Cours - Analyse asymptotique de niveau 2

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.
1ÉTUDES 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
k=1
1
k=
n→+∞ln n+O(1). En particulier :
n
X
k=1
1
k∼
n→+∞ln n.
Démonstration Pour tous k∈N∗et t∈[k,k+1]:1
k+1¶1 t¶1 k, donc : 1 k+1¶Zk+1
k
dt
t¶1 k.
Sommons alors. Pour tout n∈N∗: ln n=Zn
1
dt
t¶Zn+1
1
dt
t¶
n
X
k=1
1
k=1+
n−1
X
k=1
1
k+1¶1+Zn
1
dt
t=ln n+1.
Conclusion : 0 ¶
n
X
k=1
1
k−ln n¶1, donc en effet :
n
X
k=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→+∞Zn
1
f(t)dt+ℓ+o(1).
Démonstration Posons pour tout n¾2 : an=Zn
n−1
f(t)dt−f(n)et An=
n
X
k=2
ak.
•Par décroissance, pour tout n¾2 : f(n) = Zn
n−1
f(n)dt¶Zn
n−1
f(t)dt¶Zn
n−1
f(n−1)dt=f(n−1),
donc : 0 ¶an¶f(n−1)−f(n).
•Il en découle que la suite (An)n¾2est croissante car pour tout n¾2 : An+1−An=an+1¾0, mais aussi
qu’elle est majorée car pour tout n¾2 : An=
n
X
k=2
ak¶
n
X
k=2f(k−1)−f(k)=f(1)−f(n)¶f(1). La
suite (An)n¾2est ainsi convergente d’après le théorème de la limite monotone, disons de limite λ.
•Or pour tout n¾2 : An=
n
X
k=2Zk
k−1
f(t)dt−f(k)=Zn
1
f(t)dt−
n
X
k=2
f(k), donc :
n
X
k=1
f(k) = f(1) + Zn
1
f(t)dt−An=
n→+∞Zn
1
f(t)dt+ℓ+o(1)si on pose : 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
k=1
1
k=
n→+∞ln n+γ+o(1)pour un certain réel γappelé la constante d’Euler :γ≈0,577.
1

Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI
2SUITES 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 (un)n∈Nla suite définie par : u0=0 et pour tout n∈N:un+1=pun+n2.
Alors : un=
n→+∞n−1
2−3 8n+o1 n.
Démonstration Pour tous n∈Net x¾0 : px+n2¾0 et : u0¾0, la suite (un)n∈Nest bien définie.
•Pour tout n∈N∗:un=pun−1+ (n−1)2¾n−1, donc : lim
n→+∞un= +∞par minoration.
•Montrons ensuite par récurrence que pour tout n∈N:un¶n.Initialisation : Évidente.
Hérédité : Soit n∈N. Si : un¶n, alors : un+1=pun+n2HDR
¶pn2+n¶pn2+2n+1=n+1.
•À ce stade, pour tout n∈N∗:n−1¶un¶n, donc : 1−1
n¶un n¶1, donc : lim
n→+∞
un
n=1 par
encadrement, ou encore : un∼
n→+∞n.
•Ensuite : un+1−n=pun+n2−n=ns1+un
n2−1, avec : lim
n→+∞
un
n2=0, donc :
un+1−n∼
n→+∞n×un
2n2∼
n→+∞
1
2, et donc : un+1=
n→+∞n+1
2+o(1).
Conclusion : un=
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 x7−→ p1+xau voisinage de 0 :
un+1=pun+n2=ns1+un
n2=
n→+∞nv
t1+1
n−1 2n2+o1 n2=
n→+∞n1+1
21 n−1 2n2−1 81 n2
+o1
n2
=
n→+∞n1+1
2n−3 8n2+o1 n2 =
n→+∞n+1
2−3 8n+o1 n.
Conclusion : un=
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 (un)n∈Nla suite définie par : u0=1 et pour tout n∈N:un+1=un+1
un
.
Alors : un=
n→+∞p2n+Oln n
pn. En particulier : un∼
n→+∞p2n, et même : un−p2n−→
n→+∞0.
Démonstration Pour commencer, (un)n∈Nest bien définie car l’intervalle [1, +∞[, qui contient u0, est stable
par la fonction x7−→ x+1
x. En outre, pour tout n∈N:un¾1. On pourrait bien sûr ensuite déterminer la
limite de (un)n∈Ngrâce au théorème de la limite monotone, mais cela ne suffirait pas à nous donner un équivalent.
•Pour tout n∈N:u2
n+1=u2 n+2+1
u2
n
, i.e. : u2
n+1−u2 n=2+1
u2
n
, donc par somme et simplification
télescopique : u2
n=2n+u2
0+
n−1
X
k=0
1
u2
k
¾2n, donc par minoration en particulier : lim
n→+∞un= +∞.
•Nous venons de voir que pour tout n∈N∗:un¾p2n, mais donc aussi : 1
u2
n
¶1
2n. De nouveau,
sommons. Pour tout n∈N∗: 0 ¶
n−1
X
k=0
1
u2
k
¶1+
n−1
X
k=1
1
2k, donc comme :
n
X
k=1
1
k∼
n→+∞ln n, on peut
dire que :
n−1
X
k=0
1
u2
k
=
n→+∞O(ln n). Conclusion : u2
n=2n+1+
n−1
X
k=0
1
u2
k
=
n→+∞2n+O(ln n), et enfin :
un=
n→+∞Æ2n+O(ln n) =
n→+∞
p2nv
t1+Oln n
n=
n→+∞
p2n1+Oln n
n =
n→+∞
p2n+Oln n
pn.
2

Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI
3SUITES 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 Zx+1
x
etln tdt∼
x→+∞ex(e−1)ln x.
Démonstration Pour tout x∈R∗
+: ln xZx+1
x
etdt¶Zx+1
x
etln tdt¶ln(x+1)Zx+1
x
etdt, donc :
ex+1−exln x¶Zx+1
x
etln tdt¶ex+1−exln(x+1),
puis : 1 ¶1
ex(e−1)ln xZx+1
x
etln tdt¶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∈ C1[0,1],R.
Z1
0
tnf(t)dt=
n→+∞
f(1)
n+o1 n, donc en particulier, si f(1)6=0 : Z1
0
tnf(t)dt∼
n→+∞
f(1)
n.
Démonstration Pour tout n∈N:Z1
0
tnf(t)dtIPP =tn+1
n+1f(t)t=1
t=0−1
n+1Z1
0
tn+1f′(t)dt
=f(1)
n+1+1 n+1Z1
0
tn+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:Z1
0
tn+1f′(t)dt
¶kf′k∞Z1
0
tn+1dt=kf′k∞
n+2, donc : lim
n→+∞Z1
0
tn+1f′(t)dt=0 par
encadrement. Conclusion : Z1
0
tnf(t)dt=
n→+∞
f(1)
n+1+o1 n+1=
n→+∞
f(1)
n+o1 n.
Exemple Z1
0
tn
et+1dt∼
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 :
Z1
0
tn
et+1dt=tn+1
(n+1)et+1t=1
t=0
+1
n+1Z1
0
tn+1et
et+12dt=1
(n+1)(e+1)+1 n+1Z1
0
tn+1et
et+12dt.
Or pour tout n∈N:Z1
0
tn+1et
et+12dt
¶Z1
0
tn+1e dt=e
n+2, donc : lim
n→+∞Z1
0
tntet
et+12dt=0
par encadrement. Conclusion : Z1
0
tn
et+1dt=
n→+∞
1
(n+1)(e+1)+o1 n+1∼
n→+∞
1
n(e+1).
3

Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI
4SOLUTIONS D’ÉQUATIONS DÉFINIES IMPLICITEMENT
Exemple Pour tout ǫ > 0, l’équation : e−ǫx=xd’inconnue xpossède une et une seule solution xǫdans R+.
Alors : xǫ=
ǫ→01−ǫ+3ǫ2
2+oǫ2.
Démonstration
•Soit ǫ > 0. La fonction x7−→ e−ǫx−xest 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 xǫ
par cette fonction.
•Pour tout ǫ > 0 : xǫ¾0, donc : 0 ¶xǫ=e−ǫxǫ¶1, donc en retour : e−ǫ¶xǫ¶1. Conclusion,
par encadrement : lim
ǫ→0xǫ=1, ou encore : xǫ= ǫ→01+o(1).
•On poursuit : xǫ=e−ǫxǫ=
ǫ→0e−ǫ(1+o(1)) = ǫ→0e−ǫ+o(ǫ)= ǫ→01−ǫ+o(ǫ).
•Et encore : xǫ=e−ǫxǫ=
ǫ→0e−ǫ(1−ǫ+o(ǫ)) = ǫ→0e−ǫ+ǫ2+o(ǫ2)= ǫ→01+−ǫ+ǫ2+1
2−ǫ+ǫ22+oǫ2
=
ǫ→01−ǫ+3ǫ2
2+oǫ2.
Exemple Pour tout n∈N∗, l’équation : tan x=pxd’inconnue x∈i−π
2+nπ,π 2+nπhpossède une unique solution xn.
En outre : xn=
n→+∞nπ+π
2−1
pnπ+o1 pn.
nπ−π
2nπ+π 2
nπ
y=tan x
y=px
xn−1xn
≈ − 1
pnπ
Démonstration
•Soit n∈N∗. La fonction xf 7−→ tan x−pxest dérivable sur
i−π
2+nπ,π 2+nπhde dérivée x7−→ 1+tan2x−1
2pxstrictement
positive, car pour tout x∈i−π
2+nπ,π 2+nπh:
x>π
2>1 4, donc : 1 −1
2px>0.
D’après le TVI strictement monotone, fest donc bijective de
i−π
2+nπ,π 2+nπhsur R, donc s’y annule une et une seule fois,
disons en xn.
•Pour tout n∈N∗:nπ−π
2¶xn¶nπ+π 2, donc : 1−1 2n¶xn nπ¶1+1 2n, et enfin : lim
n→+∞
xn
nπ=1
par encadrement. Conclusion : xn∼
n→+∞nπ. En particulier : lim n→+∞xn= +∞.
•Pour tout n∈N∗: tan(xn−nπ) = tan xn=pxnavec : xn−nπ∈i−π
2,π 2h, donc par définition
d’arctangente : xn−nπ=Arctan pxn. Enfin : lim
n→+∞xn= +∞, donc : xn−nπ−→ n→+∞
π
2.
Conclusion : xn=
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 : xn−nπ−π
2=Arctan pxn−π 2=−Arctan 1
pxn∼
n→+∞−1
pxn∼
n→+∞−1
pnπ.
Comme voulu : xn=
n→+∞nπ+π
2−1
pnπ+o1 pn.
Exemple Pour tout λ¾0, le polynôme X4+X3−λ4possède une et une seule racine xλdans R+.
La fonction λ7−→ xλadmet le développement asymptotique suivant : xλ=
λ→+∞λ−1
4+3 32λ+o1 λ.
Démonstration
•La fonction x7−→ x4+x3est strictement croissante et continue sur R+comme somme, donc bijective de
R+sur R+d’après le TVI strictement monotone. Pour tout λ¾0, il existe donc bien un et un seul xλ¾0
pour lequel : x4
λ+x3 λ=λ4. Nous noterons ci-dessous ♣cette relation.
4

Christophe Bertault — Mathématiques en MPSI
•Soit λ¾0. Si xλ<1 : λ4♣ =x4
λ+x3
λ<1+1=2, donc par contraposition : xλ¾1 pour tout λ¾4
p2,
donc : x4
λ=x4
λ+x4
λ
2¾x4
λ+x3 λ
2♣
=λ4
2, et enfin : xλ¾λ
4
p2. En particulier : lim
λ→+∞xλ= +∞
par minoration, donc : x3
λ=
λ→+∞ox4
λ, puis : x4
λ♣
∼
λ→+∞λ4, et enfin : xλ∼ λ→+∞λ.
•Après mise en facteur de x4
λdans ♣puis composition par 4
p·:xλ=λ1+1
xλ−1
4— relation ♠. Ainsi :
xλ−λ♠ =λ 1+1
xλ−1
4−1!∼
λ→+∞λ×−1
4xλ∼
λ→+∞−1
4, donc : xλ=
λ→+∞λ−1
4+o(1).
•Pour notre terme suivant, nous devons aller plus loin que ci-dessus dans notre développement limité de
u7−→ (1+u)−1
4au voisinage de 0. Un terme plus loin : (1+u)−1 4=
u→01−u
4+5u2 32 +...+ou2. Or
nous aurons à poser : u=1
xλ
, commençons donc par chercher un développement asymptotique de 1
xλ
lorsque λtend vers +∞.
1
xλ
=
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 4λ2+o1 λ2.
Finissons-en.
xλ=λ1+1
xλ−1
4=
λ→+∞λ1+1
λ+1 4λ2+o1 λ2−1
4=
λ→+∞λ1−1
41 λ+1 4λ2+5 32 1 λ+1 4λ22
+o1
λ2
=
λ→+∞λ1−1
41 λ+1 4λ2+5 32 1 λ2+o1 λ2 =
λ→+∞λ−1
4+3 32λ+o1 λ.
5LES 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) 2n
n∼
n→+∞
22n
pnπ.
Démonstration On pose pour tout n∈N:In=Zπ
2
0
sinntdt(intégrales de Wallis).
•Pour tout n¾2, intégrons par parties :
In=Zπ
2
0
sinn−1t×sin tdt=sinn−1t×(−cos t)t=π
2
t=0−Zπ
2
0
(n−1)cos tsinn−2t×(−cos t)dt
=0+ (n−1)Zπ
2
0
sinn−2tcos2tdt= (n−1)Zπ
2
0
sinn−2t1−sin2tdt= (n−1)In−2−In.
Isolant In, nous obtenons finalement la relation : In=n−1
nIn−2Æ.
•La suite (In)n∈Nest décroissante car pour tous n∈Net x∈h0, π
2i: sinn+1x¶sinnx. Elle est par
ailleurs strictement positive, donc pour tout n∈N: 1 ¶I2n
I2n+1
¶I2n
I2n+2
Æ
=2n+2
2n+1, et enfin par encadre-
ment : lim
n→+∞
I2n
I2n+1
=1. Nous allons maintenant donner une expression explicite de ce rapport I2n
I2n+1
que nous noterons ρn.
5