# Équivalents et développements de suites/Exercices/Équivalent d'une suite définie comme solution d'une équation paramétrée
## Exercice 5-1

On considère, pour tout entier k ≥ 2, la fonction φ$_k$ définie par :
    $\forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\qquad \varphi _{k}(x)=k(x-1)-x\ln x$.
* Montrer que l'équation φ$_k$(x) = 0 admet une racine a$_k$ et une seule dans ]e$^{k–1}$, e$^k$[.
* Montrer qu'un développement asymptotique de la suite (a$_n$)$_{n∈ℕ}$ est donné par a$_k$ = e$^k$ – k + o(k).
1 - Étudions cette fonction sur ]0, +∞[.
On a :
    $\varphi _{k}'(x)=k-1-\ln x$.
On obtient donc le tableau de variation :
${\begin{array}{|c|ccccccccc|}\hline x&0&&1&&e^{k-1}&&&&+\infty \\\hline \varphi _{k}'(x)&&&+&&0&&-&&\\\hline &&&&&e^{k-1}-k&&&&\\&&&&\nearrow &&\searrow &&&\\\varphi _{k}&&&0&&&&\searrow &&\\&&\nearrow &&&&&&\searrow &\\&-k&&&&&&&&-\infty \\\hline \end{array}}$
Comme φ$_k$(1) = 0, nous voyons clairement que l’équation φ$_k$(x) = 0 a une unique solution strictement supérieure à e$^{k–1}$, que l’on notera a$_k$. De plus,
    $\varphi _{k}(\mathrm {e} ^{k})=k(\mathrm {e} ^{k}-1)-\mathrm {e} ^{k}\ln(\mathrm {e} ^{k})=k\mathrm {e} ^{k}-k-k\mathrm {e} ^{k}=-k<0$.
Par conséquent, on a aussi a$_k$ < e$^k$.
L’équation φ$_k$(x) = 0 admet donc une unique solution a$_k$ vérifiant e$^{k–1}$ < a$_k$ < e$^k$.
2 - Pour trouver un tel développement asymptotique, nous avons besoin d’une fonction h$_k$ vérifiant h$_k$(a$_k$) = a$_k$ et dont la dérivée dans l’intervalle ]e$^{k–1}$, e$^k$[ soit inférieure à 1.
Considérons l’équation :
    $k(x-1)-x\ln x=0\Leftrightarrow k(x-1)=x\ln x$
La variable x figure trois fois dans l’équation. On peut donc exprimer x comme fonction de x de trois manières différentes :
* $x={\frac {x\ln x}{k}}+1$ ;
* $x={\frac {k(x-1)}{\ln x}}$ ;
* $x=\mathrm {e} ^{k-k/x}$.
Posons :
    $f_{k}(x)={\frac {x\ln x}{k}}+1,\qquad \qquad g_{k}(x)={\frac {k(x-1)}{\ln x}},\qquad \qquad h_{k}(x)=\mathrm {e} ^{k-k/x}$.
Le lecteur peut vérifier aisément que dans l’intervalle ]e$^{k–1}$, e$^k$[, seule la fonction h$_k$ a une dérivée inférieure à 1. C’est donc elle que nous adopterons.
Nous avons :
    $\mathrm {e} ^{k-1}<a_{k}<\mathrm {e} ^{k}$
En prenant l’image par h$_k$ des trois membres, nous obtenons :
    $h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k-1}\right)<h_{k}(a_{k})<h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k}\right)$,
c’est-à-dire :
    $\mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-k\mathrm {e} ^{1-k}}<a_{k}<\mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-k\mathrm {e} ^{-k}}$.
Or $-k\mathrm {e} ^{-k}\to 0$ donc
    $\mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-k\mathrm {e} ^{1-k}}\sim \mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-k\mathrm {e} ^{-k}}\sim \mathrm {e} ^{k}$,
ce qui prouve déjà que :
    $a_{k}\sim \mathrm {e} ^{k}$.
Prenons à nouveau l’image par h$_k$ des trois membres du dernier encadrement. Nous obtenons :
    $h_{k}\left(h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k-1}\right)\right)<h_{k}(a_{k})<h_{k}\left(h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k}\right)\right)$,
c’est-à-dire :
    $\mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-{\frac {k}{h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k-1}\right)}}}<a_{k}<\mathrm {e} ^{k}\mathrm {e} ^{-{\frac {k}{h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k}\right)}}}$.
Puisque (comme observé précédemment)
    ${\frac {k}{h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k-1}\right)}}\sim {\frac {k}{h_{k}\left(\mathrm {e} ^{k}\right)}}\sim k\mathrm {e} ^{-k}\to 0$,
en prenant un développement limité, l'encadrement devient :
    $\mathrm {e} ^{k}\left(1-k\mathrm {e} ^{-k}+o\left(k\mathrm {e} ^{-k}\right)\right)<a_{k}<\mathrm {e} ^{k}\left(1-k\mathrm {e} ^{-k}+o\left(k\mathrm {e} ^{-k}\right)\right)$,
que nous pouvons écrire sous la forme :
    $\mathrm {e} ^{k}-k+o(k)<a_{k}<\mathrm {e} ^{k}-k+o(k)$.
Nous pouvons conclure :
    $a_{k}=\mathrm {e} ^{k}-k+o(k)$.
Plus simplement, $g:\left]1,+\infty \right[\to \left]1,+\infty \right[,\;x\mapsto {\frac {x\ln x}{x-1}}$ est bijective.
Quand $x\to +\infty$, ${\frac {\ln x}{x-1}}\sim {\frac {g(x)}{x}}$ donc
    $\mathrm {e} ^{g(x)}=\mathrm {e} ^{\left(1+{\frac {1}{x-1}}\right)\ln x}=x\operatorname {e} ^{\frac {\ln x}{x-1}}=x\left(1+{\frac {\ln x}{x-1}}+o\left({\frac {\ln x}{x-1}}\right)\right)=x\left(1+{\frac {g(x)}{x}}+o\left({\frac {g(x)}{x}}\right)\right)=x+g(x)+o\left(g(x)\right)$
donc quand $y\to +\infty$,
    $g^{-1}(y)=\mathrm {e} ^{y}-y+o(y)$.
En particulier,
    $a_{k}=g^{-1}(k)=\mathrm {e} ^{k}-k+o(k)$.

## Exercice 5-2

On considère l’équation :
    $x^{n}\mathrm {e} ^{x}=1$.
* Montrer que pour tout n, cette équation admet dans l’intervalle ]0, +∞[ une unique solution, que l’on notera x$_n$.
* Trouver un développement asymptotique à l’ordre 3 de (x$_n$)$_{n∈ℕ}$.
1 - Sur [0, +∞[, la fonction f$_n$ définie par f$_n$(x) = x$^n$e$^x$ – 1 a pour dérivée :
    $f_{n}'(x)=(n+x)x^{n-1}\operatorname {e} ^{x}>0$
et par conséquent f$_n$ est strictement croissante. Comme f$_n$(0) = –1 < 0 et lim$_{+∞}$f$_n$ = +∞ > 0, nous en déduisons, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, que l’équation f$_n$(x) = 0 admet une unique solution dans ]0, +∞[.
2 - Pour chercher un développement de x$_n$, nous avons besoin, pour tout n, d’une fonction h$_n$, de ]0, +∞[ dans lui-même, vérifiant les deux conditions :
    ${\begin{cases}h_{n}(x_{n})=x_{n}\\\forall x\in \left]0,+\infty \right[\quad |h_{n}'(x)|<1.\end{cases}}$
Pour cela, nous remarquons que :
    $x^{n}\mathrm {e} ^{x}=1\Leftrightarrow x=\mathrm {e} ^{-{\frac {x}{n}}}\Leftrightarrow x=-n\ln x$
    $x\mapsto -n\ln x$ a pour dérivée $x\mapsto -{\frac {n}{x}}$ qui, visiblement, ne convient pas.
    $x\mapsto \mathrm {e} ^{-{\frac {x}{n}}}$ a pour dérivée $x\mapsto -{\frac {1}{n}}\mathrm {e} ^{-{\frac {x}{n}}}$ qui, comme on peut le vérifier, remplit bien les deux conditions précédentes.
Nous poserons donc :
    $h_{n}(x)=\mathrm {e} ^{-{\frac {x}{n}}}$.
Comme h$_n$ est strictement décroissante et fixe x$_n$, on a, en notant h$_n$$^k$ la k-ième itérée de h$_n$ :
    $x_{n}>0\Rightarrow 0<x_{n}<h_{n}(0)\Rightarrow h_{n}^{2}(0)<x_{n}<h_{n}(0)\Rightarrow \dots \Rightarrow h_{n}^{4}(0)<x_{n}<h_{n}^{5}(0)$.
Or pour x fixé, égal à 0 ou à h$_n$(0) = 1, on a successivement (en utilisant le développement limité à l'ordre en 0 de la fonction exponentielle à des ordres de plus en plus grands) :
    $h_{n}(x)=\exp \left(-{\frac {x}{n}}\right)=1+o(1)$
    $h_{n}^{2}(x)=\exp \left(-{\frac {h_{n}(x)}{n}}\right)=\exp \left(-{\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)\right)=1-{\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)$
    ${\begin{aligned}h_{n}^{3}(x)&=\exp \left(-{\frac {h_{n}^{2}(x)}{n}}\right)\\&=\exp \left(-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\right)\\&=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {1}{2}}\left(-{\frac {1}{n}}\right)^{2}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\\&=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\end{aligned}}$
    ${\begin{aligned}h_{n}^{4}(x)&=\exp \left(-{\frac {h_{n}^{3}(x)}{n}}\right)\\&=\exp \left(-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}-{\frac {3}{2n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)\right)\\&=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}-{\frac {3}{2n^{3}}}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{n^{2}}}-{\frac {2}{n^{3}}}\right)+{\frac {1}{6}}\left(-{\frac {1}{n}}\right)^{3}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)\\&=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}-{\frac {8}{3n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right),\end{aligned}}$
ce qui, puisque $h_{n}^{4}(0)<x_{n}<h_{n}^{4}(1)$, permet de conclure :
    $x_{n}=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}-{\frac {8}{3n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)$.
Plus simplement,
    $g:\left]0,1\right]\to \left[0,+\infty \right[,\;x\mapsto {\frac {-\ln x}{x}}$
est bijective et son d.l. à l'ordre 3 au point 1 :
    $g(1-h)=\left(h+{\frac {h^{2}}{2}}+{\frac {h^{3}}{3}}+o(h^{3})\right)\left(1+h+h^{2}+o(h^{2})\right)=h+{\frac {3h^{2}}{2}}+{\frac {11h^{3}}{6}}+o(h^{3})$
permet de calculer celui de $g^{-1}$ au point 0 :
    $g^{-1}(y)=1+ay+by^{2}+cy^{3}+o(y^{3})$
avec
    $1-h=1+a\left(h+{\frac {3h^{2}}{2}}+{\frac {11h^{3}}{6}}\right)+b(h^{2}+3h^{3})+ch^{3}+o(h^{3})$
c'est-à-dire
    $a=-1$, $b=-{\frac {3a}{2}}={\frac {3}{2}}$ et $c=-{\frac {11a}{6}}-3b=-{\frac {8}{3}}$.
Par conséquent,
    $g^{-1}(y)=1-y+by^{2}+{\frac {3y^{3}}{2}}+o(y^{3})$,
en particulier
    $x_{n}=g^{-1}\left({\frac {1}{n}}\right)=1-{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}-{\frac {8}{3n^{3}}}+o\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)$.
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