Équivalents et développements de suites/Équivalent d'une suite définie par récurrence

Nous étudions, dans ce chapitre, les suites définies par récurrence.

Un premier exemple

Soit $a\in \mathbb {R}$ . Nous allons chercher un développement limité à un ordre quelconque de la suite (u_n)_n∈ℕ définie par :

{\begin{cases}u_{0}=a\\u_{n+1}=1+{\frac {u_{n}}{n+1}}.\end{cases}}

On montre d'abord que la suite est bornée.

Soit

M\in \mathbb {R} _{+}

.

Si $\left|u_{n}\right|\leq M$ alors $\left|u_{n+1}\right|\leq 1+{\frac {M}{n+1}}$ .

Pour que $\left|u_{n}\right|\leq M\Rightarrow \left|u_{n+1}\right|\leq M$ , il suffit donc que

1+{\frac {M}{n+1}}\leq M

, c'est-à-dire

1+{\frac {1}{n}}\leq M

.

En choisissant une constante $M\geq \max \left(\left|u_{1}\right|,2\right)$ , on obtient donc, par récurrence :

\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad |u_{n}|\leq M

.

Autrement dit :

u_{n}=O(1)

.

On peut alors en déduire le développement de u_n à n’importe quel ordre. Par exemple, à l'ordre 3 :

{\begin{aligned}u_{n}&=1+{\frac {u_{n-1}}{n}}\\&=1+{\frac {1+{\frac {u_{n-2}}{n-1}}}{n}}\\&=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1+{\frac {u_{n-3}}{n-2}}}{n(n-1)}}\\&=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n(n-1)}}+{\frac {1+{\frac {u_{n-4}}{n-3}}}{n(n-1)(n-2)}}\\&=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n(n-1)}}+{\frac {1}{n(n-1)(n-2)}}+{\frac {O(1)}{n(n-1)(n-2)(n-3)}}\\&=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)}}+{\frac {1}{n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)\\&=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {2}{n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right).\end{aligned}}

Le théorème de Cesàro

Nous allons maintenant étudier quelques théorèmes utiles dans la recherche d’équivalents d’une suite définie par récurrence. Nous commencerons par le théorème de Cesàro qui nous sera utile pour démontrer les autres théorèmes qui viendront par la suite.

Voir les exercices sur : exercice 4-1.

Théorème de Cesàro

Soient $(u_{n})_{n\in \mathbb {N} ^{*}}$ une suite réelle et $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} ^{*}}$ la suite de ses moyennes de Cesàro, définies par

s_{n}:={\frac {u_{1}+u_{2}+\dots +u_{n}}{n}}={\frac {\sum _{k=1}^{n}u_{k}}{n}}

.

Si la suite $(u_{n})$ converge vers $\ell$ alors $\lim _{n\to \infty }s_{n}=\ell$ .

Démonstration

Traitons d'abord le cas $\ell =0$ . Soit $\varepsilon >0$ . Par hypothèse, $\lim _{n\to \infty }u_{n}=0$ donc il existe $N_{1}\in \mathbb {N} ^{*}$ tel que :
$\forall k\geq N_{1}\quad |u_{k}|\leq {\frac {\varepsilon }{2}}$ .

D’après l’inégalité triangulaire, on en déduit :
${\begin{aligned}\forall n\geq N_{1}\quad \left|s_{n}\right|&={\frac {\left|\sum _{1\leq k<N_{1}}u_{k}+\sum _{k=N_{1}}^{n}u_{k}\right|}{n}}\\&\leq {\frac {\left|\sum _{1\leq k<N_{1}}u_{k}\right|+\sum _{k=N_{1}}^{n}\left|u_{k}\right|}{n}}\\&\leq {\frac {\left|\sum _{1\leq k<N_{1}}u_{k}\right|+\sum _{k=N_{1}}^{n}{\frac {\varepsilon }{2}}}{n}}\\&\leq {\frac {\left|\sum _{1\leq k<N_{1}}u_{k}\right|+n{\frac {\varepsilon }{2}}}{n}}\\&={\frac {\left|\sum _{1\leq k<N_{1}}u_{k}\right|}{n}}+{\frac {\varepsilon }{2}}.\end{aligned}}$

Comme l’expression $\left|\sum _{1\leq k<N_{1}}u_{k}\right|$ ne dépend pas de $n$ , son quotient par $n$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers l'infini. Il existe donc $N\geq N_{1}$ tel que
$\forall n\geq N\quad {\frac {\left|\sum _{1\leq k<N_{1}}u_{k}\right|}{n}}\leq {\frac {\varepsilon }{2}}$

et l'on obtient ainsi :
$\forall \varepsilon >0\quad \exists N\in \mathbb {N} ^{*}\quad \forall n\geq N\quad \left|s_{n}\right|\leq {\frac {\varepsilon }{2}}+{\frac {\varepsilon }{2}}=\varepsilon$ ,

c'est-à-dire :
$\lim _{n\to \infty }s_{n}=0$ .
Passons au cas général. On suppose maintenant que $\lim _{n\to \infty }u_{n}=\ell \in \mathbb {R}$ . Alors, la suite
$v_{n}:=u_{n}-\ell$

converge vers $0$ donc, d'après le cas particulier précédent :
${\frac {v_{1}+v_{2}+\dots +v_{n}}{n}}\to 0$ .

Or
${\frac {v_{1}+v_{2}+\dots +v_{n}}{n}}={\frac {(u_{1}-\ell )+(u_{2}-\ell )+\dots +(u_{n}-\ell )}{n}}={\frac {u_{1}+u_{2}+\dots +u_{n}-n\ell }{n}}=s_{n}-\ell$ .

On a donc bien $s_{n}-\ell \to 0$ , c'est-à-dire $s_{n}\to \ell$ .

(Pour une généralisation, voir le premier point du théorème de Stolz-Cesàro.)

L'exemple qui suit est une application du théorème de Cesàro.

Exemple

Soient $a>0$ et (u_n)_n∈ℕ la suite définie par :

{\begin{cases}u_{0}=a\\u_{n+1}=u_{n}+{\frac {1}{u_{n}^{2}}}.\end{cases}}

Trouver un équivalent de cette suite.

On remarque que cette suite est positive et

u_{n+1}^{3}=\left(u_{n}+{\frac {1}{u_{n}^{2}}}\right)^{3}=u_{n}^{3}+3+{\frac {3}{u_{n}^{3}}}+{\frac {1}{\left(u_{n}^{3}\right)^{2}}}

.

Par conséquent :

$u_{n+1}^{3}-u_{n}^{3}>3$ donc $u_{n}^{3}\to +\infty$ ;
$u_{n+1}^{3}-u_{n}^{3}\to 3$ .

En appliquant le théorème de Cesàro, on en déduit :

3n\sim \sum _{k=0}^{n-1}\left(u_{k+1}^{3}-u_{k}^{3}\right)=u_{n}^{3}-u_{0}^{3}\sim u_{n}^{3}

,

ce qui prouve que

$u_{n}\sim {\sqrt[{3}]{3n}}$ .

Deux théorèmes découlant du théorème de Cesàro

Les deux théorèmes ci-dessous généralisent respectivement l'exemple qui précède et l'exercice 4-1. Le second se déduit du premier.

Voir les exercices sur : exercice 4-2.

Théorème 1

Soient $a$ et $p$ deux réels strictement positifs et $(x_{n})$ une suite strictement positive telle que

x_{n+1}-x_{n}\sim a\;x_{n}^{1-p}

.

Alors,

x_{n}\sim (pan)^{\frac {1}{p}}

.

Démonstration

En posant $y_{n}=x_{n}^{p}$ , l'hypothèse se réécrit

{\frac {y_{n+1}}{y_{n}}}=\left(1+{\frac {a}{y_{n}}}+o\left({\frac {1}{y_{n}}}\right)\right)^{p}

donc la suite $(y_{n})$ est croissante à partir d'un certain rang, et si sa limite $\ell >0$ était finie, elle vérifierait $1=\left(1+{\frac {a}{\ell }}\right)^{p}$ , ce qui est absurde. Par conséquent, $\ell =+\infty$ donc

{\frac {y_{n+1}}{y_{n}}}=1+{\frac {pa}{y_{n}}}+o\left({\frac {1}{y_{n}}}\right)

, c'est-à-dire

y_{n+1}-y_{n}\to pa

.

En appliquant le théorème de Cesàro, on en déduit :

pan\sim \sum _{k=0}^{n-1}\left(y_{k+1}-y_{k}\right)=y_{n}-y_{0}\sim y_{n}

.

On a donc bien :

x_{n}\sim (pan)^{\frac {1}{p}}

.

Voir les exercices sur : exercice 4-3.

Théorème 2

Soient $a$ et $p$ deux réels strictement positifs et $(v_{n})$ une suite strictement positive telle que

v_{n+1}-v_{n}\sim -a\;v_{n}^{p+1}

.

Alors,

v_{n}\sim \left({\frac {1}{pan}}\right)^{\frac {1}{p}}

.

Démonstration

D'après les hypothèses, la suite $(v_{n})$ est positive et décroissante (à partir d'un certain rang) donc convergente, et sa limite $\ell$ vérifie : $-a\ell ^{p+1}=\ell -\ell =0$ donc $\ell =0$ .

Par conséquent, $v_{n}^{p+1}=o(v_{n})$ donc $v_{n+1}\sim v_{n}$ , d'où, en posant $x_{n}={\frac {1}{v_{n}}}$ :

x_{n+1}-x_{n}={\frac {v_{n}-v_{n+1}}{v_{n}v_{n+1}}}\sim {\frac {av_{n}^{p}}{v_{n+1}}}\sim av_{n}^{p-1}=ax_{n}^{1-p}

.

On peut donc conclure grâce au théorème 1 :

v_{n}={\frac {1}{x_{n}}}\sim {\frac {1}{(pan)^{\frac {1}{p}}}}=\left({\frac {1}{pan}}\right)^{\frac {1}{p}}

.

Un autre théorème

Théorème 3

Soit (u_n)_n∈ℕ une suite telle que :

$u_{n+1}-u_{n}\sim {\frac {c}{n^{\alpha }}}$

avec α > 1 et $c\neq 0$ . La suite (u_n) converge vers une limite $\ell$ et l'on a :

$u_{n}-\ell \sim {\frac {-c}{(\alpha -1)n^{\alpha -1}}}$ .

(Pour une généralisation, voir Série numérique/Théorème de Stolz-Cesàro.)

Démonstration

Par comparaison des séries $\sum {\frac {c}{n^{\alpha }}}$ (convergente, comme la série de Riemann $\sum {\frac {1}{n^{\alpha }}}$ ) et $\sum (u_{n+1}-u_{n})$ (télescopique), la suite $(u_{n})$ converge, vers une limite que l’on notera $\ell$ .

Par hypothèse, pour tout $\varepsilon >0$ , il existe un entier $N$ tel que

\forall k\geq N\quad {\frac {c-\varepsilon }{k^{\alpha }}}\leq u_{k+1}-u_{k}\leq {\frac {c+\varepsilon }{k^{\alpha }}}

donc tel que

\forall n\geq N\quad (c-\varepsilon )\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}\leq \ell -u_{n}\leq (c+\varepsilon )\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}

,

ce qui signifie que

\ell -u_{n}\sim c\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}

.

Or on sait (chap. 3) que

\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}\sim {\frac {1}{(\alpha -1)n^{\alpha -1}}}

.

Par conséquent, on peut conclure :

u_{n}-\ell \sim {\frac {-c}{(\alpha -1)n^{\alpha -1}}}

.

Voici une application de ce théorème :

Exemple

Voir les exercices sur : Série harmonique.

On se propose de trouver un développement limité à un ordre quelconque de la suite (u_n)_n∈ℕ définie par :

\forall n\qquad u_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n

.

À partir d'un développement de $u_{n+1}-u_{n}$ à l'ordre d, nous allons trouver un développement de u_n à l'ordre d – 1.

Par exemple pour d = 3 :

{\begin{aligned}u_{n+1}-u_{n}&=\left(\sum _{k=1}^{n+1}{\frac {1}{k}}-\ln(n+1)\right)-\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n\right)\\&={\frac {1}{n+1}}-(\ln(n+1)-\ln n)\\&={\frac {\frac {1}{n}}{1+{\frac {1}{n}}}}-\ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)\\&=-{\frac {1}{2n^{2}}}+{\frac {2}{3n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)\end{aligned}}

donne d'abord :

u_{n+1}-u_{n}\sim -{\frac {1}{2n^{2}}}

et donc, par application du théorème :

la suite $(u_{n})$ converge vers une limite $\gamma$ (appelée la constante d’Euler ; $\gamma \approx 0{,}5772$ ) et

u_{n}-\gamma \sim {\frac {1}{2n}}

.

Pour aller plus loin, considérons :

w_{n}=u_{n}-\gamma -{\frac {1}{2n}}=o\left({\frac {1}{n}}\right)

.

On a

{\begin{aligned}w_{n+1}-w_{n}&=\left(u_{n+1}-\gamma -{\frac {1}{2(n+1)}}\right)-\left(u_{n}-\gamma -{\frac {1}{2n}}\right)\\&=u_{n+1}-u_{n}-\left({\frac {1}{2(n+1)}}-{\frac {1}{2n}}\right)\\&=-{\frac {1}{2n^{2}}}+{\frac {2}{3n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)-{\frac {1}{2n}}\left({\frac {1}{1+{\frac {1}{n}}}}-1\right)\\&={\cancel {-{\frac {1}{2n^{2}}}}}+{\frac {2}{3n^{3}}}-{\frac {1}{2n}}\left({\cancel {-{\frac {1}{n}}}}+{\frac {1}{n^{2}}}\right)+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)\\&\sim {\frac {1}{6n^{3}}}\end{aligned}}

et donc, par application du théorème :

w_{n}-0\sim {\frac {-1}{12n^{2}}}

,

c’est-à-dire :

u_{n}=\gamma +{\frac {1}{2n}}-{\frac {1}{12n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)

.

Le lecteur, pour s’entraîner, pourra calculer de même le développement à l'ordre 14 :

u_{n}=\gamma +{\frac {1}{2n}}-{\frac {1}{12n^{2}}}+{\frac {1}{120n^{4}}}-{\frac {1}{252n^{6}}}+{\frac {1}{240n^{8}}}-{\frac {1}{132n^{10}}}+{\frac {691}{32760n^{12}}}-{\frac {1}{12n^{14}}}+o\left({\frac {1}{n^{14}}}\right)

.

Compte tenu de la définition de u_n, on en déduit :

\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=\ln n+\gamma +{\frac {1}{2n}}-{\frac {1}{12n^{2}}}+{\frac {1}{120n^{4}}}-{\frac {1}{252n^{6}}}+{\frac {1}{240n^{8}}}-{\frac {1}{132n^{10}}}+{\frac {691}{32760n^{12}}}-{\frac {1}{12n^{14}}}+o\left({\frac {1}{n^{14}}}\right)

.

Remarque

On montre qu’une formule générale est donnée par :

\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=\ln n+\gamma +{\frac {1}{2n}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {b_{2k}}{2kn^{2k}}}

,

les b_2k étant des nombres de Bernoulli.

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