Cotangente, hyperbolique ou pas.

ev

Bonjour à tous.

C'est dimanche, j'ai un exercice et je ne sais pas le faire...
C'est piqué dans le Bréal d'oraux 93-94.

Bréal a écrit:

Soit $n\in\N^*$ et $a\in\R$.
\begin{enumerate}
\item Dénombrer l'ensemble des solutions réelles de l'équation
$$(E_n)\quad \dfrac1x + \dfrac{2x}{x^2-1}+\ldots+ \dfrac{2x}{x^2-n^2} = a.$$
\item On note $x_n$ la plus grande des racines de $(E_n)$.
Montrer l'existence d'un réel $\alpha$ tel que la suite $(x_n - \alpha n)_{n\in\N^*}$ soit convergente.
\end{enumerate}

Vous allez rire, je sais faire le 1. Mais dès que je m'attaque au 2. Il m'arrive toutes sortes d'aventures. Je pense avoir trouvé un bon candidat pour $\alpha$, mais lorsque je prends $a\leqslant 0$ je me retrouve avec des absurdités un peu comme si j'avais trouvé une contradiction dans ZF\footnote{Je sais, c'est un peu gros. Et puis il y a des calculs. Mais bon, qui ne tente rien n'a rien.}.

Est-ce un exercice classique ?
Peut-on trouver une solution élémentaire ? À mon niveau, c'est-à-dire $L_{1,7}$.

Merci d'avance pour toutes vos idées.
Amicalement,
e.v.

JLT

Je fais déjà la partie facile.

Notons $f$ la fonction. Entre $n-1$ et $n$, la fonction varie entre $+\infty$ et $-\infty$, et entre $n$ et $+\infty$ la fonction varie entre $+\infty$ et $0$. Par conséquent, si $a\le 0$, on a $n-1<x_n<n$. Le seul candidat possible pour $\alpha$ dans ce cas est $\alpha=1$.

JLT

Ensuite si je ne me suis pas trompé, en notant $f_n$ la fonction on a $f_{n+1}(x_n+1)>a$ donc $x_{n+1}>x_n+1$. On en déduit que $(x_n-n)$ est croissante majorée.

incognito

Lorsque $a>1$:
On se donne $\alpha>1$, la suite $(f_n(\alpha n))$ est (presque) une somme de Riemann et elle converge vers $\ln(\frac{\alpha+1}{\alpha-1})$ par valeurs supérieures, on peut donc choisir $\alpha$ pour que la limite soit exactement $a$. On vérifie alors que la suite $(f_n(\alpha(n+1)))$ converge elle aussi vers $a$ mais par valeurs inférieures, on en déduit que $\alpha n < x_n < \alpha(n+1)$ et donc $0<x_n-\alpha n<\alpha$. La suite est bornée, mais on n'a pas encore la convergence...

A suivre (et à vérifier!)...

gottfried0

Sauf erreur lorsque $a>0$, il faut prendre $\alpha=\coth(a/2)$ et la limite de $x_n - \coth(a/2) n$ est $\frac12\coth(a/2)$ (sauf erreur). Ma méthode consiste à passer plutôt à $y_n = x_n-n$ dans ce cas, qui est strictement positif, à commencer par encadrer grossièrement $y_n$ puis à se dire que comparer la somme finie avec la quadrature d'une hyperbole n'est pas une mauvaise idée. Ensuite, j'ai peut-être fait une ou deux erreurs de calcul.

gottfried0

J'utilise $\displaystyle \frac1t < \log\frac{t+\frac12}{t-\frac12}<\frac1t+\frac1{12}\frac1{t(t^2-\frac14)}<\frac1t+\frac1{12}\frac1{t(t^2-1)}$ pour $t>1$, la dernière majoration permettant des sommes télescopiques. La majoration est obtenue à partir d'une intégrale, en mettant ensemble les contributions symétriques et ensuite en minorant brutalement le dénominateur.

JLT

En tout cas, des essais sur ordinateur montrent que (pour $a>0$) les formules sont justes :
$a=\ln(\frac{\alpha+1}{\alpha-1})$ ou encore $\alpha=\coth(a/2)$.

gottfried0

pardon à incognito dont je n'avais pas vu le message qui semble avoir une intersection non vide avec mes suggestions

dernière chose: si $y>0$ reste borné les sommes $\dfrac1y + \dfrac1{y+1}+ \dotsb + \dfrac1{y+2n}$ vont diverger (au moins, car $y$ peut se rapprocher de zéro et rendre les choses pires) logarithmequement donc on sait que le $y$ donnant $a>0$ tend vers l'infini, et en particulier finit par être sûrement $>1$ et on peut appliquer les inégalités de mon message précédent. On réutilise aussi $y\to+\infty$ à la fin pour finir de minorer $y$ asymptotiquement en fonction de $a$ et de $n$.

thierrypp

Bonsoir /Bonjour

ev, ce sujet est issu d'un oral X? ENS? 1993? 1994?

Je serais intéréssé par l'énoncé et surtout ce que peut induire la question 1)......

Merci,
thierrypp

ev

Merci JLT,

Effectivement, ça va un peu mieux comme ça.

@ incognito. Je ne vois pas trop pourquoi tu as besoin de $a>1$. Ta méthode a l'air de marcher pour $a>0$.

@ gottfried Ce que tu écris a l'air drôlement intéressant.

@ Thierry. Je pense que la première question sert à avoir une idée où se trouve $x_n$ et d'inciter le candidat à distinguer deux cas. Quant à l'origine, je donne ma langue au chat, X ou ENS, quelle section ? Sachant qu'il existait encore alors les petits oraux à l'X.

@ Christophe : Fausse alerte, ZF est toujours debout.

amicalement,

e.v.

thierrypp

ev,

Merci.

la première question me semble assez cruciale mais franchement je n'y accroche pas... avec x non entier, on peut scinder en deux sommations en ( 1/ (x-k)) et (1/(x+k)) et 1/x mais l'astuce - méthode pour en dégager le dénombrement.....franchement je demeure interrogatif....


je suis preneur pour la méthode sur cette première question ..la lecture de la suite de l'énoncé permettait-elle ...?

...bien cordialement....

remarque

Ya pas d'astuce, c'est une somme de fonctions strictement décroissantes là où elles sont définies. Il suffit donc de garder ce qu'elles font aux bornes des intervalles où elles sont définies.

thierrypp

Merci " remarque"... franchement je cale...
même en décomposant...

Soit je reste trop accroché à l'aspect série, soit je focalise trop sur une formulation pour anticiper...

Même en format png (brouillon main), je suis preneur... vers 15 heures je m'y suis posé... Mais même en y revenant plus tard...

planté en khôlle !

(td)

âme charitable pour la question 1) bien accueillie,
Merci !

capesard

Bonjour,
$$f_n(n+2nx)=\sum_{k=0}^{2n} \, \frac{1}{2n} \, \frac{1}{x+\frac{k}{2n}} \rightarrow \ln(\frac{x+1}{x})$$

ps: pour la (1) , le graphe de $f_n$ ressemble (très vaguement) à celui de la cotangente
$$f_n(x)=\sum_{k=-n}^{k=n} \, \frac{1}{x+k}$$
$$f_n'(x)=- \sum_{k=-n}^{k=n} \, \frac{1}{(x+k)^2}$$
donc $f_n$ est strictement décroissante par intervalles

remarque

Ce n'est pas une série. Je te fais un petit dessin pour $n=4$ :

ev

Bon.

1. On pose $f_n(x) = \dfrac1x + \dfrac{2x}{x^2-1}+\ldots+ \dfrac{2x}{x^2-n^2} $.
On a, disons pour $x\notin\{-n,\ldots,n\},\; f_n(x) = \displaystyle\sum_{k=-n}^n \dfrac1{x+k}$.
Donc $f_n$ est décroissante sur chaque intervalle sur lequel elle est définie.
On a aux bornes $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f_n(x) = \lim_{x\to-\infty} f_n(x) = 0$.
De plus $\forall k\in \{-n,\ldots,n\},\; \displaystyle\lim_{x\to k+} f_n(x) = +\infty$ et $ \displaystyle\lim_{x\to k-} f_n(x) = -\infty$.
Avec cela on peut dresser le tableau de variations (trop casse-pied sur le Phôrüm) de $f$ et là dessus on trouve en faisant gaffe aux piquets et aux intervalles que $(E_n)$ admet $2n$ racines pour $a=0$ - une dans chacun des intervalles $]k,k+1[$ pour $k = -n,\ldots,n-1$, tout ça c'est du théorème de la bijection, du cours d'infra en quelque sorte - et $2n+1$ sinon, car il faut en rajouter une sur $]n,+\infty[$ si $a>0$ ou une sur $]-\infty,-n[$ si $a<0$.

amicalement,

e.v.

[Des $n$ intempestifs ont été rectifiés en $x$ beaucoup plus conformes. Merci à Thierry pour sa vigilance.]

ev

Merci remarque. Ton dessin vaut largement le tableau de variations qui me manque.

@ Capesard. La suite $f_n$ converge simplement vers $\pi \textrm{cotan}(\pi x)$ au cas ou tu aurais mal lu le titre.

e.v.

thierrypp

Merci...............

j'y suis...merci!

J'étais à un tout autre problème de sommation sauf en certains points...

et qui conduisait à une sommation avec la fonction digamma en combinaison linéaire.......+ /- en alternance de la constante d'Euler....etc... ( j'avais réduit à polygamma à l'ordre 0).

Ok. Je saisis maintenant la teneur du début du problème, en résumant: pour 1), sommation mieux présentée- de manière plus judicieuce- comme vous le montrez, par intervalle en /(1+k ) { k entier relatif} puis discussion sur le dénombrement avec la valeur de a ( excellente illustration de " remarque").

Merci beaucoup pour vos remarques et illustrations.

thierrypp

capesard

La fonction $f$ est impaire. On suppose a>0 par imparité.

thierrypp

ev

merci beaucoup,

mais la ligne avec:

On a aux bornes ...lim ( n-> -infini ) pour n entier...?

Cordialement

zephir

@thierrypp : il faut lire $x\to ...$ au lieu de $n\to ...$ dans la solution d'ev (que je salue)

thierrypp

@ zephir et al.

Merci beaucoup.

Très intéréssant coment ce problème peut finalement être agencé comme il y figure dans le premier mail puis si l'on déborde vers des fonctions plus " exotiques", polygamma ( ordre 0), digamma.......et arc-hyperbolique...et aussi Ln......on pourrait avoir deux parties de traitement vraiment intéréssantes.

Maintenant, quelle est l'énoncé initial? X -ENS Grand Oral? 1993? 1994?

Bien Cordialement
Thierrypp

ev

Tout à fait Thierry.

Mais non ! C'est moi que je fais des $n$ comme des $x$ et que ça devient grave. Je monte corriger.

amicalement,

e.v.

ev

Pour Thierry : J'ai mis en tête de fil l'énoncé tel que transmis par Bréal p. 235. Maintenant il y a peut-être de la perte d'information entre l'énoncé de l'oral et celui que j'ai mis en ligne. Pour l'école, mystère et boule gomme.

Mes salutations à zephir.

e.v.

zephir

J'appelle $f_n(x)$ le premier membre de $E_n$ et $x_n$ la plus grande racine réelle de $E_n$.
Une idée pour le 2)
Il s'agit de trouver une estimation de $x_n$ de la forme $\alpha n+\beta +o(1)$.
Soit $y>1$. On a $f_n(yn)\to g(y)= \ln \dfrac {y+1} {y-1}$.
$g$ est continue strictement décroissante de $]1,+\infty[$ sur $]0,+\infty[$. Soit $\alpha$ l'unique solution de $g(y)=a$. Si $y,z$ sont choisies de sorte que $y<\alpha <z$, alors, à partir d'un certain rang $f_n(yn)>a$ et $f_n(zn)<a$.
On en déduit $yn<x_n<zn$. Donc, dans un premier temps $x_n=\alpha n+o(n)$
Pour le $\beta$ c'est plus dur. Je n'ai pas terminé le calcul.
J'ai en réserve la convexité de $f_n$ sur $]n,+\infty[$ et une estimation de $f'_n(yn)=-\dfrac 2 {n(y^2-1)}+O(\dfrac 1 {n^2})$ qui permet d'encadrer $x_n$ et $\alpha n$ dans un intervalle dont la longueur tend vers zéro (pas sûr encore).
On choisit $y=\alpha-\epsilon$ et $z=\alpha+\epsilon$

gottfried0

bonjour, pour $a\leq0$ on a \[ \frac1{n-x_n} \geq |a| + \sum_{k=1}^{2n} \frac1k\;,\] donc $x_n = n - O((\log n)^{-1})$, en particulier $n-x_n\to 0$. Et dans un deuxième temps \[\frac1{n-x_n} \leq |a| + \frac1{x_n-n+1} + \sum_{k=1}^{2n-1} \frac1k\] donc en combinant majoration et minoration $n-x_n \sim (\log n)^{-1}$.

[Corrigé selon tes indications. Bruno]

capesard

@zephyr: peux tu préciser pourquoi
"à partir d'un certain rang, $f_n(yn)>a$" ?

thierrypp

Bonjour et merci beaucoup!
Bien Cordialement,
Thierry

zephir

@Capesard : parce que $g(y)>a$.
pour $a\le 0$, je confirme le résultat de gottfied.
Reste le cas $a>0$ à terminer !

gottfried0

@zephir, @Capesard: pour $a>0$, j'avais donné dans mes réponses antérieures sur ce fil le résultat ($\frac12\coth(\frac a2)= \lim (x_n - \coth(\frac a2) n)$) et comment l'obtenir.

zephir

@gottfried : Pas vu. J'ai cherché. Tu annonces bien une multi-inégalité, mais ça : $ \frac12\coth(\frac a2)= \lim (x_n - \coth(\frac a2) n)$, je n'ai pas trouvé. Il n'est peut-être pas inintéressant de mettre une preuve complète ce cette relation en ligne.

Merci d'avance, ça m'évitera de chercher.

gottfried0

@zephir: désolé je suis resté trop elliptique. Je pensais que ev qui a posé la question avait peut-être aussi la réponse, vu le titre du fil! (qui est au minimum prophétique...). Donc voici comment j'ai procédé, on a $a>0$ et on s'intéresse à la solution avec $x_n > n$. Je pose $y_n = x_n-n$, qui est $>0$ et son équation est $a=\dfrac1{y_n} + \dfrac1{y_n+1}+ \dotsb + \dfrac1{y_n+2n}$. Les fonctions à droite sont strictement décroissantes sur $]0,+\infty[$, ce qui permet de voir que nécessairement $y_{n+1}>y_n$, car quand on rajoute un (deux, en fait) terme on augmente la valeur. Si la suite $y_n$ restait bornée, on aurait une contradiction par la divergence de la série harmonique, donc $\lim y_n = +\infty$. À ce stade on utilise l'inégalité $\displaystyle \frac1t < \log\frac{t+\frac12}{t-\frac12}<\frac1t+\frac1{12}\frac1{t(t^2-\frac14)}<\frac1t+\frac1{12}\frac1{t(t^2-1)}$ pour $t>1$, que l'on peut obtenir à partir de la série du logarithme, $\displaystyle \log\frac{1+h}{1-h} = 2h + 2\frac{h^3}3 + 2\frac{h^5}5 + \dots$, ou à partir d'un calcul d'intégrale. On obtient (en supposant $y_n>1$) \[a < \log\frac{y_n+\frac12+2n}{y_n-\frac12} < a + \frac1{24 y_n(y_n-1)} \] en faisant du télescopage pour le terme du milieu comme pour la majoration. Donc: \[ e^a -1 < \frac{2n+1}{y_n - \frac12} < e^a -1 + O(y_n^{-2})\] puis après avoir multiplié par $y_n - \frac12$: \[\frac12 + (2n+1)(e^a-1)^{-1} - O(y_n^{-1})<y_n < \frac12+ (2n+1)(e^a-1)^{-1}\] après on passe à $x_n = y_n+n$ et c'est bon.

zephir

Merci gottfried : ta solution est plus simple que la mienne. Adoptée !

ev

Bonsoir gottfried.

Pour la prophétie à deux balles, il n'était pas difficile de deviner la valeur de $\alpha$. C'est pour le reste qu'il faut travailler en souplesse. Tes inégalités sont redoutables. Je les ai vérifiées par étude de fonction, dérivée et rhan et rhan. Avec mes pauvres inégalités triviales je n'ai eu droit qu'aux deux ronds de flan qui vont avec.

Dès que je trouve trois quarts d'heure de sérénité je vérifie les détails mais sauf diablotin bien caché je ne vois pas ce qui pourrait clocher.

Merci beaucoup encore une fois.

amicalement,

e.v.

gottfried0

@zephir, @ev: merci pour le bon accueil fait à cette preuve! pour les inégalités avec le log, $\frac1t < \log\dfrac{t+\frac12}{t-\frac12}$ est, je crois, une inégalité utilisée par Hermite, qui, je crois, avait vu qu'elle vaut pour les fonctions strictement convexes (anticipant leur introduction par Jensen) (ici c'est la fonction $\frac1t$). La majoration s'obtient à partir de la série du logarithme donnée dans mon post précédent en remplaçant tous les dénominateurs par $\frac13$ (à partir du second). Mais on peut aussi l'obtenir en travaillant $\int_{t-\frac12}^{t+\frac12} (\frac1u - \frac1t)\,du$ en découpant en deux intervalles $[t-\frac12,t]$ et $[t,t+\frac12]$ et en mettant le tout sur $[0,\frac12]$ ce qui permet de retrouver la minoration de Hermite par $0$ pour n'importe quelle fonction convexe, et aussi d'obtenir la majoration indiquée dans le cas de la fonction $\frac1t$.

incognito

Je reviens sur ce fil car j'avais proposée une méthode (en page 1) mais je n'avais pas terminé. Je rappelle le départ (il semble que zéphir a eu plus ou moins la même idée de départ), je précise que cette partie de nécessite pas de calcul:

Pour $a>0$ (ev avait corrigé), on se donne $\alpha>1$, la suite $(f_n(\alpha n))$ est (presque) une somme de Riemann et elle converge vers $\ln(\frac{\alpha+1}{\alpha-1})$ par valeurs supérieures, on peut donc choisir $\alpha$ pour que la limite soit exactement $a$. On vérifie alors que la suite $(f_n(\alpha(n+1)))$ converge elle aussi vers $a$ mais par valeurs inférieures, on en déduit que $\alpha n < x_n < \alpha(n+1)$ et donc $0<x_n-\alpha n<\alpha$. On a aussi que $\frac{x_n}{n}$ tend vers $\alpha$. Il me restait la convergence de $(x_n-\alpha n)$ à terminer:
\begin{align*}
f_{n+1}(x_n+\alpha)&= f_n(x_n+\alpha) +\frac{2(x_n+\alpha)}{(x_n+\alpha)^2-(n+1)^2}\\
&=a+ [f_n(x_n+\alpha)-f_n(x_n)] +\frac{2(x_n+\alpha)}{(x_n+\alpha)^2-(n+1)^2}
\end{align*}
Or, compte tenu de la première partie, $\dfrac{2(x_n+\alpha)}{(x_n+\alpha)^2-(n+1)^2} \sim \frac{K}{n}$ avec $K=\frac{2\alpha}{\alpha^2-1}>0$. D'un autre côté, $f_n(x_n+\alpha)-f_n(x_n)=\alpha f'_n(c_n)$ avec $c_n$ entre $x_n$ et $x_n+\alpha$, donc $\frac{c_n}{n}$ tend aussi vers $\alpha$ et par conséquent $f'_n(c_n)=-\dfrac{2(c_n^2+n^2)}{(c_n^2-n^2)^2} \sim -\frac{K'}{n^2}$ avec $K'=\frac{2(\alpha^2+1)}{(\alpha^2-1)^2}$, ce terme est donc négligeable devant $\dfrac{2(x_n+\alpha)}{(x_n+\alpha)^2-(n+1)^2}$, et donc pour $n$ assez grand on a $f_{n+1}(x_n+\alpha)>a$, ce qui entraîne $x_n+\alpha < x_{n+1}$ et donc $x_n-\alpha n < x_{n+1}-\alpha (n+1)$. Finalement, la suite $(x_n-\alpha n)$ est croissante majorée par $\alpha$ et donc convergente.

PS: le résultat obtenu est moins précis que celui de gottfried, mais nettement moins calculatoire!

zephir

(tu) incognito.
Je précise que $f_n(\alpha.n)$ et $f_n(\alpha.(n+1))$ sont bien des sommes de Riemann associées à la fonction $x\mapsto \dfrac 1 {\alpha-x}$ croissante sur l'intervalle $[-1,1]$. La première est supérieure, tandis que la seconde est inférieure (un petit dessin).
Pour être plus précis, Il y a un terme en trop (le premier) dans la première, tandis que dans la seconde somme il manque premier terme.

Le "presque" est ainsi plus clair.

Amicalement,
zephir.

gottfried0

@ev, incognito, zephir et al.: j'ai repris votre méthode de la somme de Riemann et j'obtiens: \[ x_n = n \coth\frac a2 + \frac12\coth\frac a2 - \frac{\mathop{\mathrm{sh}} a}{24n} + o(n^{-1})\] Voici comment. Avec $y = x - n$, on étudiait l'équation \[\frac1y + \frac1{y+1} + \dotsb + \frac1{y+2n} = a, \qquad y>0, a>0\] Il y a $2n+1$ points d'évaluation, espacés de $1$, d'où l'idée d'écrire $ y = (2n+1) t + \delta$, avec $0\leq \delta\leq 1$, puis de voir (en factorisant $(2n+1)t$) que la somme est une somme de Riemann sur $[1,1+\frac1t]$ qui est donc proche de $\int_{1}^{1+\frac1t} \frac{du}u = \ln(1 + \frac1t)$. Il faut avoir l'idée à ce moment-là comme dans vos messages de choisir $t$ précisément de sorte que $\ln(1+\frac1t) = a$, donc $t = (e^a - 1)^{-1}$. Si on définit ensuite \[ S(h) = \frac1{(2n+1)t + h} + \frac1{(2n+1)t + h +1} + \dotsb + \frac1{(2n+1)t + h+2n}\] on a par décroissance de $1/x$ l'encadrement $S(0) > \int_{1}^{1+\frac1t} \frac{du}u = a > S(1)$, donc la solution est en effet de la forme $ y = (2n+1)t + \delta$ avec $0< \delta < 1$. Maintenant, la fonction $S(h)$ est non seulement décroissante mais aussi convexe, et \[\int_0^1 S(h)\,dh = \int_{(2n+1)t}^{(2n+1)t + 2n+1} \frac{du}u = a\] D'après Hermite une bonne approximation de l'intégrale est donnée par $S(\frac12)$. Plus précisément par Taylor-Lagrange $S(h) = S(\frac12) + (h-\frac12) S'(\frac12) + \frac12(h-\frac12)^2 S''(\xi_h)$, donc en minorant majorant intégrant TVIsant $a = S(\frac12) + \frac1{24} S''(\xi)$. Mais par le TAF, \[ \frac1{24} S''(\xi) = a - S(\frac12) = S(\delta) - S(\frac12) = (\delta - \frac12) S'(\zeta)\] Bien sûr $\xi$ et $\zeta$ dépendent de $n$, et l'important c'est qu'en dérivant notre formule pour $S(h)$ on voit que $(2n+1)t S'(h)$ et $(2n+1)^2 t^2 S''(h)$ sont elles aussi des sommes de Riemann, respectivement pour le calcul de $\int_1^{1+\frac 1t} \frac{-1}{u^2} \,du = e^{-a} - 1$ et pour celui de $\int_1^{1+\frac 1t} \frac{2}{u^3}\,du = 1 - e^{-2a}$. Donc:
\[ \delta - \frac12 \sim (2n+1)^{-1} t^{-1} \frac1{24} \frac{1 - e^{-2a}}{e^{-a} - 1} \sim \frac{\mathop{\mathrm{-sh}}(a)}{24 n}\]
C.Q.F.D.
PS: merci aux admin (que je salue) de ne pas transformer (s.v.p.) mes $\mathrm{sh}$ en d'horribles $\sinh$ que je déteste...

gottfried0

En fait \[ x_n = n \coth\frac a2 + \frac12\coth\frac a2 - \frac{\mathop{\mathrm{sh}} a}{24(n+\frac12)} + O(n^{-3})\]
Le résultat ci-dessus est la conséquence de celui-ci: \[ \frac12 - \delta = \frac{\frac18{S''(\frac12)} - \frac1{12}({S'(1) - S'(0)})}{-S'(\frac12)} + O(n^{-3})\] où j'utilise les notations de mon message précédent . Des calculs un peu compliqués m'ont donné un résultat pour la fraction ci-dessus jusqu'à l'ordre $O(n^{-3})$ inclus, mais j'avais oublié que mon terme d'erreur était déjà lui aussi $O(n^{-3})$ et non pas $O(n^{-4})$; je ne me lancerai pas dans le assez dantesque calcul du vrai terme en $O(n^{-3})$ la formule ci-dessus pour $\frac12 - \delta$ est adaptée pour un développement en puissances inverses de $(n+\frac12)$ et on constate que les exposants vont de deux en deux d'ailleurs (c'est pour cela que j'ai calculé bêtement un terme qui en fait était déjà dans mon erreur). Il est probable donc que $x_n$ admet un développement asymptotique en puissances inverses impaires de $n+\frac12$, ce que du Euler-MacLaurin permet peut-être de voir, mais bon, je passe le relai\dots

gottfried0

en fait la formule qui suggère peut-être la bonne façon de procéder pour plus de termes c'est \[ \frac12 - \delta = - \frac1{24}\frac{S'(1) - S'(0)}{S(1) - S(0)} + O\big((n+\tfrac12)^{-3}\big)\]

gottfried0

\begin{equation*} x_n = (n+\frac12) \coth\frac a2 - \frac{\mathop{\mathrm{sh}} a}{24(n+\frac12)} \left(1 - \frac{\mathop{\mathrm{sh}}^2(\frac a2) \big(11\mathop{\mathrm{ch}}^2(\frac a2) + 16\mathop{\mathrm{sh}}^2(\frac a2)\big)}{60(n+\frac12)^2}+ o(n^{-2})\right)\end{equation*}
de toute façon, j'ai dû me tromper, mais bon ça donne l'idée du vrai résultat. Je ne donne pas les détails, c'est long à latexifier. Bonne nuit!