Développement limité, suite

Pourquoi ne pas considérer $v_n:=\frac{1}{u_n^2}-\frac{n}{3}$ et étudier $v_{n}-v_{n-1}$ ?

Est-ce que tu vois la démarche pour poser la suite $\frac{1}{u_n^2}$ pour obtenir un équivalent de $u_n$?

Si c'est le $n-1$ ce n'est rien, $v_{n+1}-v_n$ ou $v_n-v_{n-1}$ c'est pareil.

Oui tu peux.

Sur le fond, je suis à peu près certain qu'on a traité ça sur ce forum, et pas qu'une fois, on pourrait chercher les références.
Pour avoir un développement asymptotique de $u_{n+1}=f(u_n)$, on cherche l'exposant $\alpha$ tel que : $\lim_{x \rightarrow 0}(f(x)^{\alpha}-x^{\alpha})=\ell \neq 0$.
Pour $f(x)=\sin x$ c'est $\alpha=-2$.
Pour $f(x)=\ln(1+x)$ c'est $\alpha=-1$.
Le développement limité de $f(x)^{\alpha}-x^{\alpha}$, poussé suffisamment, permet d'obtenir, terme après terme, le développement asymptotique de $u_n$, au moyen du théorème de sommation des relations de comparaison, qui est une généralisation de Cesàro.
Bon courage.
Fr. Ch.

Je reprends la question ab ovo, sans logiciel de calcul formel, juste avec ma tête ... et mon couteau ;-).

$\bullet $ Soit la suite $(u_n)_{n \in \mathbb N}$ définie par $u_{0}\in ]0,\pi \lbrack $ et, pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}=\sin u_{n}$. La suite $u_n$ est positive, décroissante, de limite nulle.

$\bullet $ On cherche $\alpha \in \mathbb{R}^{\ast }$ tel que : $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}((\sin x)^{\alpha }-x^{\alpha })=\ell \in \mathbb{R}^{\ast }$.
Comme : $(\sin x)^{\alpha }-x^{\alpha }\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\sim }-\frac{\alpha }{6}x^{\alpha +2}$, on trouve : $\alpha =-2$ et $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}((\sin x)^{-2}-x^{-2})=\frac{1}{3}$, ce qui implique : $\lim_{n\rightarrow +\infty }(\frac{1}{u_{n+1}^{2}}-\frac{1}{u_{n}^{2}})=\frac{1}{3}$.
D'après Cesàro, ou bien d'après la sommation des relations de comparaison, il s'ensuit : $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{1}{nu_{n}^{2}}=\frac{1}{3}$, ce qui implique clairement :
$u_{n}\underset{n\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{\frac{3}{n}}$. Tout ça on le sait.

$\bullet $ Pour aller plus loin, on utilise le développement limité quand $x\rightarrow 0$ : $(\sin x)^{-2}-x^{-2}=\frac{1}{3}+\frac{x^{2}}{15}+o(x^{2})$.
On en déduit quand $n\rightarrow +\infty $ : $\frac{1}{u_{n+1}^{2}}-\frac{1}{u_{n}^{2}}=\frac{1}{3}+\frac{1}{15}u_{n}^{2}+o(u_{n}^{2})$, et comme $u_{n}\sim \sqrt{\frac{3}{n}}$, ceci se traduit par :
$\frac{1}{u_{n+1}^{2}}-\frac{1}{u_{n}^{2}}=\frac{1}{3}+\frac{1}{5n}+o(\frac{1}{n})$.
Et par sommation des relations de comparaison : $\frac{1}{u_{n}^{2}}=\frac{1}{3}n+\frac{1}{5}\ln n+o(\ln n)$.
Avec un peu de calcul, on en conclut, quand $n\rightarrow +\infty $ : $u_{n}=\sqrt{\frac{3}{n}}(1-\frac{3}{10}\cdot \frac{\ln n}{n}+o(\frac{\ln n}{n}))$.

$\bullet $ Pour continuer, il faudra pousser le développement limité quand $x\rightarrow 0$ : $(\sin x)^{-2}-x^{-2}=\frac{1}{3}+\frac{x^{2}}{15}+\frac{2}{189}x^{4}+o(x^{4})$. Si l'on a la flemme, on peut noter que les coefficients se déduisent par dérivation de ceux de $\cot x - \frac 1x$, dont l'expression est classique en fonction des nombres de Bernoulli, mais c'est anecdotique. J'y reviendrai tantôt.

$\bullet $ Je n'aime pas l'expression « développement à l'ordre 3 » de la question initiale, qui semble suggérer que $u_n$ admettrait un développement limité polynomial, autrement dit dans l'échelle des $n^p$, $p \in \mathbb N$, quand $n\rightarrow +\infty $, ce qui n'est pas le cas, comme on le voit d'après le résultat. La bonne formulation consiste à demander un développement asymptotique dans l'échelle des $n^\alpha (\ln n)^ \beta$, $\alpha \in \mathbb R$, $ \beta \in \mathbb R$, à une précision prescrite.

$\bullet $ Des camarades forumeurs pourraient rechercher les fils de discussion qui ont déjà été consacrés à cette question. On a l'impression de radoter. Vous direz, c'est de mon âge...

Bonne journée.
Fr. Ch.
28/09/2020
.

Bien subodoré, totem. La somme de $\frac{1}{5n}+o(\frac{1}{n})$ c'est $\frac{1}{5}\ln n+o(\ln n)$, en raison de l’équivalent bien connu de la somme partielle de la série harmonique.
Bonne journée automnale (pas de réchauffement).
Fr. Ch.

A chaque apparition du marronnier il faut citer Polya et Szego probleme 173 I Chap 4.

@Chaurien : et au niveau rédaction , ça m'intéresse de savoir comment on procède.
$$
\frac{1}{u_{n+1}^{2}}-\frac{1}{u_{n}^{2}}=\frac{1}{3}+\frac{1}{5n}+o(\frac{1}{n})

$$ donc $$

\sum_{k=1}^n ( \frac{1}{u_{k+1}^{2}}-\frac{1}{u_{k}^{2}} ) =\frac{1}{3}n+\frac{1}{5}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} +o(\sum_{k=1}^n \frac{1}{n})

$$ donc $$
\frac{1}{u_{n}^{2}}=\frac{1}{3}n+\frac{1}{5}\ln n+o(\ln n).

$$ Comme ça ??

$\bullet $ Continuons. On a quand $x\rightarrow 0 $ : $(\sin x)^{-2}-x^{-2}=\frac{1}{3}+\frac{x^{2}}{15}+\frac{2}{189}x^{4}+o(x^{4})$.
On en déduit, quand $n\rightarrow +\infty $ : $u_{n+1}^{-2}-u_{n}^{-2}=\frac{1}{3}+\frac{1}{15}u_{n}^{2}+%
\frac{2}{189}u_{n}^{4}+o(u_{n}^{4})$.

$\bullet $ Le développement asymptotique précédemment trouvé conduit à : $u_{n}^{2}=\frac{3}{n}-\frac{9}{5}\cdot \frac{\ln n}{n^{2}}+o(\frac{\ln n}{%
n^{2}})$, et $u_{n}^{4}=o(\frac{\ln n}{n^{2}})$.
En conséquence : $u_{n+1}^{-2}-u_{n}^{-2}=\frac{1}{3}+\frac{1}{5n}-\frac{3}{%
25}\cdot \frac{\ln n}{n^{2}}+o(\frac{\ln n}{n^{2}})$.
Le coefficient $\frac{2}{189}$ n'est donc d'aucune utilité, il suffisait de savoir qu'il existait...

$\bullet $ Nouveauté : on voit apparaître $\frac{\ln n}{n^{2}}$ qui est le terme général d'une série convergente, en plus des séries divergentes de termes généraux $\frac 13$ et $\frac 1{5n} $ que nous avions précédemment. Il faut désormais appliquer le théorème de sommation, non plus à la somme, mais au reste de cette dernière série. On écrit :
$\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}(u_{k+1}^{-2}-u_{k}^{-2})=%
\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}\frac{1}{3}+\frac{1}{5}\underset{k=1}{%
\overset{n-1}{\sum }}\frac{1}{k}-\frac{3}{25}\underset{k=1}{\overset{+\infty
}{\sum }}(\frac{\ln k}{k^{2}}+o(\frac{\ln k}{k^{2}}))+\frac{3}{25}\underset{%
k=n}{\overset{+\infty }{\sum }}(\frac{\ln k}{k^{2}}+o(\frac{\ln k}{k^{2}}))$.

$\bullet $ On utilise les assertions : $\displaystyle H_{n}=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{k}=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n})$ et $ \displaystyle \underset{k=n}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{\ln k}{k^{2}}\sim
\int_{n}^{+\infty }\frac{\ln t}{t^{2}}dt\sim \frac{\ln n}{n}$, et il vient :
$u_{n}^{-2}=\frac{1}{3}n+\frac{1}{5}\ln n+A+\frac{3}{25}\cdot \frac{\ln n}{n}%
+o(\frac{\ln n}{n})$, où $A$ est une constante, soit :
$u_{n}=\sqrt{\frac{3}{n}}(1+\frac{3}{5}\cdot \frac{\ln n}{n}+\frac{3A}{n}+%
\frac{9}{25}\cdot \frac{\ln n}{n^{2}}+o(\frac{\ln n}{n^{2}}))^{-\frac{1}{2}}$.

Et les forumeurs intéressés termineront bien tout seuls.
Bonne après-midi, le temps est à la sieste.
Fr. Ch.

Sous réserve de convergence de la série des $a_k$, on a $\sum_{k=1}^{n-1} a_k = \sum_{k=1}^{+ \infty} a_k - \sum_{k=n}^{+ \infty} a_k$.

Merci P. de nous remémorer le magnifique livre : G. Pólya, G. Szegö, Problems and Theorems in Analysis, qui a eu sa première édition en allemand en 1925, qui a été plusieurs fois réédité depuis, et qui est encore au catalogue de Springer aujourd'hui en 2020, près d'un siècle après (un peu comme Tintin ;-)).
La référence complète du problème actuel est : volume I, partie I, chapitre 4, problème 173, p. 38, solution p. 217. Il ne demande que l'équivalent de $u_n$, et donne une solution un peu tarabiscotée.
Notons que le livre n'utilise pas la notation de l'équivalent $\sim$, due à Landau sauf erreur, qui était peut-être trop récente en 1925.
Le problème suivant, 174, généralise à l'équivalent d'une suite récurrente $u_{n+1}=f(u_n)$ en fonction du développement limité de la fonction $f$ en $0$, toujours sans $\sim$.
Bonne journée.
Fr. Ch.

Encore quelques réflexions sur ce type de problème.

On considère une fonction $f$ à valeurs réelles, continue sur un intervalle $I=[0,a]$, $a>0$, ou $I=[0,a[$, $a>0$, ou $I=[0,+\infty[$. On suppose que pour $x \in I ~\backslash \{0\}$, on a : $0<f(x)<x$. On peut alors définir une suite réelle $(u_n)_{n \in \mathbb N}$ par $u_0 \in I$ et $u_{n+1}=f(u_n)$. Cette suite est positive et décroissante et a pour limite $0$.

Supposons de plus que la fonction $f$ admet quand $x \rightarrow 0^+$ un développement limité $f(x)=x-cx^p+o(x^p)$, avec $c \in \mathbb R$, $p \in \mathbb R$, $c>0$, $p>1$. On dit que la fonction $f$ est tangente inférieurement à l'identité.
Comme j'ai dit plus haut, on cherche $ \alpha \in \mathbb R^*$ tel que $f(x)^\alpha -x ^ \alpha \rightarrow \ell \neq 0$ quand $x \rightarrow 0^+$.
On a : $f(x)^\alpha -x ^ \alpha \sim -\alpha c x^{p+ \alpha-1}$. Une seule valeur de $\alpha$ convient, c'est $\alpha =1-p$, qui donne : $f(x)^{1-p} -x ^{1-p} \rightarrow (p-1)c$ quand $x \rightarrow 0^+$.
Il en résulte : $u_{n+1}^{1-p} -u_n ^{1-p} \rightarrow (p-1)c$ quand $n \rightarrow +\infty$.
Le théorème de Cesàro, ou bien la sommation des relations de comparaison, conduit à : $u_n \sim ((p-1)c)^{- \frac 1{p-1}}n^{- \frac 1{p-1}}$ quand $n \rightarrow +\infty$.
Dans l'exemple $f(x)=\sin x$, $I=[0, \pi[$, on a $c=\frac 16$, $p=3$, et l'on retrouve bien $u_n \sim 3^{\frac 12}n^{- \frac 12}$.

Sans vouloir remettre en cause le génie indubitable de Pólya-Szegö, force est d'observer que la méthode qu'ils exposent dans leur problème 174 est beaucoup plus laborieuse que celle-ci, et avec des hypothèses superflues : on a progressé depuis 1925...

Les hypothèses sur la fonction $f$ sont plutôt réduites et suffisent pour obtenir la solution. Le développement asymptotique de $u_n$ quand $n \rightarrow +\infty$ ne dépend que du développement asymptotique de $f(x)$ quand $x \rightarrow 0$ et non d'autres particularités de la fonction $f$.

Ajoutons que rien n'est à supposer sur une monotonie éventuelle de la fonction $f$ sur tel ou tel sous-intervalle de $I$. Sous les hypothèses données ici, cette fonction $f$ n'est même pas nécessairement croissante sur aucun intervalle $[0,\delta] \subset I$, ceci n'empêche pas la conclusion.

Bonne journée.
Fr. Ch.
02/10/2020