[<] Étude asymptotique de suites [>] Comparaison de fonctions numériques

 
Exercice 1  2289  Correction  

Soit n un entier naturel et En l’équation x+ln(x)=n d’inconnue x+*.

  • (a)

    Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn.

  • (b)

    Montrer que la suite (xn) diverge vers +.

  • (c)

    Donner un équivalent simple de la suite (xn).

Solution

  • (a)

    Le tableau de variation de f:xx+ln(x) permet d’affirmer que cette fonction réalise une bijection croissante de +* vers . 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

    xnn+n.
 
Exercice 2  1477   Correction  

Soit f:]0;+[ la fonction définie par

f(x)=ln(x)+x.
  • (a)

    Montrer que pour tout n, il existe un unique xn tel que f(xn)=n.

  • (b)

    Former le développement asymptotique de la suite (xn)n à la précision (ln(n)/n).

Solution

  • (a)

    La fonction f:xx+ln(x) réalise une bijection de ]0;+[ sur d’où l’existence de (xn).

  • (b)

    Comme n+, xn=f-1(n)+. Par suite, ln(xn)=o(xn) et

    n=xn+ln(xn)n+xn.

    On a donc

    xn=n+n+o(n).

    Soit yn=xn-n. On a

    yn=n+-ln(xn)=-ln(n+o(n))=-ln(n)+ln(1+o(1))=-ln(n)+o(1).

    Donc

    xn=n+n-ln(n)+o(1).

    Soit zn=yn+ln(n). On a

    zn =n+-ln(n-ln(n)+o(1))+ln(n)
    =-ln(1-ln(n)n+o(1n))
    =ln(n)n+o(ln(n)n).

    On conclut

    xn=n+n-ln(n)+ln(n)n+o(ln(n)n).
 
Exercice 3  311   Correction  
  • (a)

    Pour tout n, justifier que l’équation

    x+ex=n

    possède une unique solution xn.

  • (b)

    Déterminer la limite de (xn) puis un équivalent de xn.

  • (c)

    Former un développement asymptotique à trois termes de xn quand n+.

Solution

  • (a)

    Soit f: définie par f(x)=x+ex.

    x-+f(x)-+.
  • (b)

    f(xn)=nn+1=f(xn+1) donc xnxn+1 car f-1 est croissante.
    Si (xn) est majorée par M alors f(xn)=nf(M) ce qui est absurde.
    La suite (xn) étant croissante et non majorée, elle diverge vers +.
    xn=o(exn) donc exnn+1 puis xnln(n).

  • (c)

    Posons yn=xn-ln(n)=o(ln(n)).
    On a yn+ln(n)+neyn=n donc

    eyn=1-ynn-ln(n)n1

    d’où yn0 et

    eyn=1+yn+o(yn).

    On a alors yn+ln(n)+n(1+yn+o(yn))=n d’où nyn+o(nyn)=-ln(n) et

    yn-ln(n)n.

    Par suite,

    xn=ln(n)-ln(n)n+o(ln(n)n).

    On écrit yn=-ln(n)n+zn et

    eyn=1-ln(n)n+zn+12(ln(n)n)2+o(ln(n)n)2

    donc

    -ln(n)n+zn+nzn+12(ln(n))2n+o((ln(n))2n)=0

    puis

    zn-(ln(n))22n2.

    Finalement,

    xn=ln(n)-ln(n)n-(ln(n))22n2+o((ln(n)n)2).
 
Exercice 4  310   

Pour n, on considère l’équation x+x3=n d’inconnue x+.

  • (a)

    Montrer que cette équation possède une unique solution xn.

  • (b)

    Déterminer la limite puis un équivalent simple de la suite (xn).

  • (c)

    Donner un développement asymptotique à trois termes de la suite (xn).

 
Exercice 5  4139   Correction  

On étudie l’équation tan(x)=x d’inconnue x réelle.

  • (a)

    Soit 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 ainsi définie.

  • (c)

    Réaliser un développement asymptotique à trois termes de xn.

Solution

  • (a)

    Sur In, la fonction fn:xtan(x)-x est continue et croît strictement de - vers +. Elle réalise donc une bijection de In vers . L’équation fn(x)=0 possède alors une unique solution dans In.

  • (b)

    Puisque xn est un élément de In, on dispose de l’encadrement

    -π2+nπ<xn<π2+nπ.

    On en déduit

    xnn+nπ.
  • (c)

    Posons

    yn=xn-nπ.

    On a

    tan(yn)=xn avec yn]-π2;π2[

    et donc

    yn=arctan(xn)n+π2.

    On peut ainsi déjà écrire le développement asymptotique à deux termes

    xn=n+nπ+π2+o(1).

    Déterminons un équivalent de ce o(1) en étudiant

    zn=π2-yn=π2-arctan(xn).

    Sachant

    x>0,arctan(x)+arctan(1x)=π2

    on obtient

    zn=arctan(1xn)=n+arctan(1nπ+π2+o(1))n+1nπ.

    Finalement,

    xn=n+nπ+π2-1nπ+o(1n).
 
Exercice 6  1478   Correction  

Montrer que l’équation tan(x)=x possède une unique solution xn dans chaque intervalle In=]-π/2;π/2[+nπ (avec n*).
Réaliser un développement asymptotique à quatre termes de xn.

Solution

Sur In, la fonction f:xtan(x)-x est continue, croît strictement de - vers +.
Cela assure l’existence et l’unité de xn.
On a

-π2+nπ<xn<π2+nπ

donc xnnπ.
Posons yn=xn-nπ. On a tan(yn)=xn et yn]-π2;π2[ donc

yn=arctan(xn)π2.

Posons

zn=π2-yn=π2-arctan(xn)=arctan(1xn)=arctan(1nπ+π2+o(1)).

On a

1nπ+π2+o(1)=1nπ11+12n+o(1n)=1nπ-141πn3+o(1n3/2)

et

arctan(x)=x-13x3+o(x3)

donc

zn=1nπ-141πn3-131π3n3+o(1n3/2).

Finalement,

xn=nπ+π2-1nπ+3+4π12π3/21n3/2+o(1n3/2).
 
Exercice 7  312   Correction  
  • (a)

    Soit 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.

Solution

  • (a)

    Soit fn:xxn+ln(x). On a

    x01+fn(x)-1+

    d’où l’existence et l’unicité de xn avec en plus la propriété xn]0;1[.

  • (b)

    On a

    fn+1(xn)=xnn+1+ln(xn)=(1-xn)ln(xn)<0

    donc xn+1xn. La suite (xn) est croissante et majorée par 1 donc converge vers ]0;1].
    Si <1 alors

    0=xnn+ln(xn)-ln()

    car 0xnnn0.
    Ceci est impossible. Il reste =1.

  • (c)

    (1-un)n=-ln(1-un)un01
    donc nln(1-un)ln(un) puis nun-ln(un)+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

    unn+-ln(un)nln(n)n.
 
Exercice 8  4762    

Soient n un entier naturel non nul et (En) l’équation xnln(x)=1 d’inconnue x+*.

  • (a)

    Montrer que l’équation (En) admet une unique solution xn et que xn>1.

  • (b)

    Montrer que la suite (xn) est décroissante et déterminer sa limite.

Pour tout n*, on pose yn=xn-1.

  • (c)

    Justifier que nyn équivaut à -ln(yn) et en déduire un équivalent simple de yn.

 
Exercice 9  316   Correction  

Montrer que l’équation xn+x2-1=0 admet une unique racine réelle strictement positive pour n1. On la note xn. Déterminer la limite de la suite (xn) puis un équivalent de xn-.

Solution

Posons fn(x)=xn+x2-1. L’étude de la fonction fn assure l’existence et l’unicité d’une solution xn+ 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+1xn.
La suite (xn) est croissante et majorée donc converge vers un réel .
Puisque pour tout n, xn[0;1], à la limite [0;1].
Si <1 alors

0xnnn0

et la relation xnn+xn2-1=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)

donc

nln(1-un)=ln(un)+ln(2-un)

d’où

-nunln(un) puis ln(n)+ln(un)ln(-ln(un))

or

ln(-ln(un))=n+o(ln(un))

donc

ln(un)n+-ln(n)

puis

unn+ln(n)n

et enfin

xnn+1-ln(n)n.
 
Exercice 10  2599   Correction  

Soient 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)2nyn2ln(n)n

    (on posera fn(y)=nln(1-y)-ln(y)).

  • (c)

    Montrer que ln(yn)-ln(n) puis que

    xn=1-ln(n)n+o(ln(n)n).

Solution

  • (a)

    On introduit φn(x)=xn+x-1. φn(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 xn+1<xn alors xn+1n+1<xnn puis

    xn+1n+1+xn+1-1<xnn+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,

    fn(ln(n)2n)n+ln(n)2>0 et fn(2ln(n)n)-ln(n)<0

    donc à partir d’un certain rang

    ln(n)2nyn2ln(n)n.
  • (c)
    ln(ln(n)2n)ln(yn)ln(2ln(n)n)

    donne ln(yn)-ln(n) puis nln(1-yn)=ln(yn) donne -nyn-ln(n) puis ynln(n)n et finalement

    xn=n+1-ln(n)n+o(ln(n)n).
 
Exercice 11  317   Correction  

Pour tout entier n2, on considère l’équation (En):xn=x+1 dont l’inconnue est x0.

  • (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.

Solution

  • (a)

    Il suffit d’étudier fn:xxn-(x+1).

  • (b)

    fn(1)0 donc xn1. De plus,

    fn+1(xn)=xnn+1-(xn+1)=xn(xn+1)-(xn+1)=(xn-1)(xn+1)0

    donc xn+1xn. La suite (xn) est décroissante et minorée par 1 donc elle converge vers 1.
    Si >1 alors xnnn+ or xnn=xn+1+1. Ce qui est impossible et il reste =1.

  • (c)

    On a

    xn=x+1nln(x)=ln(x+1)g(x)=1n

    avec

    g(x)=ln(x)ln(x+1)

    définie sur [1;+[. La fonction g est de classe 𝒞, g(x)>0 donc g réalise une bijection de [1;+[ vers [0;1[, de plus (puisque g(x)0) g-1 est aussi de classe 𝒞 et donc g-1 admet un DLn(0) pour tout 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)

    a=g-1(0)=1. g(g-1(x))=x donc

    ln(1+bx+cx2+o(x2))=xln(2+bx+o(x2))

    puis

    bx+(c-b22)x2+o(x2)=ln(2)x+b2x2+o(x2)

    donc

    b=ln(2)etc=(1+ln(2))ln(2)2.

    Finalement,

    xn=n+1+ln(2)n+(1+ln(2))ln(2)2n2+o(1n2).
 
Exercice 12  318   Correction  

Pour n2, on considère le polynôme

Pn=Xn-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.

Solution

  • (a)

    La fonction xPn(x) est strictement décroissante sur [0;1] car

    Pn(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.

  • (b)

    Puisque xn[0;1], on a xnn+1xnn puis

    Pn+1(xn)=xnn+1-(n+1)xn+1Pn(xn)=0.

    Ainsi Pn+1(xn)Pn+1(xn+1) et donc xn+1xn 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

    xnnnxn=1nxnn-10

    et donc xnn=o(nxn).
    Sachant xnn-nxn+1=0, on obtient nxn1 puis

    xn1n.

    Écrivons ensuite

    xn=1n+εnn avec εn0.

    Puisque xnn=nxn-1, on a

    εn=xnn=(1+εn)nnn0.

    Nous allons montrer

    (1+εn)nn+1

    ce qui permettra de déterminer un équivalent de εn puis de conclure.
    Puisque εn0, pour n assez grand, on a |1+εn|2 et alors

    εn=(1+εn)nnn2nnn.

    On en déduit

    1(1+εn)n(1+2nnn)n=exp(nln(1+2nnn)).

    Or

    nln(1+2nnn)2nnn-10

    et par encadrement

    (1+εn)n1.

    On peut conclure εn1nn et finalement

    xn=1n+1nn+1+o(1nn+1).
 
Exercice 13  3154    

Pour n*, on introduit le polynôme

Pn(X)=X(X-1)(X-n).
  • (a)

    Montrer que le polynôme Pn possède une unique racine dans l’intervalle ]0;1[.

Cette racine est notée xn et l’on détermine une suite (xn)n1 en faisant varier n.

  • (b)

    Étudier la monotonie de la suite (xn)n1.

  • (c)

    Justifier que pour tout x réel distinct de 0,1,,n,

    Pn(x)Pn(x)=k=0n1x-k.
  • (d)

    Déterminer un équivalent de la suite (xn)n1.

    On admettra11 1 Voir le sujet 5029 ou le sujet 4911.

    k=1n1kn+ln(n).
 
Exercice 14  2471    Correction  

Soit f(x)=(cos(x))1/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.

  • (c)

    Déterminer un développement asymptotique à 2 termes de (xn).

Solution

  • (a)

    La fonction f est définie et 𝒞 sur 𝒟=kIk avec

    Ik=]-π2+2kπ;π2+2kπ[.

    Pour x𝒟, la tangente en (x,f(x)) passe par O si, et seulement si, xf(x)=f(x).
    Après transformation, cela équivaut pour x>0 à l’équation

    xtan(x)+ln(cos(x))+x=0.

    Posons φ(x)=xtan(x)+ln(cos(x))+x.
    φ est définie et de classe 𝒞 sur 𝒟.
    φ(x)=x(1+tan2(x))+1>0 sur 𝒟+*.
    Quand x(π2+2kπ)-, φ(x)+. Quand x(-π2+2kπ)+, φ(x)-.
    φIk réalise donc une bijection de Ik vers (pour k*).
    La suite (xn)n* avec xn=(φIn)-1(0) est solution.

  • (b)

    Evidemment xn2nπ et donc xn=2nπ+yn.
    Après calculs, on obtient

    (2nπ+yn)(cos(yn)+sin(yn))=-cos(yn)ln(cos(yn)).

    La fonction ttln(t) est bornée sur ]0;1] car prolongeable par continuité en 0 et donc

    cos(yn)+sin(yn)=-cos(yn)ln(cos(yn))2nπ+ynn+0.

    Sachant |yn|<π/2, on en déduit yn-π/4.
    On conclut

    xn=2nπ-π4+o(1n).

[<] Étude asymptotique de suites [>] Comparaison de fonctions numériques



Édité le 05-09-2019

Bootstrap Bootstrap 3 - LaTeXML [LOGO] - Powered by MathJax Powered by MathJax