Vitesse de convergence de séries et de suites classiques

Correction du TD1

MNO, L3, Dauphine, 2020-2021 D. Gontier, [email protected]

Vitesse de convergence de séries et de suites classiques

Exercice 1.

Pour chacune des suites suivantes, déterminer la limite, et estimer la vitesse de convergence :

(a) x n =

n

X

k=1

1

k(k + 1) , (b) x n =

n

X

k=0

e ⁻ⁿ , (c) x n = sin 1

n

+ cos 1

n

− ln n + 1

n

, (d) x n =





1 2

ⁿ

1 3

ⁿ

1 4

ⁿ





(a) On a _k(k+1) ¹ = ¹ _k − _k+1 ¹ , donc x _n est une série télescopique, et on trouve x _n = 1 − _n+1 ¹ . La suite x _n converge vers 1, et |1 − x n | = _n+1 ¹ . C’est une convergence très lente (beaucoup plus lente qu’une convergence linéaire) ! (b) On reconnait une série géométrique, donc x _n = ^1−e _1−e

⁻ⁿ⁻¹−1

. La suite x _n converge vers x ^∗ := 1/(1 − e ⁻¹ ), et x ^∗ − x n est le reste de la série géométrique : |x ^∗ − x n | = e ⁻ⁿ _1−e ¹

−n

. C’est une convergence linéaire à taux e ⁻¹ . (c) On fait le développement limité à l’ordre 3 de la fonction f (x) = cos(x) + sin(x) − log(1 + x). On trouve

f(x) = 1 − x ²

2 + x − x ³

6 − x + x ² 2 − x ³

3 + o(x ³ ) = 1 − x ³

2 + o(x ³ ).

On en déduit que x _n converge vers x ^∗ = 1, et que |x ^∗ − x _n | ≈ n ⁻³ . C’est une convergence lente.

(d) x _n converge vers (0, 0, 0), et kx _n k ² ≈ 2 ⁻ⁿ (1 + o(1)). C’est donc une convergene linéaire à l’ordre ¹ ₂ . Exercice 2.

Soit f : R → R ⁺ une fonction positive intégrable et décroissante.

a/ Montrer que, pour tout n ∈ N ^∗ , Z ∞

n

f (x)dx ≤

∞

X

k=n

f (k) ≤ Z ∞

n−1

f (x)dx.

b/ En déduire que la suite x n := P n

k=1 f (k) converge.

c/ Estimez la vitesse de convergence des suites suivantes : (c1) x _n =

n

X

k=1

1

k ^s avec s > 1, (c2) x _n =

n

X

k=1

ke ^−k

²

.

a/ Évident avec un dessin. Pour une preuve, on remarque que, comme f est décroissante,

∀x ∈ [k − 1, k], f (k) ≤ f (x) ≤ f (k − 1), donc Z k

k−1

f (k)dx ≤ Z k

k−1

f (x)dx ≤ Z k

k−1

f(k − 1)dx.

En sommant de k = n + 1 à ∞, on obtient

∞

X

k=n+1

f (k) ≤ Z ∞

n

f (x)dx ≤

∞

X

k=n

f(k).

b/ La suite x n est croissante, et majorée par R ∞

0 f (x)dx, donc converge vers une limite x _∗ := P ∞ 1 f (k).

c/ Pour (c1), on utilise le résultat a/ avec la fonction f (x) = x ^−s . On obtient

|x ∗ − x _n | =

∞

X

k=n+1

f (k) ≤ Z ∞

k

1 x ^s dx =

x ^−s+1

−s + 1 ^∞

n+1

≈ 1 1 − s n ^1−s .

C’est une convergence lente (sous-linéaire).

Pour (c2), on prend f (x) = xe ^−x

²

, et on obtient de même

|x _∗ − x n | =

∞

X

k=n+1

f (k) ≤ Z ∞

k

xe ^−x

²

dx = 1 2 h

e ^−x

²

i ∞ n+1 ≈ 1

2 e ⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

²

.

C’est une convergence superlinéaire, (mais sous quadratique).

Exercice 3.

Dans cet exercice on s’intéresse à la suite u n := sin

π(1 + √ 2) ⁿ

. a/ Montrer que, pour tout n ∈ N , on a (1 + √

2) ⁿ + (1 − √

2) ⁿ ∈ 2 N . b/ En déduire que u n = sin

−π(1 − √ 2) ⁿ

.

c/ Quelle est la limite de la suite (u n ), et quelle est la vitesse de convergence ?

a/ Avec la formule du binôme, on a

(1 + √

2) ⁿ + (1 − √ 2) ⁿ =

n

X

k=0

N k

√

2 ^k + (− √ 2) ^k

.

Dans chaque parenthèse, on obtient 0 lorsque k est impair, et 2 · 2 ^k/2 ∈ 2 N si k est pair.

b/ On a donc π(1 + √

2) ⁿ = −π(1 − √

2) ⁿ [2π], puis sin(π(1 + √

2) ⁿ ) = sin(−π(1 − √ 2) ⁿ ).

c/ Puisque 0 < √

2 − 1 < 1, on a ( √

2 − 1) ⁿ → 0. De plus, comme sin(x) ∼ x, on obtient |u n | ∼ π( √

2 − 1) ⁿ . La suite u n converge vers 0 linéairement à taux √

2 − 1 ≈ 0.41.

Vitesse de convergence de suites définies par récurrence

Exercice 4.

Soit (x n ) la suite définie par x 0 = α avec 0 < α < 1, et x n+1 = 2x n − x ² _n . On pose Φ(x) = 2x − x ² . a/ Montrer que Φ(x) est strictement croissante sur (0, 1). En déduire que 0 < x n < 1 pour tout n.

b/ Montrer que Φ(x) > x sur (0, 1). En déduire que (x n ) est une suite croissante.

c/ Monter que la suite (x _n ) est convergente. Quelle est sa limite ? d/ On pose ε _n := 1 − x _n . Montrer que ε _n+1 = ε ² _n .

e/ En déduire une formule pour (x _n ), puis calculer la vitesse de convergence.

a/ On a Φ ⁰ (x) = 2 − 2x qui est strictement positif sur (0, 1), donc Φ est strictement croissante sur (0, 1). De plus, comme Φ(0) = 0 et Φ(1) = 1, on a 0 < x n < 1 = ⇒ Φ(0) < Φ(x n ) < Φ(1), c’est à dire 0 < x n+1 < 1. Le résultat s’en déduit par récurrence.

b/ On a Φ(x) − x = x − x ² = x(1 − x), qui est positif pour tout 0 < x < 1. Donc Φ(x) > x sur (0, 1), et x n+1 = Φ(x n ) > x n .

c/ La suite (x n ) est croissante bornée par 1, donc converge vers une limite x _∗ . Comme on a x n+1 = Φ(x n ) avec Φ continue, on obtient à la limite x _∗ = Φ(x _∗ ), donc x _∗ est un point fixe de Φ. Enfin Φ(x) = x n’a que deux solutions 0 et 1. Or x 0 > 0, donc la limite est x ∗ = 1.

d/ La relation x n+1 = 2x n − x ² _n s’écrit aussi

(1 − ε _n+1 ) = 2(1 − ε _n ) − (1 − ε _n ) ² , ou encore ε _n+1 = ε ² _n .

e/ On en déduit que ε ₀ = (1− α) ∈ (0, 1), puis ε _n = ε ² ₀

ⁿ

. Donc ε _n converge vers 0 à l’ordre 2 (quadratiquement), et x _n converge vers 1 avec la même vitesse.

Exercice 5.

Soit x 0 = 1 et (x n ) définie par x n+1 = ^x ₂

ⁿ

+ _x ¹

n

.

a/ Montrer qu’on a (x n+1 − x n ) ² = x ² _n+1 − 2, puis que x n ≥ √

2 pour tout n ∈ N ^∗ . b/ En déduire qu’on a

|x _n+1 − x _n | = |x _n − x _n−1 | ² 2|x n | . c/ Montrer que la suite (x n ) est convergente.

d/ Quelle est la limite ? Montrer que la vitesse est au moins quadratique.

a/ La fonction Φ : x 7→ x/2 + 1/x envoie (0, ∞) dans lui-même. En particulier, la suite x n est positive. On a (x n+1 − x n ) ² − x ² _n+1 = x ² _n − 2x n+1 x n = x n (x n − 2x n+1 ) = x n

−2 x n

= −2,

où on a utilisé la relation de récurrence dans l’avant-dernière égalité. En particulier, on doit avoir x ² _n+1 ≥ 2, et enfin x n+1 ≥ √

2 car x n ≥ 0.

b/ On a

x n+1 − x n = − x _n 2 + 1

x n

= −x ² _n + 2 2x n

= −(x n − x _n−1 ) ² 2x n

. c/ Comme |x n | ≥ √

2, on a aussi

|x n+1 − x n | ≤ 1 2 √

2 |x n − x _n−1 | ² . Par ailleurs, on a x 0 = 1 et x 1 = 3/2, donc ¹

2 √

2 |x 1 − x 0 | = ¹

4 √

2 < 1. On peut alors appliquer le Lemme du cours, et on déduit que la suite (x n ) converge au moins à l’ordre 2 vers un certain x _∗ ∈ R .

d/ Par continuité de Φ, on doit avoir Φ(x ^∗ ) = x ^∗ . De plus on doit avoir x ^∗ ≥ 0, et donc x ^∗ = √ 2.

Exercice 6.

Soit x 0 = 1 et (x n ) définie par x n+1 = x n − ^x ₂

²ⁿ

+ 1.

a/ Montrer que pour tout n ∈ N ^∗ , on a 1 ≤ x _n ≤ ³ ₂ .

b/ En déduire que |x n+1 − x _n | ≤ ¹ ₂ |x n − x _n−1 |, puis que la suite (x _n ) est convergente.

c/ Quelle est la limite x ^∗ de la suite ? Montrer que |x n − x ^∗ | ≤ 2 ⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ .

a/ La fonction Φ(x) := x − x ² /2 + 1 vérifie Φ ⁰ (x) = 1 − x, donc est strictement décroissante pour x > 1. De plus, on a Φ(1) = ³ ₂ et Φ(3/2) = ¹¹ ₈ > 1. On en déduit que Φ envoie l’intervalle [1, 3/2] dans lui-même, puis, par récurrence, que x n ∈ [1, 3/2] pour tout n ∈ N .

b/ En soustrayant la relation avec n + 1 et avec n, on obtient x n+1 − x n =

x n − x ² _n 2 + 1

−

x _n−1 − x ² _n−1 2 + 1

= (x n − x _n−1 )

1 − 1

2 (x n + x _n−1 )

.

Comme x _n et x _n−1 sont dans [1, 3/2], on a x _n + x _n−1 ∈ (2, 3), et donc 1 − ¹ ₂ (x _n + x _n−1 ) ∈ (−1/2, 0). Le résultat suit.

c/ D’après le Lemme du cours, la suite x _n converge linéairement à taux au moins ¹ ₂ vers un certain x ^∗ ∈ R . De plus, comme x _n ∈ [1, 3/2], on doit aussi avoir x ^∗ ∈ [1, 3/2]. En faisant tendre n → ∞ dans la relation x n+1 = Φ(x n ), et par continuité de Φ, on doit avoir x ^∗ = Φ(x ^∗ ). On obtient x ^∗ = √

2. Enfin, on a comme avant

x n+1 − x ^∗ = Φ(x n ) − Φ(x ^∗ ) = (x n − x ^∗ )

1 − 1

2 (x n + x ^∗ )

,

et donc |x _n+1 − x ^∗ | ≤ ¹ ₂ |x _n − x ^∗ |. Par une récurrence immédiate, on obtient

|x n − x ^∗ | ≤ 2 ⁻ⁿ |x 0 − x ^∗ | ≤ 2 ⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ .

Exercice 7. (Partiel 2019)

Soit (x n ) la suite définie par x 0 = 1/2, x 1 = 1/16, puis x _n+1 = 1

2 x ² _n x _n−1 . a/ Montrer que la suite (x _n ) converge vers 0.

b/ Montrer qu’il existe C > 0 tel que la suite u _n := log(Cx _n ) vérifie u _n+1 = 2u _n + u _n−1 .

c/ Calculer ρ la solution positive de ρ ² = 2ρ + 1.

d/ Montrer que u n < −ρ ⁿ pour tout n ∈ N (on donne log(1/2) ≈ −0.7 et √

2 ≈ 1.4).

e/ Quelle est la vitesse de convergence de la suite (x n ) initiale ?

a/ x n est décroissante minorée par 0, donc converge. La limite doit vérifier x ^∗ = ¹ ₂ (x ^∗ ) ³ , donc x ^∗ = 0 ou x ^∗ = √

2. Le deuxième cas ne peut pas arriver, car x n < x 0 < √

2. Donc x ^∗ = 0.

b/ Si u n = log(Cx n ) = log(C) + log(x n ), alors, en passant au log, on a

u n+1 − log(C) = log(1/2) + 2u n − 2 log(C) + u _n−1 − log(C).

En choisissant log(C) = 1/2 log(1/2) ou encore C = ^{√ 1}

2 , on obtient u n+1 = 2u n + u _n−1 . c/ L’équation X ² − 2X − 1 a pour racine 1 ± √

2, donc ρ = 1 + √ 2.

d/ Par récurrence, on a

u ₀ = log(C) + log(x ₀ ) = 1/2 log(1/2) + log(1/2) ≈ −1.05 < −ρ ⁰ = 1

et

u 1 = log(C) + log(x 1 ) = 1/2 log(1/2) + log(1/2 ⁴ ) = 9

2 log(1/2) ≈ −3 < −ρ = −1 − √

2 ≈ −2.4.

Donc c’est vérifié pour n = 0 et n = 1. On a par ailleurs

ρ ⁿ⁺¹ + u n+1 = 2(ρ ⁿ + u n ) + (ρ ⁿ⁻¹ + u _n−1 ) < 0,

et donc u _n+1 < −ρ ⁿ⁺¹ , comme souhaité.

e/ On a u _n < −ρ ⁿ , ou encore log(Cx _n ) < −ρ ⁿ . En prenant l’exponentielle, on obtient Cx n < e ^−ρ

ⁿ

, ou encore 0 < x n < C ⁻¹ e ^−ρ

ⁿ

.

On en déduit que x n converge vers 0 avec une convergence à l’ordre au moins ρ = 1 + √ 2.

Exercice 8. (Algorithme d’Archimède) On pose t 0 = ^{√ 1}

3 puis

t n+1 =

p t ² _n + 1 − 1 t n

. 1/ Montrer par récurrence que t n = tan _6·2 ^π

n

.

2/ Montrer que u n := 12 · 2 ⁿ · t n est le périmètre du polygone circonscrit au cercle de rayon 1, ayant 6 · 2 ⁿ arêtes.

3/ Quelle est la limite de (u n ) ? Quelle est la vitesse de convergence ? a/ pour n = 0, on a tan(π/6) = ^{√ 1}

3 = t 0 . De plus, on a, pour tout 0 < x < π/2, p tan(x) ² + 1 − 1

tan x =

1 cos(x) − 1

tan x = 1 − cos(x)

sin(x) = 2 sin ² (x/2)

2 sin(x/2) cos(x/2) = tan(x/2), et le résultat suit par récurrence.

b/ Faire un dessin. C’est comme ça qu’Archimède a obtenu les premières valeurs pertinentes de π ! c/ Graphiquement, on voit que la suite u n converge vers 2π. On peut le démontrer car tan(x) ∼ x, donc

u n = 12 · 2 ⁿ t n = 2 · 6 · 2 ⁿ tan π 6 · 2 ⁿ

∼ 2π.

Pour avoir la vitesse de convergence, on utilise que tan(x) = x + ^x ₃

³

+ o(x ³ ), donc u _n = 2 · 6 · 2 ⁿ

π

6 · 2 ⁿ + π ²

3 · 6 ³ · 2 ³ⁿ + · · ·

= 2π + π ² 3 · 18

1

4 ⁿ + o( 1 4 ⁿ ).

On en déduit que la convergence est linéaire, à taux 1/4.

Autour d’un point fixe

Exercice 9.

Soit Φ : R → R de classe C ² , et soit x ^∗ tel que Φ(x ^∗ ) = x ^∗ . On suppose qu’il existe 0 < α < 1 tel que

|Φ ⁰ (x ^∗ )| < α.

a/ Montrer qu’il existe ε > 0 tel que pour tout x ∈ (x ^∗ − ε, x ^∗ + ε), on a |Φ ⁰ (x)| ≤ α.

b/ Soit x 0 ∈ (x ^∗ − ε, x ^∗ + ε), et soit (x n ) la suite définie par récurrence par x n+1 = Φ(x n ). Montrer que la suite (x n ) converge linéairement à taux au moins α vers x ^∗ .

c/ On suppose que Φ ⁰ (x ^∗ ) = 0. Montrer que si x 0 est suffisamment proche de x ^∗ , alors la suite (x n ) converge vers x ^∗ à l’ordre au moins 2.

a/ C’est la continuité de Φ ⁰ .

b/ Montrons par récurrence que x _n ∈ B(x ^∗ , ε) pour tout n ∈ N . En effet, x ₀ ∈ B(x ^∗ , ε), et si x _n ∈ B(x ^∗ , ε), on a

|x n+1 − x ^∗ | = |Φ(x n ) − Φ(x ^∗ )| = Z

[x

^∗

,x

n

]

Φ ⁰ (t)dt

≤ Z

[x

^∗

,x

n

]

|Φ ⁰ (t)| dt ≤ α Z

[x

^∗

,x

n

]

dt ≤ ε |x n − x ^∗ | ≤ αε < ε,

ce qui prouve que x n ∈ B(x ^∗ , ε). De plus, on a aussi montré que |x n+1 −x ^∗ | ≤ α|x n − x ^∗ | ≤ · · · ≤ α ⁿ⁺¹ |x 0 − x ^∗ |, donc la suite (x n ) converge linéairement vers x ^∗ à taux au moins α.

c/ On écrit le développement de Taylor à l’ordre 2 : pour tout x ∈ B(x ^∗ , ε), Φ(x) = Φ(x ^∗ ) + Φ ⁰ (x ^∗ ) + |x − x ^∗ | ²

Z 1 0

Φ ⁰⁰ (x ^∗ + t(x − x ^∗ ))(1 − t)dt,

puis

|Φ(x) − Φ(x ^∗ )| ≤ |x − x ^∗ | ² 1 2 sup

B(x

^∗

,ε)

|Φ ⁰⁰ |

! .

On pose C = ¹ ₂ sup _B(x

∗

,ε) |Φ ⁰⁰ |, et on obtient

|x n+1 − x ^∗ | = |Φ(x n ) − Φ(x ^∗ )| ≤ C|x n − x ^∗ | ² ≤ · · · ≤ C ^{1+2+4+···2}

ⁿ

|x 0 − x ^∗ | ²

ⁿ⁺¹

= 1

C [C|x 0 − x ^∗ |] ²

ⁿ⁺¹

. On a donc convergence quadratique dès que C|x ₀ − x ^∗ | < 1.

Exercice 10.

Soit f : R → R de classe C ^∞ avec f(x ^∗ ) = 0 et f ⁰ (x ^∗ ) > 0.

a/ Montrer qu’il existe ε > 0 tel que pour tout x ∈ (x ^∗ − ε, x ^∗ + ε), on a f ⁰ (x) > 0.

b/ Soit Φ : x 7→ x − [f ⁰ (x)] ⁻¹ f (x). Montrer que pour tout x ∈ (x ^∗ − ε, x ^∗ + ε), Φ(x) = x ssi x = x ^∗ .

c/ En utilisant l’Exercice précédent, montrer que, si x 0 est suffisamment proche de x ^∗ , alors la suite (x n ) définie par x n+1 = Φ(x n ) converge quadratiquement vers x ^∗ .

a/ C’est la continuité de f ⁰ .

b/ En particulier, f est strictement croissante sur B(x ^∗ , ε), et ne s’annule qu’en x = x ^∗ sur cet intervalle. Sur cet intervalle, on a dont Φ(x) = x ⇐⇒ f(x) = 0 ⇐⇒ x = x ^∗ .

c/ D’après l’exercice précédent, il suffit de montrer que Φ ⁰ (x ^∗ ) = 0. On a Φ ⁰ (x) = 1 − f ⁰ (x)

f ⁰ (x) + f (x)f ⁰⁰ (x)

f ⁰ (x) ² = f (x)f ⁰⁰ (x) f ⁰ (x) ² .

En x = x ^∗ , on a f (x ^∗ ) = 0, et donc Φ ⁰ (x ^∗ ) = 0.

Exercice 11. (Partiel 2018)

Soit Φ(x) := x + sin(x). On pose x 0 ∈ R et x n+1 = Φ(x n ).

a/ Montrer que Φ est une fonction strictement croissante, et calculer ses points fixes.

b/ Soit k ∈ N , et x 0 ∈ (kπ, (k + 1)π). Montrer que pour tout n ∈ N , on a x n ∈ (kπ, (k + 1)π), puis montrer que la suite (x n ) est croissante si k est pair, et décroissante si k est impair.

c/ Montrer que si x 0 = 3, alors la suite (x n ) converge vers π.

d/ Montrer que pour tout x ∈ R , on a

|Φ(x) − Φ(π)| ≤ 1

6 max |Φ ⁰⁰⁰ | · |x − π| ³ . e/ En déduire que si x 0 = 3, alors la suite (x n ) converge vers π à l’ordre 3.

a/ La fonction Φ est C ^∞ , et on a Φ ⁰ (x) = 1 + cos(x) ≥ 0, donc Φ est croissant. Supposons par l’absurde qu’il existe a < b tel que Φ(a) = Φ(b). Alors Φ serait constante sur [a, b], et on aurait Φ ⁰ (x) = 0 pour tout x ∈ [a, b], ce qui est impossible, car Φ ⁰ ne s’annule qu’aux points x = ^π ₂ + Z π, qui est discret. Donc Φ est strictement croissant.

b/ Pour tout k ∈ N , on a Φ(kπ) = kπ, donc les points kπ sont des points fixes de Φ. Si kπ < x ₀ < (k + 1)π, alors par croissance de Φ et une récurrence immédiate, on a Φ ⁿ (kπ) < Φ ⁿ (x ₀ ) < Φ ⁿ ((k + 1)π), où Φ ⁿ est composée n fois de Φ. Cette dernière égalité est aussi kπ < x _n < (k + 1)π.

Si k est paire, la fonction sin est (strictement) positive sur (kπ, (k + 1)π). Donc, si kπ ≤ x n ≤ (k + 1)π, on a x n+1 − x n = sin(x n ) ≥ 0, et par une récurrence immédiate, la suite (x n ) est strictement croissante.

Le raisonnement est similaire si k est impair.

c/ D’après le point b/, si x 0 = 3 ∈ (0, π), la suite (x n ) est strictement croissante, et majorée par π, donc converge vers une limite x ^∗ ∈ [3, π]. Par continuité de Φ, on doit avoir x ^∗ = Φ(x ^∗ ). La seule limite possible est donc x ^∗ = π.

d/ D’après la formule de Taylor à l’ordre 2, il existe ξ ∈ (x, π) tel que Φ(x) = Φ(π) + Φ ⁰ (π) · (x − π) + 1

2 Φ ⁰⁰ (π) · (x − π) ² + 1

6 Φ ⁰⁰⁰ (ξ) · (x − π) ³ .

Dans notre cas, on a Φ ⁰ (π) = 1 + cos(π) = 0, Φ ⁰⁰ (π) = − sin(π) = 0 (et Φ ⁰⁰⁰ (π) = − cos(π) = 1 6= 0). Ainsi,

|Φ(x) − Φ(π)| = 1

6 |Φ ⁰⁰⁰ (ξ)| · |x − π| ³ ≤ 1

6 max |Φ ⁰⁰⁰ | · |x − π| ³ .

e/ En se rappelant que Φ(π) = π, et si x ₀ = 3, alors |π − x ₀ | < 1. De plus, comme ¹ ₆ < 1, on obtient par récurrence que

|x _n − π| < |x _n−1 − π| ³ < · · · < |x ₀ − π| ³

ⁿ

,

et la méthode converge à l’ordre 3.