Équivalent d'une racine d'une famille de polynômes

bestM

Bonjour
Je n'ai aucune idée pour cet exercice
Il faut déterminer un équivalent de l'unique racine comprise entre 0 et 1 du polynôme dérivé de $p_n(X) =X(X-1)\cdots(X-n)$.
D'avance merci pour votre aide,
@+
bestM

Chaurien

Il s'agit de l'unique solution $x_n \in \,]0,1[$ de l'équation $\frac x {1-x}+\frac x {2-x}+\cdots+\frac x {n-x}=1$.

Déjà, la suite $x_n$ est décroissante et tend vers $0$.

À suivre...

Math Coss

Je dirais volontiers que la somme de 2 à n est équivalente à ln(n).

Chaurien

Oui, j'ai l'impression que $x_n \sim \frac 1{\ln n}$.

Chaurien

Je pense que $x_n \sim \frac 1{\ln n}$ est prouvé, et maintenant il faut le deuxième terme ...

Chaurien

Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit $P_{n}(X)=X(X-1)...(X-n)$. Alors : $\frac{P_{n}^{\prime }(X)}{P_{n}(X)}=\frac{1}{X}+\frac{1}{X-1}+...+\frac{1}{X-n}$.

On a : $P_{n}^{\prime }(x)=0$ si et seulement si $\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{x}{k-x}=1$.

La fonction $x\mapsto \phi _{n}(x)=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{x}{k-x}$ est strictement croissante et continue sur $[0,1[$, et vérifie : $\phi_{n}(0) =0$ et $\lim_{x \rightarrow 1^-}  \phi_{n}(x) = +\infty$.

Il existe donc  un seul $x_{n}\in ]0,1[$ tel que : $\phi _{n}(x_{n})=1$.

Pour  $x\in ]0,1[$ on a : $\phi _{n+1}(x)>\phi _{n}(x)$. La suite  $x_{n}$ est donc strictement décroissante, et il s'ensuit qu'elle a une
limite $\ell $ telle que : $0\leq \ell <x_{1}=\frac{1}{2}$.
Soit classiquement $H_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}$. On sait que $H_{n}\sim \ln n$ quand $n\rightarrow +\infty $.  

Alors : $1-x_{n}H_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{x_{n}}{k-x_{n}}-x_{n}\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}=x_{n}^{2}\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k(k-x_{n})}$.

Doù : $0<1-x_{n}H_{n}<x_{n}^{2}\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k(k-\frac{1}{2})}<Cx_{n}^{2}$, avec $C=\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k(k-\frac{1}{2})}$.

Il en résulte : $\lim_{n\rightarrow +\infty }x_{n}=0$. Et aussi : $x_{n}\sim \frac{1}{H_{n}}\sim \frac{1}{\ln n}$.

Bonne après-midi.

Fr. Ch.

Math Coss

D'après tes calculs, cela devrait être $-\frac{\pi^2}{6\ln^3n}$.

Chaurien

Continuons, camarades.

Il me semble pouvoir prouver que : $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty }\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k(k-x_{n})}=\lim_{n\rightarrow +\infty }\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k^{2}}=\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k^{2}}=A=\frac{\pi ^{2}}{6}$.
Il en résulte : $\displaystyle 1-x_{n}H_{n}=x_{n}^{2}\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k(k-x_{n})}=x_{n}^{2}(A+o(1))$, d'où :

$\displaystyle x_{n}=\frac{1}{H_{n}}-\frac{x_{n}^{2}}{H_{n}}(A+o(1))=\frac{1}{H_{n}}-\frac{A}{(\ln n)^{3}}+o\big(\frac{1}{(\ln n)^{3}}\big)$.

Par ailleurs, on a le développement bien connu : $H_{n}=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n})$, où $\gamma$ est la constante d'Euler.

Ce que je récrirai ainsi : $H_{n}=\ln n+\gamma +o(\frac{1}{\ln n})$.

Il en résulte :

$\displaystyle \frac{1}{H_{n}}=\frac{1}{\ln n}\cdot \frac{1}{1+\frac{\gamma }{\ln n}+o(\frac{1}{(\ln n)^{2}})}=\frac{1}{\ln n}(1-\frac{\gamma }{\ln n}+\frac{\gamma^{2}}{(\ln n)^{2}}+o(\frac{1}{(\ln n)^{2}}))=\frac{1}{\ln n}-\frac{\gamma }{(\ln n)^{2}}+\frac{\gamma ^{2}}{(\ln n)^{3}}+o\big(\frac{1}{(\ln n)^{3}})$.
Et pour finir : $\displaystyle x_{n}=\frac{1}{\ln n}-\frac{\gamma }{(\ln n)^{2}}+\frac{\gamma ^{2}-\frac{\pi ^{2}}{6}}{(\ln n)^{3}}+o\big(\frac{1}{(\ln n)^{3}}\big)$.

Bonne soirée.

Fr. Ch.

bestM

Merci à tous.
bestM

Math Coss

Ah oui, j'ai raté les termes en $1/\ln^2n$ et $1/\ln^3n$ qui viennent de $H_n$.

Chaurien

On peut chercher aussi les développements asymptotiques des autres racines du polynôme $P_{n}^{\prime }(x)$. Celle qui est dans $]n-1,n[$ est $n-x_n$, etc. Et celle qui est dans $]1,2[$ ?

jandri

Pour répondre à la question de Chaurien on peut généraliser en cherchant un développement asymptotique de la racine dans $]p,p+1[$ que je note $x_p(n)$ ($p$ fixé dans $\N$, $n\geq p+1$).

En posant $x_p(n)=p+t$, $t\in]0,1[$, on a : $\dfrac1t=-\displaystyle\sum_{k=1}^p\dfrac1{k+t}+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-p}\dfrac1{k-t}\geq -H_p+H_{n-p}$ qui tend vers $+\infty$ donc $t$ tend vers $0$.

Par suite, $\dfrac1t=-H_p+t\displaystyle\sum_{k=1}^p\dfrac1{k(k+t)}+H_{n-p}+t\displaystyle\sum_{k=1}^{n-p}\dfrac1{k(k-t)}=-H_p+H_{n-p}+o(1)\sim\ln n$.

On en déduit $\dfrac1t=-H_p+\ln n+\gamma+\dfrac{1}{\ln n}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^p\dfrac1{k^2}+\dfrac{\pi^2}6\right)+o\left(\dfrac{1}{\ln n}\right)$.

D'où enfin $x_p(n)=p+\dfrac{1}{\ln n}+\dfrac{H_p-\gamma}{(\ln n)^2}+\dfrac{1}{(\ln n)^3}\left((H_p-\gamma)^2-\displaystyle\sum_{k=1}^p\dfrac1{k^2}-\dfrac{\pi^2}6\right)+o\left(\dfrac{1}{(\ln n)^3}\right)$.

Math Coss

Étape suivante : idem pour la $\bigl\lfloor\frac{n}{3}\bigr\rfloor$-ième racine, la $\bigl\lfloor\sqrt{n}\bigr\rfloor$-ième et choses de ce genre...