Exercice 1 2289 Correction

Soit $n$ un entier naturel. On étudie l’équation $(E_{n}) : x + \ln (x) = n$ d’inconnue $x \in ℝ_{+}^{*}$ .

(a)

Montrer que l’équation $(E_{n})$ possède une solution unique notée $x_{n}$ .
(b)

Montrer que la suite $(x_{n})$ diverge vers $+ \infty$ .
(c)

Donner un équivalent simple de la suite $(x_{n})$ .

Solution

(a)

Le tableau de variation de $f : x \mapsto x + \ln (x)$ permet d’affirmer que cette fonction réalise une bijection croissante de $ℝ_{+}^{*}$ vers $ℝ$ . L’équation $(E_{n})$ possède alors pour solution unique $x_{n} = f^{- 1} (n)$ .
(b)

Le tableau de variation de $f^{- 1}$ donne ${lim}_{+ \infty} f^{- 1} = + \infty$ . Par suite, $x_{n} \to + \infty$ .
(c)

$x_{n} \to + \infty$ donne $\ln (x_{n}) = o (x_{n})$ . La relation $x_{n} + \ln (x_{n}) = n$ donne alors $x_{n} + o (x_{n}) = n$ et donc

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} n .$

Exercice 2 1477 Correction

Soit $f :] 0; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

f (x) = \ln (x) + x .

(a)

Montrer que pour tout $n \in ℕ$ , il existe un unique $x_{n}$ tel que $f (x_{n}) = n$ .
(b)

Former le développement asymptotique de la suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ à la précision $(\ln (n) / n)$ .

Solution

(a)

La fonction $f : x \mapsto x + \ln (x)$ réalise une bijection de $] 0; + \infty [$ sur $ℝ$ d’où l’existence de $(x_{n})$ .
(b)

Comme $n \to + \infty$ , $x_{n} = f^{- 1} (n) \to + \infty$ . Par suite, $\ln (x_{n}) = o (x_{n})$ et

$n = x_{n} + \ln (x_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} x_{n} .$

On a donc

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n + o (n) .$

Soit $y_{n} = x_{n} - n$ . On a

$y_{n} \underset{n \to + \infty}{=} - \ln (x_{n}) = - \ln (n + o (n)) = - \ln (n) + \ln (1 + o (1)) = - \ln (n) + o (1) .$

Donc

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n - \ln (n) + o (1) .$

Soit $z_{n} = y_{n} + \ln (n)$ . On a

$z_{n}$ $\underset{n \to + \infty}{=} - \ln (n - \ln (n) + o (1)) + \ln (n)$

$= - \ln (1 - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{1}{n}))$

$= \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

On conclut

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n - \ln (n) + \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

Exercice 3 311 Correction

(a)

Pour tout $n \in ℕ$ , justifier que l’équation

$x + e^{x} = n$

possède une unique solution $x_{n} \in ℝ$ .
(b)

Étudier la monotonie puis la limite de la suite $(x_{n})$ .
(c)

Déterminer un équivalent de $x_{n}$ .
(d)

Former un développement asymptotique à trois termes de $x_{n}$ quand $n \to + \infty$ .

Solution

(a)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ définie par $f (x) = x + e^{x}$ .

La fonction $f$ est dérivable avec $f^{'} (x) = 1 + e^{x} > 0$ pour tout $x \in ℝ$

La fonction $f$ réalise donc une bijection de $ℝ$ vers $ℝ$ . Cela assure l’existence et l’unicité de la solution $x_{n}$ à l’équation $f (x_{n}) = n$ .
(b)

Pour $n \in ℕ$ ,

$f (x_{n}) = n \leq n + 1 = f (x_{n + 1}) .$

La bijection réciproque $f^{- 1}$ est croissante donc $x_{n} \leq x_{n + 1}$ . La suite $(x_{n})$ est donc croissante.

Par l’absurde, si $(x_{n})$ est majorée par $M$ alors $f (x_{n}) = n \leq f (M)$ pour tout $n \in ℕ$ . C’est absurde.

La suite $(x_{n})$ étant croissante et non majorée, elle diverge vers $+ \infty$ .
(c)

Puisque $(x_{n})$ tend vers $+ \infty$ , on a

$\frac{x_{n}}{e^{x_{n}}} = x_{n} e^{- x_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Ainsi,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (e^{x_{n}})$

ce qui entraîne

$n = x_{n} + e^{x_{n}} = e^{x_{n}} + o (e^{x_{n}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} e^{x_{n}} .$

On en déduit

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n)$

car

$\frac{x_{n}}{\ln (n)} - 1 = \frac{\ln (e^{x_{n}} / n)}{\ln (n)} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(d)

Posons $y_{n} = x_{n} - \ln (n)$ . Ce qui précède donne $y_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (\ln (n))$ .

On a aussi

$y_{n} + \ln (n) + n e^{y_{n}} = n$

et donc

$e^{y_{n}} = 1 - \frac{y_{n}}{n} - \frac{\ln (n)}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

Cela entraîne que $(y_{n})$ esr de limite nulle et l’on peut alors écrire

$e^{y_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + y_{n} + o (y_{n}) .$

L’équation ((d)) donne ensuite

$y_{n} + \ln (n) + n (1 + y_{n} + o (y_{n})) = n$

d’où

$n y_{n} + o (n y_{n}) = - \ln (n)$

puis

$y_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (n)}{n} .$

Par suite,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

Pour poursuivre, on écrit maintenant

$y_{n} = - \frac{\ln (n)}{n} + z_{n}$

et alors

$e^{y_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{\ln (n)}{n} + z_{n} + \frac{1}{2} {(\frac{\ln (n)}{n})}^{2} + o {(\frac{\ln (n)}{n})}^{2}$

donc

$- \frac{\ln (n)}{n} + z_{n} + n z_{n} + \frac{1}{2} \frac{{(\ln (n))}^{2}}{n} + o (\frac{{(\ln (n))}^{2}}{n}) = 0$

puis

$z_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{{(\ln (n))}^{2}}{2 n^{2}} .$

Finalement,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) - \frac{\ln (n)}{n} - \frac{{(\ln (n))}^{2}}{2 n^{2}} + o ({(\frac{\ln (n)}{n})}^{2}) .$

Exercice 4 310

Pour $n \in ℕ$ , on considère l’équation $x + \sqrt[3]{x} = n$ d’inconnue $x \in ℝ_{+}$ .

(a)

Montrer que cette équation possède une unique solution $x_{n}$ .
(b)

Déterminer la limite puis un équivalent simple de la suite $(x_{n})$ .
(c)

Donner un développement asymptotique à trois termes de la suite $(x_{n})$ .

Exercice 5 4139 Correction

On étudie l’équation $\tan (x) = x$ d’inconnue $x$ réelle.

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Montrer que cette équation possède une unique solution $x_{n}$ dans l’intervalle $I_{n} =] - π / 2; π / 2 [+ n π$ .
(b)

Déterminer un équivalent de la suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ ainsi définie.
(c)

Réaliser un développement asymptotique à trois termes de $x_{n}$ .

Solution

(a)

Sur $I_{n}$ , la fonction $f_{n} : x \mapsto \tan (x) - x$ est continue et croît strictement de $- \infty$ vers $+ \infty$ . Elle réalise donc une bijection de $I_{n}$ vers $ℝ$ . L’équation $f_{n} (x) = 0$ possède alors une unique solution dans $I_{n}$ .
(b)

Puisque $x_{n}$ est un élément de $I_{n}$ , on dispose de l’encadrement

$- \frac{π}{2} + n π < x_{n} < \frac{π}{2} + n π .$

On en déduit

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} n π .$
(c)

Posons

$y_{n} = x_{n} - n π .$

On a

$\tan (y_{n}) = x_{n} avec y_{n} \in] - \frac{π}{2}; \frac{π}{2} [$

et donc

$y_{n} = \arctan (x_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{π}{2} .$

On peut ainsi déjà écrire le développement asymptotique à deux termes

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n π + \frac{π}{2} + o (1) .$

Déterminons un équivalent de ce $o (1)$ en étudiant

$z_{n} = \frac{π}{2} - y_{n} = \frac{π}{2} - \arctan (x_{n}) .$

Sachant

$\forall x > 0, \arctan (x) + \arctan (\frac{1}{x}) = \frac{π}{2}$

on obtient

$z_{n} = \arctan (\frac{1}{x_{n}}) \underset{n \to + \infty}{=} \arctan (\frac{1}{n π + \frac{π}{2} + o (1)}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n π} .$

Finalement,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n π + \frac{π}{2} - \frac{1}{n π} + o (\frac{1}{n}) .$

Exercice 6 1478 Correction

Montrer que l’équation $\tan (x) = \sqrt{x}$ possède une unique solution $x_{n}$ dans chaque intervalle $I_{n} =] - π / 2; π / 2 [+ n π$ (avec $n \in ℕ^{*}$ ).
Réaliser un développement asymptotique à quatre termes de $x_{n}$ .

Solution

Sur $I_{n}$ , la fonction $f : x \mapsto \tan (x) - \sqrt{x}$ est continue, croît strictement de $- \infty$ vers $+ \infty$ .
Cela assure l’existence et l’unité de $x_{n}$ .
On a

- \frac{π}{2} + n π < x_{n} < \frac{π}{2} + n π

donc $x_{n} \sim n π$ .
Posons $y_{n} = x_{n} - n π$ . On a $\tan (y_{n}) = \sqrt{x_{n}}$ et $y_{n} \in] - \frac{π}{2}; \frac{π}{2} [$ donc

y_{n} = \arctan (\sqrt{x_{n}}) \to \frac{π}{2} .

Posons

z_{n} = \frac{π}{2} - y_{n} = \frac{π}{2} - \arctan (\sqrt{x_{n}}) = \arctan (\frac{1}{\sqrt{x_{n}}}) = \arctan (\frac{1}{\sqrt{n π + \frac{π}{2} + o (1)}}) .

On a

\frac{1}{\sqrt{n π + \frac{π}{2} + o (1)}} = \frac{1}{\sqrt{n π}} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{2 n} + o (\frac{1}{n})}} = \frac{1}{\sqrt{n π}} - \frac{1}{4} \frac{1}{\sqrt{π n^{3}}} + o (\frac{1}{n^{3 / 2}})

\arctan (x) = x - \frac{1}{3} x^{3} + o (x^{3})

donc

z_{n} = \frac{1}{\sqrt{n π}} - \frac{1}{4} \frac{1}{\sqrt{π n^{3}}} - \frac{1}{3} \frac{1}{\sqrt{π^{3} n^{3}}} + o (\frac{1}{n^{3 / 2}}) .

Finalement,

x_{n} = n π + \frac{π}{2} - \frac{1}{\sqrt{n π}} + \frac{3 + 4 π}{12 π^{3 / 2}} \frac{1}{n^{3 / 2}} + o (\frac{1}{n^{3 / 2}}) .

Exercice 7 312 Correction

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Montrer que l’équation $x^{n} + \ln (x) = 0$ possède une unique solution $x_{n} > 0$ .
(b)

Déterminer la limite de $x_{n}$ .
(c)

On pose $u_{n} = 1 - x_{n}$ . Justifier que $n u_{n} \sim - \ln (u_{n})$ puis déterminer un équivalent de $u_{n}$ .

Solution

(a)

Soit $f_{n} : x \mapsto x^{n} + \ln (x)$ . On a

d’où l’existence et l’unicité de $x_{n}$ avec en plus la propriété $x_{n} \in] 0; 1 [$ .
(b)

On a

$f_{n + 1} (x_{n}) = x_{n}^{n + 1} + \ln (x_{n}) = (1 - x_{n}) \ln (x_{n}) < 0$

donc $x_{n + 1} \geq x_{n}$ . La suite $(x_{n})$ est croissante et majorée par 1 donc converge vers $ℓ \in] 0; 1]$ .
Si $ℓ < 1$ alors

$0 = x_{n}^{n} + \ln (x_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} - \ln (ℓ)$

car

$0 \leq x_{n}^{n} \leq ℓ^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Cela est impossible. Il reste $ℓ = 1$ .
(c)

On a

${(1 - u_{n})}^{n} = - \ln (1 - u_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 \neq 1$

donc

$n \ln (1 - u_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (u_{n})$

puis

$n u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \ln (u_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} + \infty \neq 1 .$

En passant au logarithme,

$\ln (n) + \ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (- \ln (u_{n}))$

donc

$\ln (n) \underset{n \to + \infty}{=} - \ln (u_{n}) + \ln (- \ln (u_{n})) + o (\ln (- \ln (u_{n})))$

or

$\ln (- \ln (u_{n})) \underset{n \to + \infty}{=} o (\ln (u_{n}))$

donc

$\ln (n) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \ln (u_{n})$

et enfin

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (u_{n})}{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n)}{n} .$

Exercice 8 4762

Soient $n$ un entier naturel non nul et $(E_{n})$ l’équation $x^{n} \ln (x) = 1$ d’inconnue $x \in ℝ_{+}^{*}$ .

(a)

Montrer que l’équation $(E_{n})$ admet une unique solution $x_{n}$ et que $x_{n} > 1$ .
(b)

Montrer que la suite $(x_{n})$ est décroissante et déterminer sa limite.

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on pose $y_{n} = x_{n} - 1$ .

Exercice 9 316 CENTRALE (MP)Correction

Montrer que l’équation $x^{n} + x^{2} - 1 = 0$ admet une unique racine réelle strictement positive pour $n \geq 1$ . On la note $x_{n}$ . Déterminer la limite $ℓ$ de la suite $(x_{n})$ puis un équivalent de $x_{n} - ℓ$ .

Solution

Posons $f_{n} (x) = x^{n} + x^{2} - 1$ . L’étude de la fonction $f_{n}$ assure l’existence et l’unicité d’une solution $x_{n} \in ℝ_{+}$ à l’équation étudiée. De plus, on observe que $x_{n} \in [0; 1]$ .
Puisque $0 = f_{n + 1} (x_{n + 1}) \leq f_{n} (x_{n + 1})$ , on peut affirmer $x_{n + 1} \geq x_{n}$ .
La suite $(x_{n})$ est croissante et majorée donc converge vers un réel $ℓ$ .
Puisque pour tout $n \in ℕ$ , $x_{n} \in [0; 1]$ , à la limite $ℓ \in [0; 1]$ .
Si $ℓ < 1$ alors

0 \leq x_{n}^{n} \leq ℓ^{n} \to 0

et la relation $x_{n}^{n} + x_{n}^{2} - 1 = 0$ donne à la limite $ℓ^{2} = 1$ ce qui est absurde.
On conclut que $ℓ = 1$ .
Posons $u_{n} = 1 - x_{n}$ ,
On a

{(1 - u_{n})}^{n} = u_{n} (2 - u_{n})

donc

n \ln (1 - u_{n}) = \ln (u_{n}) + \ln (2 - u_{n})

d’où

- n u_{n} \sim \ln (u_{n}) puis \ln (n) + \ln (u_{n}) \sim \ln (- \ln (u_{n}))

\ln (- \ln (u_{n})) \underset{n \to + \infty}{=} o (\ln (u_{n}))

donc

\ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \ln (n)

puis

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n)}{n}

et enfin

x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 1 \sim - \frac{\ln (n)}{n} .

Exercice 10 2599 CCINP (PC)Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ et l’équation

(E_{n}) : x^{n} + x - 1 = 0 .

(a)

Montrer qu’il existe une unique solution positive de $(E_{n})$ notée $x_{n}$ et que ${lim}_{n \to + \infty} x_{n} = 1$ .
(b)

On pose $y_{n} = 1 - x_{n}$ . Montrer que, pour $n$ assez grand,

$\frac{\ln (n)}{2 n} \leq y_{n} \leq 2 \frac{\ln (n)}{n}$

(on posera $f_{n} (y) = n \ln (1 - y) - \ln (y)$ ).
(c)

Montrer que

$\ln (y_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \ln (n)$

puis que

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

Solution

(a)

On introduit $φ_{n} (x) = x^{n} + x - 1$ . $φ_{n}^{'} (x) = n x^{n - 1} + 1 > 0$ , $φ_{n}$ est continue strictement croissante et réalise une bijective et de $[0; + \infty [$ vers $[- 1; + \infty [$ d’où l’existence et l’unicité de $x_{n}$ . On a $φ_{n} (1) = 1$ donc $x_{n} \in] 0; 1 [$ . Si $x_{n + 1} < x_{n}$ alors $x_{n + 1}^{n + 1} < x_{n}^{n}$ puis

$x_{n + 1}^{n + 1} + x_{n + 1} - 1 < x_{n}^{n} + x_{n} - 1$

ce qui est absurde. On en déduit que $(x_{n})$ est croissante et étant majorée cette suite converge. Posons $ℓ$ sa limite, $ℓ \in] 0; 1]$ . Si $ℓ < 1$ alors $x_{n}^{n} + x_{n} - 1 = 0$ donne à la limite $ℓ - 1 = 0$ ce qui est absurde. Il reste $ℓ = 1$ .
(b)

$f_{n}$ est strictement décroissante sur $] 0; 1 [$ , $f_{n} (y_{n}) = 0$ ,

$f_{n} (\frac{\ln (n)}{2 n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n)}{2} > 0 et f_{n} (\frac{2 \ln (n)}{n}) \sim - \ln (n) < 0$

donc à partir d’un certain rang

$\frac{\ln (n)}{2 n} \leq y_{n} \leq 2 \frac{\ln (n)}{n} .$
(c)

$\ln (\frac{\ln (n)}{2 n}) \leq \ln (y_{n}) \leq \ln (2 \frac{\ln (n)}{n})$

donne $\ln (y_{n}) \sim - \ln (n)$ puis $n \ln (1 - y_{n}) = \ln (y_{n})$ donne $- n y_{n} \sim - \ln (n)$ puis $y_{n} \sim \frac{\ln (n)}{n}$ et finalement

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

Exercice 11 317 CENTRALE (MP)Correction

Pour tout entier $n \geq 2$ , on considère l’équation $(E_{n}) : x^{n} = x + 1$ dont l’inconnue est $x \geq 0$ .

(a)

Montrer l’existence et l’unicité de $x_{n}$ solution de $(E_{n})$ .
(b)

Montrer que $(x_{n})$ tend vers 1.
(c)

Montrer que $(x_{n})$ admet un développement limité à tout ordre. Donner les trois premiers termes de ce développement limité.

Solution

(a)

Il suffit d’étudier $f_{n} : x \mapsto x^{n} - (x + 1)$ .
(b)

$f_{n} (1) \leq 0$ donc $x_{n} \geq 1$ . De plus,

$f_{n + 1} (x_{n}) = x_{n}^{n + 1} - (x_{n} + 1) = x_{n} (x_{n} + 1) - (x_{n} + 1) = (x_{n} - 1) (x_{n} + 1) \geq 0$

donc $x_{n + 1} \leq x_{n}$ . La suite $(x_{n})$ est décroissante et minorée par 1 donc elle converge vers $ℓ \geq 1$ .
Si $ℓ > 1$ alors $x_{n}^{n} \geq ℓ^{n} \to + \infty$ or $x_{n}^{n} = x_{n} + 1 \to ℓ + 1$ . Ce qui est impossible et il reste $ℓ = 1$ .
(c)

On a

$x^{n} = x + 1 \Leftrightarrow n \ln (x) = \ln (x + 1) \Leftrightarrow g (x) = \frac{1}{n}$

avec

$g (x) = \frac{\ln (x)}{\ln (x + 1)}$

définie sur $[1; + \infty [$ . La fonction $g$ est de classe $𝒞^{\infty}$ , $g^{'} (x) > 0$ donc $g$ réalise une bijection de $[1; + \infty [$ vers $[0; 1 [$ , de plus (puisque $g^{'} (x) \neq 0$ ) $g^{- 1}$ est aussi de classe $𝒞^{\infty}$ et donc $g^{- 1}$ admet un $D L_{n} (0)$ pour tout $n \in ℕ$ et donc $x_{n} = g^{- 1} (1 / n)$ admet un développement limité à tout ordre.
Formons ses trois premiers termes

$g^{- 1} (x) = a + b x + c x^{2} + o (x^{2})$

$a = g^{- 1} (0) = 1$ . $g (g^{- 1} (x)) = x$ donc

$\ln (1 + b x + c x^{2} + o (x^{2})) = x \ln (2 + b x + o (x^{2}))$

puis

$b x + (c - \frac{b^{2}}{2}) x^{2} + o (x^{2}) = \ln (2) x + \frac{b}{2} x^{2} + o (x^{2})$

donc

$b = \ln (2) et c = \frac{(1 + \ln (2)) \ln (2)}{2} .$

Finalement,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + \frac{\ln (2)}{n} + \frac{(1 + \ln (2)) \ln (2)}{2 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) .$

Exercice 12 318 CENTRALE (MP)Correction

Pour $n \geq 2$ , on considère le polynôme

P_{n} = X^{n} - n X + 1 .

(a)

Montrer que $P_{n}$ admet exactement une racine réelle entre 0 et 1, notée $x_{n}$ .
(b)

Déterminer la limite de $x_{n}$ lorsque $n \to + \infty$ .
(c)

Donner un équivalent de $(x_{n})$ puis le deuxième terme du développement asymptotique $x_{n}$ .

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto P_{n} (x)$ est strictement décroissante sur $[0; 1]$ car

$P_{n}^{'} (x) = n (x^{n - 1} - 1)$

est strictement négatif sauf pour $x = 1$ .

La fonction continue $P_{n}$ établit donc une bijection strictement décroissante de $[0; 1]$ vers $[P_{n} (1); P_{n} (0)] = [2 - n; 1]$ .

On en déduit l’existence et l’unicité de la solution $x_{n}$ à l’équation $P_{n} (x) = 0$ .
(b)

Puisque $x_{n} \in [0; 1]$ , on a $x_{n}^{n + 1} \leq x_{n}^{n}$ puis

$P_{n + 1} (x_{n}) = x_{n}^{n + 1} - (n + 1) x_{n} + 1 \leq P_{n} (x_{n}) = 0 .$

Ainsi, $P_{n + 1} (x_{n}) \leq P_{n + 1} (x_{n + 1})$ et donc $x_{n + 1} \leq x_{n}$ car la fonction $P_{n + 1}$ est strictement décroissante.

La suite $(x_{n})$ est décroissante et minorée, elle converge donc vers un réel $ℓ \in [0; 1]$ .

Si $ℓ > 0$ alors

$P_{n} (x_{n}) = x_{n}^{n} - n x_{n} + 1 \to_{n \to + \infty}^{} - \infty$

Cela est absurde. On conclut $ℓ = 0$ .
(c)

On a

$\frac{x_{n}^{n}}{n x_{n}} = \frac{1}{n} x_{n}^{n - 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et donc

$x_{n}^{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (n x_{n}) .$

Sachant $x_{n}^{n} - n x_{n} + 1 = 0$ , on obtient

$n x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 1$

puis

$x_{n} \sim n \to + \infty \frac{1}{n} .$

Écrivons ensuite

$x_{n} = \frac{1}{n} + \frac{ε_{n}}{n} avec ε_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Puisque $x_{n}^{n} = n x_{n} - 1$ , on a

$ε_{n} = x_{n}^{n} = \frac{{(1 + ε_{n})}^{n}}{n^{n}} \geq 0 .$

Nous allons montrer

${(1 + ε_{n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1$

ce qui permettra de déterminer un équivalent de $ε_{n}$ puis de conclure.

Puisque $(ε_{n})$ est de limite nulle, pour $n$ assez grand, on a $| 1 + ε_{n} | \leq 2$ et alors

$ε_{n} = \frac{{(1 + ε_{n})}^{n}}{n^{n}} \leq \frac{2^{n}}{n^{n}} .$

On en déduit

$1 \leq {(1 + ε_{n})}^{n} \leq {(1 + \frac{2^{n}}{n^{n}})}^{n} = \exp (n \ln (1 + \frac{2^{n}}{n^{n}})) .$

Or

$n \ln (1 + \frac{2^{n}}{n^{n}}) \sim \frac{2^{n}}{n^{n - 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et, par encadrement,

${(1 + ε_{n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

On peut conclure

$ε_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{n}}$

et, finalement,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{1}{n} + \frac{1}{n^{n + 1}} + o (\frac{1}{n^{n + 1}}) .$

Exercice 13 3154

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit le polynôme

P_{n} (X) = X (X - 1) \dots (X - n) .

(a)

Montrer que le polynôme $P_{n}^{'}$ possède une unique racine dans l’intervalle $] 0; 1 [$ .

Cette racine est notée $x_{n}$ et l’on détermine une suite ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ en faisant varier $n$ .

(b)

Étudier la monotonie de la suite ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ .
(c)

Justifier que pour tout $x$ réel distinct de $0,1, \dots, n$ ,

$\frac{P_{n}^{'} (x)}{P_{n} (x)} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{x - k} .$
(d)

Déterminer un équivalent de la suite ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ .

On admettra¹¹ 1 Voir le sujet 5029 ou le sujet 4911.

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) .$

Exercice 14 2471 CENTRALE (MP)Correction

Soit $f (x) = {(\cos (x))}^{1 / x}$ et $(𝒞)$ le graphe de $f$ .

(a)

Montrer l’existence d’une suite $(x_{n})$ vérifiant:
(i) $(x_{n})$ est croissante positive.
(ii) la tangente à $(𝒞)$ en $(x_{n}, f (x_{n}))$ passe par $O$ .
(b)

Déterminer un développement asymptotique à $2$ termes de $(x_{n})$ .

Solution

(a)

La fonction $f$ est définie et $𝒞^{\infty}$ sur $𝒟 = ⋃_{k \in ℤ} I_{k}$ avec

$I_{k} =] - \frac{π}{2} + 2 k π; \frac{π}{2} + 2 k π [.$

Pour $x \in 𝒟$ , la tangente en $(x, f (x))$ passe par $O$ si, et seulement si, $x f^{'} (x) = f (x)$ .
Après transformation, cela équivaut pour $x > 0$ à l’équation

$x \tan (x) + \ln (\cos (x)) + x = 0 .$

Posons $φ (x) = x \tan (x) + \ln (\cos (x)) + x$ .
$φ$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $𝒟$ .
$φ^{'} (x) = x (1 + \tan^{2} (x)) + 1 > 0$ sur $𝒟 \cap ℝ_{+}^{*}$ .
Quand $x \to {(\frac{π}{2} + 2 k π)}^{-}$ , $φ (x) \to + \infty$ . Quand $x \to {(- \frac{π}{2} + 2 k π)}^{+}$ , $φ (x) \to - \infty$ .
$φ_{↾ I_{k}}$ réalise donc une bijection de $I_{k}$ vers $ℝ$ (pour $k \in ℕ^{*}$ ).
La suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ avec $x_{n} = {(φ_{↾ I_{n}})}^{- 1} (0)$ est solution.
(b)

Évidemment $x_{n} \sim 2 n π$ et donc $x_{n} = 2 n π + y_{n}$ .
Après calculs, on obtient

$(2 n π + y_{n}) (\cos (y_{n}) + \sin (y_{n})) = - \cos (y_{n}) \ln (\cos (y_{n})) .$

La fonction $t \mapsto t \ln (t)$ est bornée sur $] 0; 1]$ car prolongeable par continuité en 0 et donc

$\cos (y_{n}) + \sin (y_{n}) = - \frac{\cos (y_{n}) \ln (\cos (y_{n}))}{2 n π + y_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Sachant $| y_{n} | < π / 2$ , on en déduit $y_{n} \to - π / 4$ .
On conclut

$x_{n} = 2 n π - \frac{π}{4} + o (\frac{1}{n}) .$

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Édité le 29-08-2023

	$z_{n}$	$\underset{n \to + \infty}{=} - \ln (n - \ln (n) + o (1)) + \ln (n)$
		$= - \ln (1 - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{1}{n}))$
		$= \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

Étude asymptotique de suites de solutions d'une équation