Une suite récurrente paramétrée

(Oral Centrale Mp)
Pour tout {x\in\mathbb{R}^{+*}}, on note {(u_n(x))_{n \in \mathbb{N}}} la suite définie par : {u_0(x)=x\;\text{et}\;\forall\, n\in\mathbb{N},\;u_{n+1}(x)=u_n^2(x)+u_n(x)}Pour tout {n\in\mathbb{N}}, on pose alors {v_n(x)=\dfrac{\ln(u_n(x))}{2^n}}.

  1. Montrer que {(u_n(x))_{n\ge0}} est strictement croissante et tend vers {+\infty}.
    Préciser les valeurs de {u_{0}(x)}, {u_{1}(x)}, et {u_{2}(x)}.
  2. Montrer que {\displaystyle\sum_{n \geq 0} \left( v_{n+1}(x) - v_n(x) \right)} converge, puis que : {\exists\,\alpha(x)\in\mathbb{R},\;\alpha(x) - v_n(x) =\text{o}\left( \dfrac 1{2^n} \right)}En déduire un équivalent de {u_n(x)} quand {n\to+\infty}
  3. Montrer que la fonction {x\mapsto\alpha(x)} est continue sur {\mathbb{R}^{*}}.
    Donner un développement de {\alpha(x)} en {+\infty} à la précision {\text{O}\Bigl(\dfrac{1}{x^{4}}\Bigr)}.

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  1. Pour la monotonie et la limite, c’est évident…

    On trouve {u_{0}=x}, {u_{1}(x)=x^{2}+x} et {u_{2}(x)=x^{4}+2x^{3}+2x^{2}+x}.

  2. Pour tout {n\in\mathbb{N}}, on a : {\begin{array}{rl}v_{n+1}(x)-v_n(x)&= \dfrac 1{2^{n+1}} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{u_n(x)} \Big)= \text{o}\Big(\dfrac 1{2^{n+1}}\Big)\\\\&\text{car}\;\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_{n}(x)=+\infty\end{array}}La suite {(u_n(x))_{n\ge0}} est croissante donc {u_n \geq x} et : {0 \leq v_{n+1}-v_n \leq \dfrac 1{2^{n+1}} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{x} \Big)\quad(\star)}Ainsi {\displaystyle\sum_{n \geq 0} \left( v_{n+1} - v_n \right)} converge, donc {(v_n)} converge vers un réel {\alpha(x)}.

    On utilise l’équivalence des restes de séries {\ge0} CV à termes généraux équivalents.

    En sommant {v_{n+1}(x)-v_n(x)=\text{o}\Big(\dfrac 1{2^{n+1}}\Big)}, il vient : {\alpha(x) - v_n =\text{o}\Big( \displaystyle\sum_{k \geq n} \dfrac 1{2^{k+1}}\Big)=\text{o} \Big( \dfrac 1{2^n} \Big)}Ainsi {2^n v_n = \alpha(x) 2^n + \text{o} (1)}, donc {u_n = \exp( \alpha(x) 2^n +\text{o} (1)) \sim e^{\alpha(x) 2^n}}.

    • On a : {\alpha(x) - v_0(x) =\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(v_{n+1}(x)-v_n(x))=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac 1{2^{n+1}} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{u_n(x)} \Big)}

      Comme {v_0(x)=\ln ( u_0(x))=\ln(x)} on a bien : {\alpha(x)=\ln(x)+ \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac 1{2^{n+1}} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{u_n(x)} \Big)}Sur {[a,+\infty[} avec {a>0}, on a : {\dfrac 1{2^{n+1}} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{u_n(x)} \Big) \leq \dfrac 1{2^{n+1}} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{x} \Big) \leq \dfrac 1{2^{n+1}} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{a} \Big) }La série est donc normalement convergente sur {[a,+\infty[}.

      Il en résulte que sa somme (donc {x\mapsto\alpha(x)}) est continue sur {\mathbb{R}^{+*}}.

    • On va d’abord développer {\dfrac 1{2} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{u_0(x)} \Big) + \dfrac 1{4} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{u_1(x)} \Big)}à la précision {\text{O}\Bigl(\dfrac{1}{x^{4}}\Bigr)}. On trouve : { \dfrac 1{2} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{x} \Big) + \dfrac 1{4} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{x^{2}+x} \Big)=\dfrac 1{2x}- \dfrac{1}{12\,{x}^{3}}+\text{O}\Big( \dfrac 1{{x}^{4}} \Big)}Pour tout {n\ge2}, on {u_{n}(x)\ge u_2(x) \geq x^4}.

      On en déduit : {\begin{array}{rl}0 &\leq \displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac 1{2^{n+1}} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{u_n(x)} \Big)\\\\&\leq \displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac 1{2^{n+1}} \ln \Big( 1+ \dfrac 1{x^4} \Big) \leq \dfrac 1{4\,x^4}\end{array}}On trouve finalement : {\begin{array}{rl}\alpha(x)&=\ln(x)+ \dfrac 1{2} \ln\Big( 1+ \dfrac 1{u_0(x)} \Big) + \dfrac 1{4} \ln\Big( 1+ \dfrac 1{u_1(x)} \Big) +\text{O}\Big( \dfrac{1}{x^4} \Big)\\\\&=\ln(x)+ \dfrac 1{2x}- \dfrac{1}{12\,{x}^{3}} +\text{O}\Big( \dfrac 1{x^4} \Big)\end{array}}