Khôlle d’analyse
Samuel Rochetin
Dimanche 29 janvier 2017
Exercice. Donner le développement asymptotique à quatre termes de la suite définie par u0> 0 et pour tout n ∈ N, un+1=
√ n + un.
Solution. Commençons par examiner le comportement du terme général. Nous pouvons montrer par récurrence que ∀n ∈ N, un ≥ 0. Nous en déduisons que
∀n ∈ N∗, u n =
√
n − 1 + un−1 ≥
√
n − 1, par croissance de la fonction racine carrée. Donc d’après le théorème de comparaison, lim
n→+∞un= +∞.
Ensuite, ∀n ∈ N∗, un =
q
n − 1 +pn − 2 +√. . . donc nous avons l’intui-tion que n est le terme prépondérant sous la racine et que un∼
√ n. Montrons-le. Examinons ∀n ∈ N∗,√un n = 1 + un−1− 1 n 12 . Il s’agit de comparer un−1
et n. Nous avons besoin d’une inégalité, ce qui nous mène à nous intéresser à la monotonie de (un). Essayons de montrer par récurrence que (un) est croissante.
L’hérédité est évidente : s’il existe n ∈ N tel que un+1 ≥ un, alors un+2 =
√
n + 1 + un+1 ≥
√
n + un = un+1. La difficulté vient de l’initialisation. En
effet, si u0 ∈]0; 1], alors u1 =
√
u0 ≥ u0 par comparaison des fonctions de
référence sur [0; 1]. Dans ce cas, (un) est bien croissante. En revanche, si u0 ∈
]1; +∞[, alors u1=
√
u0< u0, donc l’initialisation est infirmée. Cependant, (un)
est croissante à partir d’un certain rang. En effet, si ∀n ∈ N, un+1< un, puisque
(un) est minorée par 0, le théorème de la limite monotone assure que (un)
converge. Contradiction. Donc il existe n0∈ N tel que un0+1≥ un0. Et d’après
ce qui précède, (un) est croissante à partir du rang n0. Nous avons (un) croissante
à partir d’un certain rang et lim
n→+∞un = +∞ donc à partir d’un certain rang,
un ≥ un−1 > 1 =⇒ n + un−1 ≥ u2n−1 ⇐⇒ 1 un−1− 1 ≥ un−1 n . Ainsi, 0 ≤ un−1 n ≤ 1 un−1− 1
donc d’après le théorème des gendarmes, lim
n→+∞ un−1 n = 0. D’où lim n→+∞ un √ n =n→+∞lim 1 +un−1− 1 n 12 = 1, donc un∼ √ n.
La proposition du cours un ∼ vn ⇐⇒ un = vn+ o(vn) nous permet d’en
déduire le premier terme du développement asymptotique : un =
√
n + o (√n). Pour obtenir le deuxième terme, injectons ce résultat dans la relation de récurrence. ∀n ∈ N∗, un = √ n 1 + √ n − 1 n − 1 n+ o √n − 1 n 12 . En utili-1
sant √ n − 1 n = 1 √ n + o 1 √ n
, le développement limité en 0 usuel (1 + x)α=
1 + αx + o(x) et les manipulations classiques de la notation de Landau, il vient un=
√ n +1
2+ o(1).
Pour obtenir le troisième terme, injectons ce résultat dans la relation de récurrence. ∀n ∈ N∗, un = √ n 1 + √ n − 1 n − 1 2n + o 1 n 12 . Or, √ n − 1 n = 1 √ n+ o 1 n , donc un= √ n +1 2 − 1 4√n+ o 1 √ n .
Pour obtenir le quatrième terme, injectons ce résultat dans la relation de ré-currence. ∀n ∈ N∗, un= √ n 1 + √ n − 1 n − 1 2n − 1 4n√n+ o 1 n√n 12 . Nous ne pouvons pas écrire
√ n − 1 n = 1 √ n+ o 1 n√n
donc nous précisons le
déve-loppement asymptotique du terme √ n − 1 n . Ainsi, √ n − 1 n = 1 √ n 1 − 1 n 12 = 1 √ n− 1 2n√n+ o 1 n√n . Donc un= √ n +1 2 − 1 4√n− 3 8n+ o 1 n . 2
