Convergence cubique d’un produit infini

(Oral Centrale Mp)
On pose {f(x)=\sqrt{\dfrac{2x+3}{2x-1}}}, et {g(x)=4x^{3}+6x^{2}-\dfrac{3}{2}}.

Pour {x>\dfrac{1}{2}}, on pose {u_{1}(x)=x} et : {\forall\, k\ge0,u_{k+1}(x)=g(u_{k}(x))}.
On pose également : {\forall\, n\in\mathbb{N}^{*},\;P_{n}(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\Bigl(1+\dfrac{1}{u_{k}(x)}\Bigr)}.

On va montrer : {\forall\, x>\dfrac{1}{2},\;f(x)=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}P_{n}(x)}, et étudier la convergence.

  1. Dans cette question, on démontre la convergence de la suite {(P_{n})} vers {f}.

    • Soit {x>\dfrac{1}{2}} fixé, et l’équation {(E_{x}): f(x)=\Bigl(1+\dfrac1x\Bigr)f(y)}, d’inconnue {y}.

      Montrer que l’unique solution de {(E_{x})} sur {\Big]\dfrac{1}{2},+\infty\Big[} est {y=g(x)}.

    • Pour {x>\dfrac{1}{2}}, montrer que {k\mapsto u_{k}(x)} croît strictement vers {+\infty}.

    • Prouver {\displaystyle\lim_{n\to\infty}P_{n}(x)=f(x)}. Ainsi : {\forall\, x>\dfrac{1}{2},\;\sqrt{\dfrac{2x+3}{2x-1}}=\displaystyle\prod_{k=1}^{+\infty}\Bigl(1+\dfrac{1}{u_{k}(x)}\Bigr)}
  2. On va étudier la qualité de la convergence de la suite {P_{n}} vers {f}.

    • Montrer qu’on a l’équivalent {f(x)-P_{n}(x)\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\dfrac{f(x)}{u_{n+1}(x)}}.
    • En déduire {f(x)-P_{n+1}(x)\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\dfrac{1}{4f^{2}(x)}(f(x)-P_{n}(x))^{3}}. Commentaire?

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    • Pour {x,y>\dfrac{1}{2}}, on trouve successivement : {\begin{array}{rl}(E_{x})&\Leftrightarrow \dfrac{2y+3}{2y-1}=\dfrac{2x+3}{2x-1}\dfrac{x^{2}}{(x+1)^{2}}\\\\&\Leftrightarrow 2y\bigl(x^{2}(2x+3)-(2x-1)(x^{2}+2x+1)\bigr)\\\\&\quad=3(2x-1)(x^{2}+2x+1)+x^{2}(2x+3)\\\\&\Leftrightarrow2y=8x^{3}+12x^{2}-3\\\\&\Leftrightarrow y=g(x)\text{\ avec\ }g(x)=4x^{3}+6x^{2}-\dfrac{3}{2}\end{array}}
    • Il est clair que {f} décroît strictement de {\Big]\dfrac{1}{2},+\infty\Big[} dans {]1,+\infty[}.

      Pour tout {k\ge1}, on a : {f(u_{k}(x))=\Bigl(1+\dfrac1{u_{k}(x)}\Bigr)f(u_{k+1}(x))>f(u_{k+1}(x))}En d’autres termes : {u_{k+1}(x)>u_{k}(x)}.

      Supposons que {k\mapsto u_{k}(x)} converge vers un réel {\ell_{x}}.

      Alors {f(u_{k}(x))=\Bigl(1+\dfrac1{u_{k}(x)}\Bigr)f(u_{k+1}(x))} donnerait {f(\ell_{x})=\Bigl(1+\dfrac1{\ell_{x}}\Bigr)f(\ell_{x})}.

      Mais ceci est absurde. Ainsi {k\mapsto u_{k}(x)} croît strictement vers {+\infty}.

    • On part de {f(x)=f(u_{1}(x))}.

      Pour tout {k} de {\mathbb{N}^*}, on a {f(u_{k}(x))=\Bigl(1+\dfrac1{u_{k}(x)}\Bigr)f(u_{k+1}(x))}.

      En multipliant ces égalités pour {1\le k\le n}, on trouve {f(x)=P_{n}(x)\,f(u_{n+1}(x))}.

      Or {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}f(u_{n+1}(x))=\displaystyle\lim_{+\infty}f=1}.

      Ainsi {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}P_{n}(x)=f(x)}: {\sqrt{\dfrac{2x+3}{2x-1}}=\displaystyle\prod_{k=1}^{+\infty}\Bigl(1+\dfrac{1}{u_{k}(x)}\Bigr)}

    • Pour tout {n\ge1}, on a : {\begin{array}{rl}f(x)-P_{n}(x)&=P_{n}(x)(f(u_{n+1}(x))-1)\\\\&=P_{n}(x)\Biggl(\sqrt{1+\dfrac{4}{2u_{n+1}(x)-1}}-1\Biggr)\end{array}}

      Or {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_{n+1}(x)=+\infty}. On en déduit : {\sqrt{1+\dfrac{4}{2u_{n+1}(x)-1}}-1\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\dfrac{2}{2u_{n+1}(x)-1}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\dfrac{1}{u_{n+1}(x)}}
      Ainsi {f(x)-P_{n}(x)\stackrel{n\to+\infty}{\sim} \dfrac{P_{n}(x)}{u_{n+1}(x)}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\dfrac{f(x)}{u_{n+1}(x)}}.

    • On sait que {u_{n+1}(x)=g(u_{n}(x))}, avec {g(t)=4t^{3}+6t^{2}-\dfrac{3}{2}}.

      Il en résulte : {u_{n+1}(x)\stackrel{n\to+\infty}{\sim}4u_{n}^{3}(x)}. Ainsi : {\begin{array}{rl}f(x)-P_{n+1}(x)&\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\dfrac{f(x)}{u_{n+2}(x)}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\dfrac{f(x)}{4u_{n+1}^{3}(x)}\\\\&\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\dfrac{1}{4f^{2}(x)}(f(x)-P_{n}(x))^{3}\end{array}}La convergence de la suite {n\mapsto P_{n}(x)} vers {f(x)} est donc de type cubique. On peut considérer que le nombre de décimales exactes (si on considère {P_{n}(x)} comme une approximation de {f(x)}) triple à chaque itération. Pour cette raison, il est inutile de calculer {P_{n}(x)} au delà de {n=3} ou {n=4} si la précision des calculs est de l’ordre de {10^{-16}}.