Suite récurrente, développement asymptotique

Considère la suite $y$ définie par $y_{n}=e^{x_{n}}.$
Et regarde en faisant un DL (ou DA) $y_{n+1}-y_{n}.$

En sommant, tu as $y_{n}\sim n.$
Et en passant au logarithme (qui préserve l'équivalence en $+\infty$), tu obtiens $x_{n}\sim \ln(n).$

Bonjour,

Est-ce que tout est bien justifié dans cette proposition ?

Avec, pour tout $n$ entier, la suite $x$ définie par la récurrence $x_{n+1}=x_n+e^{-x_n}$ et son premier terme $x_0$, on montre que la suite est strictement croissante et $x_n \to +\infty, (n \to +\infty).$
Quand on définit la suite $y$ par son terme général $y_n=e^{x_n}$, on calcule $\ln{y_{n+1} \over y_n} = \ln(1+{y_{n+1} -y_n\over y_n} )={1 \over y_n}.$ Or le calcul montre que ${y_{n+1} -y_n\over y_n} ={1 \over 1+e^{-2 x_n}}-1 \to 0, (n \to +\infty).$ Et comme, pour tout $n$, $y_{n+1} -y_n =e^{x_{n+1}} - e^{x_{n}} > 0$ et que $\ln (1+u )\sim u, (u \to 0^+)$, alors $\ln(1+{y_{n+1} -y_n\over y_n} ) ={1 \over y_n} \sim {y_{n+1} -y_n\over y_n}, (n \to +\infty).$ Et donc on a établi que $y_{n+1} - y_n \sim 1, (n \to +\infty).$ On a donc $y_{n+1} - y_n = 1+ o(1)$ et on somme pour trouver $y_n-y_0=n+o(n)$ qui implique que $y_n/n=1+y_0/n+o(1) \to 1, (n \to +\infty)$ : donc $y_n \sim n, (n \to +\infty)$ et donc $e^{x_n} =n + o(n)$, puis $x_n = \ln n + \ln(1+o(1)) = \ln n + o(1)$ et enfin $x_n \sim \ln n, (n \to +\infty).$

À mon goût, la sommation des équivalents reste à justifier. (La conservation de l'équivalent infini par le logarithme, elle, l'a été.)

Cet énoncé se trouve ici : RMS 122-2, janvier 2012, n° 182, p. 41, oral 2011, X, MP.
On a vu que : $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }x_{n}=+\infty $.
La bonne idée est effectivement de poser : $y_{n}=e^{x_{n}}$. Alors : $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }y_{n}=+\infty $, et :
$y_{n+1}-y_{n}=e^{x_{n}}(e^{e^{-x_{n}}}-1)=y_{n}(e^{\frac{1}{y_{n}}}-1)%
\underset{n\rightarrow +\infty }{\sim }y_{n}\frac{1}{y_{n}}=1$.
Sommation des relations de comparaison : $\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum }}(y_{k+1}-y_{k})\underset{n\rightarrow
+\infty }{\sim }~\underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum }}1$, soit : $y_{n}%
\underset{n\rightarrow +\infty }{\sim }n$, ou encore :
$y_{n}=n(1+o(1))$, et enfin : $x_{n}=\ln y_{n}=\ln n+\ln (1+o(1))=\ln n+o(1)$.
On peut chercher plus loin...
Bonne après-midi.
Fr. Ch.

Bonjour,

@Chaurien : comment justifies-tu que la suite $x$ admet une limite ?

@Lengoda : YvesM voulait plutôt avoir la justification de Chaurien que la réponse, qu'il connaissait.

@YvesM : Je n'aime pas du tout tes notations (o(1) pour le terme d'indice 1, 2 ou 3, ça n'est pas terrible) mais en nommant $z_n=y_n-y_0-n$ et en remplaçant chacun de tes $o(1)$ par $z_{\text{quelque chose}}$, je suis d'accord. À peu de choses près, c'est la preuve habituelle du théorème de Cesaro. Cela dit, ma question ne s'adressait pas vraiment à toi.

NB : Le résultat invoqué par Chaurien est un peu plus général : si $(u_n)$ et $(v_n)$ sont deux séries positives (à partir d'un certain rang) et divergentes tels que $u_n\sim v_n$, alors $\sum_{k=0}^nu_k\sim\sum_{k=0}^nv_k$ (on retrouve le théorème de Cesaro avec $v_k=\ell$ ; je crois qu'on s'en sort en ajoutant $1$ à tout le monde si $\ell=0$).

Bonjour,

Je laisse aux autre l'aspect technique et la justification rigoureuse de l'équivalent. Avoir pensé à l'équation différentielle est une idée saine, et la suite proposée par BobbyJoe la bonne correspondant à ton intuition. Sachant que tu n'as pas réussi à trouver cette bonne suite je te propose de t'expliquer pourquoi on en vient naturellement à regarder $y_n := e^{x_n}$.

Lorsque tu fais l'analogie discret-continu tu transforme $x_{n+1}-x_n$ en $y'$ et $e^{-x_n}$ en $e^{-y}$. L'équation continue est donc $y'e^y=1$. Jusque là pas de magie. Mais c'est à ce moment que tu as dû faire quelque chose d'intuitif (intuitif avec des fonctions mais pas avec les suites !) : j'imagine que tu as dû réécrire cela comme étant $(e^y)'=1$ d'où le fait que $y (t) = \log t \dots$. Regarde bien l'analogue discret de $y'e^y$ qui est $(x_{n+1}-x_n)e^{x_n}$ et celui de $(e^y)'$ qui est $e^{x_{n+1}}-e^{x_n}$ : on vient de dire que moralement il sont identiques alors que ça n'est a priori pas frappant ... donc tu vois que c'est ici que se passe quelque chose de "magique". Le truc non trivial était donc de réécrire ton équation comme $(e^y)'=1$ c'est donc tout naturellement qu'il faut considérer l'analogue discret. Tu as ensuite effectué les calculs et tu vois bien que ça fonctionne bien.

Très élégamment expliqué en effet !