Une suite de fonctions inverses

On pose : {\forall\,n\in\mathbb{N}^{*},\;A_{n}:x\mapsto\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{x^{k}}{k}}.

  1. Montrer que : {\forall\,y\in\mathbb{R}^{+},\;\exists\,!\,x\in\mathbb{R}^{+},\;A_{n}(x)=y}On note {x=f_{n}(y)}.
  2. Écrire une fonction Python calculant {A_{n}(x)} et tracer des exemples de fonctions {y\mapsto f_{n}(y)}.
  3. Montrer que la suite de fonctions {(f_n)_{n\ge1}} converge simplement sur {\mathbb{R}^+}.
  4. Montrer que la limite {f} vérifie : {\forall\,x\ge 0,\;f(x)=1-\text{e}^{-x}}

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  1. Pour {k\ge 1}, les fonctions {x\mapsto\dfrac{x^k}{k}} sont strictement croissantes sur {\mathbb{R}^+} (dérivée {x^{k-1}}).

    Il en est donc de même de la fonction {x\mapsto A_n(x)}.

    Celle-ci est donc bijective de {\mathbb{R}^+} sur {\big[A_n(0),\displaystyle\lim_{x\to+\infty}A_n(x)\big[\,=\mathbb{R}^+}.

    Ainsi, pour tout {y\in\mathbb{R}^+}, il existe un unique {x\in\mathbb{R}^+}, noté {x=f_n(y)}, tel que {A_n(x)=y}.

  2. Voici trois versions pour calculer {A_n(x)}:

    On importe ensuite fsolve pour pouvoir écrire la fonction f(n,y):

    Voici une fonction pour tracer les courbes {y\mapsto f_n(y)} pour {1\le n\le N} et {0\le y\le 5} :

    Et voici le résultat :
    exo2205.png

  3. Les {A_n} sont des bijections continues strictement croissantes de {\mathbb{R}^+} sur {\mathbb{R}^+}.

    Il en est donc de même de leurs réciproques {x\mapsto f_n(x)}.

    Pour {n\in\mathbb{N}^*} et {x\in\mathbb{R}^+}, on a : {A_{n+1}(x)=A_{n}(x)+\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\ge A_{n}(x)}Si on substitue {f_n(x)} à {x}, il vient : {A_{n+1}(f_n(x))\ge A_{n}(f_n(x))= x} c’est-à-dire {A_{n+1}(f_n(x))\ge A_{n+1}(f_{n+1}(x))}.

    Mais {A_{n+1}} est strictement croissante sur {\mathbb{R}^+}.

    Il en résulte {f_{n}(x)\ge f_{n+1}(x)} pour tout {n\ge1}.

    Ainsi la suite positive {n\mapsto f_n(x)} est décroissante (donc convergente).

    Cela prouve la convergence simple, sur {\mathbb{R}^{+}}, de la suite de fonctions {(f_n)}.

    Pour {x\in\mathbb{R}^+}, il existe {n_0\in\mathbb{N}^*} tel que : {\forall\,n\ge n_0,\;A_n(1)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}>x} (divergence de la série harmonique).

    Ainsi, avec ces notations : {\forall\,n\ge n_0,\;A_n(1)>A_n(f_n(x))} donc {0\le f_n(x)\lt 1}.

    La limite {f} des {f_n} sur {\mathbb{R}^+} vérifie donc : {\forall\,x\in\mathbb{R}^+,\;0\le f(x)\lt 1}.

  4. On va montrer : {\forall\,x\in\mathbb{R}^+,\;f(x)=1-\text{e}^{-x}}.

    Ce résultat peut être deviné de la façon suivante :

    D’abord {0\le f(x)\lt 1} pour tout {x\ge0}.

    Ensuite on sait que : {\begin{array}{rl}\forall\,x\in[0,1[,\;\displaystyle\lim_{n\to+\infty}A_n(x)&=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{x^k}{k}\\\\&=-\ln(1-x)\end{array}}(limite que nous notons {A_{\infty}(x)})

    On connait les égalités {A_n(f_n(x))=x}.

    On peut donc espérer obtenir {A_{\infty}(f(x))=x} quand {n\to+\infty}.

    Si c’est vrai, c’est que {-\ln(1-f(x))=x} donc {f(x)=1-\text{e}^{-x}}.

    Il ne reste qu’à le démontrer!

    Posons {\varphi(t)=-\ln(1-t)} sur {[0,1[}.

    Ainsi {\varphi'(t)=\dfrac{1}{1-t}} et {\varphi^{(k)}(t)=\dfrac{(k-1)!}{(1-t)^{k}}}.

    On a donc {\dfrac{\varphi^{(k)}(0)}{k!}=\dfrac{1}{k}} pour {k\in\mathbb{N}^*}.

    On applique la formule de Taylor avec reste intégral à la fonction {\varphi} sur {[0,x]}.

    On trouve, pour tout {x} dans {[0,1[} : {\begin{array}{rl}-\ln(1-x)&=\varphi(0)+\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\varphi^{(k)}(0)}{k!}x^k\\\\&\quad+\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{n!}\varphi^{(n+1)}(t)\,\text{d}t\\\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{x^k}{k}+\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{(1-t)^{n+1}}\,\text{d}t\end{array}}Quand {t} parcourt {[0,x]}, la fonction {t\mapsto \dfrac{x-t}{1-t}} décroit de {x} à {0}.

    On en déduit : {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{(1-t)^{n+1}}\,\text{d}t&\le x^n\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{1-t}\\\\&=-x^n\ln(1-x)\end{array}}Ainsi, pour {0\le x\lt 1}, on a l’encadrement : {0\le-\ln(1-x)- A_n(x)\le -x^n\ln(1-x)}On y substitue {f_n(x)} à {x} (pour {n} assez grand tel que {0\le f_n(x)\lt 1}) : {\begin{array}{rl}0&\lt -\ln(1-f_n(x))- x\\\\&\le -(f_n(x))^n\ln(1-f_n(x))\end{array}}
    Mais {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}f_n(x)=f(x)\in[0,1[}.

    Ainsi {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(f_n(x))^n\ln(1-f_n(x))=0}.

    Donc {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\bigl(-\!\ln(1-f_n(x))\!-\! x)\!=0\!}.

    Ainsi {\ln(1\!-\!f(x))\!=\!-\!x} donc {f(x)\!=\!1\!-\!\text{e}^{-x}}.