Les sinus itérés : $u_n\sim \sqrt{3/n}$

La stratégie. On ne cherche pas $u_n$ : on cherche la bonne quantité auxiliaire. Le développement de $\sin$ va montrer que les accroissements de $\frac{1}{u_n^2}$ sont presque constants — une récurrence intraitable devient une suite quasi arithmétique, et Cesàro fait le reste.

1) La suite est bien définie, décroissante, de limite nulle. Si $u_n\in \left]0,\frac{\pi }{2}\right[$, alors $u_{n+1}=\sin u_n\in ]0,1[\subset \left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ : par récurrence, $u_n\in \left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ pour tout $n$. De plus $\sin t<t$ pour $t>0$ (la fonction $t\mapsto t-\sin t$ est nulle en $0$, de dérivée $1-\cos t\ge 0$ nulle seulement aux multiples de $2\pi$, donc strictement croissante sur $[0,+\infty [$), donc $u_{n+1}<u_n$. La suite est strictement décroissante et minorée par $0$ : elle converge vers $\ell \ge 0$. Par continuité du sinus, $\ell =\sin \ell$, dont la seule solution dans $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ est $\ell =0$ (encore $\sin t<t$ pour $t>0$). Ainsi $u_n\to 0$, et $u_n>0$ pour tout $n$.

La stricte positivité n'est pas décorative : c'est elle qui autorise à diviser par $u_n^2$ et, à la fin, à prendre une racine carrée.

2) La limite. Forme « $\infty -\infty$ » : on inverse un développement. De $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^4)$ on tire $${\sin }^{2}x=x^2{\left(1-\frac{x^2}{6}+o(x^3)\right)}^2=x^2\left(1-\frac{x^2}{3}+o(x^3)\right),$$ le double produit valant $-\frac{x^2}{3}$ et le carré $\frac{x^4}{36}$ étant négligeable. Puis, avec $\frac{1}{1-w}=1+w+o(w)$ et $w=\frac{x^2}{3}+o(x^3)\to 0$ : $$\frac{1}{{\sin }^{2}x}=\frac{1}{x^2}\left(1+\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{3}+o(1).$$ Donc $\frac{1}{{\sin }^{2}x}-\frac{1}{x^2}⟶\frac{1}{3}$. Il fallait le sinus à l'ordre 3 : avec $\sin x\sim x$ on n'obtiendrait que « $\infty -\infty$ », l'information étant précisément dans la correction $-\frac{x^3}{6}$. Contrôle : en $x=0,1$, la différence vaut $0,33400$ ; en $x=0,01$, $0,333340$.

3) L'accroissement. Comme $u_n\to 0$, on peut composer le résultat du 2) avec la suite $u_n$ : $\frac{1}{{\sin }^2{u}_n}-\frac{1}{u_n^2}\to \frac{1}{3}$. Or $\sin u_n=u_{n+1}$ : $$\frac{1}{u_{n+1}^2}-\frac{1}{u_n^2}⟶\frac{1}{3}.$$

4) Cesàro, et l'équivalent. Posons $v_k=\frac{1}{u_k^2}-\frac{1}{u_{k-1}^2}$ pour $k\ge 1$ : $v_k\to \frac{1}{3}$. La somme télescope : $$\frac{v_1+\cdots +v_n}{n}=\frac{1}{n}\left(\frac{1}{u_n^2}-\frac{1}{u_0^2}\right)=\frac{1}{n{u}_n^2}-\frac{1}{n{u}_0^2}.$$ Par le lemme de Cesàro, le membre de gauche tend vers $\frac{1}{3}$ ; et $\frac{1}{n{u}_0^2}\to 0$. Donc $\frac{1}{n{u}_n^2}\to \frac{1}{3}$, c'est-à-dire $n{u}_n^2\to 3$, soit $u_n^2\sim \frac{3}{n}$. Comme $u_n>0$, on prend la racine carrée — une puissance $\frac{1}{2}$ d'équivalents positifs : $$u_n\sim \sqrt{\frac{3}{n}}.$$

Le lemme, redémontré pour ne rien admettre. Soit $\epsilon >0$ et $N$ tel que $|v_k-\ell |\le \epsilon$ pour $k\ge N$. Pour $n>N$ : $$\left|\frac{v_1+\cdots +v_n}{n}-\ell \right|\le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^N|v_k-\ell |+\frac{1}{n}\sum _{k=N+1}^n|v_k-\ell |\le \frac{C_N}{n}+\epsilon ,$$ où $C_N={\sum }_{k\le N}|v_k-\ell |$ ne dépend pas de $n$. Pour $n$ assez grand, $\frac{C_N}{n}\le \epsilon$, et la moyenne est à $2\epsilon$ de $\ell$. C'est le chapitre 5, et rien d'autre.

Contrôle numérique, avec $u_0=1$ : $u_n\sqrt{n}$ vaut $1,6885$ pour $n=100$, $1,7264$ pour $n=1000$, $1,7320$ pour $n=10^5$, contre $\sqrt{3}=1,7321$. Et en repartant de $u_0=1,5$, la même limite : l'équivalent ne dépend pas de $u_0$, ce que la démonstration prévoyait, puisque $u_0$ a disparu dans le terme $\frac{1}{n{u}_0^2}\to 0$.

5) La comparaison. Au chapitre 6, une suite $u_{n+1}=f(u_n)$ vers un point fixe $\ell$ avec $|f^{\prime }(\ell )|<1$ converge géométriquement : $|u_{n+1}-\ell |\le k|u_n-\ell |$, l'erreur est divisée par une constante à chaque pas. Newton converge quadratiquement : l'erreur est élevée au carré. Ici $f=\sin$, $\ell =0$, et ${\sin }^{\prime }(0)=1$ : le point fixe n'est pas attractif au sens du chapitre 6. Le terme linéaire de $\sin u=u-\frac{u^3}{6}+\dots$ ne fait rien du tout ; la contraction ne vient que du terme cubique, et elle est d'autant plus faible que $u_n$ est petit. Résultat : $u_n$ décroît comme $\frac{1}{\sqrt{n}}$ — pour diviser $u_n$ par $10$, il faut multiplier $n$ par $100$. C'est la convergence lente par excellence.

Ce que l'exercice installe. La méthode générale des récurrences $u_{n+1}=u_n-a{u}_n^p+o(u_n^p)$ avec $a>0$ et $p\ge 2$ : on étudie $\frac{1}{u_n^{p-1}}$, dont l'accroissement tend vers $a(p-1)$, et Cesàro donne $u_n\sim (a(p-1)n{)}^{-1/(p-1)}$. Ici $a=\frac{1}{6}$, $p=3$, $a(p-1)=\frac{1}{3}$. La bonne quantité auxiliaire, c'est celle dont les accroissements ont une limite.