méthode d'amorçage-pompage pour comparaisons asymptotiques

Dans notre système universitaire, l'enseignement des outils de comparaison asymptotique se limite  en général à l'étude des développements limités (DL).  Si cet outil est incontournable son apprentissage se réduit bien souvent à connaître par cœur une liste de DL usuels (les séries géométrique et exponentielle ou la formule du binôme étendue aux exposants non entiers) et quelques techniques de combinaison. La question des développements asymptotiques (DA) est souvent bien plus difficile  à aborder, c'est bien dommage,  car elle fourni des problèmes  pas forcément plus difficiles techniquement mais plus profond conceptuellement et qui illustrent parfaitement cette citation de Bertrand Russell :

image wikipédia

Je vous propose donc d'étudier le problème suivant , familier de ceux qui connaisse le théorème de raréfaction des nombres premier  :

«trouver un développement asymptotique  de la solution
$x$ de l'équation $x\ln(x)=t$ quand $t\to\infty$ »

Pour résoudre de manière asymptotique ce type d'équation il faut d'abord s'assurer que le problème a bien une solution unique, par exemple en faisant l'étude de la fonction  :

$$f(x)=x\ln(x)\Rightarrow f'(x)=\ln(x)+1>0 \text{ si } x\geq 1$$

on en déduit que $f$ est bijective (car monotone) de $ [1,+\infty[$ dans $ f( [1,+\infty[)=[0,+\infty[$  on est donc certain que quand $t\to\infty$ on a bien une unique solution $x(t)\geq 1$, mais on peut aussi en déduire  que $x(t)\to\infty$ quand $t\to\infty$. Cette simple remarque va permettre d'enclencher une stratégie dite «d'amorçage/pompage»* pour trouver un développement asymptotique précis de $x=x(t)$.  Pour résumer, cette stratégie se décompose en 2 étapes :

• l'amorçage : on cherche  un premier équivalent simple de la solution  voir une domination asymptotique du reste
• le pompage : on réinjecte l'estimation asymptotique dans l'équation de départ pour en sortir une nouvelle estimation  avec un terme de reste plus  précis 

 Pour amorcer on essaye d'isoler le terme dominant en $x$ , quand $x,t\to\infty$ , d'un coté de l'équation :
$$x\ln(x)=t\Rightarrow x={t\over \ln(x)}$$
pour connaitre l'équivalent de $x$ il nous faut donc trouver un équivalent de $\ln(x)$, pour ça on passe au logarithme dans l'équation de départ:
$$ x\ln(x)=t
\Rightarrow\ln(x)+\underbrace{\ln(\ln(x))}_{=o(\ln(x))}=\ln(t)
\Rightarrow\ln(x)\sim_\infty \ln(t) $$
 on en déduit  un premier équivalent  de la solution :
$$ x={t  \over \ln(x)}\sim_\infty {t  \over \ln(t)}$$
Pour obtenir un DA on va maintenant chercher à mettre en facteur $t/\ln(t)$  dans l'expression de $x$ :
$$ x={t  \over \ln(x)}= {t  \over \ln({t  \over \ln(x)})}
= {t  \over \ln(t)-\ln(\ln(x))}= {t  \over \ln(t)}\times {1\over 1-{\ln(\ln(x))\over \ln(t)}}$$
comme $\ln(x)\sim_\infty \ln(t)$ on a aussi $\ln(\ln(x))\sim \ln(\ln(t))$ (voir le billet  sur le passage au logarithme dans les équivalents) et on peut poser $u={\ln(\ln(x))\over \ln(t)}\sim_\infty {\ln(\ln(t))\over \ln(t)}\to0$ quand $t\to \infty$ pour majorer le reste via un DL de ${1\over 1-u}=1+O(u)$  quand $u\to0$ :
$$ x={t  \over \ln(t)}\times {1\over 1-{\ln(\ln(x))\over \ln(t)}}
={t  \over \ln(t)}\times \left(1+O\left({\ln(\ln(t))\over \ln(t)}\right)\right)
={t  \over \ln(t)}+O\left({t\ln(\ln(t))\over \ln(t)^2}\right)
$$
On a finit  l'étape d'amorçage! Il ne reste "plus" qu'à recommencer pour remplacer le terme ${\ln(\ln(x))\over \ln(t)}$ par un équivalent  et améliorer  l'estimation du reste. D'abord on passe au logarithme :
$$\begin{align*}
 {\ln(\ln(x))}&={\ln(\ln(t/\ln(x)))} ={\ln(\ln(t)-\ln(\ln(x)))}\\
&=  {\ln\left(\ln(t)\left(1-{\ln(\ln(x))\over\ln(t)}\right)\right)}\\
&=  {\ln(\ln(t))+\ln\left(1-{\ln(\ln(x))\over\ln(t)}\right)}\\
&=  {\ln(\ln(t))}+O\left({\ln(\ln(x))\over\ln(t)}\right)
=  {\ln(\ln(t))}+O\left({\ln(\ln(t))\over\ln(t)}\right)\\
\end{align*}
$$
où on a utilisé que $\ln(1-u)=O(u)$ quand $u={\ln(\ln(x))\over\ln(t)}\sim_\infty {\ln(\ln(t))\over\ln(t)}\to 0$ . Ensuite on divise par $\ln(t)$
$$\begin{align*}
 {\ln(\ln(x))\over\ln(t)}
&=  {\ln(\ln(t))\over\ln(t)}+O\left({\ln(\ln(t))\over\ln(t)^2}\right)
 \end{align*}$$
et on utilise le DL ${1\over 1-u}=1+u+O(u^2) $ en $u={\ln(\ln(x))\over \ln(t)}\to 0$ :
$$\begin{align*}
{1\over 1-{\ln(\ln(x))\over \ln(t)}}
&=  1+{\ln(\ln(x))\over \ln(t)} +O\left(\left({\ln(\ln(x))\over \ln(t)}\right)^2\right)\\
&=  1+{\ln(\ln(t))\over \ln(t)} +O\left({\ln(\ln(t))\over\ln(t)^2}\right) +\underbrace{O\left(\left({\ln(\ln(t))\over \ln(t)}\right)^2\right)}_\text{terme dominant}\\
\end{align*}$$
enfin on multiplie les 2 résultats :
$$\begin{align*}x&={t  \over \ln(t)}\times {1\over 1-{\ln(\ln(x))\over \ln(t)}}&={t  \over \ln(t)}+{t\ln(\ln(t))\over \ln(t)^2} +O\left({t\ln(\ln(t))^2\over\ln(t)^3}\right)
\end{align*}
$$
En continuant on trouvera  une série de termes  en  ${t\ln(\ln(t))^k\over \ln(t)^n}$ avec $1\leq k< n$  et un reste en $O(t\ln(\ln(t))^n/ \ln(t)^{n+1})$ ... Je vous laisse réitérer  pour trouver par pompage  les termes suivant du DA :-)
 $$\begin{align*}x&=
{t  \over \ln(t)}+{t\ln(\ln(t))\over \ln(t)^2}+{t\ln(\ln(t))^2\over \ln(t)^3}-{t\ln(\ln(t))\over \ln(t)^3} +O\left({t\ln(\ln(t))^3\over\ln(t)^4}\right)
\end{align*}$$
vous pouvez facilement juger de la précision du DA  limité à 4 termes en prenant  un exemple numérique:

-->x=1000
 x  =
 
    1000.  
 
-->t=x*log(x)
 t  =
 
    6907.7553  
 
-->x1=t/log(t)
 x1  =
 
    781.38492  
 
-->x2=x1+t*log(log(t))/(log(t)^2)
 x2  =
 
    974.01164  
 
-->x3=x2+t*(log(log(t))^2)/(log(t)^3)
 x3  =
 
    1021.4979  
 
-->x4=x3-t*(log(log(t)))/(log(t)^3)
 x4  =
 
    999.70854  

* je me souviens qu'on m'a introduit ce genre de méthode  sous ce nom «d'amorçage/pompage» mais je ne trouve aujourd'hui aucune trace  de cette terminologie ...