Exemples de développements asymptotiques

Plan du chapitre "Analyse asymptotique"

Position du problème

Considérons le DL usuel à l’origine : {\sin(x)=x-\dfrac{x^{3}}{6}+\dfrac{x^{5}}{120}+\text{o}(x^{6})}.

Si on remplace {x} par {\sqrt{x}}, on obtient : {\sin(\sqrt{x})=\sqrt{x}-\dfrac{x\sqrt{x}}{6}+\dfrac{x^{2}\sqrt{x}}{24}+\text{o}(x^{3})}

Le résultat obtenu n’est pas un développement limité au sens qu’on a donné à ce terme (car sa partie régulière n’est pas un polynôme en {x}). On parle plutôt ici de “développement asymptotique”.

Plus généralement, un développement asymptotique en un point {x_{0}} nécessite ce qu’on appelle une “échelle de comparaison” est formée d’une suite de fonctions {x\mapsto\varphi_{n}(x)}, avec la particularité que, pour tout entier {n}, {\varphi_{n+1}(x)} est négligeable devant {\varphi_{n}(x)} quand {x} tend vers {x_{0}}.

Un développement asymptotique de {f} en {x_{0}}, à la précision {\text{o}(\varphi_{n}(x))}, est alors une écriture : {f(x)=a_{0}\varphi_{0}(x)+a_{1}\varphi_{1}(x)+a_{2}\varphi_{2}(x)+\cdots+a_{n}\varphi_{n}(x)+\text{o}(\varphi_{n}(x))}

On note que les développements usuels en {x_{0}} sont un cas particulier de cette situation, quand on utilise l’échelle de comparaison en {x_{0}} définie par les {\varphi_{n}(x)=(x-x_{0})^{n}}.

Il est également possible de définir des développements asymptotiques au voisinage de {+\infty} ou de {-\infty}.

Les échelles de comparaisons les plus utilisées en {0} ou en {\infty} sont :

  • les fonctions puissances de {x} ou de {\dfrac{1}{x}} à exposant rationnel
  • les fonctions puissances de {\ln x} ou des fonctions du type {x\mapsto x^{p}\ln^{q}(x)}, avec {p,q} dans {\mathbb{Z}}.

Le programme de mathématiques dit que les échelles de comparaison sont hors-programme, et qu’on doit se contenter de quelques exemples de développements asymptotiques “simples”.

Quelques exemples simples


Développement asymptotique en {+\infty}, à la précision {\text{o}\Bigl(\dfrac{1}{x^{4}}\Bigr)}, de {f(x)=\dfrac{1}{x+\ln(x)}}.

On écrit {f(x)=\dfrac{1}{x}\Bigl(\dfrac{1}{1+y(x)}\Bigr)}, avec {y(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}}. On sait que {\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)=0}.

On peut donc utiliser le DL : {\dfrac{1}{1+y}=1-y+y^{2}-y^{3}+\text{O}(y^{4})}. Ainsi :

{\begin{array}{rl}f(x)&=\dfrac{1}{x}\Bigl(1-\dfrac{\ln(x)}{x}+\dfrac{\ln^{2}(x)}{x^{2}}-\dfrac{\ln^{3}(x)}{x^{3}}+\text{O}\big(\dfrac{\ln^{4}(x)}{x^{4}}\big)\Bigr)\\\\&=\dfrac{1}{x}-\dfrac{\ln(x)}{x^{2}}+\dfrac{\ln^{2}(x)}{x^{3}}-\dfrac{\ln^{3}(x)}{x^{4}}+\text{O}\big(\dfrac{\ln^{4}(x)}{x^{5}}\big)\end{array}}

Enfin, {\dfrac{\ln^{4}(x)}{x^{5}}=\dfrac{1}{x^{4}}\dfrac{\ln^{4}(x)}{x}=\text{o}\Bigl(\dfrac{1}{x^{4}}\Bigr)} quand {x\to+\infty}.

Finalement : {f(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{\ln(x)}{x^{2}}+\dfrac{\ln^{2}(x)}{x^{3}}-\dfrac{\ln^{3}(x)}{x^{4}}+\text{o}\Bigl(\dfrac{1}{x^{4}}\Bigr)}.

Il est important de noter que, dans le développement précédent, chacun des termes qui figurent dans l’échelle de comparaison est négligeable (au voisinage de {+\infty}) devant celui qui le précède (dans une lecture de gauche à droite, bien sûr).


Développement asymptotique en {o0}, à la précision {\text{o}(x^{3})}, de {f(x)=\dfrac{1}{x+\ln(x)}}.

On écrit {f(x)=\dfrac{1}{\ln(x)}\Bigl(\dfrac{1}{1+y(x)}\Bigr)}, avec {y(x)=\dfrac{x}{\ln(x)}}.

On sait que {\displaystyle\lim_{x\to0}y(x)=0}.

On peut donc utiliser le DL : {\dfrac{1}{1+y}=1-y+y^{2}+\text{O}(y^{3})}. Ainsi :
{\begin{array}{rl}f(x)&=\dfrac{1}{\ln(x)}\Bigl(1-\dfrac{x}{\ln(x)}+\dfrac{x^{2}}{\ln^{2}(x)}+\text{O}\big(\dfrac{x^{3}}{\ln^{3}(x)}\big)\Bigr)\\\\&=\dfrac{1}{\ln(x)}-\dfrac{x}{\ln^{2}(x)}+\dfrac{x^{2}}{\ln^{3}(x)}+\text{O}\big(\dfrac{x^{3}}{\ln^{4}(x)}\big)\end{array}}

Enfin, {\dfrac{x^{3}}{\ln^{4}(x)}=\text{o}(x^{3})} quand {x\to0}.
Finalement : {f(x)=\dfrac{1}{\ln(x)}-\dfrac{x}{\ln^{2}(x)}+\dfrac{x^{2}}{\ln^{3}(x)}+\text{o}(x^{3})}.


Développement asymptotique en {0}, à la précision {\text{o}(x^{3})}, de {f(x)=\sqrt{x+\sqrt{x}}}.

On écrit {f(x)=x^{1/4}\,\sqrt{1+\sqrt{x}}}, et on utilise le DL : {\sqrt{1+y}=1+\dfrac{y}{2}-\dfrac{y^2}{8}+\dfrac{y^3}{16}-\dfrac{5y^4}{128}+\dfrac{7y^5}{256}+\text{O}(y^6)}
Ainsi : {\sqrt{1+\sqrt{x}}=1+\dfrac{x^{1/2}}{2}-\dfrac{x}{8}+\dfrac{x^{3/2}}{16}-\dfrac{5x^{2}}{128}+\dfrac{7x^{5/2}}{256}+\text{O}(x^{3})}.

Finalement : {f(x)=x^{1/4}+\dfrac{x^{3/4}}{2}-\dfrac{x^{5/4}}{8}+\dfrac{x^{7/4}}{16}-\dfrac{5x^{9/4}}{128}+\dfrac{7x^{11/4}}{256}+\text{o}(x^{3})}.


Développement asymptotique en {+\infty}, à la précision {\text{o}\Bigl(\dfrac{1}{x^{2}}\Bigr)}, de {f(x)=\sqrt{x+\sqrt{x}}}.

On écrit {f(x)=\sqrt{x}\Bigl(1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\Bigr)^{1/2}}, et on utilise le DL : {\sqrt{1+y}=1+\dfrac{y}{2}-\dfrac{y^2}{8}+\dfrac{y^3}{16}-\dfrac{5y^4}{128}+\dfrac{7y^5}{256}+\text{o}(y^5)}
Il en résulte : {\Bigl(1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\Bigr)^{1/2}=1+\dfrac{1}{2\sqrt{x}}-\dfrac{1}{8\,x}+\dfrac{1}{16\,x\sqrt{x}}-\dfrac{5}{128\,x^{2}}+\dfrac{7}{256\,x^{2}\sqrt{x}}+\text{o}\Bigl(\dfrac{1}{x^{2}\sqrt{x}}\Bigr)}

Finalement : {f(x)=\sqrt{x}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{8\,\sqrt{x}}+\dfrac{1}{16\,x}-\dfrac{5}{128\,x\sqrt{x}}+\dfrac{7}{256\,x^{2}}+\text{o}\Bigl(\dfrac{1}{x^{2}}\Bigr)}


Développement, quand {x\to0}, à la précision {\text{o}(x^{2})}, de {f(x)=x^{\ln(1+x)}}.

On écrit : {f(x)=\exp(y(x))}, avec {y(x)=\ln(x)\ln(1+x))=x\ln(x)\Bigl(1-\dfrac{x}{2}+\text{O}(x^{2})\Bigr)}.

On a : {y(x)\stackrel{0}{\sim}x\ln(x)}, et en particulier : {\displaystyle\lim_{x\to0}y(x)=0}.

On peut donc utiliser {\text{e}^{y}=1+y+\dfrac{y^{2}}{2}+\text{O}(y^{3})} quand {y\to0}. Ainsi :
{\begin{array}{rl}y^{2}(x)&=x^{2}\ln^{2}(x)\Bigl(1-\dfrac{x}{2}+\text{O}\big(x^{2}\big)\Bigr)^{2}\\\\&=x^{2}\ln^{2}(x)\Bigl(1-x+\text{O}\big(x^{2}\big)\Bigr)\end{array}}

Sachant que {\displaystyle\lim_{x\to0}x\ln^{2}(x)=0}, on a {y^{2}(x)=x^{2}\ln^{2}(x)+\text{o}(x^{2})}.

Par ailleurs : {\begin{array}{rl}y(x)&=x\ln(x)-\dfrac{x^{2}}{2}\ln(x)+\text{O}\big(x^{3}\ln(x)\bigr)\\\\&=x\ln(x)-\dfrac{x^{2}}{2}\ln(x)+\text{o}(x^{2})\end{array}}
Enfin, et puisque {y(x)\stackrel{0}{\sim}x\ln(x)}, un {\text{O}(y^{3})} est un {\text{O}(x^{3}\ln^{3}(x))} donc un {\text{o}(x^{2})}.

Finalement, on trouve : {f(x)=1+x\ln(x)+\dfrac{x^{2}}{2}\ln^{2}(x)-\dfrac{x^{2}}{2}\ln(x)+\text{o}(x^{2})}

Étude d’une suite définie implicitement

On se propose de résoudre l’exercice suivant :


Montrer que l’équation {\ln(x)+x=n} aune unique solution {x_n}, pour tout {n} dans {\mathbb{N}}.

Déterminer {a,b,c} tels que : {x_n=a\,n+b\ln(n)+c\,\dfrac{\ln(n)}n+\text{o}\Big(\dfrac{\ln(n)}n\Big)}quand {n\to+\infty}.

  • Tout d’abord, {x\mapsto f(x)=x+\ln(x)} est continue et strictement croissante sur {\mathbb{R}^{+*}}.

    Puisque {\lim\limits_{x\to0+}f(x)=-\infty} et {\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}, {f} est bijective de {\mathbb{R}^{+*}} sur {\mathbb{R}}.

    Pour tout {n} dans {\mathbb{N}}, il existe donc un unique {x_n>0} tel que {f(x_n)=n}.

    Retenons que pour tout entier {n}, on a l’égalité {(E_{1}) : \ln(x_n)+x_n=n}.

  • L’application réciproque {f^{-1}} est bijective strictement croissante de {\mathbb{R}} sur {\mathbb{R}^{+*}}.

    Pour tout {n}, on a {x_{n}=f^{-1}(n)}. On en déduit {\lim\limits_{n\to+\infty}x_n=+\infty}.

  • Pour tout entier {n}, l’égalité {(E_{1})} s’écrit aussi {(E_{2}):\dfrac{n}{x_n}=\dfrac{\ln(x_n)}{x_n}+1}.

    Puisque {\lim\limits_{n\to+\infty}x_n=+\infty}, on en déduit {\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n}{x_n}=1} donc {x_n\sim n}.

  • Posons {x_n=n+y_n}, donc {y_{n}=x_n-n}.

    Puisque {x_n\sim n}, cette définition nous dit que {y_n=\text{o}(n)} en {+\infty}.

    L’égalité {(E_{1})} devient {(E_{3}):\ln(n+y_n)+y_n=0}, donc {y_n=-\ln(n+\text{o}(n))\stackrel{+\infty}{\sim}-\ln(n)}.

  • Posons alors {y_n=-\ln(n)+z_n}, donc {x_{n}=n-\ln(n)+z_n}.

    Avec cette définition, et sachant que {y_n\stackrel{+\infty}{\sim}-\ln(n)}, on a {z_n=\text{o}(\ln(n))}.

    On rappelle que {\ln(x_n)+x_n=n}, pour tout {n} de {\mathbb{N}}.

    On effectue un développement de {\ln(x_{n})} quand {n\to+\infty} :
    {\begin{array}{rl}\ln(x_n)&=\ln(n-\ln(n)+\text{o}(\ln(n)))\\\\&=\ln(n)+\ln\Bigl(1-\dfrac{\ln(n)}{n}+\text{o}\Bigl(\dfrac{\ln(n)}{n}\Bigr)\Bigr)\\\\&=\ln(n)-\dfrac{\ln(n)}{n}+\text{o}\Bigl(\dfrac{\ln(n)}{n}\Bigr)\end{array}}
    Ainsi : {x_{n}=n-\ln(x_n)=n-\ln(n)+\dfrac{\ln(n)}{n}+\text{o}\Bigl(\dfrac{\ln(n)}{n}\Bigr)}.

  • On a donc obtenu le résultat souhaité avec {a=1}, {b=-1} et {c=1}.

Formule de Stirling

Proposition (formule de Stirling)
Quand l’entier {n} tend vers {+\infty}, on a l’équivalent : {n!\sim n^{n}\,\text{e}^{-n}\,\sqrt{2\pi n}}.

Le résultat précédent est à connaître, mais pas sa démonstration (c’est un problème classique).

Puisque : {n!=(n^{n}\,\text{e}^{-n}\,\sqrt{2\pi n})(1+\text{o}(1))}, on a le développement asympotique, quand {n\to+\infty} : {\ln(n!)=n\ln(n)-n+\dfrac{\ln(n)}{2}+\dfrac{\ln(2\pi)}{2}+\text{o}(1)}
Et ce développement donne les équivalents : {\ln(n!)\stackrel{+\infty}{\sim} n\ln(n)}, ou encore {\ln\Bigl(\dfrac{n^{n}}{n!}\Bigr)\stackrel{+\infty}{\sim} n}.

Page précédente : application des développements limités
Retour au début : comparaison des suites