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\author{Leçons 220, 221, 224, 228 \\ Salim Rostam}
\title{Étude asymptotique d'une suite de polynômes}

\newtheorem*{theoreme}{Théorème}
\newtheorem*{propriete}{Propriété}
\newtheorem*{lemme}{Lemme}

\begin{document}
\maketitle

On définit la fonction $u \in \mathcal{C}^{\infty}(\mathbb{R})$ par $u(x) := e^{x^2/2}$.

\begin{propriete}
Il existe une suite de polynômes $(B_n) \in \mathbb{R}[X]^{\mathbb{N}}$ telle que :
\begin{equation}
\label{eq:def_Bn}
\forall n \in \mathbb{N}, \forall x \in \mathbb{R}, u^{(n)}(x) = B_n(x) u(x)
\end{equation}
\end{propriete}

Par exemple, les premiers termes de cette suite sont $B_0 = 1$, $B_1 = X$ et $B_2 = X^2 + 1$.
Le but de ce développement est d'établir un équivalent de $B_n(x)$ pour tout $x > 0$. En particulier, on obtiendra pour $x = 1$ un équivalent du nombre d'involutions de $\mathfrak{S}_n$.

\section{Établissement d'une équation différentielle vérifiée par $B_n$}

\paragraph{Une relation de récurrence.} En dérivant $n + 1$ fois la relation $u' = x u$ on obtient grâce à la formule de Leibniz $u^{(n + 2)} = x u^{(n+1)} + (n + 1) u^{(n)}$ donc d'après $(\ref{eq:def_Bn})$ on obtient :
\begin{equation}
\label{eq:rec_Bn}
B_{n + 2} = X B_{n + 1} + (n + 1) B_n
\end{equation}

En vue d'obtenir une équation différentielle vérifiée par $B_n$, on va essayer d'exprimer $B_{n + 2}$ et $B_{n + 1}$ en fonction de $B_n$ et de ses dérivées.

\paragraph{Équation différentielle.} En dérivant une fois la relation $(\ref{eq:def_Bn})$ on obtient $B_{n + 1} = B_n' + B_n B_1$ c'est-à-dire :
\begin{equation}
\label{eq:rec_dif_Bn}
B_{n + 1} = B_n' + X B_n
\end{equation}

On a donc réussi à exprimer $B_{n + 1}$ en fonction de $B_n$ et de ses dérivées ; passons à $B_{n + 2}$. Ainsi, on dérive maintenant deux fois $(\ref{eq:def_Bn})$, pour obtenir $B_{n + 2} = B_n'' + 2 B_n' B_1 + B_n B_2$ c'est-à-dire : 
\begin{equation*}
B_{n + 2} = B_n'' + 2X B_n' + (X^2 + 1)B_n
\end{equation*}

En remplaçant les deux égalités que l'on a obtenues dans la relation $(\ref{eq:rec_Bn})$ on obtient $B_n'' + 2X B_n' + (X^2 + 1)B_n = X B_n' + X^2 B_n + (n + 1)B_n$ donc après simplification :
\begin{equation}
\label{eq:diff_Bn}
B_n'' + X B_n' - n B_n = 0
\end{equation}

\section{Introduction d'une fonction auxiliaire}

On cherche à simplifier l'équation différentielle $(\ref{eq:diff_Bn})$ obtenue précédemment. Plus précisément, on va chercher une fonction $y$ telle que $T_n := B_n y$ soit reliée uniquement à sa dérivée seconde. Ainsi, on veut faire apparaître $T_n$ dans $T_n'' = B_n''y + 2B_n' y' + B_n y''$. En remplaçant $B_n''$ par ce que fournit l'équation $(\ref{eq:diff_Bn})$ on obtient :
\begin{equation}
\label{eq:Tn_Bn}
T_n'' = (2y' - xy)B_n' + (y'' + ny) B_n
\end{equation}

Pour faire apparaître seulement $T_n (=B_ny)$, il faut \textit{a priori} que le terme en $B_n'$ soit nul : autrement dit, il suffit de choisir $y$ tel que $2y' = xy$. Ainsi, en choisissant $y(x) := e^{x^2 / 4}$ on a bien $2y'=xy$ donc l'équation $(\ref{eq:Tn_Bn})$ précédente fournit, étant donné que $y'' = \frac{1}{2}(y + xy') = \frac{1}{2}(y + \frac{x^2}{2}y) = \frac{x^2 + 2}{4}y$ :
\[
T_n'' = \left(\frac{x^2 + 2}{4} + n\right) yB_n = \left(\frac{x^2 + 2}{4} + n\right) T_n
\]
donc en particulier, pour $T > 0$ :
\begin{equation}
\label{ineq:Tn}
\forall x \in [0, T], \left(\frac{1}{2} + n\right) T_n(x) \leq T_n''(x) \leq \left(\frac{T^2 + 2}{4} + n\right) T_n(x)
\end{equation}
(on a bien $T_n(x) \geq 0$ $\forall x \geq 0$ : on peut démontrer cela par récurrence à partir de la relation $(\ref{eq:rec_Bn})$).
\section{Recherche de l'équivalent}

On va d'abord énoncer un lemme qui va nous servir à exploiter l'inéquation différentielle que l'on vient de trouver.

\begin{lemme} Soit $y$ une fonction de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\mathbb{R}$ vérifiant l'inéquation différentielle suivante ($\alpha, \beta \geq 0$) :
\[
\forall x \in [0, T], \alpha y(x) \leq y''(x) \leq \beta y(x)
\]
Alors si $y(0) \neq 0$ et $y'(0) = 0$ on a :
\[
\forall x \in [0, T], y(0) \cosh(\sqrt{\alpha} x) \leq y(x) \leq y(0) \cosh (\sqrt{\beta} x)
\]
\end{lemme}

\begin{proof}
On compare $y$ à $y_{\alpha} := x \mapsto \cosh(\sqrt{\alpha}x)$, solution de $y_{\alpha}'' = \alpha y_{\alpha}$ avec $y_{\alpha}(0) \neq 0$ et $y_{\alpha}'(0) =  0$, ainsi qu'à $y_{\beta}$ (définie de façon analogue).

On va montrer que $z_{\alpha} := \frac{y}{y_{\alpha}} \geq y(0)$ sur $[0, T]$ ; montrons tout d'abord que $z_{\alpha}$ est croissante. On a $z_{\alpha}' = \frac{y'y_{\alpha} - y y_{\alpha}'}{y_{\alpha}^2}$ : la dérivée du numérateur vaut $y'' y_{\alpha} + y'y_{\alpha}' - y'y_{\alpha}' - yy_{\alpha}'' = y'' y_{\alpha} - \alpha yy_{\alpha}$ donc comme $y_{\alpha} \geq 0$ et que $y'' \geq \alpha y$ on obtient que $(y'y_{\alpha} - y y_{\alpha}')' \geq 0$. Or, $(y'y_{\alpha} - y y_{\alpha}')(0) = 0$ (car $y'(0) = y_{\alpha}'(0) = 0)$ donc par ce qui précède on a $(y'y_{\alpha} - y y_{\alpha}')|_{[0, T]} \geq 0$.
Finalement, $z_{\alpha}'|_{[0, T]} \geq 0$ donc $z_{\alpha}$ est croissante sur $[0, T]$ ; comme $z_{\alpha}(0) = y(0)$ on a donc $z_{\alpha} = \frac{y}{y_{\alpha}} \geq y(0)$ sur $[0, T]$ qui est le résultat annoncé. On conclut car $y_{\alpha}$ est positive (on procède de la même manière pour prouver que $y \leq y(0)y_{\beta}$ sur $[0, T]$).
\end{proof}

D'après $(\ref{ineq:Tn})$, $T_n$ vérifie l'inéquation du lemme ; cependant, on va considérer seulement $T_{2n}$ car on peut montrer (toujours grâce à $(\ref{eq:rec_Bn})$) que $B_{2n}$ est paire alors que $B_{2n + 1}$ est impaire (et cela se transmet bien aux $T_n$ car $e^{x^2 / 4}$ est paire). Ainsi, $T_{2n}'(0) = 0$ et par le lemme on obtient, pour $T > 0$ et $x \in [0, T]$ :
\[
T_{2n}(0)\cosh\left(\sqrt{2n + \frac{1}{2}} x\right) \leq T_{2n}(x) \leq  T_{2n}(0)\cosh\left(\sqrt{2n + \frac{T^2 + 2}{4}} x\right)
\]
d'où $\forall x > 0, T_{2n}(x) \underset{n \to \infty}{\sim} T_{2n}(0) \frac{e^{\sqrt{2n}x}}{2}$ et donc :
\begin{equation}
\label{eq:equiv_Bn_presque}
\forall x > 0, B_{2n}(x) \underset{n \to \infty}{\sim} B_{2n}(0) \frac{e^{\sqrt{2n}x}}{2} e^{-\frac{x^2}{4}}
\end{equation}

Reste donc à déterminer $B_{2n}(0)$ et à montrer que cette quantité est non nulle (pour pouvoir appliquer le lemme) ; pour cela, on utilise $(\ref{eq:rec_Bn})$ pour obtenir $B_{2n+2}(0) = (2n + 1)B_{2n}(0)$ donc par récurrence $B_{2n}(0) = (2n - 1)(2n - 3)\cdots 3 \cdot 1  B_0$ donc (en multipliant en haut et en bas par les nombres pairs qui manquent) :
\[
B_{2n}(0) = \frac{(2n)!}{(2n)(2n - 2)\cdots 2} = \frac{(2n)!}{2^n n!}
\]
qui est bien non nul, et par la formule de Stirling on obtient $B_{2n}(0) \sim \frac{(2n)^{2n} e^{-2n} \sqrt{2\pi 2n}}{2^n n^n e^{-n} \sqrt{2\pi n}}$ donc après simplification $B_{2n}(0) \sim \sqrt{2} (\frac{2n}{e})^n$ et donc en remplaçant dans $(\ref{eq:equiv_Bn_presque})$ on obtient :
\[
\forall x > 0, B_{2n}(x) \underset{n \to \infty}{\sim}  \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{2n}{e}\right)^n e^{\sqrt{2n}x} e^{-\frac{x^2}{4}}
\]

En fait, on peut montrer en utilisant une variante du lemme précédent\footnote{Voir annexe \ref{annexe:n_impair}.} que l'on a :
\begin{equation}
\label{eq:equiv_final}
\forall x > 0, B_n(x) \underset{n \to \infty}{\sim}  \frac{1}{\sqrt{2}} \left(\frac{n}{e}\right)^{\frac{n}{2}} e^{\sqrt{n}x} e^{-\frac{x^2}{4}}
\end{equation}

\section{Nombre d'involutions de $\mathfrak{S}_n$}

D'après la relation $(\ref{eq:rec_Bn})$, en substituant $1$ à $X$ on obtient :
\[
B_{n + 2}(1) = B_{n + 1}(1) + (n + 1) B_n(1)
\]
donc comme $B_1(1) = 1$ et que $B_2(1) = 2$ on en déduit le théorème suivant.

\begin{theoreme}
Le nombre d'involutions de $\mathfrak{S}_n$ est équivalent quand $n \to \infty$ à $\frac{1}{\sqrt{2}} \left(\frac{n}{e}\right)^{\frac{n}{2}} e^{\sqrt{n} - \frac{1}{4}}$.
\end{theoreme}

\begin{proof}
D'après l'équivalent précédent, il suffit de montrer que le nombre $u_n$ d'involutions de $\mathfrak{S}_n$ est $B_n(1)$. (On rappelle que $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ est une involution si $\sigma^2 = \textrm{id}$ \textit{i.e.} $\sigma$ est d'ordre $1$ ou $2$.)
\begin{itemize}
\item Tous les éléments de $\mathfrak{S}_1$ sont des involutions donc $u_1 = 1$.
\item Tous les éléments de $\mathfrak{S}_2$ sont des involutions donc $u_2 = 2$.
\item Soit $n \geq 1$. On remarque que $\sigma \in \mathfrak{S}_{n + 2}$ est une involution si et seulement si les cycles apparaissant dans la décomposition en produit de cycles disjoints de $\sigma$ sont tous des transpositions. Ainsi, pour déterminer une involution de $\mathfrak{S}_{n + 2}$ on peut :
\begin{itemize}
\item décider que l'élément $n + 2$ est fixé : il reste donc $u_{n + 1}$ choix ;
\item décider que l'élément $n + 2$ est permuté avec $k \in \{1,\dots, n + 1\}$ : il reste donc $n$ éléments à permuter avec une involution \textit{i.e.} $u_n$ choix ;
\end{itemize}
d'où $u_{n + 2} = u_{n + 1} + (n + 1) u_n$.
\end{itemize}
Finalement, les suites $(u_n)$ et $(B_n(1))$ vérifient les mêmes conditions initiales et la même relation de récurrence donc elles sont égales, \textit{i.e.} $u_n = B_n(1)$.
\end{proof}

\begin{thebibliography}{1}
\bibitem{gt} GONNORD Stéphane et TOSEL Nicolas, \textit{Calcul différentiel}. Ellipses, 1998 (page 148).
\end{thebibliography}

\appendix

\section{Cas où $n$ est impair}
\label{annexe:n_impair}

Comme $T_{2n + 1}$ est impair, on a $T_{2n + 1}(0) = 0$ donc le lemme précédent est inutilisable. On démontre alors le lemme suivant.

\begin{lemme} Soit $y$ une fonction de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\mathbb{R}$ vérifiant l'inéquation différentielle suivante ($\alpha, \beta > 0$) :
\[
\forall x \in [0, T], \alpha y(x) \leq y''(x) \leq \beta y(x)
\]
Alors si $y(0) = 0$ et $y'(0) \neq  0$ on a :
\[
\forall x \in [0, T], \frac{y'(0)}{\sqrt{\alpha}} \sinh(\sqrt{\alpha} x) \leq y(x) \leq \frac{y'(0)}{\sqrt{\beta}} \sinh (\sqrt{\beta} x)
\]
\end{lemme}

\begin{proof}
On va adopter la même stratégie que dans le lemme précédent : on compare $y$ à $y_{\alpha} := x \mapsto \sinh(\sqrt{\alpha}x)$, solution de $y_{\alpha}'' = \alpha y_{\alpha}$ avec $y_{\alpha}(0) = 0$ et $y_{\alpha}'(0) \neq  0$, et à $y_{\beta}$ (définie de façon analogue).

 On va montrer que $z_{\alpha} := \frac{y}{y_{\alpha}} \geq \frac{y'(0)}{\sqrt{\alpha}}$ sur $[0, T]$ ; montrons tout d'abord que $z_{\alpha}$ est croissante sur cet intervalle. On a $z_{\alpha}' = \frac{y'y_{\alpha} - y y_{\alpha}'}{y_{\alpha}^2}$ : la dérivée du numérateur vaut $y'' y_{\alpha} + y'y_{\alpha}' - y'y_{\alpha}' - yy_{\alpha}'' = y'' y_{\alpha} - \alpha yy_{\alpha}$ donc comme ${y_{\alpha}}|_{[0, T]} \geq 0$ et que $y'' \geq \alpha y$ on obtient que $(y'y_{\alpha} - y y_{\alpha}')'|_{[0, T]} \geq 0$. Or, $(y'y_{\alpha} - y y_{\alpha}')(0) = 0$ (car $y(0) = y_{\alpha}(0) = 0)$ donc par ce qui précède on a $(y'y_{\alpha} - y y_{\alpha}')|_{[0, T]} \geq 0$.
Finalement, $z_{\alpha}'|_{[0, T]} \geq 0$ donc $z_{\alpha}$ est croissante sur $[0, T]$ ; reste à montrer que $z_{\alpha}$ se prolonge par continuité par $\frac{y'(0)}{\sqrt{\alpha}}$ en $0$. En effet, pour $x \to 0$ :
\[
z_{\alpha}(x) = \frac{y(x)}{y_{\alpha}(x)} = \frac{x y'(0) + o(x)}{x y_{\alpha}'(0) + o(x)} = \frac{y'(0) + o(1)}{ y_{\alpha}'(0) + o(1)} = \frac{y'(0)}{\sqrt{\alpha}}
\]
(on a en fait redémontré un cas de la \emph{règle de l'Hôpital}). Ainsi, par ce qui précède on a donc $z_{\alpha} = \frac{y}{y_{\alpha}} \geq \frac{y'(0)}{\sqrt{\alpha}}$ sur $[0, T]$ et on conclut car $y_{\alpha}|_{[0, T]}$ est positive (on procède de la même manière pour montrer que $y \leq \frac{y'(0)}{\beta} y_{\beta}$ sur $[0, T]$).
\end{proof}

On a par définition $T_{2n + 1}(x) = B_{2n + 1}(x) e^{x^2 / 4}$ donc $T_{2n+1}'(0) = B_{2n + 1}'(0)$. Ainsi, d'après $(\ref{eq:rec_dif_Bn})$ on a $T_{2n - 1}'(0) = T_{2n}(0)$, qui est non nul d'après ce qui a déjà été fait. Ainsi, on peut appliquer le lemme (on rappelle que l'équation différentielle $(\ref{ineq:Tn})$ est valable quelque soit $n$), et on trouve, pour $T > 0$ et avec $\alpha := 2n - 1 + \frac{1}{2}$ et $\beta := 2n - 1 + \frac{T^2 + 2}{4}$ :
\[
\forall x \in [0, T], 
\frac{T_{2n}(0)}{\sqrt{\alpha}}\sinh(\sqrt{\alpha}x) \leq T_{2n - 1}(x) \leq \frac{T_{2n}(0)}{\sqrt{\beta}}\sinh(\sqrt{\beta}x)
\]
d'où $\forall x > 0, T_{2n - 1}(x) \sim \frac{T_{2n}(0)}{\sqrt{2n - 1}}\frac{e^{\sqrt{2n - 1}x}}{2} \sim \frac{T_{2n}(0)}{\sqrt{2n}}\frac{e^{\sqrt{2n}x}}{2}$ donc :
\[
\forall x > 0, B_{2n - 1}(x) \underset{n \to \infty}{\sim} \frac{B_{2n}(0)}{\sqrt{2n}}\frac{e^{\sqrt{2n}x}}{2} e^{-\frac{x^2}{4}}
\]
et utilisant l'équivalent $B_{2n}(0) \sim \sqrt{2} (\frac{2n}{e})^n$ que l'on avait trouvé on obtient :
\[
\forall x > 0, B_{2n - 1}(x) \underset{n \to \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{(\frac{2n}{e})^n}{\sqrt{2n}} e^{\sqrt{2n}x} e^{-\frac{x^2}{4}}
\]

Soit $x > 0$ ; montrons  comment obtenir l'équivalent $(\ref{eq:equiv_final})$. Soit $N \in \mathbb{N}$.
\begin{itemize}
\item Si $N = 2n$, alors on a $B_N(x) = B_{2n}(x) \sim \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{2n}{e}\right)^n e^{\sqrt{2n}x} e^{-\frac{x^2}{4}}$ ; comme $n = \frac{N}{2}$ on obtient donc $B_N(x) \sim \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{N}{e}\right)^{\frac{N}{2}} e^{\sqrt{N}x} e^{-\frac{x^2}{4}}$.
\item Si $N = 2n - 1$ alors on a $B_N(x) = B_{2n - 1}(x) \sim \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{(\frac{2n}{e})^n}{\sqrt{2n}} e^{\sqrt{2n}x} e^{-\frac{x^2}{4}}$ ; comme $n = \frac{N + 1}{2} $ on obtient :
\[B_N(x)
\sim \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\left(\frac{N + 1}{e}\right)^{\frac{N + 1}{2}}}{\sqrt{N + 1}} e^{\sqrt{N + 1}x} e^{-\frac{x^2}{4}}
\sim \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\left(\frac{N + 1}{e}\right)^{\frac{N}{2}} \sqrt{\frac{N}{e}}}{\sqrt{N}} e^{\sqrt{N}x} e^{-\frac{x^2}{4}}
\]
Or, comme $\left(1 + \frac{1}{N}\right)^{\frac{N}{2}} \sim \sqrt{e}$ on en déduit que $\left(\frac{N + 1}{e}\right)^{\frac{N}{2}} \sim \sqrt{e} \left(\frac{N}{e}\right)^{\frac{N}{2}}$ et on obtient donc encore une fois $B_N(x)
\sim  \frac{1}{\sqrt{2}} \left(\frac{N}{e}\right)^{\frac{N}{2}} e^{\sqrt{N}x} e^{-\frac{x^2}{4}}$.
\end{itemize}

Finalement, on a bien montré l'équivalent $(\ref{eq:equiv_final})$, c'est-à-dire :
\[
\forall x > 0, B_n(x)
\underset{n \to \infty}{\sim}  \frac{1}{\sqrt{2}} \left(\frac{n}{e}\right)^{\frac{n}{2}} e^{\sqrt{n}x} e^{-\frac{x^2}{4}}
\]
\end{document}