Les sinus itérés : la convergence lente

La stratégie. La récurrence ne se résout pas. On cherche la bonne quantité auxiliaire : une puissance $\frac{1}{u_n^{\alpha }}$ dont les accroissements ont une limite finie non nulle. Le développement du sinus va désigner $\alpha =2$ ; le lemme de l'escalier traduira cette quasi-constance en équivalent.

a) La suite tend vers $0$ par valeurs positives. Si $u_n\in \left]0,\frac{\pi }{2}\right[$, alors $u_{n+1}=\sin u_n\in \left]0,1\right[\subset \left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ : par récurrence, tous les termes y sont. De plus $\sin t<t$ pour $t>0$ (la fonction $t\mapsto t-\sin t$ est nulle en $0$, de dérivée $1-\cos t\ge 0$ qui ne s'annule qu'en des points isolés, donc strictement croissante sur $[0,+\infty [$) : $u_{n+1}<u_n$. Strictement décroissante et minorée par $0$, la suite converge vers $\ell$, et par continuité du sinus $\ell =\sin \ell$, ce qui impose $\ell =0$. La stricte positivité des $u_n$ permettra de diviser par $u_n^2$, puis de prendre une racine carrée.

b) La limite. Forme « $\infty -\infty$ » : on développe. De $\sin x=x\left(1-\frac{x^2}{6}+o(x^2)\right)$ on tire ${\sin }^{2}x=x^2\left(1-\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)$, puis, avec $\frac{1}{1-w}=1+w+o(w)$ pour $w\to 0$, $$\frac{1}{{\sin }^{2}x}=\frac{1}{x^2}\left(1+\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{3}+o(1),$$ donc $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{{\sin }^{2}x}-\frac{1}{x^2}\right)=\frac{1}{3}$. Il fallait le sinus à l'ordre $3$ : avec $\sin x\sim x$ seul, on n'obtiendrait que la différence de deux quantités équivalentes, c'est-à-dire rien. (En $x=0,1$, la différence vaut $0,33400$.)

c) L'accroissement, puis l'équivalent. Comme $u_n\to 0$ et $u_n\ne 0$, on compose le b) avec la suite $(u_n)$, et $\sin u_n=u_{n+1}$ : $$\frac{1}{u_{n+1}^2}-\frac{1}{u_n^2}⟶\frac{1}{3}.$$ Posons $v_n=\frac{1}{u_n^2}$ : $v_{n+1}-v_n\to \frac{1}{3}$, et le lemme de l'escalier donne $\frac{v_n}{n}\to \frac{1}{3}$. Rappelons pourquoi : les accroissements $w_k=v_k-v_{k-1}$ tendent vers $\frac{1}{3}$, donc, par le théorème de Cesàro démontré au TD 5, leur moyenne $\frac{w_1+\cdots +w_n}{n}$ aussi ; or cette somme télescope, et la moyenne vaut $\frac{v_n-v_0}{n}$, qui a la même limite que $\frac{v_n}{n}$. Ainsi $n{u}_n^2\to 3$, soit $u_n^2\sim \frac{3}{n}$, et, les $u_n$ étant positifs, on prend la racine carrée d'un équivalent : $$u_n\sim \sqrt{\frac{3}{n}}.$$ L'équivalent ne dépend pas de $u_0$, qui a disparu dans le terme $\frac{v_0}{n}$. Contrôle, avec $u_0=1$ : le rapport $u_n\sqrt{\frac{n}{3}}$ vaut $0,975$ pour $n=100$, $0,9967$ pour $n=1000$, $0,9996$ pour $n=10000$.

Le point délicat : pourquoi l'exposant $2$. Pour un exposant $\alpha >0$, $\frac{1}{{\sin }^{\alpha }u}-\frac{1}{u^{\alpha }}=\frac{1}{u^{\alpha }}\left(\frac{\alpha u^2}{6}+o(u^2)\right)\sim \frac{\alpha }{6}{u}^{2-\alpha }$ : cela tend vers $0$ si $\alpha <2$, vers $+\infty$ si $\alpha >2$, et vers la constante non nulle $\frac{1}{3}$ pour $\alpha =2$ seulement.

d) Pourquoi c'est lent. Au chapitre sur la dérivabilité, une suite $u_{n+1}=\phi (u_n)$ qui converge vers un point fixe $\ell$ avec $|{\phi }^{\prime }(\ell )|<1$ converge géométriquement : l'erreur est multipliée à chaque pas par un facteur proche de $|{\phi }^{\prime }(\ell )|$. La méthode de Newton converge quadratiquement : l'erreur est élevée au carré (c'est le problème). Ici $\phi =\sin$, $\ell =0$ et ${\sin }^{\prime }(0)=1$ : le terme linéaire de $\sin u=u-\frac{u^3}{6}+\dots$ ne contracte rien, et la contraction ne vient que du terme cubique, d'autant plus faible que $u_n$ est petit. Résultat : pour diviser $u_n$ par $10$, il faut multiplier $n$ par $100$.

Ce que l'exercice installe. Devant $u_{n+1}=u_n-a{u}_n^p+o(u_n^p)$, avec $a>0$ et $p\ge 2$, on étudie $\frac{1}{u_n^{p-1}}$, dont l'accroissement tend vers $a(p-1)$, et le lemme de l'escalier donne $u_n\sim (a(p-1)n{)}^{-1/(p-1)}$ — ici $a=\frac{1}{6}$, $p=3$. La bonne quantité auxiliaire est celle dont les accroissements ont une limite ; et la vitesse d'une suite récurrente se lit sur la dérivée au point fixe — ce que le problème va démontrer pour Newton.