Etude asymptotique de suites de solutions d`une équation

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Enoncés
Etude asymptotique de suites de solutions d’une
équation
Exercice 1 [ 02289 ] [Correction]
Soit n un entier naturel et En l’équation x + ln x = n d’inconnue x ∈ R∗+ .
a) Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn .
1
c) Former un développement asymptotique à trois termes de xn quand n → +∞.
Exercice 5 [ 01478 ] [Correction]
√
Montrer que l’équation tan x = x possède une unique solution xn dans chaque
intervalle In = ]−π/2 ; π/2[ + nπ (avec n ∈ N∗ ).
Réaliser un développement asymptotique à quatre termes de xn .
b) Montrer que la suite (xn ) diverge vers +∞.
c) Donner un équivalent simple de la suite (xn ).
Exercice 2 [ 01477 ] [Correction]
Soit f : ]0 ; +∞[ → R la fonction définie par
f (x) = ln x + x
a) Montrer que pour tout n ∈ N, il existe un unique xn tel que f (xn ) = n.
Exercice 6 [ 02599 ] [Correction]
Soient n ∈ N∗ et l’équation
(En ) : xn + x − 1 = 0
a) Montrer qu’il existe une unique solution positive de (En ) notée xn et que
limn→+∞ xn = 1.
b) On pose yn = 1 − xn . Montrer que, pour n assez grand,
ln n
ln n
≤ yn ≤ 2
2n
n
b) Former le développement asymptotique de la suite (xn )n∈N à la précision
(ln n)/n.
(on posera fn (y) = n ln(1 − y) − ln(y)).
c) Montrer que ln(yn ) ∼ − ln n puis que
Exercice 3 [ 00310 ] [Correction]
Pour n ∈ N, on considère l’équation
x+
√
3
x=n
xn = 1 −
ln n
+o
n
ln n
n
d’inconnue x ∈ R.
a) Montrer que cette équation possède une unique solution xn .
b) Déterminer la limite de xn puis un équivalent simple de (xn )n∈N .
c) Donner un développement asymptotique à trois termes de (xn )n∈N .
Exercice 4
[ 00311 ]
[Correction]
a) Pour tout n ∈ N, justifier que l’équation
x + ex = n
possède une unique solution xn ∈ R.
b) Déterminer la limite de (xn ) puis un équivalent de xn .
Exercice 7 [ 00316 ] [Correction]
Montrer que l’équation xn + x2 − 1 = 0 admet une unique racine réelle strictement
positive pour n ≥ 1. On la note xn . Déterminer la limite ` de la suite (xn ) puis un
équivalent de xn − `.
Exercice 8 [ 00317 ] [Correction]
Pour tout entier n ≥ 2, on considère l’équation (En ) : xn = x + 1 dont l’inconnue
est x ≥ 0.
a) Montrer l’existence et l’unicité de xn solution de (En ).
b) Montrer que (xn ) tend vers 1.
c) Montrer que (xn ) admet un développement limité à tout ordre. Donner les
trois premiers termes de ce développement limité.
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Enoncés
Exercice 9 [ 00318 ] [Correction]
Pour n ≥ 2, on considère le polynôme
2
c) Déterminer un développement asymptotique à 2 termes de (xn ).
Pn = X n − nX + 1
a) Montrer que Pn admet exactement une racine réelle entre 0 et 1, notée xn .
b) Déterminer la limite de xn lorsque n → +∞.
c) Donner un équivalent de (xn ) puis le deuxième terme du développement
asymptotique xn .
Exercice 13 [ 04139 ] [Correction]
On étudie l’équation tan x = x d’inconnue x réelle.
a) Soit n ∈ N. Montrer que cette équation possède une unique solution xn dans
l’intervalle In = ]−π/2 ; π/2[ + nπ.
b) Déterminer un équivalent de la suite (xn )n∈N ainsi définie.
c) Réaliser un développement asymptotique à trois termes de xn .
Exercice 10
[ 00312 ]
[Correction]
a) Soit n ∈ N. Montrer que l’équation xn + ln x = 0 possède une unique solution
xn > 0.
b) Déterminer la limite de xn .
c) On pose un = 1 − xn . Justifier que nun ∼ − ln un puis déterminer un
équivalent de un .
Exercice 11 [ 03154 ] [Correction]
Pour n ∈ N∗ on introduit le polynôme
Pn (X) = X(X − 1) . . . (X − n)
a) Montrer que le polynôme Pn0 possède une unique racine dans l’intervalle
]0 ; 1[ ; celle-ci sera noté xn .
b) Étudier la monotonie de la suite (xn )n≥1 .
c) Former la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle
F =
Pn0
Pn
d) En déduire un équivalent de la suite (xn )n≥1 .
Exercice 12 [ 02471 ] [Correction]
1/x
Soit f (x) = (cos x)
et (C) le graphe de f .
a) Montrer l’existence d’une suite (xn ) vérifiant :
b) (xn ) est croissante positive.
ii) la tangente à (C) en (xn , f (xn )) passe par O.
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Corrections
Corrections
3
b) Puisque xn = f −1 (n) et f −1 → +∞, on a xn → +∞.
+∞
√
On en déduit 3 xn = o(xn ) puis
Exercice 1 : [énoncé]
xn ∼ n
a) Le tableau de variation de f : x 7→ x + ln x permet d’affirmer que cette
fonction réalise une bijection croissante de R∗+ vers R. L’équation En possède
alors pour solution unique xn = f −1 (n).
b) Le tableau de variation de f −1 donne lim+∞ f −1 = +∞. Par suite xn → +∞.
c) xn → +∞ donne ln xn = o(xn ). La relation xn + ln xn = n donne alors
xn + o(xn ) = n et donc xn ∼ n.
Exercice 2 : [énoncé]
a) La fonction f : x 7→ x + ln x réalise une bijection de ]0 ; +∞[ sur R d’où
l’existence de (xn ).
b) Comme n → +∞, xn = f −1 (n) → +∞. Par suite ln xn = o(xn ) et
n = xn + ln xn ∼ xn .
Donc xn = n + o(n).
Soit yn = xn − n. On a :
yn = − ln xn = − ln(n + o(n)) = − ln n + ln(1 + o(1)) = − ln n + o(1)
Donc
c) On peut écrire xn = n + yn avec yn = o(n).
Puisque
√
yn + 3 n + yn = 0
on a
√
√
On peut écrire yn = − 3 n + zn avec zn = o ( 3 n).
Puisque
√
√
3
√
√
1−3n
n
3
3
− n + zn + n 1 +
+o
=0
3 n
n
on obtient
1
zn ∼ √
33n
Finalement
xn = n −
√
3
1
+o
n+ √
33n
x
−∞
f (x) −∞
1
ln n
ln n
ln n
+ o( ) =
+o
zn = − ln(n − ln(n) + o(1)) + ln n = − ln 1 −
n
n
n
n
ln n
+o
n
ln n
n
x réalise une bijection de R+
+∞
% +∞
c) Posons yn = xn − ln n = o(ln n).
On a yn + ln n + n eyn = n donc
eyn = 1 −
√
3
b) f (xn ) = n ≤ n + 1 = f (xn+1 ) donc xn ≤ xn+1 car f −1 est croissante.
Si (xn ) est majorée par M alors f (xn ) = n ≤ f (M ) ce qui est absurde.
La suite (xn ) étant croissante et non majorée, elle diverge vers +∞.
xn = o(exn ) donc exn ∼ n → +∞ =
6 1 puis xn ∼ ln n.
Exercice 3 : [énoncé]
a) La fonction f : R+ → R définie par f (x) = x +
vers R+ .
1
√
3
n
Exercice 4 : [énoncé]
Soit zn = yn + ln n. On a :
Donc
a) Soit f : R → R définie par f (x) = x + ex .
xn = n − ln n + o(1)
xn = n − ln n +
√
yn ∼ − 3 n
yn
ln n
+
→1
n
n
d’où yn → 0 et
eyn = 1 + yn + o(yn )
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Corrections
On a alors yn + ln n + n(1 + yn + o(yn )) = n d’où nyn + o(nyn ) = − ln n et
yn ∼ −
4
On a
1
ln n
n
p
nπ +
π
2
1
=√ q
nπ
+ o(1)
1+
et
Par suite
ln n
+o
xn = ln n −
n
ln n
n
donc
eyn = 1 −
zn = √
1
ln n
+ zn +
n
2
ln n
n
2
+o
ln n
n
2
1
2n
1
n3/2
1
arctan x = x − x3 + o(x3 )
3
On écrit yn = − lnnn + zn et
1
1 1
+o
=√
− √
4
nπ
πn3
+ o n1
1
1
1 1
1 1
− √
− √
+o
3 π 3 n3
nπ 4 πn3
Finalement
xn = nπ +
π
1
3 + 4π 1
−√
+ 3/2 3/2 + o
2
nπ
π
n
1
n3/2
1
n3/2
donc
1 (ln n)2
ln n
+ zn + nzn +
+o
−
n
2 n
(ln n)2
n
=0
a) On introduit ϕn (x) = xn + x − 1. ϕ0n (x) = nxn−1 + 1 > 0, ϕn est continue
strictement croissante et réalise une bijective et de [0 ; +∞[ vers [−1 ; +∞[
d’où l’existence et l’unicité de xn . On a ϕn (1) = 1 donc xn ∈ ]0 ; 1[. Si
n
xn+1 < xn alors xn+1
n+1 < xn puis
puis
2
zn ∼ −
(ln n)
2n2
Finalement
ln n (ln n)2
xn = ln n −
−
+o
n
2n2
ln n
n
2 !
Exercice 5 : [énoncé]
√
Sur In , la fonction f : x 7→ tan x − x est continue, croît strictement de −∞ vers
+∞.
Cela assure l’existence et l’unité de xn .
On a
π
π
− + nπ < xn < + nπ
2
2
donc xn ∼ nπ.
√
Posons yn = xn − nπ. On a tan yn = xn et yn ∈ ]− π2 ; π2 [ donc
√
π
yn = arctan xn →
2
Posons
zn =
Exercice 6 : [énoncé]
√
π
π
1
1
− yn = − arctan xn = arctan√
= arctanp
2
2
xn
nπ + π2 + o(1)
n
xn+1
n+1 + xn+1 − 1 < xn + xn − 1
ce qui est absurde. On en déduit que (xn ) est croissante et étant majorée
cette suite converge. Posons ` sa limite, ` ∈ ]0 ; 1]. Si ` < 1 alors
xnn + xn − 1 = 0 donne à la limite ` − 1 = 0 ce qui est absurde. Il reste ` = 1.
b) fn est strictement décroissante sur ]0 ; 1[, fn (yn ) = 0,
ln n
ln n
2 ln n
fn
∼
> 0 et fn
∼ − ln n < 0
2n
2
n
donc à partir d’un certain rang
ln n
ln n
≤ yn ≤ 2
.
2n
n
c)
ln n
ln n
≤ ln yn ≤ ln 2
2n
n
donne ln(yn ) ∼ − ln n puis n ln(1 − yn ) = ln yn donne −nyn ∼ − ln n puis
yn ∼ lnnn et finalement
ln n
ln n
xn = 1 −
+o
.
n
n
ln
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Corrections
Exercice 7 : [énoncé]
Posons fn (x) = xn + x2 − 1. L’étude de la fonction fn assure l’existence et l’unicité
d’une solution xn ∈ R+ à l’équation étudiée. De plus, on observe que xn ∈ [0 ; 1].
Puisque 0 = fn+1 (xn+1 ) ≤ fn (xn+1 ), on peut affirmer xn+1 ≥ xn .
La suite (xn ) est croissante et majorée donc converge vers un réel `.
Puisque pour tout n ∈ N, xn ∈ [0 ; 1], à la limite ` ∈ [0 ; 1].
Si ` < 1 alors
0 ≤ xnn ≤ `n → 0
et la relation xnn + x2n − 1 = 0 donne à la limite `2 = 1 ce qui est absurde.
On conclut que ` = 1.
Posons un = 1 − xn ,
On a
(1 − un )n = un (2 − un )
5
c) On a
xn = x + 1 ⇐⇒ n ln x = ln(x + 1) ⇐⇒ g(x) =
1
n
avec
g(x) =
ln x
ln(x + 1)
définie sur [1 ; +∞[. La fonction g est de classe C ∞ , g 0 (x) > 0 donc g réalise
une bijection de [1 ; +∞[ vers [0 ; 1[, de plus (puisque g 0 (x) 6= 0) g −1 est aussi
de classe C ∞ et donc g −1 admet un DLn (0) pour tout n ∈ N et donc
xn = g −1 (1/n) admet un développement limité à tout ordre.
Formons ses trois premiers termes
g −1 (x) = a + bx + cx2 + o(x2 )
donc
n ln(1 − un ) = ln un + ln(2 − un )
a = g −1 (0) = 1. g(g −1 (x)) = x donc
d’où
ln(1 + bx + cx2 + o(x2 )) = x ln(2 + bx + o(x2 ))
−nun ∼ ln un puis ln n + ln un ∼ ln(− ln un )
puis
or
b2
b
bx + c −
x2 + o(x2 ) = ln(2)x + x2 + o(x2 )
2
2
ln(− ln un ) = o(ln un )
donc
ln un ∼ − ln n
donc
puis
ln n
un ∼
n
et enfin
b = ln 2 et c =
Finalement
ln n
xn − 1 ∼ −
n
Exercice 8 : [énoncé]
a) Il suffit d’étudier fn : x 7→ xn − (x + 1).
b) fn (1) ≤ 0 donc xn ≥ 1. De plus
fn+1 (xn ) = xn+1
− (xn + 1) = (xn − 1)(xn + 1) ≥ 0
n
donc xn+1 ≤ xn . La suite (xn ) est décroissante et minorée par 1 donc elle
converge vers ` ≥ 1.
Si ` > 1 alors xnn ≥ `n → +∞ or xnn = xn + 1 → ` + 1. Ce qui est impossible
et il reste ` = 1.
(1 + ln(2)) ln(2)
2
xn = 1 +
ln 2 (1 + ln(2)) ln 2
+
+o
n
2n2
1
n2
Exercice 9 : [énoncé]
a) La fonction x 7→ Pn (x) est strictement décroissante sur [0 ; 1] car
Pn0 (x) = n(xn−1 − 1)
est strictement négatif sauf pour x = 1.
La fonction continue Pn réalise donc une bijection strictement décroissante de
[0 ; 1] vers [Pn (1) ; Pn (0)] = [2 − n ; 1].
On en déduit l’existence et l’unicité de la solution xn à l’équation Pn (x) = 0.
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Corrections
b) Puisque xn ∈ [0 ; 1], on a xn+1
≤ xnn puis
n
Pn+1 (xn ) =
xn+1
n
et par encadrement
n
− (n + 1)xn + 1 ≤ Pn (xn ) = 0
Ainsi Pn+1 (xn ) ≤ Pn+1 (xn+1 ) et donc xn+1 ≤ xn car la fonction Pn+1 est
strictement décroissante.
La suite (xn ) est décroissante et minorée, elle converge donc vers un réel
` ∈ [0 ; 1].
Si ` > 0 alors
Pn (xn ) = xnn − nxn + 1 → −∞
ce qui est absurde. On conclut ` = 0.
c) On a
6
(1 + εn ) → 1
On peut conclure εn ∼
xn ∼
1
n
1
εn
+
avec εn → 0
n
n
Puisque xnn = nxn − 1, on a
εn = xnn =
(1 + εn )n
≥0
nn
Nous allons montrer
(1 + εn )n −→ 1
n→+∞
1
nn+1
Exercice 10 : [énoncé]
x
0
fn (x) −∞
(1 + εn )n
2n
≤
nn
nn
%
1
+∞
1 % +∞
d’où l’existence et l’unicité de xn avec en plus la propriété xn ∈ ]0 ; 1[.
b) On a
fn+1 (xn ) = xn+1
+ ln(xn ) = (1 − xn ) ln(xn ) < 0
n
donc xn+1 ≥ xn . La suite (xn ) est croissante et majorée par 1 donc converge
vers ` ∈ ]0 ; 1].
Si ` < 1 alors
0 = xnn + ln xn → − ln `
car 0 ≤ xnn ≤ `n → 0.
Ceci est impossible. Il reste ` = 1.
c) (1 − un )n = − ln(1 − un ) ∼ un → 0 6= 1
donc n ln(1 − un ) ∼ ln un puis nun ∼ − ln un → +∞ =
6 1.
ln n + ln un ∼ ln(− ln un ) donc ln n = − ln un + ln(− ln un ) + o(ln(− ln un )) or
ln(− ln un ) = o(ln un ) donc ln n ∼ − ln un puis
ce qui permettra de déterminer un équivalent de εn puis de conclure.
Puisque εn → 0, pour n assez grand, on a |1 + εn | ≤ 2 et alors
εn =
1
1
+
+o
n nn+1
a) Soit fn : x 7→ xn + ln x. On a
et donc xnn = o(nxn ).
Sachant xnn − nxn + 1 = 0, on obtient nxn ∼ 1 puis
xn =
et finalement
xn =
xnn
1
= xnn−1 → 0
nxn
n
Écrivons ensuite
1
nn
un ∼ −
ln n
ln un
∼
n
n
Exercice 11 : [énoncé]
On en déduit
n
1 ≤ (1 + εn ) ≤
Or
2n
1+ n
n
n
2n
= exp n ln 1 + n
n
2n
2n
n ln 1 + n ∼ n−1 → 0
n
n
a) Par application du théorème de Rolle à la fonction t 7→ Pn (t) sur chacun des
intervalles [k ; k + 1] (avec 0 ≤ k ≤ n − 1), on obtient que le polynôme Pn0
admet au moins une racine dans chacun des intervalles ]k ; k + 1[. Puisque le
polynôme Pn0 est de degré n, il possède au plus n racines et donc il ne possède
pas d’autres racines que celles précédentes. En particulier, le polynôme Pn0
possède exactement une racine dans l’intervalle ]0 ; 1[.
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Corrections
7
Exercice 12 : [énoncé]
b) On a
Pn+1 (X) = Pn (X)(X − (n + 1))
a) La fonction f est définie et C ∞ sur D =
En dérivant et en évaluant en xn on obtient
0
Pn+1
(xn )
= Pn (xn )
Ik = ]−
D’une part
(−1)n Pn (xn ) = xn
n
Y
(k − xn )
k=1
est une quantité positive.
D’autre part, l’expression
k∈Z Ik
avec
π
π
+ 2kπ ; + 2kπ[
2
2
Pour x ∈ D, la tangente en (x, f (x)) passe par O si, et seulement si,
xf 0 (x) = f (x).
Après transformation, ceci équivaut pour x > 0 à l’équation
x tan x + ln(cos(x)) + x = 0
(−1)n Pn+1 (x) = x(x − 1)
n+1
Y
(k − x)
k=2
est négative sur [0 ; 1]. On en déduit ses variations sur [0 ; 1] puis le signe de
sa dérivée sur ce même intervalle. Puisque qu’elle est négative sur [0 ; xn+1 ] et
positive sur [xn+1 ; 1], on obtient
xn+1 ≤ xn
La suite (xn )n≥1 est donc décroissante.
c) Puisque les racines de Pn sont exactement les 0, 1, . . . , n et puisque celles-ci
sont simples, on obtient
n
X
1
Fn =
X −k
k=0
d) Sachant Fn (xn ) = 0, on obtient
n
X 1
1
=
xn
k − xn
k=1
Puisque 0 ≤ xn ≤ x0 ≤ 1, on obtient
n
n
n
X
X
X
1
1
1
1
1
≤
≤
≤
+
k
xn
k − x0
1 − x0
k−1
k=1
S
k=1
Posons ϕ(x) = x tan x + ln(cos(x)) + x.
ϕ est définie et de classe C ∞ sur D.
ϕ0 (x) = x(1 + tan2 x) + 1 > 0 sur D ∩ R∗+ .
−
+
Quand x → π2 + 2kπ , ϕ(x) → +∞. Quand x → − π2 + 2kπ ,
ϕ(x) → −∞.
ϕIk réalise donc une bijection de Ik vers R (pour k ∈ N∗ ).
La suite (xn )n∈N∗ avec xn = (ϕIn )−1 (0) est solution.
b) Evidemment xn ∼ 2nπ et donc xn = 2nπ + yn .
Après calculs, on obtient
(2nπ + yn )(cos yn + sin yn ) = − cos(yn ) ln(cos yn )
La fonction t 7→ t ln t est bornée sur ]0 ; 1] car prolongeable par continuité en
0 et donc
cos yn ln(cos yn )
−→ 0
cos yn + sin yn = −
n→+∞
2nπ + yn
Sachant |yn | < π/2, on en déduit yn → −π/4.
On conclut
π
1
xn = 2nπ − + o
4
n
k=2
Ainsi
ln n + O(1) ≤
1
≤ ln(n − 1) + O(1)
xn
et on peut conclure
1
xn ∼
ln n
Exercice 13 : [énoncé]
a) Sur In , la fonction fn : x 7→ tan x − x est continue et croît strictement de −∞
vers +∞. Elle réalise donc une bijection de In vers R. L’équation fn (x) = 0
possède alors une unique solution dans In .
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Corrections
8
b) Puisque xn est un élément de In , on dispose de l’encadrement
−
π
π
+ nπ < xn < + nπ
2
2
On en déduit
xn
∼
n→+∞
nπ
c) Posons
yn = xn − nπ
On a
tan yn = xn avec yn ∈ ]−
π π
; [
2 2
et donc
π
2
On peut ainsi déjà écrire le développement asymptotique à deux termes
yn = arctan xn −→
n→+∞
xn
=
n→+∞
nπ +
π
+ o(1)
2
Déterminons un équivalent de ce o(1) en étudiant
zn =
π
π
− yn = − arctan xn
2
2
Sachant
∀x > 0, arctan(x) + arctan
π
1
=
x
2
on obtient
zn = arctan
1
xn
=
n→+∞
arctan
Finalement
xn
=
n→+∞
nπ +
1
nπ +
π
2
π
1
−
+o
2
nπ
+ o(1)
∼
n→+∞
1
nπ
1
n
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