# Équivalents et développements de suites/Équivalent d'une suite définie comme solution d'une équation paramétrée
## De quoi s'agit-il ?

Soit f$_n$ une fonction paramétrée par le paramètre n, ce qui signifie que dans l’expression de f$_n$(x) figurent à la fois x et n. Nous supposerons que cette fonction réalise une bijection d’un intervalle I vers un intervalle J contenant 0, ce qui entraîne que l’équation f$_n$(x) = 0 admet une solution et une seule sur l’intervalle I. Comme cette solution dépend de n, on peut alors définir une suite (u$_n$)$_{n∈ℕ}$ en disant que u$_n$ est l’unique solution de l’équation f$_n$(x) = 0 sur l’intervalle I.
Nous allons essayer de trouver un équivalent de la suite (u$_n$)$_{n∈ℕ}$ ou mieux, un développement asymptotique. Si f$_n$ est croissante, posons par exemple : g$_n$(x) = f$_n$(x) + x.
Nous ne sommes pas obligés de choisir pour g$_n$ une telle expression. Nous recherchons seulement une expression de x vérifiant : g$_n$(x) = x (pour d’autres possibilités, voir les exemples).
Sur I, g$_n$ sera croissante comme somme de fonctions croissantes.
Nous avons :
    $f_{n}(x)=0\Leftrightarrow g_{n}(x)-x=0\Leftrightarrow g_{n}(x)=x$.
Nous avons besoin de deux valeurs a(n) et b(n), vérifiant a(n) < b(n) et telles que f$_n$(a(n)) et f$_n$(b(n)) soient de signes contraires sur l’intervalle I. On pourra alors écrire :
$\forall n\qquad a(n)<u_{n}<b(n)$.
Dans les expressions de a(n) et b(n) ne figure pas forcément n.
Si f$_n$ est décroissante, on peut aussi poser g$_n$(x) = f$_n$(x) + x.
Mais si, sur l’intervalle [a(n), b(n)], g$_n$ change de variation, on peut aussi poser g$_n$(x) = f$_n$(x) – x.
Sur I, g$_n$ sera alors décroissante, comme somme de fonctions décroissantes.
Dans ce cas, l’équation f$_n$(x) = 0 sera équivalente à l’équation g$_n$(x) = –x
Pour fixer les idées, nous supposerons f$_n$ et g$_n$ croissantes.
La fonction g$_n$, étant croissante sur [a(n), b(n)], elle sera bijective sur ce même intervalle et par conséquent admettra une fonction réciproque g$_n$$^{–1}$. On aura :
$\left(g_{n}^{-1}\right)'(u_{n})={\frac {1}{g_{n}'\left(g_{n}^{-1}(u_{n})\right)}}={\frac {1}{g_{n}'(u_{n})}}$
Par conséquent, si dans un voisinage de u$_n$, on a |g$_n$'(x)| > 1, on aura |g$_n$$^{−1}$'(x)| < 1, dans ce même intervalle, et inversement. Posons alors h$_n$ égale à celle des deux fonctions, g$_n$ ou g$_n$$^{–1}$, dont la dérivée est inférieure à 1 en valeur absolue dans un voisinage de u$_n$.
h$_n$ vérifiera donc les deux conditions :
    ${\begin{cases}h_{n}(u_{n})=u_{n}\\\exists \epsilon \quad \forall x\in \left]u_{n}-\epsilon ,u_{n}+\epsilon \right[\quad \left|h_{n}'(x)\right|<1.\end{cases}}$
Considérons l’encadrement :
    $\forall n\qquad a(n)<u_{n}<b(n)$.
Si :
    $\lim _{n\to \infty }a(n)=\lim _{n\to \infty }b(n)$,
nous pouvons en déduire, en utilisant le théorème d'encadrement, la limite de la suite (u$_n$).
Sinon, nous prendrons l’image par h$_n$ des trois membres, ce qui aura pour effet de nous donner un encadrement plus étroit de u$_n$ (ceci à cause du fait que h$_n$’(x) < 1). En réitérant cette opération plusieurs fois, nous obtiendrons des encadrements de u$_n$ de plus en plus étroits jusqu’à pouvoir en déduire un développement asymptotique de u$_n$ de plus en plus poussé.

## Exemple 1

On considère la fonction f$_n$ définie par :
    $\forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\qquad f_{n}(x)=x-n\ln x$.
On montre aisément que f$_n$ est décroissante sur ]0, n[ et réalise donc une bijection de cet intervalle vers l’intervalle ]n(1 – lnn), +∞[. Pour n ≥ 3, comme 0 ∈ ]n(1 – lnn), +∞[, l’équation f$_n$(x) = 0 admet, sur ]0, n[, une solution et une seule que l’on peut appeler u$_n$ et l’on définit ainsi une suite (u$_n$)$_{n∈ℕ}$.
    $f_{n}(u_{n})=0\Leftrightarrow u_{n}-n\ln u_{n}=0\Leftrightarrow n\ln u_{n}=u_{n}$.
Posons :
    $g_{n}(x)=n\ln x=x-f_{n}(x)$.
g$_n$ est croissante comme somme de fonctions croissantes.
De plus :
    $\forall x\in \left]0,n\right[\qquad g_{n}'(x)={\frac {n}{x}}>1$.
Par conséquent, nous choisirons pour h$_n$ la fonction réciproque de la fonction g$_n$.
Comme :
    $n\ln x=y\Leftrightarrow x=\mathrm {e} ^{\frac {y}{n}}$,
on posera :
    $h_{n}(x)=\mathrm {e} ^{\frac {x}{n}}$.
On peut vérifier que $\left]0,n\right[$ est stable par $h_{n}$
et
    $\forall x\in \left]0,n\right[\qquad h_{n}'(x)<1$.
Comme h$_n$ est strictement croissante et fixe u$_n$, on a, en notant h$_n$$^k$ la k-ième itérée de h$_n$ :
    $0<u_{n}<n\Rightarrow 1=h_{n}(0)<u_{n}<h_{n}(n)=\mathrm {e} \Rightarrow h_{n}(1)<u_{n}<h_{n}(\mathrm {e} )\Rightarrow \dots \Rightarrow h_{n}^{3}(1)<u_{n}<h_{n}^{3}(\mathrm {e} )$.
Or pour x fixé (égal à 1 ou e), 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) :
    $h_{n}(x)=\exp \left({\frac {x}{n}}\right)=1+o(1)$
    $h_{n}^{2}(x)=\exp \left({\frac {h_{n}(x)}{n}}\right)=\exp \left({\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)\right)=1+{\frac {1}{n}}+o\left({\frac {1}{n}}\right)$
    ${\begin{aligned}h_{n}^{3}(x)&=\exp \left({\frac {h_{n}^{2}(x)}{n}}\right)\\&=\exp \left({\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\right)\\&=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{n}}\right)^{2}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\\&=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\end{aligned}}$
ce qui, puisque $h_{n}^{3}(1)<u_{n}<h_{n}^{3}(\mathrm {e} )$, permet de conclure :
Nous pouvons obtenir ainsi un développement limité de u$_n$ à n’importe quel ordre.
Plus simplement, $g:\left]0,\mathrm {e} \right[\to \left]-\infty ,1/\mathrm {e} \right[,\;x\mapsto {\frac {\ln x}{x}}$ est une bijection nulle au point 1, dont le d.l. à l'ordre 2 en ce point :
    $g(1+h)=h-{\frac {3h^{2}}{2}}+o(h^{2})$
permet de calculer celui de $g^{-1}$ au point 0 :
    $g^{-1}(y)=1+ay+by^{2}+o(y^{2})$
avec
    $1+h=1+a\left(h-{\frac {3h^{2}}{2}}\right)+bh^{2}+o(h^{2})$
c'est-à-dire
    $a=1$ et $b={\frac {3a}{2}}={\frac {3}{2}}$.
Par conséquent,
    $g^{-1}(y)=1+y+{\frac {3y^{2}}{2}}+o(y^{2})$,
en particulier
    $u_{n}=g^{-1}\left({\frac {1}{n}}\right)=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{2n^{2}}}+o\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)$.

## Exemple 2

Reprenons la même fonction f$_n$ que dans l’exemple précédent.
    $\forall x\in \mathbb {R} _{*}^{+}\qquad f_{n}(x)=x-n\ln x$
mais cette fois, considérons l’intervalle [n, n$^2$], en supposant n ≥ 3.
On montre aisément que pour n ≥ 3, f$_n$ est croissante sur ]n, n$^2$[ et réalise donc une bijection de cet intervalle vers l’intervalle ]n – nlnn, n$^2$ – 2nlnn[.
Vérifions que 0 ∈ ]n – nlnn, n$^2$ – 2nlnn[, c'est-à-dire 1 < lnn < n/2.
Pour n ≥ 3, on a bien lnn > ln e = 1. Pour la seconde inégalité, on peut par exemple étudier la fonction h(x) = x – 2lnx. On a h'(x) = 1 – 2/x donc h est croissante sur [2, +∞[ et pour n ≥ 3, on a bien n/2 – lnn = h(n)/2 > h(e)/2 = (e – 2)/2 > 0.
Par conséquent, 0 ∈ ]n – nlnn, n$^2$ – 2nlnn[.
L’équation f$_n$(x) = 0 admet donc sur ]n, n$^2$[ une solution et une seule, que l’on peut appeler v$_n$, et l’on définit ainsi une suite (v$_n$)$_{n∈ℕ}$.
    $f_{n}(v_{n})=0\Leftrightarrow v_{n}-n\ln v_{n}=0\Leftrightarrow n\ln v_{n}=v_{n}$.
Posons :
    $g_{n}(x)=n\ln x=x-f_{n}(x)$.
g$_n$ est croissante comme somme de fonctions croissantes.
De plus :
    $\forall x\in \left]n,n^{2}\right[\qquad g_{n}'(x)={\frac {n}{x}}<1$.
Par conséquent, nous choisirons pour h$_n$, la fonction g$_n$ :
    $h_{n}(x)=n\ln x$.
Partons de l’encadrement :
    $n<v_{n}<n^{2}$.
En prenant l’image des trois membres par h$_n$, qui est croissante sur ]n, n$^2$[ et qui fixe v$_n$, on obtient :
    $h_{n}(n)<v_{n}<h_{n}(n^{2})$,
qui donne :
    $n\ln n<v_{n}<2n\ln n$.
Cet encadrement étant encore trop large pour en déduire un équivalent de v$_n$, prenons à nouveau l’image par h$_n$ des trois membres. On obtient :
    $h_{n}\left(h_{n}(n)\right)<v_{n}<h_{n}\left(h_{n}(n^{2})\right)$,
Or pour $\mathrm {e} \leq x_{n}=O\left(n^{2}\right)$ (en particulier pour x$_n$ égal à n ou n$^2$), on a $1\leq \ln(x_{n})=O\left(\ln n\right)$ donc
    $h_{n}\left(h_{n}(x_{n})\right)=n\ln \left(n\ln x_{n}\right)=n\left(\ln n+O\left(\ln \ln n\right)\right)\sim n\ln n$,
ce qui nous permet de conclure :
Plus simplement,
    $g:\left]\mathrm {e} ,+\infty \right[\to \left]0,1/\mathrm {e} \right[,\;x\mapsto {\frac {\ln x}{x}}$
est une bijection de limite nulle en +∞ et
    $\ln g(x)\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,-\ln x$
donc
    $x={\frac {\ln x}{g(x)}}\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,-{\frac {\ln g(x)}{g(x)}}$
c'est-à-dire
    $g^{-1}(y)\,{\underset {y\to 0}{\sim }}\,-{\frac {\ln y}{y}}$,
en particulier
    $v_{n}=g^{-1}\left({\frac {1}{n}}\right)\sim -{\frac {\ln(1/n)}{1/n}}=n\ln n$.
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