L'itérée du sinus

Stratégie. Même mécanisme qu'à l'exercice précédent, mais la suite tend vers $0$ au lieu de $+\infty$ : la bonne transformation est donc $u_n\mapsto \frac{1}{u_n^2}$, qui, elle, tend vers $+\infty$. Un développement limité de $\sin$ à l'ordre $5$ montre que ses accroissements tendent vers $\frac{1}{3}$, et Cesàro conclut.

Étape 1 — la suite reste dans $]0,1]$ et décroît. Si $x\in ]0,\pi [$ alors $\sin x\in ]0,1]$. Donc $u_1\in ]0,1]\subset ]0,\pi [$, et par récurrence $u_n\in ]0,1]$ pour tout $n\ge 1$. Sur $]0,1]$ on a $\sin x<x$ (l'inégalité classique $\sin x<x$ pour $x>0$), donc pour $n\ge 1$ $$u_{n+1}=\sin u_n<u_n:$$ $(u_n{)}_{n\ge 1}$ est strictement décroissante et minorée par $0$, donc convergente vers un $\ell \in [0,1]$.

Étape 2 — la limite est $0$. Par continuité de $\sin$, $\ell =\sin \ell$. Or $x-\sin x>0$ pour $x>0$ : le seul point fixe de $\sin$ dans $[0,1]$ est $0$. Donc $u_n\to 0$.

Étape 3 — le développement limité. Puisque $u_n\to 0$, on peut développer. Avec $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+O(x^7)$ : $$u_{n+1}^2=u_n^2{\left(1-\frac{u_n^2}{6}+\frac{u_n^4}{120}+O(u_n^6)\right)}^2=u_n^2\left(1-\frac{u_n^2}{3}+\left(\frac{1}{36}+\frac{1}{60}\right)u_n^4+O(u_n^6)\right),$$ et $\frac{1}{36}+\frac{1}{60}=\frac{5}{180}+\frac{3}{180}=\frac{2}{45}$. En inversant, avec $(1-a{)}^{-1}=1+a+a^2+O(a^3)$ appliqué à $a=\frac{u_n^2}{3}-\frac{2u_n^4}{45}$ : $$\frac{1}{u_{n+1}^2}=\frac{1}{u_n^2}\left(1+\frac{u_n^2}{3}+\left(\frac{1}{9}-\frac{2}{45}\right)u_n^4+O(u_n^6)\right)=\frac{1}{u_n^2}+\frac{1}{3}+\frac{u_n^2}{15}+O(u_n^4),$$ puisque $\frac{1}{9}-\frac{2}{45}=\frac{5-2}{45}=\frac{3}{45}=\frac{1}{15}$. En particulier, comme $u_n\to 0$ : $$\frac{1}{u_{n+1}^2}-\frac{1}{u_n^2}⟶\frac{1}{3}.$$

Étape 4 — Cesàro. Posons $w_n=\frac{1}{u_n^2}$. La suite $(w_{n+1}-w_n)$ converge vers $\frac{1}{3}$ ; le théorème de Cesàro appliqué à cette suite, joint au télescopage $$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n(w_{k+1}-w_k)=\frac{w_{n+1}-w_1}{n},$$ donne $\frac{w_n}{n}\to \frac{1}{3}$, c'est-à-dire $\frac{1}{u_n^2}\sim \frac{n}{3}$, soit $u_n^2\sim \frac{3}{n}$. Les $u_n$ étant positifs : $$\boxed{u_n\sim \sqrt{\frac{3}{n}}.}$$

Le point délicat. Il faut pousser $\sin$ jusqu'à l'ordre $3$ au moins : c'est le terme $-\frac{x^3}{6}$ qui produit le $\frac{1}{3}$. Un développement à l'ordre $1$ ($\sin x\approx x$) donnerait un accroissement nul et Cesàro ne dirait rien. L'ordre $5$, lui, n'est pas nécessaire pour l'équivalent — il ne sert qu'au terme suivant ci-dessous.

Un terme de plus. L'étape 3 donne $w_{n+1}-w_n=\frac{1}{3}+\frac{u_n^2}{15}+O(u_n^4)=\frac{1}{3}+\frac{1}{5n}+o\left(\frac{1}{n}\right)$, puisque $u_n^2\sim \frac{3}{n}$. En sommant (sommation des relations de comparaison, cas divergent, pour la partie $\frac{1}{5n}$) : $$\frac{1}{u_n^2}=\frac{n}{3}+\frac{\ln n}{5}+o(\ln n).$$

Contrôle numérique. Pour $u_0=1$ :

$n$	$u_n$	$\sqrt{3/n}$	rapport	$\frac{1}{u_n^2}-\frac{n}{3}-\frac{\ln n}{5}$
$10$	$0,46295790$	$0,54772256$	$0,845242$	—
$10^2$	$0,16885249$	$0,17320508$	$0,974870$	—
$10^4$	$0,01731362$	$0,01732051$	$0,999602$	$0,81030$
$2\cdot 10^5$	$0,0038728889$	$0,0038729833$	$0,999976$	$0,81016$

Le rapport converge vers $1$, mais lentement : c'est le terme correctif en $\ln n$ qui retarde tout ($\frac{\ln n}{5}$ vaut encore $2,44$ en $n=2\cdot 10^5$, à comparer à $\frac{n}{3}\approx 66667$). La dernière colonne se stabilise, ce qui confirme le développement à deux termes. Avec $u_0=3$ la convergence est plus lente encore (rapport $0,9925$ seulement en $n=10^4$) : la constante additive vaut alors $48,88$ au lieu de $0,81$, et il faut $n\gg 3\times 48,88$ pour qu'elle devienne négligeable.

Acquis. Ce lemme — $u_{n+1}=\sin u_n$ implique $u_n\sim \sqrt{3/n}$ — était admis en première année ; il est maintenant démontré, avec le seul outillage du chapitre : point fixe, développement limité, Cesàro. La méthode se transpose telle quelle à $u_{n+1}=\tan u_n$, $u_{n+1}=\ln (1+u_n)$, etc. : on cherche la puissance $\alpha$ telle que $u_{n+1}^{-\alpha }-u_n^{-\alpha }$ converge vers une constante non nulle.