Une suite de fonctions inverses

NB : ceci est une page de démonstration de mathprepa.fr

On pose :

{\forall\,n\in\mathbb{N}^{*},\;A_{n}:x\mapsto\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{x^{k}}{k}}

Montrer que : ${\forall\,y\in\mathbb{R}^{+},\;\exists\,!\,x\in\mathbb{R}^{+},\;A_{n}(x)=y}$ On note ${x=f_{n}(y)}$ .
Écrire une fonction Python calculant ${A_{n}(x)}$ et tracer des exemples de fonctions ${y\mapsto f_{n}(y)}$ .
Montrer que la suite de fonctions ${(f_n)_{n\ge1}}$ converge simplement sur ${\mathbb{R}^+}$ .
Montrer que la limite ${f}$ vérifie : ${\forall\,x\ge 0,\;f(x)=1-\text{e}^{-x}}$

Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

Pour ${k\ge 1}$ , les fonctions ${x\mapsto\dfrac{x^k}{k}}$ sont strictement croissantes sur ${\mathbb{R}^+}$ (dérivée ${x^{k-1}}$ ).

Il en est donc de même de la fonction ${x\mapsto A_n(x)}$ .

Celle-ci est donc bijective de ${\mathbb{R}^+}$ sur ${\big[A_n(0),\displaystyle\lim_{x\to+\infty}A_n(x)\big[\,=\mathbb{R}^+}$ .

Ainsi, pour tout ${y\in\mathbb{R}^+}$ , il existe un unique ${x\in\mathbb{R}^+}$ , noté ${x=f_n(y)}$ , tel que ${A_n(x)=y}$ .

Voici trois versions pour calculer

{A_n(x)}

def A(n,x): # artisanal

a = 0

for k in range(1,n+1):

a += x**k/k

return a

def A(n,x): # sans **

a = 0

for k in range(n,0,-1):

a = (a+1/k)*x

return a

1 2	def A(n,x): # expéditif return sum(x**k/k for k in range(1,n+1))

On importe ensuite fsolve pour pouvoir écrire la fonction f(n,y):

from scipy.optimize import fsolve

def f(n,y):

return fsolve(lambda x:A(n,x)-y,0)

Voici une fonction pour tracer les courbes ${y\mapsto f_n(y)}$ pour ${1\le n\le N}$ et ${0\le y\le 5}$ :

import numpy as np

import matplotlib.pyplot as plt

def tracey(N):

Y = np.linspace(0,5,20)

for n in range(1,N+1):

F = [f(n,y) for y in Y]

plt.plot(Y,F,label="n="+str(n))

plt.legend()

plt.show()

Et voici le résultat :

Les ${A_n}$ sont des bijections continues strictement croissantes de ${\mathbb{R}^+}$ sur ${\mathbb{R}^+}$ .

Il en est donc de même de leurs réciproques ${x\mapsto f_n(x)}$ .

Pour ${n\in\mathbb{N}^*}$ et ${x\in\mathbb{R}^+}$ , on a : ${A_{n+1}(x)=A_{n}(x)+\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\ge A_{n}(x)}$ Si on substitue ${f_n(x)}$ à ${x}$ , il vient : ${A_{n+1}(f_n(x))\ge A_{n}(f_n(x))= x}$ c’est-à-dire ${A_{n+1}(f_n(x))\ge A_{n+1}(f_{n+1}(x))}$ .

Mais ${A_{n+1}}$ est strictement croissante sur ${\mathbb{R}^+}$ .

Il en résulte ${f_{n}(x)\ge f_{n+1}(x)}$ pour tout ${n\ge1}$ .

Ainsi la suite positive ${n\mapsto f_n(x)}$ est décroissante (donc convergente).

Cela prouve la convergence simple, sur ${\mathbb{R}^{+}}$ , de la suite de fonctions ${(f_n)}$ .

Pour ${x\in\mathbb{R}^+}$ , il existe ${n_0\in\mathbb{N}^*}$ tel que : ${\forall\,n\ge n_0,\;A_n(1)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}>x}$ (divergence de la série harmonique).

Ainsi, avec ces notations : ${\forall\,n\ge n_0,\;A_n(1)>A_n(f_n(x))}$ donc ${0\le f_n(x)\lt 1}$ .

La limite ${f}$ des ${f_n}$ sur ${\mathbb{R}^+}$ vérifie donc : ${\forall\,x\in\mathbb{R}^+,\;0\le f(x)\lt 1}$ .
On va montrer : ${\forall\,x\in\mathbb{R}^+,\;f(x)=1-\text{e}^{-x}}$ .

Ce résultat peut être deviné de la façon suivante :

D’abord ${0\le f(x)\lt 1}$ pour tout ${x\ge0}$ .

Ensuite on sait que : ${\begin{array}{rl}\forall\,x\in[0,1[,\;\displaystyle\lim_{n\to+\infty}A_n(x)&=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{x^k}{k}\\\\&=-\ln(1-x)\end{array}}$ (limite que nous notons ${A_{\infty}(x)}$ )

On connait les égalités ${A_n(f_n(x))=x}$ .

On peut donc espérer obtenir ${A_{\infty}(f(x))=x}$ quand ${n\to+\infty}$ .

Si c’est vrai, c’est que ${-\ln(1-f(x))=x}$ donc ${f(x)=1-\text{e}^{-x}}$ .

Il ne reste qu’à le démontrer!

Posons ${\varphi(t)=-\ln(1-t)}$ sur ${[0,1[}$ .

Ainsi ${\varphi'(t)=\dfrac{1}{1-t}}$ et ${\varphi^{(k)}(t)=\dfrac{(k-1)!}{(1-t)^{k}}}$ .

On a donc ${\dfrac{\varphi^{(k)}(0)}{k!}=\dfrac{1}{k}}$ pour ${k\in\mathbb{N}^*}$ .

On applique la formule de Taylor avec reste intégral à la fonction ${\varphi}$ sur ${[0,x]}$ .

On trouve, pour tout ${x}$ dans ${[0,1[}$ : ${\begin{array}{rl}-\ln(1-x)&=\varphi(0)+\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\varphi^{(k)}(0)}{k!}x^k\\\\&\quad+\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{n!}\varphi^{(n+1)}(t)\,\text{d}t\\\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{x^k}{k}+\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{(1-t)^{n+1}}\,\text{d}t\end{array}}$ Quand ${t}$ parcourt ${[0,x]}$ , la fonction ${t\mapsto \dfrac{x-t}{1-t}}$ décroit de ${x}$ à ${0}$ .

On en déduit : ${\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{(1-t)^{n+1}}\,\text{d}t&\le x^n\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{1-t}\\\\&=-x^n\ln(1-x)\end{array}}$ Ainsi, pour ${0\le x\lt 1}$ , on a l’encadrement : ${0\le-\ln(1-x)- A_n(x)\le -x^n\ln(1-x)}$ On y substitue ${f_n(x)}$ à ${x}$ (pour ${n}$ assez grand tel que ${0\le f_n(x)\lt 1}$ ) : ${\begin{array}{rl}0&\lt -\ln(1-f_n(x))- x\\\\&\le -(f_n(x))^n\ln(1-f_n(x))\end{array}}$
Mais ${\displaystyle\lim_{n\to+\infty}f_n(x)=f(x)\in[0,1[}$ .

Ainsi ${\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(f_n(x))^n\ln(1-f_n(x))=0}$ .

Donc ${\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\bigl(-\!\ln(1-f_n(x))\!-\! x)\!=0\!}$ .

Ainsi ${\ln(1\!-\!f(x))\!=\!-\!x}$ donc ${f(x)\!=\!1\!-\!\text{e}^{-x}}$ .