Corrigé des exercices : Équivalents et négligeabilité en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Classer cinq fonctions en plus l’infini

Idée clé : on compare d’abord les puissances de \(x\), puis on départage les exponentielles par leur exposant.

1. Le classement attendu est \(f_4 = o(f_1)\), \(f_1 = o(f_3)\), \(f_3 = o(f_2)\) et \(f_2 = o(f_5)\).
2. D’abord, \(\frac{f_4(x)}{f_1(x)} = \frac{(\ln x)^9}{x}\), qui tend vers \(0\) par croissances comparées. Ensuite, \(\frac{f_1(x)}{f_3(x)} = \frac{\ln x}{x} \to 0\). Pour la suite, on écrit \(\frac{f_3(x)}{f_2(x)} = \exp(4\ln x – \sqrt{x})\). Or \(4\ln x = o(\sqrt{x})\), donc l’exposant tend vers \(-\infty\) et le quotient vers \(0\). Enfin, \(\frac{f_2(x)}{f_5(x)} = \exp(\sqrt{x} – x\ln 2)\). Comme \(\sqrt{x} = o(x)\), l’exposant tend encore vers \(-\infty\). Chaque quotient tend vers \(0\), ce qui justifie le classement.

Corrigé de l’exercice 2 – Équivalents usuels en 0

Idée clé : chaque expression est un produit ou un quotient d’équivalents usuels, obtenus par substitution.

1. Par substitution, \(\sin(3x) \sim 3x\) et \(\ln(1 + 2x) \sim 2x\). Le produit donne \(\sin(3x)\ln(1 + 2x) \sim 6x^2\).
2. On a \(e^{x^2} – 1 \sim x^2\) et \(\tan x \sim x\). Par quotient, \(\frac{e^{x^2} – 1}{\tan x} \sim x\).
3. Avec \(\alpha = \frac{1}{2}\) et \(u = 4x\), on obtient \((1 + 4x)^{1/2} – 1 \sim \frac{1}{2} \cdot 4x\). Donc \(\sqrt{1 + 4x} – 1 \sim 2x\).
4. Comme \(\sqrt{x}\) tend vers \(0\), la substitution dans \(1 – \cos u \sim \frac{u^2}{2}\) donne \(1 – \cos\sqrt{x} \sim \frac{x}{2}\).
5. En \(0\), le terme non nul de plus bas degré est \(-7x^2\) : \(3x^5 + x^3 – 7x^2 \sim -7x^2\). En \(+\infty\), le terme dominant est \(3x^5\) : le polynôme est équivalent à \(3x^5\).

Corrigé de l’exercice 3 – Équivalents de quatre suites

Idée clé : on garde le terme dominant de chaque somme, puis on simplifie produits et quotients.

1. En haut, le terme dominant est \(n^2\) ; en bas, c’est \(2n^3\). Donc \(a_n \sim \frac{1}{2n}\), et \(a_n\) tend vers \(0\).
2. Comme \(1/n^2\) tend vers \(0\), on a \(\sin(1/n^2) \sim 1/n^2\). De plus, \(\sqrt{n^2 + 1} \sim n\). Le produit donne \(b_n \sim \frac{1}{n}\), et \(b_n\) tend vers \(0\).
3. Par croissances comparées, \(n^5 = o(3^n)\) et \(2^n = o(n!)\). Le numérateur est donc équivalent à \(3^n\), et le dénominateur à \(n!\). Ainsi, \(c_n \sim \frac{3^n}{n!}\), qui tend vers \(0\) car \(3^n = o(n!)\).
4. On écrit \(d_n = e^{(\ln n)/n} – 1\). Or \(\frac{\ln n}{n}\) tend vers \(0\). La substitution dans \(e^u – 1 \sim u\) donne \(d_n \sim \frac{\ln n}{n}\), et \(d_n\) tend vers \(0\).

Corrigé de l’exercice 4 – Vrai ou faux sur les relations de comparaison

Idée clé : une équivalence porte sur un quotient, pas sur une différence ; elle survit aux produits, pas aux compositions.

1. Faux. Par exemple, \(x^2 + x \sim x^2\), mais la différence vaut \(x\), qui tend vers \(+\infty\).
2. Vrai. En effet, \(\frac{f}{h} = \frac{f}{g} \cdot \frac{g}{h}\) est le produit de deux quantités qui tendent vers \(0\).
3. Faux. Par exemple, \(x + 1 \sim x\), mais \(e^{x+1}/e^x = e\) ne tend pas vers \(1\).
4. Vrai. Le produit d’équivalents est permis : \(\frac{f^2}{g^2} = \big(\frac{f}{g}\big)^2\) tend vers \(1\).
5. Faux. Par exemple, \(u_n = 1 + \frac{1}{n} \sim 1 = v_n\). Pourtant, \(u_n^n\) tend vers \(e\), alors que \(v_n^n = 1\). L’exposant dépend de \(n\), ce qui interdit le passage à la puissance.

Corrigé de l’exercice 5 – Limites par équivalents

Idée clé : on remplace chaque facteur par un équivalent simple ; pour une puissance variable, on passe d’abord au logarithme.

1. Comme \(x\sin x\) tend vers \(0\), on a \(\ln(1 + x\sin x) \sim x\sin x \sim x^2\). Par ailleurs, \(1 – \cos x \sim \frac{x^2}{2}\). En divisant ces deux équivalents, on trouve \(\frac{x^2}{x^2/2} = 2\). Par suite, la limite cherchée est \(2\).
2. On écrit \(\big(1 + \frac{2}{n}\big)^{3n} = \exp\big(3n\ln(1 + \frac{2}{n})\big)\). L’exposant est équivalent à \(3n \cdot \frac{2}{n} = 6\), donc il tend vers \(6\). L’exponentielle étant continue en \(6\), la suite converge vers \(e^6\).
3. Comme \(1/x\) tend vers \(0\), on a \(1 – \cos\frac{1}{x} \sim \frac{1}{2x^2}\). Donc \(x^2\big(1 – \cos\frac{1}{x}\big) \sim \frac{1}{2}\), et la limite vaut \(\frac{1}{2}\).
4. On a \((1 + x)^{1/3} – 1 \sim \frac{x}{3}\) et \(\sin(2x) \sim 2x\). Le quotient est équivalent à \(\frac{x/3}{2x} = \frac{1}{6}\). Donc la limite vaut \(\frac{1}{6}\).

Corrigé de l’exercice 6 – Signe au voisinage de 0

Idée clé : deux fonctions équivalentes ont le même signe au voisinage du point ; il suffit donc de trouver un équivalent simple.

1. On a \(\sin(x^2) \sim x^2\) et \(e^{-x} – 1 \sim -x\). Donc \(g(x) \sim -x^3\). Par conséquent, \(g\) est positive à gauche de \(0\) et négative à droite.
2. Pour \(x > 0\), on a \(h(x) \sim \frac{x^2}{2}\ln x\). Or \(\ln x < 0\) pour \(0 < x < 1\). Ainsi, \(h\) est strictement négative à droite de \(0\).
3. Les deux termes sont du même ordre, donc on ne peut pas soustraire leurs équivalents. On écrit plutôt \(\ln(1 + 2x) = 2x + o(x)\) et \(\sin(3x) = 3x + o(x)\). La différence vaut \(-x + o(x)\), donc \(k(x) \sim -x\). Par conséquent, \(k\) est positive à gauche de \(0\) et négative à droite.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Équivalents de sommes avec compensation

Idée clé : quand les termes principaux se compensent, on transforme la différence en produit ou en quotient avant de chercher un équivalent.

1. La quantité conjuguée transforme la différence en quotient :
   \[ \sqrt{x^2 + x} – \sqrt{x^2 – x} = \frac{2x}{\sqrt{x^2 + x} + \sqrt{x^2 – x}}. \]
   En bas, on reconnaît une somme de deux termes positifs équivalents à \(x\), donc il est équivalent à \(2x\). Ainsi, la différence est équivalente à \(1\).
2. On écrit \(\ln(x + 1) – \ln x = \ln\big(1 + \frac{1}{x}\big)\). Comme \(1/x\) tend vers \(0\), on obtient \(\ln(x + 1) – \ln x \sim \frac{1}{x}\).
3. Comme \(\sin x = \tan x \cos x\), on a \(\tan x – \sin x = \tan x\,(1 – \cos x)\). Le produit d’équivalents donne \(x \cdot \frac{x^2}{2}\). Donc \(\tan x – \sin x \sim \frac{x^3}{2}\).
4. On écrit \(\ln(\cos x) = \ln\big(1 + (\cos x – 1)\big)\). Or \(\cos x – 1\) tend vers \(0\), donc la substitution donne \(\ln(\cos x) \sim \cos x – 1\). Finalement, \(\ln(\cos x) \sim -\frac{x^2}{2}\).
5. On factorise : \(e^{1/n} – e^{1/(n+1)} = e^{1/(n+1)}\big(e^{1/(n(n+1))} – 1\big)\), car \(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)}\). D’une part, \(e^{1/(n+1)}\) tend vers \(1\). D’autre part, \(e^{1/(n(n+1))} – 1 \sim \frac{1}{n(n+1)} \sim \frac{1}{n^2}\). Donc \(e^{1/n} – e^{1/(n+1)} \sim \frac{1}{n^2}\).

Corrigé de l’exercice 8 – Logarithme et exponentielle d’équivalents

Idée clé : le logarithme conserve les équivalents si la limite n’est pas \(1\) ; l’exponentielle exige que la différence tende vers \(0\).

1. En \(+\infty\), on a \(x^2 + x \sim x^2\), et \(x^2\) tend vers \(+\infty \neq 1\). D’après le cours, \(\ln(x^2 + x) \sim \ln(x^2)\), soit \(\ln(x^2 + x) \sim 2\ln x\). En \(0^+\), on a \(x + x^2 \sim x\), et \(x\) tend vers \(0 \neq 1\). Donc \(\ln(x + x^2) \sim \ln x\).
2. Le quotient \(\frac{1 + x}{1 + 3x}\) tend vers \(1\), donc \(1 + x \sim 1 + 3x\). En revanche, \(\frac{\ln(1 + x)}{\ln(1 + 3x)}\) est équivalent à \(\frac{x}{3x} = \frac{1}{3}\). Les logarithmes ne sont donc pas équivalents. L’hypothèse en défaut est \(\ell \neq 1\) : ici, les deux fonctions tendent vers \(1\).
3. On a \(\frac{e^f}{e^g} = e^{f – g}\). Si \(f – g\) tend vers \(0\), ce quotient tend vers \(1\) par continuité de l’exponentielle. Réciproquement, si \(e^{f-g}\) tend vers \(1\), alors \(f – g = \ln(e^{f-g})\) tend vers \(0\) par continuité du logarithme. Donc \(e^f \sim e^g\) si et seulement si \(f – g \to 0\).
4. D’abord, \(\sqrt{x^2 + 1} – x = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1} + x}\) tend vers \(0\). Ainsi, \(e^{\sqrt{x^2 + 1}} \sim e^x\). Ensuite, \(\sqrt{x^2 + x} – x = \frac{x}{\sqrt{x^2 + x} + x}\) tend vers \(\frac{1}{2}\). Donc \(e^{\sqrt{x^2 + x}}\) n’est pas équivalent à \(e^x\). Plus précisément, \(e^{\sqrt{x^2 + x}} = e^x \cdot e^{\sqrt{x^2 + x} – x}\), et le second facteur tend vers \(\sqrt{e}\). Par conséquent, \(e^{\sqrt{x^2 + x}} \sim \sqrt{e}\; e^x\).

Corrigé de l’exercice 9 – Somme des inverses de racines par encadrement

Idée clé : on compare la somme à des intégrales grâce à la décroissance de \(t \mapsto 1/\sqrt{t}\), puis on encadre.

1. La fonction \(t \mapsto 1/\sqrt{t}\) est décroissante sur \(\mathbb{R}_+^*\). Pour \(t \in [k, k+1]\), on a donc \(\frac{1}{\sqrt{t}} \leq \frac{1}{\sqrt{k}}\). Pour \(t \in [k-1, k]\), avec \(k – 1 \geq 1\), on a au contraire \(\frac{1}{\sqrt{t}} \geq \frac{1}{\sqrt{k}}\). En intégrant sur des segments de longueur \(1\), on obtient l’encadrement demandé.
2. On somme pour \(k\) allant de \(n\) à \(2n\). Les intégrales se recollent par la relation de Chasles. Comme une primitive de \(1/\sqrt{t}\) est \(2\sqrt{t}\), on trouve
   \[ 2\big(\sqrt{2n + 1} – \sqrt{n}\big) \leq u_n \leq 2\big(\sqrt{2n} – \sqrt{n – 1}\big). \]
3. On factorise par \(\sqrt{n}\). La borne inférieure vaut \(2\sqrt{n}\big(\sqrt{2 + 1/n} – 1\big)\), et la parenthèse tend vers \(\sqrt{2} – 1 \neq 0\). La borne supérieure vaut \(2\sqrt{n}\big(\sqrt{2} – \sqrt{1 – 1/n}\big)\), et la parenthèse tend aussi vers \(\sqrt{2} – 1\). Les deux bornes sont donc équivalentes à \(2(\sqrt{2} – 1)\sqrt{n}\). Par encadrement, \(u_n \sim 2(\sqrt{2} – 1)\sqrt{n}\), soit environ \(0{,}83\sqrt{n}\).

Ce résultat se retrouve par une heuristique utile. En effet, la somme compte environ \(n\) termes compris entre \(1/\sqrt{2n}\) et \(1/\sqrt{n}\). Elle est donc de l’ordre de \(\sqrt{n}\), ce qui confirme l’exposant. En revanche, seule la comparaison avec l’intégrale donne la constante exacte \(2(\sqrt{2} – 1)\).

Corrigé de l’exercice 10 – Coefficient binomial de 3n et n par Stirling

Idée clé : on applique Stirling aux trois factorielles, ce qui est permis car on ne fait que des produits et des quotients.

1. On a \(\binom{3n}{n} = \frac{(3n)!}{n!\,(2n)!}\). Stirling, appliqué par substitution, donne
   \[ (3n)! \sim \sqrt{6\pi n}\Big(\frac{3n}{e}\Big)^{3n}, \qquad (2n)! \sim \sqrt{4\pi n}\Big(\frac{2n}{e}\Big)^{2n}. \]
   Les puissances de \(e\) se simplifient, car \(3n = n + 2n\). Il en va de même des puissances de \(n\). Il reste
   \[ \binom{3n}{n} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}}{\sqrt{2\pi n}\,\sqrt{4\pi n}} \cdot \frac{3^{3n}}{2^{2n}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{\pi n}}\Big(\frac{27}{4}\Big)^n. \]
   En effet, \(\sqrt{2\pi n}\sqrt{4\pi n} = 2\sqrt{2}\,\pi n\) et \(\frac{\sqrt{6\pi n}}{2\sqrt{2}\,\pi n} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{\pi n}}\). C’est l’équivalent annoncé.
2. On ne peut pas élever directement l’équivalent à la puissance \(1/n\). On passe donc au logarithme : \(\ln\binom{3n}{n} = n\ln\frac{27}{4} + \ln\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{\pi n}} + o(1)\). Le deuxième terme est un \(O(\ln n)\), donc un \(o(n)\). En divisant par \(n\), on obtient une limite égale à \(\ln\frac{27}{4}\). Ainsi, \(\binom{3n}{n}^{1/n}\) tend vers \(\frac{27}{4}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Factorielles et logarithme de n!

Idée clé : on prend le logarithme de la formule de Stirling, ce qui transforme l’équivalent en développement avec un \(o(1)\).

1. Le quotient de \(n!\) par \(\sqrt{2\pi n}(n/e)^n\) tend vers \(1\), donc son logarithme tend vers \(0\). Ainsi, \(\ln(n!) = n\ln n – n + \frac{1}{2}\ln(2\pi n) + o(1)\). Les termes \(-n\) et \(\frac{1}{2}\ln(2\pi n)\) sont négligeables devant \(n\ln n\). Donc \(\ln(n!) \sim n\ln n\).
2. D’après le développement précédent, \(\ln(n!) – n\ln n + n = \frac{1}{2}\ln n + \frac{1}{2}\ln(2\pi) + o(1)\). Le terme \(\frac{1}{2}\ln n\) tend vers l’infini et domine les autres. Par conséquent, \(\ln(n!) – n\ln n + n \sim \frac{1}{2}\ln n\).
3. Stirling donne \((2n)! \sim \sqrt{4\pi n}\,\frac{4^n n^{2n}}{e^{2n}}\) et \(n!\, n^n \sim \sqrt{2\pi n}\,\frac{n^{2n}}{e^n}\). Le quotient est donc équivalent à \(\sqrt{2}\,\frac{4^n}{e^n}\). Ainsi, \(\frac{(2n)!}{n!\,n^n} \sim \sqrt{2}\,\big(\frac{4}{e}\big)^n\). Comme \(4/e \approx 1{,}47 > 1\), cette suite tend vers \(+\infty\).

Corrigé de l’exercice 12 – Racine positive de x^5 + nx – 1

Idée clé : on isole le terme \(nx_n\), qui domine, et on réinjecte la petite quantité \(x_n^5\).

1. La fonction polynomiale \(P_n\) a pour dérivée \(5x^4 + n > 0\) : elle est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\). De plus, \(P_n(0) = -1 < 0\) et \(P_n(1/n) = 1/n^5 > 0\). Le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie donnent une unique racine positive \(x_n\), avec \(0 < x_n < \frac{1}{n}\).
2. L’équation s’écrit \(n x_n = 1 – x_n^5\). Or \(0 < x_n^5 < 1/n^5\), donc \(x_n^5\) tend vers \(0\). Ainsi \(n x_n\) tend vers \(1\), ce qui signifie \(x_n \sim \frac{1}{n}\).
3. On a \(x_n – \frac{1}{n} = -\frac{x_n^5}{n}\). Par puissance d’un équivalent, \(x_n^5 \sim \frac{1}{n^5}\), donc \(-\frac{x_n^5}{n} \sim -\frac{1}{n^6}\). Autrement dit, \(x_n – \frac{1}{n} = -\frac{1}{n^6} + o\big(\frac{1}{n^6}\big)\). On obtient donc \(x_n = \frac{1}{n} – \frac{1}{n^6} + o\big(\frac{1}{n^6}\big)\).

Pour \(n = 10\), ce développement prédit \(x_{10} \approx 0{,}1 – 10^{-6} = 0{,}099999\). Le calcul numérique de la racine donne la même valeur à cette précision. Notons aussi l’ordre de la démarche : l’encadrement de la question 1 fournit à la fois la limite et la petitesse de \(x_n^5\). C’est exactement le plan du cours : existence, limite, équivalent, puis réinjection.

Corrigé de l’exercice 13 – Comparer trois suites à croissance rapide

Idée clé : pour comparer des suites positives de forme exponentielle, on compare leurs logarithmes, puis on étudie la limite de la différence.

1. On trouve \(\ln u_n = (\ln n)^2\), \(\ln v_n = n\ln(\ln n)\) et \(\ln w_n = \sqrt{n}\,\ln 2\).
2. D’abord, \(\frac{u_n}{w_n} = \exp\big((\ln n)^2 – \sqrt{n}\ln 2\big)\). Par croissances comparées, \((\ln n)^2 = o(\sqrt{n})\), donc l’exposant tend vers \(-\infty\). Ensuite, \(\frac{w_n}{v_n} = \exp\big(\sqrt{n}\ln 2 – n\ln\ln n\big)\). Comme \(\ln\ln n\) tend vers \(+\infty\), on a \(\sqrt{n}\ln 2 = o(n\ln\ln n)\), et l’exposant tend encore vers \(-\infty\). Par conséquent, \(u_n = o(w_n)\) et \(w_n = o(v_n)\).
3. D’après le développement de \(\ln(n!)\) issu de Stirling, on a
   \[ \ln\frac{n^{n/2}}{n!} = \frac{n}{2}\ln n – n\ln n + n – \frac{1}{2}\ln(2\pi n) + o(1) = -\frac{n}{2}\ln n + n + O(\ln n). \]
   Cette quantité tend vers \(-\infty\), car \(n = o(n\ln n)\). Ainsi, \(n^{n/2} = o(n!)\).

Retenons la méthode générale. Pour comparer deux suites positives \(p_n\) et \(q_n\), on étudie la différence \(\ln p_n – \ln q_n\). Si elle tend vers \(-\infty\), alors \(p_n = o(q_n)\). Attention cependant : des logarithmes équivalents ne donnent pas des suites équivalentes. Par exemple, \(\ln(2n) \sim \ln n\), alors que le quotient \(\frac{2n}{n}\) vaut toujours \(2\).

Corrigé de l’exercice 14 – Calculs avec des o et des O

Idée clé : chaque symbole désigne une fonction précise ; on revient au quotient par la fonction de référence.

1. Soit \(f = o(x^2)\) et \(g = O(x^3)\). Alors \(\frac{f + g}{x^2} = \frac{f}{x^2} + \frac{g}{x^3}\cdot x\). Le premier terme tend vers \(0\). Le second est le produit d’une fonction bornée par \(x\), qui tend vers \(0\). Donc \(o(x^2) + O(x^3) = o(x^2)\).
2. Si \(f = o(x)\), alors \(\frac{x f(x)}{x^2} = \frac{f(x)}{x}\) tend vers \(0\) : \(x\cdot o(x) = o(x^2)\). De même, si \(f = o(x)\) et \(g = o(x^2)\), alors \(\frac{fg}{x^3} = \frac{f}{x}\cdot\frac{g}{x^2}\) tend vers \(0\). Ainsi, \(o(x)\cdot o(x^2) = o(x^3)\).
3. On écrit \(f = \frac{f}{g}\cdot g\). Le premier facteur est borné au voisinage du point, et le second tend vers \(0\). Par conséquent, \(f\) tend vers \(0\).
4. Soit \(u_n = O(1/n)\) et \(v_n = O(n)\). Alors \(u_n v_n = (n u_n)\cdot\frac{v_n}{n}\) est un produit de deux suites bornées. Il est donc borné : \(O(1/n)\cdot O(n) = O(1)\). En revanche, avec \(u_n = 1/n\) et \(v_n = n\), le produit vaut \(1\), qui n’est pas un \(o(1)\).
5. On développe le carré :
   \[ \Big(\frac{1}{n} + o\Big(\frac{1}{n}\Big)\Big)^2 = \frac{1}{n^2} + \frac{2}{n}\,o\Big(\frac{1}{n}\Big) + o\Big(\frac{1}{n}\Big)^2. \]
   Les deux derniers termes sont des \(o(1/n^2)\), d’après la question 2 adaptée aux suites. Donc le carré vaut \(\frac{1}{n^2} + o\big(\frac{1}{n^2}\big)\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 15 – Développement asymptotique de la solution de x + ln x = n

Idée clé : on écrit \(x_n = n – \ln x_n\) et on réinjecte, à chaque étape, l’information obtenue sur \(x_n\).

1. La fonction \(\varphi : x \mapsto x + \ln x\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^*\). Ses limites aux bornes valent \(-\infty\) à droite de \(0\) et \(+\infty\) à l’infini. Le théorème de la bijection s’applique donc entre \(\mathbb{R}_+^*\) et \(\mathbb{R}\) : l’équation admet une unique solution \(x_n\). De plus, \(\varphi(1) = 1 \leq n = \varphi(x_n)\), donc \(x_n \geq 1\) par croissance.
2. Comme \(x_n \geq 1\), on a \(\ln x_n \geq 0\), donc \(x_n \leq n\). Si \((x_n)\) était bornée, \(\varphi(x_n) = n\) le serait aussi, ce qui est absurde. Puisque \((x_n)\) est croissante, comme \(\varphi^{-1}\), elle tend vers \(+\infty\). Par croissances comparées, \(\ln x_n = o(x_n)\). L’égalité \(n = x_n + \ln x_n\) donne alors \(n = x_n(1 + o(1))\). Ainsi, \(x_n \sim n\).
3. On a \(\ln x_n = \ln n + \ln\frac{x_n}{n}\), et le dernier terme tend vers \(\ln 1 = 0\). L’équation \(x_n = n – \ln x_n\) donne donc \(x_n = n – \ln n + o(1)\).
4. D’après la question précédente, \(\frac{x_n}{n} = 1 – \frac{\ln n}{n} + o\big(\frac{1}{n}\big)\). Posons \(t_n = \frac{x_n}{n} – 1\). Ce terme est équivalent à \(-\frac{\ln n}{n}\) et tend vers \(0\). Donc \(\ln\frac{x_n}{n} = \ln(1 + t_n) \sim t_n \sim -\frac{\ln n}{n}\). On en déduit \(\ln x_n = \ln n – \frac{\ln n}{n} + o\big(\frac{\ln n}{n}\big)\). En reportant dans \(x_n = n – \ln x_n\), on obtient \(x_n = n – \ln n + \frac{\ln n}{n} + o\big(\frac{\ln n}{n}\big)\).

Corrigé de l’exercice 16 – Suite récurrente u(n+1) = u(n) + 1/u(n)

Idée clé : le carré \(u_n^2\) augmente d’environ \(2\) à chaque pas, ce qui suggère \(u_n^2 \approx 2n\) ; on encadre ensuite l’erreur.

1. Par récurrence, si \(u_n > 0\), alors \(u_{n+1} = u_n + 1/u_n\) est bien défini et strictement positif. Comme \(u_0 = 1 > 0\), la suite est bien définie et strictement positive. De plus, \(u_{n+1} – u_n = 1/u_n > 0\), donc elle est croissante.
2. On calcule \(u_{n+1}^2 = u_n^2 + 2 + \frac{1}{u_n^2}\), donc \(u_{n+1}^2 – u_n^2 = 2 + \frac{1}{u_n^2}\). Cette différence est supérieure à \(2\). En sommant de \(0\) à \(n – 1\), on obtient \(u_n^2 \geq u_0^2 + 2n\), soit \(u_n^2 \geq 2n + 1\).
3. En sommant l’égalité de la question 2, on a exactement \(u_n^2 = 1 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{u_k^2}\). Or \(u_k^2 \geq 2k + 1\), donc \(\frac{1}{u_k^2} \leq \frac{1}{2k + 1} \leq \frac{1}{k + 1}\). Par conséquent,
   \[ u_n^2 \leq 1 + 2n + \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{j} \leq 2n + 2 + \ln n. \]
   C’est la majoration demandée, valable pour \(n \geq 1\).
4. On a donc \(2n + 1 \leq u_n^2 \leq 2n + 2 + \ln n\). Les deux bornes sont équivalentes à \(2n\), car \(\ln n = o(n)\). Par encadrement, \(u_n^2 \sim 2n\). Comme l’élévation à la puissance fixe \(\frac{1}{2}\) est permise, \(u_n \sim \sqrt{2n}\).

L’encadrement dit en fait davantage. On a \(u_n^2 = 2n + O(\ln n)\), donc l’écart entre \(u_n^2\) et \(2n\) peut grandir, mais seulement de façon logarithmique. La figure montre d’ailleurs que les points restent coincés dans une bande étroite. Par conséquent, pour obtenir le terme suivant du développement, il faudrait étudier la somme \(\sum 1/u_k^2\), qui se comporte comme \(\frac{1}{2}\ln n\).

Corrigé de l’exercice 17 – Sommes dominées par leur dernier terme

Idée clé : on montre que la somme des termes précédents est négligeable devant le dernier, en isolant l’avant-dernier terme.

1. Pour \(n \geq 2\), on isole le terme \(k = n – 1\). Chacun des \(n – 1\) termes restants, d’indices \(0\) à \(n – 2\), est majoré par \((n-2)!\). Donc \(\sum_{k=0}^{n-1} k! \leq (n-1)! + (n-1)(n-2)! = 2(n-1)!\). Ensuite, \(\frac{2(n-1)!}{n!} = \frac{2}{n}\) tend vers \(0\). Ainsi, \(\sum_{k=0}^{n-1} k! = o(n!)\), et \(\sum_{k=0}^{n} k! \sim n!\).
2. De même, on isole le terme \(k = n – 1\). Les \(n – 2\) termes d’indices \(1\) à \(n – 2\) sont majorés par \((n-2)^{n-2} \leq (n-1)^{n-2}\). Leur somme est donc au plus \((n-2)(n-1)^{n-2} \leq (n-1)^{n-1}\). Ainsi, \(\sum_{k=1}^{n-1} k^k \leq 2(n-1)^{n-1}\).
3. On a \(\frac{2(n-1)^{n-1}}{n^n} \leq \frac{2n^{n-1}}{n^n} = \frac{2}{n}\), qui tend vers \(0\). Donc \(\sum_{k=1}^{n-1} k^k = o(n^n)\), et \(\sum_{k=1}^{n} k^k \sim n^n\).
4. La majoration grossière donne \(\frac{(n-1)^n}{n^n} = \big(1 – \frac{1}{n}\big)^n\), qui tend vers \(e^{-1}\) et non vers \(0\). Elle ne prouve donc pas la négligeabilité : il faut garder un facteur \(1/n\) de marge.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Racine de x^n + x – 1 proche de 1

Idée clé : l’équation se réécrit \(1 – x_n = x_n^n\) ; en passant au logarithme, l’écart \(\varepsilon_n\) vérifie une équation du même type que celle du cours.

Partie A : existence et limite

1. La fonction \(f_n\) est continue et strictement croissante sur \([0, 1]\), car somme de deux fonctions croissantes dont l’une strictement. De plus, \(f_n(0) = -1\) et \(f_n(1) = 1\). Le théorème des valeurs intermédiaires donne un unique zéro \(x_n \in \,]0, 1[\).
2. Comme \(x_n – 1 = -x_n^n\), on a \(f_{n+1}(x_n) = x_n^{n+1} – x_n^n = x_n^n(x_n – 1) < 0\). Or \(f_{n+1}\) est strictement croissante et s’annule en \(x_{n+1}\). Il en résulte \(x_n < x_{n+1}\) pour tout \(n\).
3. Toutes les racines vivent dans \(]0, 1[\), et elles augmentent avec \(n\). Le théorème de la limite monotone fournit alors un réel \(\ell\) tel que \(x_n \to \ell\), avec \(\frac{1}{2} \leq \ell \leq 1\), puisque \(x_1 = \frac{1}{2}\). Supposons \(\ell < 1\). Alors \(0 < x_n^n \leq \ell^n\) tend vers \(0\), donc \(x_n = 1 – x_n^n\) tend vers \(1\), ce qui contredit \(\ell < 1\). Ainsi, \((x_n)\) converge vers \(1\).

Partie B : un équivalent de l’écart

1. L’équation \(x_n^n = 1 – x_n\) s’écrit \(\varepsilon_n = (1 – \varepsilon_n)^n\). Comme \(0 < \varepsilon_n < 1\), on peut prendre le logarithme : \(-\ln\varepsilon_n = -n\ln(1 – \varepsilon_n)\).
2. Puisque \(\varepsilon_n\) tend vers \(0\), on a \(\ln(1 – \varepsilon_n) \sim -\varepsilon_n\). Donc \(-\ln\varepsilon_n \sim n\varepsilon_n = a_n\). Or \(-\ln\varepsilon_n\) tend vers \(+\infty\), et deux suites équivalentes ont même limite. Ainsi, \(a_n\) tend vers \(+\infty\).
3. On a \(\varepsilon_n = a_n/n\), donc \(-\ln\varepsilon_n = \ln n – \ln a_n\). La question précédente donne \(\ln n – \ln a_n = a_n + o(a_n)\), c’est-à-dire \(a_n + \ln a_n + o(a_n) = \ln n\). Comme \(\ln a_n = o(a_n)\), on a \(a_n + \ln a_n \sim a_n \sim \ln n\). On conclut que \(1 – x_n \sim \frac{\ln n}{n}\).

Partie C : le terme suivant

1. La majoration \(\ln(1 – t) \leq -t\) traduit la concavité du logarithme, sous sa tangente. Pour la minoration, on pose \(\psi(t) = \ln(1 – t) + t + t^2\) sur \([0, \frac{1}{2}]\). On calcule
   \[ \psi^{\prime}(t) = -\frac{1}{1 – t} + 1 + 2t = \frac{t(1 – 2t)}{1 – t} \geq 0. \]
   Comme \(\psi(0) = 0\), on obtient \(\psi \geq 0\). D’où \(-t – t^2 \leq \ln(1 – t) \leq -t\).
2. À partir d’un certain rang, \(\varepsilon_n \leq \frac{1}{2}\). L’encadrement donne alors \(a_n \leq -\ln\varepsilon_n \leq a_n + n\varepsilon_n^2\). Or \(n\varepsilon_n^2 = \frac{a_n^2}{n} \sim \frac{(\ln n)^2}{n}\), qui tend vers \(0\). Donc \(-\ln\varepsilon_n = a_n + o(1)\).
3. On a donc \(\ln n – \ln a_n = a_n + o(1)\). De plus, \(\ln a_n = \ln\ln n + \ln\frac{a_n}{\ln n}\), et le dernier terme tend vers \(0\) d’après la partie B. Ainsi, \(a_n = \ln n – \ln\ln n + o(1)\). En divisant par \(n\), on obtient \(x_n = 1 – \frac{\ln n – \ln\ln n}{n} + o\big(\frac{1}{n}\big)\).

Pour aller plus loin

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