Le lemme de l'escalier, et l'itérée du sinus

La stratégie. Une suite récurrente sans forme close ne se résout pas : on cherche la bonne transformation qui rend ses accroissements convergents. Ici $u_n\to 0$, donc $\frac{1}{u_n^2}\to +\infty$ : c'est cette suite-là qui a une chance d'avoir des accroissements de limite finie, et un développement limité du sinus le confirme. Cesàro fait le reste.

1) Le lemme de l'escalier. Posons $v_k=u_{k+1}-u_k\to \ell$. Le théorème de Cesàro — la moyenne arithmétique d'une suite convergente converge vers la même limite — donne $\frac{v_0+\cdots +v_{n-1}}{n}\to \ell$. Or la somme au numérateur se télescope en $u_n-u_0$, donc $\frac{u_n-u_0}{n}\to \ell$ et, comme $\frac{u_0}{n}\to 0$, $\frac{u_n}{n}\to \ell$. (L'image : si chaque marche a une hauteur qui tend vers $\ell$, l'altitude après $n$ marches est équivalente à $n\ell$.)

2) L'itérée du sinus tend vers zéro.

Elle reste dans $]0,1]$. Si $x\in ]0,\pi [$ alors $\sin x\in ]0,1]$, le sinus étant strictement positif sur $]0,\pi [$ et majoré par $1$. Donc $u_1\in ]0,1]$, et comme $]0,1]\subset ]0,\pi [$, une récurrence immédiate donne $u_n\in ]0,1]$ pour $n\ge 1$.

Elle décroît. Sur $]0,+\infty [$ on a $\sin x<x$ (première année : $x\mapsto x-\sin x$ est nulle en $0$ et de dérivée $1-\cos x\ge 0$, strictement positive sauf en des points isolés). Donc $u_{n+1}=\sin u_n<u_n$ pour $n\ge 1$ : la suite décroît strictement.

Elle converge vers zéro. Décroissante et minorée par $0$, elle converge vers un $\ell \in [0,1]$. Le sinus étant continu, le passage à la limite dans $u_{n+1}=\sin u_n$ donne $\ell =\sin \ell$. Or $x-\sin x>0$ pour $x>0$ : le seul point fixe du sinus dans $[0,1]$ est $0$. Donc $u_n\to 0$.

3) Le développement limité. Puisque $u_n\to 0$, on peut développer. Avec $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+O(x^7)$, on a $u_{n+1}^2=u_n^2{\left(1-\frac{u_n^2}{6}+\frac{u_n^4}{120}+O(u_n^6)\right)}^2$. En développant le carré, avec $(1-a+b{)}^2=1-2a+\left(a^2+2b\right)+O(u_n^6)$ pour $a=\frac{u_n^2}{6}$ et $b=\frac{u_n^4}{120}$, et $\frac{1}{36}+\frac{1}{60}=\frac{5+3}{180}=\frac{2}{45}$ : $$u_{n+1}^2=u_n^2\left(1-\frac{u_n^2}{3}+\frac{2u_n^4}{45}+O(u_n^6)\right).$$ En inversant, avec $(1-a{)}^{-1}=1+a+a^2+O(a^3)$ appliqué à $a=\frac{u_n^2}{3}-\frac{2u_n^4}{45}$ : $$\frac{1}{u_{n+1}^2}=\frac{1}{u_n^2}\left(1+\frac{u_n^2}{3}+\left(\frac{1}{9}-\frac{2}{45}\right)u_n^4+O(u_n^6)\right),\frac{1}{9}-\frac{2}{45}=\frac{5-2}{45}=\frac{1}{15},$$ c'est-à-dire $$\frac{1}{u_{n+1}^2}=\frac{1}{u_n^2}+\frac{1}{3}+\frac{u_n^2}{15}+O\left(u_n^4\right).$$ Comme $u_n\to 0$, il vient $$\frac{1}{u_{n+1}^2}-\frac{1}{u_n^2}⟶\frac{1}{3}.$$

4) L'équivalent. Posons $w_n=\frac{1}{u_n^2}$. La question 3 dit que $w_{n+1}-w_n\to \frac{1}{3}$, et le lemme de l'escalier de la question 1 donne $$\frac{w_n}{n}⟶\frac{1}{3},\text{c’est-aˋ-dire}\frac{1}{u_n^2}\sim \frac{n}{3},\text{soit}{u}_n^2\sim \frac{3}{n}.$$ Les $u_n$ étant strictement positifs, la racine carrée — croissante — donne $$u_n\sim \sqrt{\frac{3}{n}}.$$

5) Un terme de plus. La question 3 donne davantage qu'une limite : $$w_{n+1}-w_n=\frac{1}{3}+\frac{u_n^2}{15}+O\left(u_n^4\right)=\frac{1}{3}+\frac{1}{15}\cdot \frac{3}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{3}+\frac{1}{5n}+o\left(\frac{1}{n}\right),$$ puisque $u_n^2\sim \frac{3}{n}$ et $u_n^4=O\left(\frac{1}{n^2}\right)$. En sommant de $1$ à $n-1$ et en télescopant : $$w_n=w_1+\frac{n-1}{3}+\frac{1}{5}\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}+\sum _{k=1}^{n-1}o\left(\frac{1}{k}\right).$$ Or ${\sum }_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}=H_{n-1}\sim \ln n$ (exercice 4), et la sommation des relations de comparaison, cas divergent, appliquée à la référence positive $\frac{1}{k}$ de série divergente, donne ${\sum }_{k=1}^{n-1}o\left(\frac{1}{k}\right)=o(\ln n)$. Donc $$\frac{1}{u_n^2}=\frac{n}{3}+\frac{\ln n}{5}+o(\ln n).$$

Contrôle numérique, pour $u_0=1$. Le rapport $u_n/\sqrt{3/n}$ vaut $0,845$ en $n=10$ ($u_{10}=0,4629579$ contre $0,5477226$), $0,9749$ en $n=10^2$, $0,99960$ en $n=10^4$ : il tend vers $1$, mais lentement, et c'est le terme en $\ln n$ qui l'explique — en $n=2\cdot 10^5$, $\frac{\ln n}{5}$ vaut encore $2,44$.

6) La méthode générale. Pour $u_{n+1}=f(u_n)$ tendant vers $0$ avec $f(x)=x-c{x}^{p+1}+o(x^{p+1})$, $c>0$ et $p\ge 1$, on cherche l'exposant $\alpha$ tel que $u_{n+1}^{-\alpha }-u_n^{-\alpha }$ ait une limite finie non nulle : le même calcul qu'au 3) donne $\alpha =p$, de limite $pc$, et Cesàro conclut $u_n^{-p}\sim pcn$, soit $u_n\sim {\left(\frac{1}{pcn}\right)}^{1/p}$. Ici $f=\sin$, $p=2$, $c=\frac{1}{6}$, d'où $pc=\frac{1}{3}$. La méthode se transpose à $u_{n+1}=\ln (1+u_n)$ (où $p=1$, $c=\frac{1}{2}$, d'où $u_n\sim \frac{2}{n}$) ou à $u_{n+1}=u_n-u_n^3$.

Le point délicat. Il faut pousser le développement du sinus 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 $1$ 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 de la question 5.

Ce que l'exercice installe. C'est la méthode, pas l'exemple, qu'on retient : devant une suite récurrente sans forme close, on ne cherche pas la suite, on cherche la puissance qui rend ses accroissements convergents — et Cesàro transforme alors une information sur les accroissements en un équivalent de la suite. Ce lemme, admis en première année, est ici entièrement démontré, avec le seul outillage du chapitre.