Une suite implicite

Bonjour,
je m'intéresse à la suite suivante.
Il s'agit de la suite $(u_n)$ où $u_n$ est défini comme l'unique solution de $x^n=x+n$ dans $[1;+\infty[$;
Je ne sais plus si j'ai trouvé cette suite dans un sujet ou si je l'ai inventée.
J'ai montré que $u_n$ tend vers 1 en considérant la limite quand $n$ tend vers $+\infty$ de $f_n(1+\epsilon)$ pour $\epsilon>0$
Mais concernant la monotonie de $(u_n)$ j'ai du mal.
Après moultes recherches, j'ai vu graphiquement que $u_n$ se rapprochait de $1+2/n$, alors j'ai démontré que $u_n\geq 1+2/n$ mais cette piste n'aboutit pas car $f_{n+1}(1+2/n)$ n'est malheureusement pas positif sur le long terme.
Auriez-vous des idées ?

Réponses

  • Calculs numériques.
    sage: def sol(n):
    ....:     u = find_root(x^n-x-n, 1,1.1)
    ....:     return u
    ....: 
    sage: sol(1000)
    1.0069326822545919
    sage: def eq(n):
    ....:     return n*(sol(n)-1)
    ....: 
    sage: eq(1000)
    6.932682254591871
    sage: eq(10000)
    9.21468337125253
    sage: eq(100000)
    11.513598229706545
    
    sage: def eq2(n):
    ....:     return n*(sol(n)-1)/ln(n*1.)
    ....: 
    sage: eq2(100000)
    1.00005843560252
    sage: eq2(1000000)
    1.00000698015931
    
  • Un réflexe : écrire $u_n=1+v_n$ avec $\lim v_n=0$. On injecte dans la définition, on passe un coup de logarithme pour faire briller : \[n\ln(1+v_n)=\ln(n+1+v_n).\]Un équivalent simple à gauche et à droite et voilà : $v_n\sim \dfrac{\ln n}{n}$.
  • tellement évident finalement, je me souviendrai du principe $1+v_n$ !
  • Cela dit, ça ne répond pas à la question de la monotonie de la suite.
  • Bonjour,
    J'appelle $P_n$ le polynôme $X^n-X-n$ (pour $n \geqslant 2$ comme de toute façon $u_1$ n'est pas défini). $P_n''$ est positif sur $\mathbb R_+$ et $P_n'(0)=-1$ donc $P_n$ décroît puis croît sur $\mathbb R_+$. Or $P_n(0)<0$ donc : $\forall x>0, P_n(x)>0 \Rightarrow (\forall y \geqslant x, P_n(y)>0)$. De plus, $$\forall n\geqslant 2, P_{n+1}(u_n) = u_n^{n+1}-u_n-n-1 = (u_n+n)\cdot u_n -(u_n+n)-1 = (u_n+n) (u_n-1)-1 \geqslant n\cdot \frac{\ln (n+1)}{n} -1 \geqslant \ln 3-1> 0$$
    car, en modifiant légèrement ce qu'a trouvé Math Coss, on a $n\cdot v_n \geqslant n\ln(1+v_n)=\ln(n+1+v_n) \geqslant \ln (n+1)$. Donc $u_{n+1} < u_n$.
  • Pour $n \in \mathbb N$, $n \ge 2$, et $x \in [1,+ \infty[$, soit $f_n(x)=x^n-x-n$.
    Fonction strictement croissante sur $[1,+ \infty[$, qui s'annule donc en un seul point $u_n$.
    On a : $u_n>1+ \frac 1n$.
    Il en résulte : $f_{n+1}(u_n)>0=f_{n+1}(u_{n+1})$. D'où : $u_n>u_{n+1}$.
    Sauf erreur(e) de calcul.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • Poursuivons. La suite $u_n$ est décroissante et minorée par $1$. Elle a donc une limite finie $\ell \ge 1$.
    Comme $\ln u_n=\frac 1n \ln n + \frac 1n \ln(1+ \frac {u_n}n)$, on a : $\ell =1$.
    Alors la méthode que j'appelle « retour à zéro » conduit naturellement à poser comme MathCoss : $u_n=1+v_n$, d'où l'équivalent de $u_n-1$.
  • Ah oui, c'est vrai qu'en se restreignant à $[1,\infty[$ ça raccourcit l'étude de fonction.
  • Avec de la patience on peut pousser l'évaluation de $u_n$.
    Je repars du début : $u_{n}^{n}=u_{n}+n$. Il en résulte : $n\ln u_{n}=\ln n+\ln (1+\frac{u_{n}}{n})$.
    On pose avec MathCoss : $u_{n}=1+v_{n}$, et l'on a vu que : $v_{n}\sim \frac{\ln n}{n}$.
    On en déduit : $\ln (1+v_{n})=\frac{\ln n}{n}+\frac{1}{n}\ln (1+\frac{1}{n}+\frac{v_{n}}{n})$, soit : $v_{n}-\frac{\ln n}{n}=v_{n}-\ln (1+v_{n})+\frac{1}{n}\ln (1+\frac{1}{n}+\frac{v_{n}}{n})$.
    Or on a les équivalents : $v_{n}-\ln (1+v_{n})\sim \frac{v_{n}^{2}}{2}\sim \frac{(\ln n)^{2}}{2n^{2}}$, et : $\frac{1}{n}\ln (1+\frac{1}{n}+\frac{v_{n}}{n})\sim \frac{1}{n^{2}}=o(\frac{(\ln n)^{2}}{2n^{2}})$.
    Ce qui permet de conclure : $v_{n}-\frac{\ln n}{n}\sim \frac{(\ln n)^{2}}{2n^{2}}$.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
    26/10/2019

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