A NALYSE ASYMPTOTIQUE DE NIVEAU 2
Ce chapitre est avant tout un recueil de problèmes typiques d’analyse asymptotique plus délicats — et plus intéressants
— que ceux que nous avons résolus au chapitre « Analyse asymptotique de niveau 1 ». À l’exception de la formule de Stirling, aucun des résultats généraux que j’ai choisi d’encadrer ne figure au programme de MPSI. Étudiez-les comme des exemples privilégiés, des idées classiques qu’il convient de méditer et non pas pas des théorèmes de cours à connaître.
1 É TUDES DE SOMMES PAR ENCADREMENT D ’ INTÉGRALES
Nous avons vu récemment que toute intégrale peut être approchée par des sommes par construction de l’intégrale.
Rappelons simplement que les sommes en question représentent dans ce cadre des « aires sous la courbe » de fonctions en escalier. L’idée de base de ce paragraphe, c’est qu’on peut aussi faire l’inverse et approximer certaines sommes par des intégrales. C’est déjà ce que nous avons fait avec les sommes de Riemann.
Exemple
n
X
k=1
1
k =
n→+∞
ln n + O(1). En particulier :
n
X
k=1
1
k
n→+∞∼ ln n.
Démonstration
k k+1 1
1k k+1
Pour tous k ∈ N
∗et t ∈ [k, k + 1], par décroissance de la fonction inverse : 1 k + 1 ¶ 1
t ¶ 1 k , donc : 1
k + 1 ¶ Z
k+1k
dt t ¶ 1
k , donc par somme, pour tout n ∈ N
∗:
n−1
X
k=1
1 k + 1 ¶
Z
n1
dt t ¶
n−1
X
k=1
1 k ¶
X
nk=1
1 k , et si on renverse maintenant cette inégalité comme un gant en y plaçant la somme au centre, on obtient ceci : ln n ¶
X
nk=1
1 k = 1 +
n−1
X
k=1
1
k + 1 ¶ ln n + 1, i.e. : 0 ¶ X
nk=1
1
k − ln n ¶ 1, et donc enfin : X
nk=1
1
k =
n→+∞
ln n+ O(1).
Le théorème qui suit reprend l’idée précédente, mais il va plus loin.
Théorème (Comparaison somme-intégrale) Soit f ∈ C [1, + ∞ [, R
une fonction positive décroissante.
Pour un certain ℓ ∈ R :
n
X
k=1
f (k) =
n→+∞
Z
n1
f (t) dt + ℓ + o(1).
Démonstration Pour tout n ¾ 2 : Z
n1
f (t) dt − X
nk=1
f (k) = − f (1)+
X
nk=2
Z
kk−1
f (t) dt − f (k)
= − f (1)+
X
nk=2
a
ksi on pose : a
k=
Z
kk−1
f (t) dt − f (k) pour tout k ¾ 2. Or par décroissance : f (k) =
Z
kk−1
f (k) dt ¶ Z
kk−1
f (t) dt ¶ Z
kk−1
f (k − 1) dt = f (k − 1), donc : 0 ¶ a
k¶ f (k − 1) − f (k). Il découle de cet encadrement que la suite
nX
k=2
a
k
n¾2
est croissante, mais aussi majorée car pour tout n ¾ 2 :
X
nk=2
a
k¶ X
nk=2
f (k − 1) − f (k)
= f (1) − f (n) ¶ f (1). Cette suite est ainsi convergente d’après le théorème de la limite monotone, disons de limite λ. Finalement :
Z
n1
f (t) dt − X
nk=1
f (k) = − f (1) + X
nk=2
a
k=
n→+∞
λ − f (1) + o(1) et c’est fini. En particulier, dans le cas de la fonction inverse :
Théorème (Développement asymptotique de la série harmonique et constante d’Euler) X
nk=1
1
k =
n→+∞
ln n + γ + o(1) pour un certain réel γ appelé la constante d’Euler : γ ≈ 0, 577.
2 S UITES D ’ INTÉGRALES ET FONCTIONS DÉFINIES PAR UNE INTÉGRALE
Comme nous le savons déjà, il suffit parfois d’un simple encadrement pour trouver un équivalent d’intégrale.
Exemple
Z
x+1x
e
tln t dt ∼
x→+∞
e
x(e − 1)ln x.
Démonstration Pour tout x > 0 : ln x Z
x+1x
e
tdt ¶ Z
x+1x
e
tln t dt ¶ ln(x + 1) Z
x+1x
e
tdt, donc :
e
x+1− e
xln x ¶
Z
x+1x
e
tln t dt ¶ e
x+1− e
xln(x + 1),
puis : 1 ¶ 1
e
x(e − 1) ln x Z
x+1x
e
tln t dt ¶ ln(x + 1)
ln x — d’où le résultat par encadrement.
Souvent hélas, encadrer ne suffit pas, voici donc une idée parmi d’autres. Une intégration par parties transforme toujours une intégrale en une somme de deux termes — un « crochet » et une autre intégrale — et quand on s’y prend bien, cette décomposition peut fournir un début de développement asymptotique pour l’intégrale de départ.
Théorème (Un exemple de développement asymptotique par IPP) Soit f ∈ C
1[0, 1], R . Z
10
t
nf (t) dt =
n→+∞
f (1) n + o
1 n
. En particulier, si : f (1) 6 = 0, alors : Z
10
t
nf (t) dt
n∼
→+∞
f (1) n .
Démonstration Pour tout n ∈ N : Z
10
t
nf (t) dt
IPP= t
n+1n + 1 f (t)
t=1t=0
− 1 n + 1
Z
10
t
n+1f
′(t) dt
= f (1) n + 1 − 1
n + 1 Z
10
t
n+1f
′(t) dt.
Or f
′est continue sur le
SEGMENT[0, 1], donc bornée d’après le théorème des bornes atteintes. Du coup, pour tout n ∈ N :
Z
10
t
n+1f
′(t) dt
¶ k f
′k
∞Z
10
t
n+1dt = k f
′k
∞n + 2 , donc : lim
n→+∞
Z
10
t
n+1f
′(t) dt = 0 par
encadrement. Conclusion : Z
10
t
nf (t) dt =
n→+∞
f (1) n + 1 + o
1 n + 1
n→
=
+∞f (1) n + o
1 n
.
Exemple Z
10
e
−x t1 + t
2dt =
x→+∞
1 x + O
1 x
2 .
Démonstration Tâchons si possible d’adapter la preuve du théorème précédent au contexte de cette nouvelle intégrale. Pour commencer, pour tout x > 0 :
Z
10
e
−x t1 + t
2dt
IPP=
− e
−x tx × 1
1 + t
2
t=1t=0
− 1 x
Z
10
2te
−x t1 + t
22dt = 1 x − e
−x2x − 2 x
Z
10
te
−x t1 + t
22dt, or :
Z
10
te
−x t1 + t
22dt
= Z
10
te
−x t1 + t
22dt ¶
Z
10
e
−x tdt = 1 − e
−xx ¶ 1
x , donc en effet : Z
10
e
−x t1 + t
2dt =
x→+∞
1 x − e
−x2x − 2 x × O
1 x
x→
=
+∞1 x + O
1 x
2
.
3 S UITES RÉCURRENTES
Dans l’exemple qui suit, les termes du développement asymptotique sont obtenus les uns après les autres du plus grand au plus petit selon un principe de « boucle ». À chaque fois qu’on vient d’obtenir un terme d’une certaine précision, on réinjecte le tout dans la relation de récurrence et on obtient ainsi un nouveau terme. On peut sur le papier obtenir de cette manière des précisions aussi fines que voulu, mais plus on avance, plus les réinjections sont calculatoires.
Exemple On note (u
n)
n∈Nla suite définie par : u
0= 0 et pour tout n ∈ N : u
n+1= p u
n+ n
2. Alors : u
n=
n→+∞
n − 1 2 − 3
8n + o
1 n
.
Démonstration Pour tous n ∈ N et x ¾ 0 : p
x + n
2¾ 0 et : u
0¾ 0, la suite (u
n)
n∈Nest bien définie.
• Pour tout n ∈ N
∗: u
n= p
u
n−1+ (n − 1)
2¾ n − 1, donc : lim
n→+∞
u
n= + ∞ par minoration.
• Montrons ensuite par récurrence que pour tout n ∈ N : u
n¶ n. Initialisation : Évidente.
Hérédité : Soit n ∈ N . Si : u
n¶ n, alors : u
n+1= p
u
n+ n
2HDR¶ p
n
2+ n ¶ p
n
2+ 2n + 1 = n + 1.
• À ce stade, pour tout n ∈ N
∗: n − 1 ¶ u
n¶ n, donc : 1 − 1 n ¶ u
nn ¶ 1, donc : lim
n→+∞
u
nn = 1 par encadrement, ou encore : u
nn∼
→+∞
n. On a même obtenu mieux : u
n=
n→+∞
n + O(1).
• Ensuite : u
n+1− n = p
u
n+ n
2− n = n
s 1 + u
nn
2− 1
, avec : lim
n→+∞
u
nn
2= 0, donc : u
n+1− n
n∼
→+∞
n × u
n2n
2 n∼
→+∞
1
2 , et donc : u
n+1=
n→+∞
n + 1 2 + o(1).
Conclusion : u
n=
n→+∞
(n − 1) + 1
2 + o(1) =
n→+∞
n − 1 2 + o(1).
• On poursuit sur cette lancée avec un développement limité plus fin de x 7−→ p
1 + x au voisinage de 0 : u
n+1= p
u
n+ n
2= n s
1 + u
nn
2=
n→+∞
n v t 1 + 1
n − 1 2n
2+ o
1 n
2
n→
=
+∞n
1 + 1 2
1 n − 1
2n
2
− 1 8
1 n
2+ o
1 n
2
n→+∞
= n
1 + 1
2n − 3 8n
2+ o
1 n
2
n→+∞
= n + 1 2 − 3
8n + o
1 n
. Conclusion : u
n=
n→+∞
(n − 1) + 1
2 − 3
8(n − 1) + o
1 n − 1
n→
=
+∞n − 1 2 − 3
8n + o
1 n
.
Exemple On note (u
n)
n∈Nla suite définie par : u
0= 1 et pour tout n ∈ N : u
n+1= u
n+ 1 u
n. Alors : u
n=
n→+∞
p 2n + O
ln n p n
. En particulier : u
n∼
n→+∞
p 2n, et même : u
n− p 2n −→
n→+∞
0.
Démonstration Pour commencer, (u
n)
n∈Nest bien définie car l’intervalle [1, + ∞ [, qui contient u
0, est stable par la fonction x 7−→ x + 1
x . En outre, pour tout n ∈ N : u
n¾ 1. On pourrait bien sûr ensuite déterminer la limite de (u
n)
n∈Ngrâce au théorème de la limite monotone, mais cela ne suffirait pas à nous donner un équivalent.
• Pour tout n ∈ N : u
2n+1= u
2n+ 2 + 1
u
2n, i.e. : u
2n+1− u
2n= 2+ 1
u
2n, donc : u
2n= 2n + u
20+ X
n−1 k=01 u
2k¾ 2n après simplification télescopique. Enfin, par minoration : lim
n→+∞
u
n= + ∞ .
• Nous venons de voir que pour tout n ∈ N
∗: u
n¾ p
2n, i.e. que : 1 u
2n¶ 1
2n . Ainsi, pour tout n ∈ N
∗: 0 ¶
X
n−1 k=01 u
2k¶ 1 +
n−1
X
k=1
1
2k , donc comme : X
nk=1
1 k
n∼
→+∞
ln n, on peut dire que :
n−1
X
k=0
1 u
2k=
n→+∞
O(ln n).
Conclusion : u
2n= 2n + 1 +
n−1
X
k=0
1 u
2k=
n→+∞
2n + O(ln n), et enfin : u
n=
n→+∞
Æ 2n + O(ln n) =
n→+∞
p 2n v t 1 + O
ln n n
n→
=
+∞p 2n
1 + O
ln n n
n→
=
+∞p 2n + O
ln n p n
.
4 S OLUTIONS D ’ ÉQUATIONS DÉFINIES IMPLICITEMENT
Exemple Pour tout ǫ > 0, l’équation : e
−ǫx= x d’inconnue x possède une et une seule solution x
ǫdans R
+. Alors : x
ǫ=
ǫ→0
1 − ǫ + 3ǫ
22 + o ǫ
2. Démonstration
• Soit ǫ > 0. La fonction x 7−→ e
−ǫx− x est continue et strictement décroissante sur R
+par somme, de valeur 1 en 0 et de limite −∞ en + ∞ . D’après le TVI strictement monotone, 0 possède un unique antécédent x
ǫpar cette fonction.
• Pour tout ǫ > 0 : x
ǫ¾ 0, donc : 0 ¶ x
ǫ= e
−ǫxǫ¶ 1, donc en retour : e
−ǫ¶ x
ǫ¶ 1. Conclusion, par encadrement : lim
ǫ→0
x
ǫ= 1, ou encore : x
ǫ=
ǫ→0
1 + o(1).
• On poursuit : x
ǫ= e
−ǫxǫ=
ǫ→0
e
−ǫ+o(ǫ)=
ǫ→0
1 − ǫ + o(ǫ).
• Et enfin : x
ǫ= e
−ǫxǫ=
ǫ→0
e
−ǫ+ǫ2+o(ǫ2)=
ǫ→0
1 + − ǫ + ǫ
2+ 1
2 ( − ǫ)
2+ o ǫ
2ǫ
=
→01 − ǫ + 3ǫ
22 + o ǫ
2.
Exemple Pour tout n ∈ N
∗, l’équation : tan x = p
x d’inconnue x ∈ i
nπ − π
2 , nπ + π 2 h
possède une unique solution x
n. En outre : x
n=
n→+∞
nπ + π 2 − 1
p nπ + o
1 p n
.
nπ−π
2 nπ+π
2 nπ
y = tan x
y = p
b b
x
xn−1 xn
≈ − 1 pnπ
Démonstration
• Soit n ∈ N
∗. La fonction x 7−→
ftan x − p
x est dérivable sur i
nπ − π
2 , nπ + π 2 h
de dérivée x 7−→ 1 + tan
2x − 1 2 p
x strictement positive, car pour tout x ∈
i nπ − π
2 , nπ + π 2 h
: x > π
2 > 1
4 , donc : 1 − 1 2 p
x > 0.
D’après le TVI strictement monotone, après un calcul de limites aux bornes, f s’annule une et une seule fois sur
i nπ − π
2 , nπ + π 2 h
, di- sons en x
n.
• Pour tout n ∈ N
∗: nπ − π
2 ¶ x
n¶ nπ+ π
2 , donc : 1 − 1 2n ¶ x
nnπ ¶ 1+ 1
2n , et enfin : lim
n→+∞
x
nnπ = 1 par encadrement. Conclusion : x
nn∼
→+∞
nπ. En particulier : lim
n→+∞
x
n= + ∞ .
• Pour tout n ∈ N
∗: tan(x
n− nπ) = tan x
n= p
x
navec : x
n− nπ ∈ i
− π 2 , π
2 h
, donc par définition d’arctangente : x
n− nπ = Arctan p
x
n. Enfin : lim
n→+∞
x
n= + ∞ , donc : x
n− nπ
n−→
→+∞
π 2 . Conclusion : x
n=
n→+∞
nπ + π 2 + o(1).
• Pour finir, rappelons que pour tout x > 0 : Arctan x + Arctan 1 x = π
2 . Il en découle que : x
n− nπ − π
2 = Arctan p x
n− π
2 = − Arctan 1 p x
n∼
n→+∞
− 1 p x
n∼
n→+∞
− 1
p nπ . Comme voulu : x
n=
n→+∞
nπ + π 2 − 1
p nπ + o
1 p n
.
Exemple Pour tout λ ¾ 0, le polynôme X
4+ X
3− λ
4possède une et une seule racine x
λdans R
+. La fonction λ 7−→ x
λadmet le développement asymptotique suivant : x
λ=
λ→+∞
λ − 1 4 + 3
32λ + o
1 λ
. Démonstration
• La fonction x 7−→ x
4+ x
3est strictement croissante et continue sur R
+comme somme, donc bijective de R
+sur R
+d’après le TVI strictement monotone. Pour tout λ ¾ 0, il existe donc bien un et un seul x
λ¾ 0 pour lequel : x
4λ+ x
λ3= λ
4. Nous noterons ci-dessous ♣ cette relation.
• Soit λ ¾ 0. Si : x
λ< 1, alors : λ
4=
♣x
λ4+ x
λ3< 1+1 = 2, donc par contraposition : x
λ¾ 1 pour tout λ ¾ p
42, donc : x
λ4= x
λ4+ x
λ42 ¾ x
4λ+ x
λ32
=
♣λ
42 , et enfin : x
λ¾ λ p
42 . Ainsi, par minoration :
λ→
lim
+∞x
λ= + ∞ , donc : x
3λ=
λ→+∞
o x
λ4, puis : x
4λ∼
♣λ→+∞
λ
4, et enfin : x
λ∼
λ→+∞
λ.
• Après mise en facteur de x
λ4dans ♣ puis composition par p
4· : x
λ= λ
1 + 1
x
λ
−14
— relation ♠ . Ainsi : x
λ− λ =
♠λ
1 + 1
x
λ
−14
− 1
!
λ→
∼
+∞λ × − 1 4x
λ∼
λ→+∞
− 1
4 , donc : x
λ=
λ→+∞
λ − 1 4 + o(1).
• Pour notre terme suivant, nous devons aller plus loin que ci-dessus dans notre développement limité de u 7−→ (1 + u)
−14au voisinage de 0. Un terme plus loin : (1 + u)
−14=
u→0
1 − u 4 + 5u
232 + . . . + o u
2. Or nous aurons à poser : u = 1
x
λ, commençons donc par chercher un développement asymptotique de 1 x
λlorsque λ tend vers + ∞ .
1 x
λ=
λ→+∞
1 λ − 1
4 + o(1)
λ→
=
+∞1
λ × 1
1 − 1 4λ + o
1 λ
=
λ→+∞
1 λ
1 + 1
4λ + o
1 λ
λ→
=
+∞1 λ + 1
4λ
2+o
1 λ
2 .
Finissons-en.
x
λ= λ
1 + 1
x
λ
−14λ→+∞
= λ
1 + 1
λ + 1 4λ
2+ o
1 λ
2
−14λ→+∞
= λ
1 − 1 4
1 λ + 1
4λ
2 + 5
32
1 λ + 1
4λ
2
2+ o
1 λ
2
λ→
=
+∞λ
1 − 1
4
1 λ + 1
4λ
2 + 5
32
1 λ
2 + o
1 λ
2
λ→
=
+∞λ − 1 4 + 3
32λ + o
1 λ
.
5 L ES FORMULES DE W ALLIS ET S TIRLING
La formule de Wallis n’est pas au programme, mais la formule de Stirling qui en découle l’est en revanche.
Théorème (Formule de Wallis)
2n n
n→
∼
+∞2
2np nπ .
Démonstration On pose pour tout n ∈ N : I
n= Z
π2 0
sin
nt dt (intégrales de Wallis).
• Pour tout n ¾ 2 : I
nIPP=
sin
n−1t × ( − cos t)
t=π 2 t=0−
Z
π2 0
(n − 1) cos t sin
n−2t × ( − cos t) dt
= (n − 1) Z
π2 0
sin
n−2t cos
2t dt = (n − 1) Z
π2 0
sin
n−2t 1 − sin
2t
dt = (n − 1) I
n−2− I
n. Isolant I
n, nous obtenons finalement la relation : I
n= n − 1
n I
n−2Æ .
• La suite (I
n)
n∈Nest décroissante et strictement positive car : 0 < sin
n+1x ¶ sin
nx pour tous n ∈ N et x ∈
i 0, π
2 i
. Ainsi, pour tout n ∈ N : 1 ¶ I
2nI
2n+1¶ I
2nI
2n+2Æ
= 2n + 2
2n + 1 , donc : lim
n→+∞
I
2nI
2n+1= 1 par encadrement. Nous allons maintenant donner une expression explicite du rapport I
2nI
2n+1, noté ρ
n.
• Pour commencer : I
0= Z
π20
dt = π
2 et I
1= Z
π20
sin t dt =
− cos t
t=π 2t=0
= 1, donc : ρ
0= π 2 . Ensuite pour tout n ∈ N
∗: ρ
n=
Æ2n − 1 2n I
2n−22n 2n + 1 I
2n−1= (2n + 1)(2n − 1)
(2n)
2ρ
n−1, donc :
ρ
n= (2n + 1)(2n − 1)
(2n)
2× (2n − 1)(2n − 3)
(2n − 2)
2× . . . × (5)(3)
(4)
2× (3)(1)
(2)
2ρ
0= (2n + 1)(2n − 1)
2(2n − 3)
2. . . 3
21
(2n)(2n − 2) . . . (2)
2× π 2
= (2n + 1) × (2n)!
2
(2n)(2n − 2) . . . (2)
4× π 2 =
(2n)!
2
2nn!
2
2(2n + 1)π
2 =
1 2
2n 2n n
2(2n + 1)π
2
n∼
→+∞
1 2
2n 2n n
2nπ.
Or : lim
n→+∞
ρ
n= 1 comme on l’a vu, donc en effet :
2n n
n→
∼
+∞2
2np nπ .
Théorème (Formule de Stirling) n! ∼
n→+∞
n e
np 2nπ.
Démonstration Pour tout n ∈ N
∗, posons : u
n= ln n
n+12n! e
n.
• Pour tout n ∈ N
∗: u
n+1− u
n= ln (n + 1)
n+1+12(n + 1)! e
n+1− ln n
n+12n! e
n= ln
1 + 1
n
n+1 2e =
n + 1
2
ln
1 + 1
n
− 1, puis de là, un simple calcul de développement limité montre que : u
n+1− u
nn∼
→+∞
1
12n
2. En particulier : u
n+1− u
n> 0 à partir d’un certain rang, donc (u
n)
n∈N∗est croissante à partir d’un certain rang.
• Ensuite : lim
n→+∞
12n
2u
n+1− u
n= 1, donc : 12n
2u
n+1− u
n¶ 3
2 à partir d’un certain rang N ¾ 2, donc pour tout n ¾ N : u
n+1− u
n¶ 1
8n
2. En retour : u
n− u
N=
n−1
X
k=N
u
k+1− u
k¶
n−1
X
k=N
1 8k
2¶ 1
8
n−1
X
k=N
1
k(k − 1) = 1 8
n−1
X
k=N
1 k − 1 − 1
k
= 1 8
1
N − 1 − 1 n − 1
¶ 1
8(N − 1) ¶ 1 8 , ou encore : u
n¶ u
N+ 1
8 , donc (u
n)
n∈N∗est majorée. Finalement, (u
n)
n∈N∗converge d’après le théorème de la limite monotone, donc la suite e
−unn∈N∗
aussi, disons vers ℓ > 0.
• Nous venons d’établir que : lim
n→+∞
n! e
nn
n+12= ℓ, i.e. que : n! ∼
n→+∞
n e
nℓ p
n. Il reste à montrer que : ℓ = p
2π. Or d’après la formule de Wallis : p 1
π
n∼
→+∞
p n 2
2n 2n n
= p n
2
2n× (2n)!
n!
2 n∼
→+∞