Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI ANALYSE ASYMPTOTIQUE DE NIVEAU 2 Ce chapitre est avant tout un recueil de problèmes typiques d’analyse asymptotique plus difficiles 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. Ces résultats doivent être étudiés comme des exemples privilégiés, des idées classiques qu’il convient de maîtriser et non pas pas des théorèmes de cours à connaître. 1 ÉTUDES DE SOMMES PAR ENCADREMENT D’INTÉGRALES Nous avons vu récemment que les intégrales peuvent être définies comme des « aires sous la courbe » de fonctions en escalier, et donc que toute intégrale peut être approchée par des sommes. L’idée de base de ce paragraphe, c’est qu’on peut aussi espérer faire l’inverse et approximer une somme par certaines intégrales. C’est déjà ce que nous avons fait avec les sommes de Riemann. Exemple n X 1 k=1 k = n→+∞ ln n + O(1). En particulier : n X 1 k=1 k ∼ n→+∞ ln n. Z k+1 1 1 1 dt 1 1 ¶ ¶ , donc : ¶ ¶ . Démonstration Pour tous k ∈ N et t ∈ [k, k + 1] : k+1 t k k+1 t k Zn Z n+1 Zn k n n−1 X X dt dt dt 1 1 Sommons alors. Pour tout n ∈ N∗ : ln n = ¶ ¶ =1+ ¶1+ = ln n + 1. t t k k + 1 t 1 1 1 k=1 k=1 n n X X 1 1 − ln n ¶ 1, donc en effet : = ln n + O(1). Conclusion : 0 ¶ k k n→+∞ k=1 k=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. Zn n X Pour un certain ℓ ∈ R : f (k) k=1 f (t) dt + ℓ + o(1). = n→+∞ 1 Z Démonstration n an = Posons pour tout n ¾ 2 : Zn−1 n • Par décroissance, pour tout n ¾ 2 : donc : f (n) = f (t) dt − f (n) Zn f (n) dt ¶ n−1 0 ¶ an ¶ f (n − 1) − f (n). n X An = ak . Zk=2 n et f (t) dt ¶ n−1 n−1 f (n − 1) dt = f (n − 1), • Il en découle que la suite (An )n¾2 est croissante car pour tout n ¾ 2 : An+1 − An = an+1 ¾ 0, mais aussi n n X X qu’elle est majorée car pour tout n ¾ 2 : An = ak ¶ f (k − 1) − f (k) = f (1) − f (n) ¶ f (1). La k=2 k=2 suite (An )n¾2 est ainsi convergente d’après le théorème de la limite monotone, disons de limite λ. Z k Zn n n X X • Or pour tout n ¾ 2 : n X An = n Z f (k) = f (1) + k=1 1 k=2 k−1 f (t) dt − f (k) = Z f (t) dt − An n = n→+∞ 1 f (t) dt − f (t) dt + ℓ + o(1) f (k), donc : k=2 si on pose : 1 ℓ = f (1) − λ. En particulier, dans le cas de la fonction inverse : Théorème (Développement asymptotique de la série harmonique et constante d’Euler) n X 1 k=1 k = n→+∞ ln n + γ + o(1) pour un certain réel γ appelé la constante d’Euler : 1 γ ≈ 0, 577. Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI 2 SUITES 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. p 2 Exemple On note (un )n∈N la suite définie par : u0 = 0 et pour tout n ∈ N : un+1 = un + n . 1 3 1 Alors : un = n − − . +o n→+∞ 2 8n n p Démonstration Pour tous n ∈ N et x ¾ 0 : x + n2 ¾ 0 et : u0 ¾ 0, la suite (un )n∈N est bien définie. p lim un = +∞ par minoration. • Pour tout n ∈ N∗ : un = un−1 + (n − 1)2 ¾ n − 1, donc : n→+∞ • Montrons ensuite par récurrence que pour tout n ∈ N : un ¶ n. Initialisation : Évidente. p p HDR p Hérédité : Soit n ∈ N. Si : un ¶ n, alors : un+1 = un + n2 ¶ n2 + n ¶ n2 + 2n + 1 = n + 1. un un 1 • À ce stade, pour tout n ∈ N∗ : n − 1 ¶ un ¶ n, donc : 1 − ¶ ¶ 1, donc : lim = 1 par n→+∞ n n n encadrement, ou encore : un ∼ n. n→+∞ s p un un lim 2 = 0, donc : 1 + 2 − 1 , avec : • Ensuite : un+1 − n = un + n2 − n = n n→+∞ n n un 1 , et donc : ∼ 2n2 n→+∞ 2 1 1 un = (n − 1) + + o(1) = n − + o(1). n→+∞ n→+∞ 2 2 un+1 − n Conclusion : ∼ n→+∞ n× un+1 = n→+∞ n+ 1 + o(1). 2 p • On poursuit sur cette lancée avec un développement limité plus fin de x 7−→ 1 + x au voisinage de 0 : v s 2 t p u 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n +o 2 − 2 − = n 1+ un+1 = un + n2 = n 1 + 2 = n 1 + − 2 + o 2 n n→+∞ n 2n n n→+∞ 2 n 2n 8 n n 1 1 3 1 3 1 = n 1+ = n+ − . − +o 2 +o n→+∞ n→+∞ 2n 8n2 n 2 8n n 1 3 1 3 1 1 = n− − . +o +o Conclusion : un = (n − 1) + − n→+∞ 2 8(n − 1) n − 1 n→+∞ 2 8n n Exemple On note (un )n∈N la suite définie par : p ln n Alors : un = 2n + O p . n→+∞ n u0 = 1 et pour tout n ∈ N : En particulier : un ∼ n→+∞ un+1 = un + p 2n, 1 . un et même : un − p 2n −→ 0. n→+∞ Pour commencer, (un )n∈N est bien définie car l’intervalle [1, +∞[, qui contient u0 , est stable 1 par la fonction x 7−→ x + . En outre, pour tout n ∈ N : un ¾ 1. On pourrait bien sûr ensuite déterminer la x limite de (un )n∈N grâce au théorème de la limite monotone, mais cela ne suffirait pas à nous donner un équivalent. 1 1 • Pour tout n ∈ N : u2n+1 = u2n + 2 + 2 , i.e. : u2n+1 − u2n = 2 + 2 , donc par somme et simplification un un n−1 X 1 ¾ 2n, donc par minoration en particulier : lim un = +∞. télescopique : u2n = 2n + u20 + n→+∞ u2 k=0 k p 1 1 • Nous venons de voir que pour tout n ∈ N∗ : un ¾ 2n, mais donc aussi : . De nouveau, ¶ u2n 2n n−1 n n−1 X X X 1 1 1 ¶ 1 + , donc comme : ∼ ln n, on peut sommons. Pour tout n ∈ N∗ : 0 ¶ 2 2k k n→+∞ u k=1 k=1 k=0 k n−1 n−1 X X 1 1 2 dire que : = 2n + 1 + = O(ln n). Conclusion : u = 2n + O(ln n), et enfin : n 2 n→+∞ u u2 n→+∞ k=0 k k=0 k v Æ p t p p ln n ln n ln n 2n + O(ln n) = 2n 1 + O = 2n 1 + O = 2n + O p . un = n→+∞ n→+∞ n→+∞ n n→+∞ n n Démonstration 2 Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI 3 SUITES 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. x+1 Z e t ln t dt Exemple x ∼ x→+∞ e x (e − 1) ln x. x+1 Z Démonstration Pour tout x ∈ R∗+ : e puis : 1¶ x donc : x e t ln t dt ¶ e x+1 − e x ln(x + 1), x e t ln t dt ¶ e t dt, x+1 ln x ¶ x+1 Z 1 x e (e − 1) ln x −e x x+1 Z e t ln t dt ¶ ln(x + 1) x x Z x+1 x+1 Z e t dt ¶ ln x 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 1 t n f (t) dt 0 = n→+∞ Z f (1) 1 , +o n n donc en particulier, si f (1) 6= 0 : Z Démonstration 1 0 t n f (t) dt 0 ∼ n→+∞ f (1) . n Z1 t=1 1 t n+1 t n+1 f ′ (t) dt − f (t) t f (t) dt = n+1 n + 1 0 t=0 Z1 f (1) 1 + = t n+1 f ′ (t) dt. n+1 n+1 0 IPP n Pour tout n ∈ N : 1 Or f ′ est continue sur le SEGMENT [0, 1], donc bornée d’après le théorème des bornes atteintes. Du coup, pour Z1 Z1 Z1 k f ′ k∞ n+1 ′ ′ n+1 , donc : lim t n+1 f ′ (t) dt = 0 par tout n ∈ N : t f (t) dt ¶ k f k∞ t dt = n→+∞ n + 2 0 0 0 Z1 f (1) f (1) 1 1 = . +o +o encadrement. Conclusion : t n f (t) dt = n→+∞ n→+∞ n + 1 n+1 n n 0 Z 1 tn dt et + 1 Exemple 0 ∼ n→+∞ 1 . n(e + 1) Démonstration Il s’agit seulement de reproduire dans un cas particulier la preuve du théorème précédent — anecdotique, donc pas au programme ! Pour tout n ∈ N, intégrons d’abord par parties : Z 1 0 t=1 Z 1 n+1 t Z1 t n+1 tn t e 1 1 et 1 n+1 dt = + dt = t + 2 dt. et + 1 (n + 1)(e + 1) n + 1 0 (n + 1) e t + 1 t=0 n + 1 0 e t + 1 2 et + 1 Z Or pour tout n ∈ N : 1 t n+1 0 par encadrement. Conclusion : Z1 Z1 e te t n+1 ¶ t e dt = dt , donc : lim tn 2 2 dt = 0 n→+∞ n+2 et + 1 et + 1 0 0 Z1 1 1 1 tn ∼ dt = + o . t +1 n→+∞ n(e + 1) n→+∞ (n + 1)(e + 1) e n + 1 0 et 3 Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI 4 SOLUTIONS D’ÉQUATIONS DÉFINIES IMPLICITEMENT Exemple e−ǫ x = x 3ǫ 2 Alors : x ǫ = 1 − ǫ + + o ǫ2 . ǫ→0 2 Démonstration Pour tout ǫ > 0, l’équation : d’inconnue x possède une et une seule solution x ǫ dans R+ . • Soit ǫ > 0. La fonction x 7−→ e−ǫ x − 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 ǫ par cette fonction. • Pour tout ǫ > 0 : x ǫ ¾ 0, donc : 0 ¶ x ǫ = e−ǫ x ǫ ¶ 1, donc en retour : par encadrement : lim x ǫ = 1, ou encore : x ǫ = 1 + o(1). ǫ→0 • On poursuit : Conclusion, ǫ→0 −ǫ x ǫ xǫ = e −ǫ(1+o(1)) = e ǫ→0 −ǫ+o(ǫ) = e ǫ→0 x ǫ = e−ǫ x ǫ = e−ǫ(1−ǫ+o(ǫ)) = e−ǫ+ǫ • Et encore : e−ǫ ¶ x ǫ ¶ 1. ǫ→0 2 = 1 − ǫ + o(ǫ). ǫ→0 +o(ǫ 2 ) ǫ→0 1 = 1 + − ǫ + ǫ2 + ǫ→0 2 − ǫ + ǫ2 2 + o ǫ2 3ǫ 2 = 1−ǫ+ + o ǫ2 . ǫ→0 2 En outre : p h i π π d’inconnue x ∈ − + nπ, + nπ possède une unique solution x n . 2 2 1 π 1 y = tan x +o p . x n = nπ + − p n→+∞ 2 nπ n Exemple Pour tout n ∈ N∗ , l’équation : tan x = x Démonstration b f ∗ p • i Soit n ∈ N . La fonction x 7−→ tan x − x est dérivable sur h π π 1 − + nπ, + nπ de dérivée x 7−→ 1 + tan2 x − p strictement 2 2 2 x h i π π positive, car pour tout x ∈ − + nπ, + nπ : 2 2 x> π 1 > , 2 4 donc : y= b 1 1 − p > 0. 2 x D’après le TVI strictement monotone, f est donc bijective de i h π π − + nπ, + nπ sur R, donc s’y annule une et une seule fois, 2 2 disons en x n . Exemple x n−1 nπ − nπ π 2 xn nπ + π 2 nπ− Pour tout λ ¾ 0, le polynôme X 4 + X 3 − λ4 possède une et une seule racine x λ dans R+ . 3 1 1 . +o La fonction λ 7−→ x λ admet le développement asymptotique suivant : x λ = λ − + λ→+∞ 4 32λ λ Démonstration • La fonction x 7−→ x 4 + x 3 est 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 λ ¾ 0 pour lequel : x λ4 + x λ3 = λ4 . Nous noterons ci-dessous ♣ cette relation. 4 x 1 ≈ −p nπ xn xn π 1 1 π ¶ x n ¶ nπ+ , donc : 1− ¶ ¶ 1+ , et enfin : lim =1 n→+∞ nπ 2 2 2n nπ 2n par encadrement. Conclusion : x n ∼ nπ. En particulier : lim x n = +∞. n→+∞ n→+∞ h i p π π , donc par définition • Pour tout n ∈ N∗ : tan(x n − nπ) = tan x n = x n avec : x n − nπ ∈ − , 2 2 p π d’arctangente : x n − nπ = Arctan x n . Enfin : . lim x n = +∞, donc : x n − nπ −→ n→+∞ n→+∞ 2 π Conclusion : x n = nπ + + o(1). n→+∞ 2 1 π • Pour finir, rappelons que pour tout x > 0 : Arctan x + Arctan = . x 2 p 1 1 1 π π ∼ −p ∼ −p . = Arctan x n − = −Arctan p Il en découle que : x n − nπ − n→+∞ n→+∞ 2 2 nπ xn xn π 1 1 Comme voulu : x n = nπ + − p +o p . n→+∞ 2 nπ n • Pour tout n ∈ N∗ : p Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI p ♣ 4 • Soit λ ¾ 0. Si x λ < 1 : λ4 = x λ4 + x λ3 < 1+1 = 2, donc par contraposition : x λ ¾ 1 pour tout λ ¾ 2, x λ4 + x λ3 ♣ λ4 x λ4 + x λ4 λ ¾ = , et enfin : x λ ¾ p . En particulier : lim x λ = +∞ donc : x λ4 = 4 λ→+∞ 2 2 2 2 ♣ par minoration, donc : x λ3 = o x λ4 , puis : x λ4 ∼ λ4 , et enfin : x λ ∼ λ. λ→+∞ λ→+∞ λ→+∞ − 1 4 1 p • Après mise en facteur de x λ4 dans ♣ puis composition par 4 · : x λ = λ 1 + — relation ♠. Ainsi : xλ ! 1 −1 1 −4 1 1 ♠ −1 ∼ λ× xλ − λ = λ 1+ ∼ − , donc : x λ = λ − + o(1). λ→+∞ λ→+∞ xλ 4x λ λ→+∞ 4 4 • Pour notre terme suivant, nous devons aller plus loin que ci-dessus dans notre développement limité de 1 1 u 5u2 + . . . + o u2 . Or u 7−→ (1 + u)− 4 au voisinage de 0. Un terme plus loin : (1 + u)− 4 = 1 − + u→0 4 32 1 1 nous aurons à poser : u = , commençons donc par chercher un développement asymptotique de xλ xλ lorsque λ tend vers +∞. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1+ = = × +o + 2 +o = . 1 1 λ→+∞ λ 1 λ→+∞ λ 4λ λ→+∞ λ x λ λ→+∞ 4λ λ λ2 λ − + o(1) +o 1− 4 4λ λ Finissons-en. − 1 1 xλ = λ 1 + xλ 5 4 − 1 4 1 1 1 1 1 1 2 1 1 5 1 = λ 1+ + = λ 1− + + +o +o + λ→+∞ λ→+∞ λ 4λ2 λ2 4 λ 4λ2 32 λ 4λ2 λ2 1 1 3 1 5 1 1 1 1 . + + + o + + o = λ − = λ 1− λ→+∞ λ→+∞ 4 λ 4λ2 32 λ2 λ2 4 32λ λ LES FORMULES DE WALLIS ET STIRLING 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) 22n 2n ∼ p . n n→+∞ nπ Z On pose pour tout n ∈ N : Démonstration In = π 2 sinn t dt (intégrales de Wallis). 0 • Pour tout n ¾ 2, intégrons par parties : Z In = π 2 sin n−1 0 t × sin t dt = π 2 Z = 0 + (n − 1) 0 sin n−1 t= π 2 − t × (− cos t) t=0 π 2 Z sinn−2 t cos2 t dt = (n − 1) 0 Z 0 π 2 (n − 1) cos t sinn−2 t × (− cos t) dt sinn−2 t 1 − sin2 t dt = (n − 1) I n−2 − I n . n−1 I n−2 Æ. n i h π : sinn+1 x ¶ sinn x. Elle est par • La suite (I n )n∈N est décroissante car pour tous n ∈ N et x ∈ 0, 2 I2n Æ 2n + 2 I2n , et enfin par encadre¶ = ailleurs strictement positive, donc pour tout n ∈ N : 1 ¶ I2n+1 I2n+2 2n + 1 I2n I2n ment : lim = 1. Nous allons maintenant donner une expression explicite de ce rapport n→+∞ I I2n+1 2n+1 que nous noterons ρn . Isolant I n , nous obtenons finalement la relation : 5 In = Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI π 2 Z π t= π 2 π 2 et I = = 1, donc : dt = sin t dt = − cos t 1 t=0 2 0 0 2n − 1 I2n−2 (2n + 1)(2n − 1) Æ 2n Ensuite pour tout n ∈ N∗ : ρn = = ρn−1 , donc : 2n (2n)2 I2n−1 2n + 1 Z • Pour commencer : I0 = ρ0 = π . 2 (5)(3) (3)(1) (2n + 1)(2n − 1) (2n − 1)(2n − 3) × × ... × × ρ0 2 2 (2n) (2n − 2) (4)2 (2)2 (2n + 1)(2n − 1)2 (2n − 3)2 . . . 32 1 π (2n + 1)(2n)2 (2n − 1)2 (2n − 2)2 (2n − 3)2 . . . 32 22 1 π = × × = 4 2 2 2 (2n)(2n − 2) . . . (2) (2n)(2n − 2) . . . (2) (2n)! 2 (2n + 1)π 1 2n 2 1 2n 2 (2n + 1)π = = ∼ nπ. n→+∞ 22n 22n n!2 2 22n n 2 n 22n 2n ∼ p . Or : lim ρn = 1 comme on l’a vu, donc en effet : n→+∞ n n→+∞ nπ ρn = Théorème (Formule de Stirling) n! ∼ n n p n→+∞ e 2nπ. 1 Pour tout n ∈ N∗ , posons : Démonstration un = ln nn+ 2 . n! en 1 1 n+ 2 1 1 1+ (n + 1)n+1+ 2 1 1 nn+ 2 n • Pour tout n ∈ N∗ : un+1 − un = ln ln 1 + − 1, = n + − ln = ln (n + 1)! en+1 n! en e 2 n 1 . En particulier : puis de là, un simple calcul de développement limité montre que : un+1 −un ∼ n→+∞ 12n2 un+1 − un > 0 à partir d’un certain rang, donc (un )n∈N∗ est croissante à partir d’un certain rang. 3 • Ensuite : lim 12n2 un+1 − un = 1, donc : 12n2 un+1 − un ¶ à partir d’un certain rang N ¾ 2, n→+∞ 2 1 donc pour tout n ¾ N : un+1 − un ¶ 2 . En retour : 8n un −uN = n−1 X k=N n−1 n−1 n−1 X 1 1 1 1X 1 1 1 1X 1 1 1 = ¶ = − − ¶ , ¶ uk+1 −uk ¶ 2 8k 8 k=N k(k − 1) 8 k=N k − 1 k 8 N −1 n−1 8(N − 1) 8 k=N 1 un ¶ uN + , donc (un )n∈N∗ est majorée. Finalement, (un )n∈N∗ converge d’après le théorème 8 de la limite monotone, donc la suite e−un n∈N∗ aussi, disons vers ℓ ∈ R∗+ . n n p n! en ℓ n. Il nous reste à montrer = ℓ, i.e. que : n! ∼ • Nous venons d’établir que : lim 1 n→+∞ e n→+∞ n+ 2 n p que : ℓ = 2π. Or d’après la formule de Wallis : ou encore : 1 1 p π ∼ n→+∞ donc en effet : p p n 2n n (2n)! = 2n × 2n n 2 2 n!2 ℓ= p ∼ n→+∞ 2π. p n 22n × (2n)2n+ 2 p ℓ 2 e2n !2 = 1 ℓ nn+ 2 ℓ en après simplification, 6
