Développement asymptotique
Réponses
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Bonjour,
Personnellement, j'étudierai la suite de terme général : \(\dfrac 1{1-U_n}\). -
Préciser $-1<u_0<1$.
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Bonjour,
Résolution graphique $u_{n+1}=f(u_n)$... -
Si $-1<u_0<1$, je dirais : $u_{n}=1-\frac{2}{n}+2\frac{\ln n}{n^{2}}+o(\frac{\ln n}{n^{2}})$ quand $n \rightarrow + \infty$, mais il faut voir avec les erreurs de calcul...
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Bien content que BobbyJoe confirme mon résultat. Ça m'encourage à continuer le développement asymptotique, toujours dans le cas $-1<u_0<1$.
Je trouve : $u_{n}=1-\frac{2}{n}+2\frac{\ln n}{n^{2}}+\frac{C}{n^2}-2\frac{(\ln n)^{2}}{n^{3}}+o(\frac{(\ln n)^{2}}{n^{3}})$.
La constante $C$ dépend de $u_0$.
Vrai ou faux ? Si c'est bon, j'ai deux termes de plus.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Corrigé selon la remarque de jandri, infra. -
Je suis d'accord à une coquille près: c'est $\dfrac C{n^2}$.
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En effet merci jandri, la place de ce terme montre bien que c'était une faute de frappe ; je me suis permis de corriger.
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Bonsoir, merci de vos réponses car je n'arrivais à rien ... comment est-ce-que tu as obtenu ce développement Chaurien ? Ce serait possible d'avoir juste les idées et la méthode utilisée afin que je puisse le refaire moi même ?
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Il a d'abord prouvé que la suite convergeait (vers $1$) pour les bonnes conditions initiales.
Ensuite, en écrivant $v_{n}=u_{n}-1,$ on obtient : $$v_{n+1}=\frac{1}{2}v_{n}(v_{n}+2).$$
On a alors $$v_{n+1}-v_{n}=\frac{1}{2}v_{n}^{2}.$$
Par analogie discret-continu ($v_{n+1}-v_{n}$ est la dérivée discrète de $v_{n}$), on regarde l'équation différentielle $y'=\frac{y^{2}}{2}$ i.e. $ (\frac{1}{y})'=-\frac{1}{2}.$
Comme annoncé par "gb", le changement de variables pertinent sur la suite est $\frac{1}{1-u_{n}}.$
Or, $$(*) \frac{1}{1-u_{n+1}}-\frac{1}{1-u_{n}}=\frac{1}{1+u_{n}}=\frac{1}{2}+o(1).$$
Par sommation des relations d'équivalents, on trouve : $\frac{1}{1-u_{n}}\sim \frac{n}{2}$ i.e. $u_{n}=1-\frac{2}{n}+o(\frac{1}{n}).$
Ensuite, il suffit de réinjecter dans la relation $(*)$ pour avoir par un DL :
$$\frac{1}{1-u_{n+1}}-\frac{1}{1-u_{n}}=\frac{1}{2}\times \frac{1}{1+\frac{u_{n}-1}{2}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n^{2}}).$$
On a alors par sommation $$\frac{1}{1-u_{n}}-\frac{n}{2}\sim \frac{1}{2}\ln(n)$$ et ensuite (par un DL encore) que $u_{n}=1-\frac{2}{n}+\frac{2\ln(n)}{n^{2}}+o(\frac{\ln(n)}{n^{2}}).$
Et ainsi de suite en réinjectant.... -
Il me semble qu'on en a déjà parlé sur ce forum. mais comme je n'arrive pas à retrouver ceci, je vais répondre.
Développement asymptotique d'une suite récurrente (1)
La méthode s'applique aux suites $v_{n+1}=g(v_n)$ telles que $g(0)=0$ et que la fonction $g$ soit tangente inférieurement à l'identité, avec un développement limité : $g(x)=x-ax^q+o(x^q)$, $a>0, q>1$. La suite $v_n$ est décroissante et tend vers $0$.
Dans le cas présent on étudie : $u_{n+1}=\frac 12 (1+u_n^2)$. On se ramène d'abord à la situation décrite plus haut en posant : $v_n=1-u_n$, ce qui rejoint l'idée de gb. On a : $v_{n+1}=g(v_n)$, avec : $ g(x)=x-\frac 12 x^2$.
Si $-1<u_0<1$, alors : $0<v_0<2$, la suite $v_n$ est strictement positive, décroissante et tend vers $0$.
On cherche un exposant $\alpha$ tel que : $\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }(g(x)^{\alpha }-x^{\alpha })=L\neq 0$. On verra pourquoi par la suite.
On trouve ici : $\alpha=-1$, ce qui rejoint encore l'idée de gb. On a : $\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }(\frac 1{g(x)}-\frac 1x)= \frac12$.
Il en résulte : $\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }(\frac 1{v_{n+1}}- \frac 1{v_n})= \frac12$.
D'où d'après Cesàro : $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }(\frac 1{nv_n})= \frac12$, et par suite : $v_{n}\sim \frac{2}{n}$.
Et enfin : $ u_n=1-\frac 2n+o(\frac 2n)$.
C'est la première étape. À suivre.
Bonne journée, hélas nuageuse en ÎDF.
Fr. Ch.
17/02/2018 -
Développement asymptotique d'une suite récurrente (2)
Si l'on veut continuer, il faut pousser le développement limité : $\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{x}=\frac{1}{x-\frac{1}{2}x^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{1}{x}(\frac{1}{1-\frac{1}{2}x}-1)=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}x+o(x)$ quand $x \rightarrow 0^+$.
Il en résulte : $\frac{1}{v_{n+1}}-\frac{1}{v_{n}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}v_{n}+o(v_{n})$ quand $n \rightarrow + \infty$.
Sommons : $\displaystyle \frac{1}{v_{n}}-\frac{1}{v_{0}}=\overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}(\frac{1}{v_{k+1}}-\frac{1}{v_{k}})=\overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}(v_{k}+o(v_{k}))$
Comme dit BobbyJoe, on réinjecte le résultat précédent $v_{n}\sim \frac{2}{n}$, et il vient, par sommation des relations de comparaison : $\displaystyle \overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}(v_{k}+o(v_{k}))\sim \overset{n-1}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{2}{k}\sim 2\ln n$.
Il en résulte : $\displaystyle \frac{1}{v_{n}}= \frac{1}{v_{0}}+\overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}(\frac{1}{v_{k+1}}-\frac{1}{v_{k}})=\frac{1}{2}n+\frac{1}{2}\ln n+o(\ln n)=\frac{1}{2}n(1+\frac{\ln n}{n}+o(\frac{\ln n}{n}))$.
En conséquence : $ v_{n}=\frac{2}{n}\cdot \frac{1}{1+\frac{\ln n}{n}+o(\frac{\ln n}{n})}=\frac{%
2}{n}(1-\frac{\ln n}{n}+o(\frac{\ln n}{n}))=\frac{2}{n}-2\frac{\ln n}{n^{2}}+o(\frac{\ln n}{n^{2}})$, et enfin :
$u_{n}=1-\frac{2}{n}+2\frac{\ln n}{n^{2}}+o(\frac{\ln n}{n^{2}})$.
C'est la deuxième étape. À suivre.
Remarquons que l'application du théorème de Cesàro dans la première étape pouvait déjà être considérée comme une sommation de relations de comparaison.
Bonne journée, hélas toujours nuageuse en ÎDF.
Fr. Ch.
17/02/2018 -
Bonjour Chaurien
Ta méthode peut aussi s'utiliser lorsque $g(x)\underset{x \to0 }{\quad=\quad}\alpha x-ax^q+o(x^q)$ avec $0<\alpha<1$ pour avoir un point attractif.
Tu as expliqué le cas $\alpha=1$.
En prenant $(v_{n+1})^{1-q}-(\alpha v_n)^{1-q}$ on a, lorsque $\alpha>0$, une limite finie $\dfrac{a(q-1)}{\alpha^q}$
et, lorsque $\alpha=0$, $n\mapsto \ln u_{n+1}-q\,\ln u_n$ a une limite finie.
On s'intéresse alors aux suites $n\mapsto z_n$ telles que $n\mapsto (z_{n+1}-\lambda z_n)$ a une limite finie $\mu$.
En faisant des "découpages" à la Césaro on montre que :
1. Si $\lambda=1$, $z_n\underset{n \to+\infty }{\quad\simeq\quad}\mu\,n$
2. Si $0\leqslant\lambda<1$ la suite $n\mapsto z_n$ converge vers $\dfrac{\mu}{1-\lambda}$
3. Si $\lambda>1$ la suite $n\mapsto z_n\,\lambda^{-n}$ converge vers un réel $\gamma$ et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(\gamma\lambda^n-z_n)=\dfrac{\mu}{\lambda-1}$.
Sauf cas particulier le réel $\gamma$ reste inconnu (il apparaît comme somme d'une série convergente) mais c'est souvent suffisant pour avoir une idée du comportement de la suite. -
Ok c'est super merci d'avoir répondu aussi clairement, je vais essayer de bien comprendre cette technique afin de pouvoir la réappliquer proprement, bonne journée :-)
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Voici l'étape (3) de la suite initialement posée. J'ai préféré le mettre en attachement car c'était trop difficile pour moi autrement.
Comme j'ai dit, cette méthode s'applique aux suites $v_{n+1}=g(v_n)$ telles que $g(0)=0$, que $0<g(x)<x$ pour $x \in ]0,c[$, $c>0$, et que la fonction $g$ soit tangente inférieurement à l'identité, avec un développement limité en $0$ : $g(x)=x-ax^q+o(x^q)$, $a>0, q>1$. Pour $v_0 \in ]0,c[$ la suite $v_n$ est décroissante et tend vers $0$ et on peut trouver un développement asymptotique de $v_n$.
Comme on le voit sur cet exemple, si l'on a un développement limité de $g$ à une précision supérieure, il en résulte un développement asymptotique de $v_n$ à une précision supérieure aussi. Si l'on a un développement limité de $g$ à toute précision, on peut aller aussi loin qu'on veut pour $v_n$, avec de la patience et de la minutie. Il suffit de connaître les équivalents et développements asymptotiques classiques des sommes partielles et des restes des séries de Riemann et de Bertrand. Mais c'est de plus en plus difficile. Peut-être un logiciel de calcul formel pourrait-il nous secourir ?
Ce qui est remarquable, c'est que le développement asymptotique de la suite ne dépend que du développement limité de la fonction.
On pourra appliquer cette méthode à diverses suites, comme : $v_{n+1}=\frac {v_n}{1+v_n}$, $v_{n+1}=\ln(1+v_n)$, $v_{n+1}=\sin v_n$, ou autres.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Super merci Chaurien, mais du coup dans le cas où $U_o \notin ]-1,1[$ comment devrait on procéder pour donner un développement de $U_n$ ?
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Tout d'abord, on remarque qu'on peut supposer $U_0\geq 0$ puisque le remplacer par son opposé ne change que le premier terme de la suite.
Ensuite, si $U_0=1$, c'est facile !
Enfin, si $U_0>1$, on montre que la suite est strictement croissante et diverge vers $+\infty$.
Puis en posant $W=\left(\dfrac{\ln(U_n)}{2^n}\right)_{n\in\N}$, et en étudiant $W_{n+1}-W_n$, on montre que cette suite converge.
En poussant un peu plus loin, on montre même qu'il existe $\alpha \in\R$ tel que $U_n\sim \exp \left(\alpha 2^n\right)$. -
Ca marche merci à tous :-)
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Bonjour,
Je trouve que $u_n \underset{n\to +\infty}{\Large{ \sim}} 2\exp (\alpha2^n)$, ce qui n' est pas tout à fait la même chose que le résultat de Bisam, et je ne parviens pas à déceler une erreur dans ce qui suit:
$u_{n+1}= \dfrac{1+u_n^2}2 $ avec $u_0>1$. On note: $v_n = \dfrac{\ln u_n}{2^n}.$ Alors:
$v_{n+1}- v_n = \dfrac1{2^{n+1}}\left(\ln (1+\dfrac1{u_n^2}) -\ln 2 \right)$, puis:
$v_n -v_0 = \displaystyle{ \sum_{k=1}^n \frac1{2^k} \left(\ln (1+\frac1{u_{k-1}^2}) - \ln 2\right)}$. En notant $C$ la limite du membre de droite en $+\infty$, il vient:
$v_n - v_0 = C - \displaystyle{\sum_ {k=n+1}^{+\infty} \frac1{2^k} \ln(1+\frac1{u_{k-1}^2}) +\frac{\ln 2}{2^n} = C-\frac{\epsilon(n)}{2^n} +\frac{\ln 2}{2^n}}$ où $\displaystyle{\lim_{n\to +\infty} \epsilon(n) = 0}.$ (il faut pour justifier cette dernière limite, établir par exemple au préalable que $ n = O(u_n)$, ce qui assure la convergence de $\sum_k \ln (1+\dfrac1{u_{k-1}^2})$).
Avec $\alpha = C+ v_0$ , il vient: $ \ln u_n = \alpha2^n -\epsilon(n) +\ln 2\:\:\:$ et $ \:\:u_n \underset{ +\infty}{\sim} 2 \exp (\alpha2^n)$.
Amicalement -
Une petite question, d'où vous est venue l'idée de poser $V_n=\dfrac{\ln(U_n)}{2^n}$ ?
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Effectivement, j'ai oublié un ln(2) dans mon calcul griffonné sur un coin d'une feuille de brouillon déjà fort remplie.
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@senpai : ta question "d'où vous est venue l'idée" est selon moi très intéressante. Voici quelques éléments de réponse :
Déjà les méthodes de Chaurien et rakam sont incluses dans celle de BobbyJoe, l'analogie discret continu c'est très puissant et permet par exemple d'étudier la suite $u_0=1$ et $u_{n+1}=u_n+e^{-u_n}$. On montre que $u_n \to + \infty$, et alors l'analogue continu est $y'=e^{-y}$ qui s'écrit $(e^y)'=1$ donc on étudie la dérivée discrète de $e^{u_n}$ c'est à dire $e^{u_{n+1}}-e^{u_n} \to 1$ et donc $u_n \sim \log n$. Et tu vois bien que la méthode de Chaurien qui utilise un DL de $g$ telle que $u_{n+1}=g(u_n)$ ne peut s'appliquer.
La méthode atteint ses limites lorsque la croissance de la suite est trop forte. Et il faut faire une étape préliminaire qui est de remettre à l'échelle. Typiquement, lorsque $u_{n+1}=\sin (u_{n}/2) \sim \frac{u_n}{2}$ il faut remettre à l'échelle avec la suite $v_n:= 2^nu_n$, de sorte que $v_{n+1}$ et $v_n$ soient comparables.
En fait dans notre cas tu vois que l'on a $u_{n+1} \simeq \frac{u_n^2}{2}$ et donc comme $u_n \to \infty$ la suite croit extrêmement vite, probablement en exponentielle d'exponentielle. Donc on "calme" la suite en prenant le logarithme $v_n:=\log u_n$ et donne $v_{n+1} \simeq 2v_n$, et donc pour remettre à l'échelle il faut regarder $w_n:= \frac{v_n}{2^n}$, et ensuite faire comme BobbyJoe, maintenant qu'on a une suite dont les termes consécutifs sont comparables.
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