Équivalent

@Darko,

En règle générale, si $a_n$ diverge vers $+\infty$ et $a_n\sim b_n$, avec $f$ définie au voisinage de $+\infty$, on n'a pas nécessairement $f(a_n)\sim f(b_n)$.

Par exemple si $f$ est la fonction exponentielle, $a_n=n^2$ et $b_n=n^2+n$, on a bien équivalence de $a_n$ et $b_n$ mais pas de leurs exponentielles.

Du coup, pour justifier ton premier équivalent qui est vrai, il faut bien exploiter le fait que $f=\ln$.

D'autre part, il faut déjà montrer que $u_n$ tend vers $+\infty$, ce qui n'est pas si évident que ça à bien rédiger (essaye un truc propre pour voir).

Oui c'est vrai, et il faudrait une condition plus forte si $f=\exp\circ\exp$. Bref, ce que je voulais dire c'est que l'exercice est intéressant parce que sa "difficulté" intervient dans ces fameux détails. As-tu essayé de rédiger un truc vraiment propre de bout en bout ?

De mon côté, je me suis prêté au jeu, et j'avoue que, si l'on est rigoureux, c'est assez long avec pas mal de petites subtilités. Mais peut-être qu'il y a des raccourcis que j'ai ratés.

Je mets ma rédaction en dessous. Ne la lis pas si jamais tu veux chercher quelque chose à toi qui serait plus court:

On a $f:x\mapsto x\ln x$ strictement croissante sur $[1;+\infty[$. Et $f$ négative sur $]0;1]$. Fixons $M>1$. Comme $u_{n}\ln u_{n}\underset{}{\longrightarrow}+\infty$, on a $f\left(u_{n}\right)\underset{}{\longrightarrow}+\infty$, et donc à partir d'un certain rang $N$, $f\left(u_{n}\right)>f\left(M\right)>0$. Donc $u_{n}>1$. Si on avait $u_{n}\leqslant M$ pour un certain $n\geqslant N$ on aurait, par croissance de $f$, $f\left(u_{n}\right)\leqslant f\left(M\right)$ : absurde. Donc pour $n\geqslant N$ on a $u_{n}>M$ et donc $u_{n}\underset{}{\longrightarrow}+\infty$.

Ensuite, $f\left(u_{n}\right)\underset{}{\sim}n$ et donc il existe $v_{n}$ de limite $1$ en $+\infty$ telle que $f\left(u_{n}\right)=nv_{n}$ qui entraîne pour $n>1$, $\ln f\left(u_{n}\right)=\ln n+\ln v_{n}=\underbrace{\left(1+\frac{\ln v_{n}}{\ln n}\right)}_{\underset{}{\longrightarrow}1}\ln n$ et donc $\ln f\left(u_{n}\right)\underset{}{\sim}\ln n$ ce qui donne $\ln\left(u_{n}\ln u_{n}\right)$$\underset{}{\sim}\ln n$. Mais $\ln\left(u_{n}\ln u_{n}\right)=\ln u_{n}+\ln\ln u_{n}=\underbrace{\left(1+\frac{\ln\ln u_{n}}{\ln u_{n}}\right)}_{\underset{}{\longrightarrow}1}\ln u_{n}\underset{}{\sim}\ln u_{n}$ et donc $\ln u_{n}\underset{}{\sim}\ln n$. Et comme $u_{n}\ln u_{n}\underset{}{\sim}n$ on obtient par quotient (pour $n>N$), $u_{n}\underset{}{\sim}\frac{n}{\ln n}$.

Je signale qu'un fil datant d'un an s'intéressait à la suite $(x_n)$ telle que $x_n \ln (x_n) =n$ (avec une égalité cette fois, au lieu d'un équivalent) et à son développement asymptotique. C'est par ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1853408,1853952#msg-1853952. Dans notre cas on ne peut pas donner de tel développement asymptotique, ou alors il faudrait tenir compte de la précision de l'équivalent $u_n\ln(u_n)\sim n$ par exemple en introduisant la suite $(\frac{u_n\ln(u_n)}n-1)$. M'enfin... je suis content du DA que j'avais trouvé ce jour là, donc je ne vais pas perdre une occasion de m'autociter. (:P)

Darko, troisqua : Oui c'était $\ln n$ au lieu de $n$ à l'endroit que vous avez pointé. J'ai corrigé.

troisqua : Non j'applique $f^{-1}$ à $u_n\ln(u_n)$, c'est-à-dire à $f(u_n)$ :-D. Bon dit comme ça, ç'a l'air bête mais le raisonnement est le suivant. $n$ tend vers l'infini et $f(u_n)\sim n$, donc $f(u_n)\to \infty$. Donc à partir d'un certain rang $u_n\geqslant 0$ et on peut lui appliquer $f^{-1}$. Et comme $f$ est bornée sur $[0,1]$, on a à partir d'un certain rang $f^{-1}(f(u_n)) = u_n$ (je rappelle que $f^{-1}$ n'est la réciproque que de la restriction de $f$ à $[1,+\infty[$).
Oui en toute rigueur c'est un argument supplémentaire, que n'avais pas pris la peine de détailler.

La transformation des équivalents en $o(1)$ par passage au logarithme, c'est un truc "connu" de mon point de vue et je ne le redémontre plus à chaque fois. La justification est : si $v_n\sim w_n$, alors $\ln(v_n)=\ln(w_n (1+o(1)) =\ln(w_n)+\ln(1+o(1))=\ln(w_n)+o(1)$.

Bonsoir,

Voici une preuve (élémentaire mais laborieuse) de la divergence de $\left(u_n\right)_{n\in\N}$ vers $+\infty$, rédigée ici de manière détaillée:

Soit $A\in\R$.
Comme $u_n\ln\left(u_n\right)\underset{n\to +\infty}{\sim}n$, on dispose de $n_0\in\N$ et de $\left(\varphi_n\right)_{n\geqslant n_0}$ de limite $1$ tels que, pour tout $n\geqslant n_0$, $u_n\ln\left(u_n\right)=n\varphi_n$.
Or, par produit, $\lim\limits_{n\to +\infty}n\varphi_n=+\infty$.
Donc, on dispose de $n_1\geqslant n_0$ tel que, pour tout $n\geqslant n_1$, $n\varphi_n\geqslant A^2$.
Ainsi, pour tout $n\geqslant n_1$, $u_n\ln\left(u_n\right)\geqslant A^2$.
De plus, la concavité de $\ln$ sur $\R_+^*$ donne, pour tout $x\in\R_+^*$, $x\geqslant x-1\geqslant \ln(x)$.
Or, pour tout $n\in\N,~u_n\in\R_+^*$.
Donc, pour tout $n\in\N$, $u_n\geqslant \ln(u_n)$, puis, pour tout $n\in\N$, $u_n^2\geqslant u_n\ln\left(u_n\right)$.
Ainsi, pour tout $n\geqslant n_1$, $u_n^2\geqslant A^2$.
Donc, par positivité de $\left(u_n\right)_{n\in\N}$, stricte croissance de la fonction carrée sur $\R_+$ et propriété de la valeur absolue: $\forall n\geqslant n_1,~u_n\geqslant \vert A\vert\geqslant A$
Ainsi, a été établi: $$\forall A\in\R,~\exists n_1\in\N,~\forall n\geqslant n_1,~u_n\geqslant A$$
Donc, $\lim\limits_{n\to +\infty}u_n=+\infty$.

Bonne soirée à tous,

@Calli:

Calli a écrit:

[...] la fontion $f$ tend vers $+\infty$ en $+\infty$, donc $f^{-1}$ fait de même [...]

sous-entendrais-tu, en toute généralité, que si $f$ réalise une bijection de $[1,+\infty[$ sur $[0,+\infty[$ (dont la réciproque est notée $f^{-1}$) vérifiant $\lim\limits_{+\infty}f=+\infty$, alors nécessairement $\lim\limits_{+\infty}f^{-1}=+\infty$ ?

Bbidule : Non, il faut prendre en compte la croissance de $f$ que j'avais mentionnée.

Edit : J'ai quand même parlé de croissance troisqua. :-D

(:P)

Oui ça n'était pas explicité. C'était un de ces moments où je sais que ça marche parce qu'on a clairement assez de bonnes hypothèses pour que ça fonctionne (par exemple le théorème de la bijection donne le résultat ici), mais où j'ai la flemme d'aller chercher quel est l'argument minimal à donner et donc je laisse le lecteur sélectionner les hypothèses qui lui plaisent parmi le buffet qui lui est proposé (il ne faut pas se priver, c'est à volonté avec moi :-)).

Bon là je m'amuse à faire le malin ;-), mais des fois je suis agacé comme toi troisqua par les gens qui disent que telle chose est évidente et qui donnent des justifications tellement incomplètes qu'on ne peut pas appeler ça une démonstration.

Moi ? Je n'oserais pas... 8-)
Bon d'accord, il est possible que j'ai un tête un Certain Coforumeur. Néanmoins, je tiens à préserver son anonymat, c'est pourquoi je le désignerai par les lettres CC. :-D:-D:-D
Mais CC n'est pas l'unique personne à laquelle je pensais.