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Suite numérique et polynôme

Modifié (21 Jun) dans Analyse
Bonjour
Soit $k\geq 1$ fixé $Q_n(x)=x^n(x^k - x^{k-1} - x^{k-2} -\dots-x-1) -1$.
1/ Montrer que $Q_n$ possède une seule racine $u_n>0$.
2/ Étudier la monotonie de $(u_n)$.
3/ Déterminer la limite $L$ de $(u_n)$ et enfin un équivalent de $u_n-L$.
4/ Donner un développement asymptotique de $u_n$ à trois termes.
Merci.
Utilisable en sup,spé.

Réponses

  • Je pense que la question 3/ est plutôt : "Déterminer la limite $\ell$ de $(u_n)$ et un équivalent de $(u_n-\ell)$", car $\ell\neq 0$, ici... et que ce n'est pas bien intéressant de demander un équivalent de $(u_n)$.
  • @ bisam c’est rectifié merci
  • Modifié (23 Jun)
    Bonjour,
    Voici ce que j'ai obtenu, au prix de quelques contorsions, fort exposées aux erreurs de calcul.
    Je note  $P_k(x) = x^k - \displaystyle \sum_{i=0}^{k-1} x^{i}\: $ et $\: a_k$ l'unique solution dans $]0;+\infty [$ de l'équation $ P_k(x) =0 .\quad $ Alors:
    $$ a_1 = 1 , \quad  a_k >1 \:\text{si } k>1,\qquad  P'_k (a_k) >0. $$ $$\text{La suite }\: (u_n)\:\text{converge en décroissant vers }\: a_k.$$ $$u_n =1+ \dfrac {\log n} n - \dfrac {\log\log n}{ n} + \mathcal  o\left( \dfrac {\log\log n}{n }\right),\quad \text { si } k=1.$$ $$ u_n = a_k +\dfrac 1{a_k^n P'_k(a_k) } - \dfrac n{ a_k^{2n+1}P'_k(a_k)^2} +\mathcal o\Big ( \dfrac n{ a_k^{2n}}\Big), \quad \text{ si } k >1.$$
  • @ LOU16 peux-tu poster les détails pour k=1 , k>1 ? merci
  • Tu bloques sur quel terme ?
  • Modifié (24 Jun)
    Bonjour,
    Voici les détails de l'obtention de l'équivalent de $u_n$ " à deux termes".
    La fonction $f: x \mapsto \dfrac {Q_n(x)}{x^{n+k}}$ est continue, strictement croissante sur $]0;+\infty[, \:\:\displaystyle \lim_{0^+} f =-\infty, \:\lim_{+\infty}f = 1$, donc l'équation $Q_n(x) =0$ admet dans $]0;+\infty[$ une solution unique $u_n$. De plus:
    $$\:\forall x>0, \quad Q_n(x)>0\iff x>u_n,  \qquad \forall n \in \N^*,\:\: u_n>1\qquad(\star).$$
    On justifie de la même façon l'existence d'un unique $a_k >0 $ tel que $P_k(a_k) =0.$
    $\forall n \in \N^*, \:\: Q_{n+1}(u_n) = u_n Q_n(u_n) +u_n-1 =u_n -1 >0, \quad Q_{n+1}(a_k) =-1<0.\quad  $ D'après $(\star): \: u_n>u_{n+1}>a_k \:$
    La suite $(u_n$) converge donc vers un réel $L\geqslant a_k.\:$ Supposons $L>a_k.\:$ Alors:
    $L>1,\: u_n >L,\:  \displaystyle \lim _{n\to + \infty} u_n ^n = + \infty ,$ et cela contredit $u_n^n =\dfrac 1{P_k(u_n)}, \:\: \displaystyle \lim _{n\to + \infty} u_n ^n =\dfrac 1{P_k(L)}.\qquad $Ainsi: $ \displaystyle \lim_{n\to + \infty} u_n =a_k.$

    $\bullet \:\: \text{Si } k=1.$
    $u_n= 1+v_n, \:\:\displaystyle \lim_{n\to + \infty} v_n =0, \quad v_n(1+v_n)^n =1, \quad \log v_n + n \log(1+v_n) =0,$
    $$\quad -\log v_n \underset{n\to + \infty}{\sim} nv_n.\quad (\star \star)$$
    $(\star\star )$ entraîne d'une part: $\quad \dfrac {\log n}{nv_n}\underset{n\to + \infty}{\sim} \dfrac {\log n}{-\log v_n},\:\:$ et d'autre part (en prenant le $\log$):$\quad -\log v_n\underset{n\to + \infty}{\sim} \log n.$
    Il vient alors: $\:nv_n  \underset{n\to + \infty}{\sim} \log n, \qquad u_n =1 + \dfrac {\log n}n + \mathcal o\left( \dfrac {\log n }n \right) .$

    $\bullet \:\:\text{Si } k>1.\qquad$ Notons$\: a = a_k , \:\: b:= P'_k(a ).\:\:  $ Alors: $ \:\:b>0.$
    $u_n =a +v_n, \:\:\displaystyle \lim_{n\to + \infty}v_n =0, \quad (a +v_n)^n P_k(a +v_n) =1, \quad n \log(a+v_n) + \log (bv_n + \mathcal o (v_n)) =0.$
    $$n \log a +\dfrac { n v_n}{a} +w_n +\log v_n + \log b +x_n =0, \:\: w_n =\mathcal o (nv_n), \:\: x_n =\mathcal o(1).\quad (\star\star \star)$$Soit $\varepsilon $ tel que:  $\inf\left( 1,\dfrac {\log a}2\right )>\varepsilon >0. \:\: \exists  N \in \N$ tel que $n \geqslant N \implies\left| \dfrac {w_n}{nv_n}\right|< \varepsilon, \:\: 0<v_n<\varepsilon, \:\: |x_n|<\varepsilon.$
    On déduit de $(\star\star \star)$ que: $\:\: \forall n \geqslant N,  \:\: \log v_n< -n \log a - \log b +(2n+1)\varepsilon, \quad 0< v_n < \dfrac{ \mathrm e}b\left(\dfrac {\mathrm e^{2\varepsilon}}{a}\right) ^n.$
    Cette inégalité fait que $\:\displaystyle \lim _{n\to + \infty} nv_n =0,\: $ et en revenant à $(\star\star \star):\:\: \log v_n = - n \log a  - \log b + \mathcal o(1).$
    Ainsi: $ \quad v_n \underset{n\to + \infty}{\sim} \dfrac 1 {b a^n}, \qquad u_n = a + \dfrac 1 {b a^n} +\mathcal o \left(\dfrac 1 {a^n}\right) .$

    Edit: cette dernière relation est établie de manière plus adroite dans le message suivant de @Bisam , que je remercie.
  • Le dernier cas peut se faire un peu plus simplement.
    En reprenant tes notations :
    $u_n^{-n}=P_k(u_n)=P_k(u_n)-P_k(a)\sim (u_n-a)P_k'(a_k)$ donc $u_n-a\sim \frac{1}{b}u_n^{-n}=O(a^{-n})$ car $u_n>a>0$.
    Par conséquent, $u_n^n=a^n(1+O(a^{-(n+1)}))^n=a^n \exp(o(1))\sim a^n$ et finalement $u_n=a+\frac{1}{ba^n}+o(a^{-n})$.
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