Les suites récurrentes à convergence lente
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- Norbert Beauregard
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1 Les suites récurretes à covergece lete Daiel PERRIN 0. Itroductio. Je me propose d écrire ue sorte de bila sur la covergece des suites u + = f(u ), avec f de classe C au mois, vers u poit fixe α, das le cas où ce poit fixe vérifie f (α) =. Quitte à remplacer f(x) par g(x) =f(x + α) α (i.e. à cojuguer par la traslatio t(x) =x α : g = tft ), o se ramèe au cas α =0.. Le lemme de l escalier. a) Le lemme. Il s agit du résultat suivat : Lemme de l escalier. Soit (v ) ue suite de réels qui ted vers +. O suppose que v + v ted vers u ombre a 0. Alors o a v a (et a est > 0). Ituitivemet si o a u escalier dot la ième marche ted vers a, la hauteur pour marches est de l ordre de a. Démostratio. C est la sommatio de Césaro : o a v v 0 = (v k+ v k ) k=0 et comme v k+ v k ted vers a il e est de même de v v 0 ted vers a. b) Applicatio. par Césaro et doc v / Si o a ue suite (u ) de ombres > 0 qui ted vers 0, pour e avoir u équivalet 2 o étudie v = u k avec k réel égatif, de sorte que v ted vers +. Si o motre que v + v ted vers u ombre a 0,oav a (a est alors automatiquemet > 0) et o a u a /k /k. Si u ted vers α o se ramèe à ce cas e cosidérat u α, si elle ted vers l ifii o cosidère /u. 2 Si la suite est de la forme u = f() il suffit de disposer d u développemet limité def et la méthode précoisée ici a pas d itérêt.
2 2 Remarque. Attetio, même si la suite (u ) admet u équivalet de la forme / α e 0, ce est pas pour autat qu o peut le trouver par la méthode de l escalier. Par exemple, pour u = + ( ), la méthode devrait foctioer avec k = 2, or, o a u 2 + u 2 =2( ) ( ++ ) + o() et cette suite ted vers l ifii e valeur absolue quad ted vers l ifii, de sorte que la méthode e s applique pas. Das le cas des suites récurretes, o recotrera ce phéomèe avec les suites e escargot. La suite u sera équivalete à( ) / α, comme o le verra e appliquat la méthode de l escalier aux suites u 2p et u 2p+. E revache, la méthode e s appliquera i à la suite u,ià la suite u 2. c) Le cas des suites récurretes. Commeços par ue remarque. Remarque 2. Soit (u ) ue suite défiie par sa valeur iitiale u 0 et la relatio u + = f(u ), avec f cotiue et dérivable au voisiage de 0. O suppose que la suite est défiie et coverge vers 0. Alors, pour que la méthode de l escalier s applique à u, il faut que l o ait f (0) = ±. E effet, das ce cas o aura ue covergece lete, or o sait que la covergece de (u ) est géométrique si f (0) < et que la suite e coverge que si elle est statioaire si o a f (0) >. O peut ecore expliquer ce phéomèe comme suit. O a u + = f (0)u +ɛ u où ɛ ted vers 0, d où, pour assez grad, u + = u ( f (0) +ɛ ) où ɛ = ±ɛ. O calcule u + k u k = u k [( f (0) + ɛ ) k ], avec k<0. Pour que le lemme de l escalier s applique, il faut que cette quatité ait ue limite > 0. Comme ɛ ted vers 0, [( f (0) + ɛ ) k ] ted vers f (0) k. Si cette quatité est o ulle, u + k u k ted vers l ifii. O doit doc avoir f (0) k =, ce qui impose f (0) =. Das le cas f (0) =, o a le résultat suivat (o suppose ici la covergece acquise, voir le paragraphe suivat pour ue discussio) : Théorème 3. Soit f ue foctio défiie au voisiage de 0 et admettat u développemet limité e 0 de la forme : f(x) =x + λx k + o(x k ) avec k N, k 2 et λ 0. O suppose que la suite (u ) défiie par sa valeur iitiale u 0 et la relatio u + = f(u ) est bie défiie et coverge vers 0. Alors, u est de sige costat pour assez grad et o a u ( (k ) λ ) k k. Démostratio. Oaledéveloppemet : u + = u ( +λu k grad. Soit r>0. O obtiet : u + r u r = rλu k + o(u k ) u r +rλu k + o(u k ) + o(u k ) ) pour assez.
3 Covergece des suites récurretes 3 Cette suite e peut admettre ue limite fiie o ulle que si o a r = k. Das ce cas, comme cette limite doit être positive (sio / u r tedrait vers ), c est écessairemet (k ) λ. Oedéduit qu o a (k ) λ par le lemme de l escalier, d où le u k résultat. Remarque 4. Le fait que la limite de la suite u + r soit positive impose des u r coditios : si la suite u est positive, o a écessairemet λ<0, si la suite u est égative, o a ( ) k λ>0. Si l o veut que la méthode s applique à la fois pour des suites positives et égatives il faut doc avoir λ < 0etk impair. Nous recotreros ce cas plus loi. 2. Covergece des suites récurretes. a) Le cas f (0) =, f (0) 0. Soit f ue foctio défiie et dérivable au voisiage de 0 et deux fois dérivable e 0. O suppose f(0) = 0, f (0) = et f (0) 0 (c est le cas géérique). Quitte à remplacer f(x) par f( x) o peut supposer f (0) < 0. La formule de Taylor-Youg doe u développemet de f au voisiage de 0 : f(x) =x + λx 2 + o(x 2 )avecλ = f (0)/2. Il existe alors u itervalle I =[ a, a] coteat 0 tel que l o ait : a) f(x) du sige de x pour tout x I, b) f croissate sur I, c) f(x) x<0 pour tout x I, x 0. E vertu de a) et c) l itervalle [0,a] est stable par f et o a le résultat suivat : Théorème 5. Soit u 0 I. )Siu 0 est > 0, la relatio de récurrece u + = f(u ) défiit ue suite qui décroît et coverge vers 0. Oau 2 f (0). 2) Si ue suite récurrete défiie par la relatio précédete coverge vers 0, oau 0 pour assez grad. Démostratio. ) Les coditios a) et c) assuret qu o a u > 0et(u )décroissate, de sorte que la suite coverge. E vertu de c) l uique poit fixe de f das I est 0, de sorte que (u ) coverge vers 0. L équivalet résulte du théorème 3. 2) Supposos que (u ) coverge vers 0. Alors, o a u I pour N. Sioavaitu 0 < 0 pour u 0 N, comme les u, pour 0, sot das I, ils vérifieraiet u <u 0 e vertu de c). La suite (u ) e covergerait doc pas vers 0. Remarques 6. ) Lorsque u 0 est < 0 il peut se passer plusieurs phéomèes : la suite peut e pas être x défiie (exemple : f(x) = ), elle peut tedre vers u autre poit fixe (égatif) de x + f (exemple : f(x) =x x 2 x 3 ), ou vers (exemple : f(x) =x x 2 ) ou efi reveir das l itervalle x>0 et coverger vers 0 (exemple : f(x) =x x 2 +3x 3 +3x 4 pour x 0,
4 4 f(x) = 2 l( + 2x) pour x 0, cf. la foctio fcas sur ma TI92). 2) Das le cas f (0) > 0lerésultat est aalogue, mais c est l itervalle [ a, 0] qui est stable et doe aissace à des suites covergetes. L équivalet est le même que das le théorème 5. b) Le cas f (0) =, f (0) = 0, f (0) 0. Soit f ue foctio défiie et deux fois dérivable au voisiage de 0 et trois fois dérivable e 0. O suppose qu o a f (0)=,f (0) = 0, f (0) 0. C est le cas le plus géérique après le précédet. O a doc u développemet f(x) =x+λx 3 +o(x 3 ), avec λ = f (0)/6 0.Si l o veut pouvoir appliquer le théorème 3 (que ce soit pour les suites positives ou égatives, cf. remarque 4), il faut predre λ<0. Il existe alors u itervalle I =[ a, a] coteat 0 tel que l o ait : a) f(x) du sige de x pour tout x I, b) f croissate sur I, c) f(x) x<0 pour x ]0,a]etf(x) x>0 pour x [ a, 0[. E vertu de a) et c) l itervalle [ a, a] est stable par f et o a le résultat suivat : Théorème 7. Soit u 0 I. La relatio de récurrece u + = f(u ) défiit ue suite qui coverge vers 0 e décroissat (resp. e croissat) si u 0 > 0 (resp. u 0 < 0). O a u. 2 λ Démostratio. Le raisoemet est le même qu au théorème 5. L équivalet viet ecore du théorème 3. Remarques 8. ) Das le cas λ>0, f(x) x est du sige de x sur u itervalle I coteat 0 et ue suite récurrete associée à f e peut coverger vers 0 que si elle est statioaire. E effet, si la suite coverge vers 0, elle est das I pour N. Supposos par exemple u N > 0. O motre alors par récurrece qu o a u u N pour N et la suite e ted pas vers 0. 2) Le lecteur s il y a lecteur que ça amuse s il y e a examiera tout seul les cas plus spéciaux. b) Le cas f (0) =. Soit f ue foctio défiie, deux fois dérivable au voisiage de 0 et trois fois dérivable e 0. O suppose f(0) = 0, f (0) =. La formule de Taylor-Youg doe u développemet de f au voisiage de 0 : f(x) = x + λx 2 + µx 3 + o(x 3 )avecλ = f (0)/2, µ = f (0)/6. Il existe alors u itervalle I =[ a, a] coteat 0 tel que l o ait : a) f(x) du sige de x pour tout x I, b) f strictemet décroissate sur I. O a alors le résultat suivat : Théorème 9. O suppose λ 2 +µ>0. Il existe u itervalle J coteu das I, coteat 0 das so itérieur et stable par f.siu 0 est das J la suite récurrete défiie par f existe et
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