Par bonheur je n'en vois pas sur ce forum en ce moment.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
C'est un principe qui ne s'applique pas seulement aux mathématiques, mais aussi à beaucoup de situations de la vie.