1. Montrer que l’équation \[x^n+x-1 =0\] possède une unique solution \(u_n\in [0,1]\).

  2. Montrer que la suite \((u_n)\) converge vers \(1\).

  3. En posant \(y_n=1-u_n\), montrer que \(n\ln(1-y_n)=\ln y_n\), et que \[\dfrac{\ln n}{2n} \leqslant y_n \leqslant\dfrac{2\ln n}{n}.\]

  4. En déduire un équivalent de la suite \((y_n)\).


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[ID: 542] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:40] [Catégorie(s): Etude de suites définies implicitement ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




Solution(s)

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Exercice 174
Par emmanuel le 12 janvier 2021 15:40

On va se servir de trois inégalités : \[\forall u\in [0,1], -u - \dfrac{u^2}{2}\leqslant\ln(1-u) \leqslant-u \quad \forall t\in ]0,+\infty[, \dfrac{\ln t}{t} \leqslant\dfrac{1}{e} \quad \textrm{ et} \quad\forall t\in ]1,+\infty[, \dfrac{\ln^2 t}{t} \leqslant\dfrac{4}{e^2}.\] La deuxième inégalité se démontre en étudiant les variations de \(t\mapsto\dfrac{\ln t}{t}\) qui obtient son maximum en \(t=e\) et la troisième se démontre de même en étudiant les variations de \(t\mapsto\dfrac{\ln t}{t}\) (sur \(]1,+\infty[\)) qui obtient son maximum en \(t=e^2\).

  1. Soit \(f_n(x) = x^n+x-1\) pour \(0\leqslant x \leqslant 1\). On a \(f_n'(x) = nx^{n-1}+1 > 0\) , \(f_n(0) = -1\) et \(f_n(1) = 1\). De ce fait l’équation \(f_n(x) = 0\) admet une unique solution (sur \([0,1]\).)

  2. On a \(f_{n+1}(u_n) = u_n u_n^n+u_n-1\). Comme \(u_n\in[0,1]\), on a \(f_{n+1}(u_n) < u_n^n+u_n-1 = 0 = f_{n+1}(u_{n+1})\). D’après la croissance stricte de \(f_n\) sur \([0,1]\), on en déduit que \(u_n < u_{n+1}\). La suite \((u_n)\) est donc strictement croissante et majorée, elle converge donc vers \(\ell\in[0,1]\). Comme la suite \((u_n)\) est strictement croissante, on a \(\forall n\in\mathbb{N}\), \(u_n < \ell\) et donc \(f_n(u_n) = 0 < \ell^n + \ell - 1\). Si on suppose, \(\ell< 1\), en passant à la limite on aurait \(0\leqslant\ell - 1\). Impossible. Donc \(\ell = 1\).

  3. À partir de \(u_n^n = 1 - u_n\) on obtient \((1-y_n)^n = y_n\) et comme \(1-y_n\) est positif, \(n\ln(1-y_n)=\ln y_n\). Soit \(f(x) = \dfrac{\ln(1-x)}{\ln(x)}\) pour \(0< x < 1\). On a \(f'(x) = \dfrac{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 1-x}\ln x - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\ln(1-x)}{\ln^2x} > 0\). Donc \(f\) est strictement croissante sur \(]0,1[\).

    On prend \(n\geqslant 1\). En partant de \(\ln (1-u)\leqslant-u\) pour \(0\leqslant u < 1\) on obtient, en prenant \(u = \dfrac{2\ln n}{n} < \dfrac{2}{e} < 1\), \(\ln\left( 1- {\scriptstyle 2\ln n\over\scriptstyle n}\right) \leqslant-\dfrac{2\ln n}{n}\) donc puisque \(\ln\left( {\scriptstyle 2\ln n\over\scriptstyle n}\right) < 0\), \[f\left( {\scriptstyle 2\ln n\over\scriptstyle n}\right)\geqslant-\dfrac{{\scriptstyle 2\ln n\over\scriptstyle n}}{\ln\ln n + \ln 2 - \ln (n)} \geqslant\dfrac{2}{n}\,\dfrac{1}{1 - {\scriptstyle\ln (2\ln n) \over\scriptstyle\ln n}} \geqslant\dfrac{2}{n}\geqslant\dfrac{1}{n}.\] Comme on a \(f(y_n) = \dfrac{1}{n}\), la croissance de \(f\) assure que \({\scriptstyle 2\ln n\over\scriptstyle n} \geqslant y_n\).

    On prend \(n\geqslant 2\). En partant de \(-u - \dfrac{u^2}{2}\leqslant\ln(1-u)\) pour \(0\leqslant u < 1\) on obtient, en prenant \(u = \dfrac{\ln n}{2n} < \dfrac{1}{2e} < 1\), \(\ln\left( 1- {\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n}\right) \geqslant-\dfrac{\ln n}{2n} - \dfrac{\ln^2n}{8n^2}\) donc puisque \(\ln\left( {\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n}\right) < 0\), \[f\left( {\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n}\right)\leqslant-\dfrac{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n}+ \dfrac{\ln^2n}{8n^2}}{\ln\ln n - \ln 2 - \ln (n)} \leqslant\dfrac{1}{2n}\,\dfrac{1 + {\scriptstyle\ln^2n\over\scriptstyle 4n}}{1 + {\scriptstyle\ln 2\over\scriptstyle\ln n} - {\scriptstyle\ln \ln n\over\scriptstyle\ln n}}.\] Au numérateur, on majore \({\scriptstyle\ln^2 n\over\scriptstyle n}\) par \({\scriptstyle 4\over\scriptstyle e^2}\) et au dénominateur on minore \({\scriptstyle\ln 2\over\scriptstyle\ln n} - {\scriptstyle\ln \ln n\over\scriptstyle\ln n}\) par \(0 - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle e}\).

    Ainsi \(f\left( {\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n}\right)\leqslant\dfrac1n\, \dfrac{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle e^2}}{2\left( 1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle e}\right) } \leqslant\dfrac1n = f(y_n)\).

    On en déduit, toujours grâce à la croissance de \(f\), que \({\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n} \leqslant y_n\) et ce pour \(n\geqslant 2\).

  4. On va remplacer les facteurs \({\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\) et \(2\) de la question précédente par \(1-\varepsilon\) et \(1+\varepsilon\). On n’obtiendra plus des inégalités globales, mais des inégalités à partir d’un certain rang.

    Soit \(\varepsilon>0\) et soit \(n\geqslant 2\). On a \(\ln\left( 1- {\scriptstyle(1+\varepsilon)\ln n\over\scriptstyle n}\right) \leqslant-\dfrac{(1+\varepsilon)\ln n}{n}\) donc \[f\left( {\scriptstyle(1+\varepsilon)\ln n\over\scriptstyle n}\right)\geqslant-\dfrac{{\scriptstyle(1+\varepsilon)\ln n\over\scriptstyle n}}{\ln\ln n + \ln (1+\varepsilon) - \ln (n)} \geqslant\dfrac{1+\varepsilon}{n}\,\dfrac{1}{1 - {\scriptstyle\ln ((1+\varepsilon)\ln n) \over\scriptstyle\ln n}} \geqslant\dfrac{(1+\varepsilon)}{n}\geqslant\dfrac{1}{n}.\] On en déduit que \({\scriptstyle(1+\varepsilon)\ln n\over\scriptstyle n} \geqslant y_n\).

    Dans l’autre sens, \(\ln\left( 1- {\scriptstyle(1-\varepsilon)\ln n\over\scriptstyle n}\right) \geqslant-\dfrac{(1-\varepsilon)\ln n}{n} - \dfrac{(1-\varepsilon)^2\ln^2n}{2n^2}\) donc \[f\left( {\scriptstyle(1-\varepsilon)\ln n\over\scriptstyle n}\right)\leqslant-\dfrac{{\scriptstyle(1-\varepsilon)\ln n\over\scriptstyle n}+ \dfrac{(1-\varepsilon)^2\ln^2n}{2n^2}}{\ln\ln n - \ln (1-\varepsilon) - \ln (n)} \leqslant\dfrac{(1-\varepsilon)}{n}\,\dfrac{1 + (1-\varepsilon){\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n}}{1 - {\scriptstyle\ln (1-\varepsilon)\over\scriptstyle\ln n} - {\scriptstyle\ln \ln n\over\scriptstyle\ln n}}.\] Or \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} (1-\varepsilon) \dfrac{1 + (1-\varepsilon){\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n}}{1 - {\scriptstyle\ln (1-\varepsilon)\over\scriptstyle\ln n} - {\scriptstyle\ln \ln n\over\scriptstyle\ln n}} = 1-\varepsilon\), donc à partir d’un certain rang \(N_\varepsilon\), on a \((1-\varepsilon) \dfrac{1 + (1-\varepsilon){\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n}}{1 - {\scriptstyle\ln (1-\varepsilon)\over\scriptstyle\ln n} - {\scriptstyle\ln \ln n\over\scriptstyle\ln n}} = 1-\varepsilon \leqslant 1\).

    On en déduit que pour \(n\geqslant N_\varepsilon\), \(\dfrac{(1-\varepsilon)\ln n}{n} \leqslant y_n\).

    En résumé pour \(n\geqslant N_\varepsilon\), \(1-\varepsilon \leqslant y_n \dfrac{n}{\ln n} \leqslant 1+\varepsilon\). On a bien démontré que \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} y_n \dfrac{n}{\ln n} = 1\) c’est-à-dire que \(y_n \sim \dfrac{\ln n}{n}\).


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