Les racines de $\tan x=x$ : trois termes

La stratégie. Une équation à paramètre se résout par réinjection : existence par monotonie, équivalent grossier par encadrement, puis changement de variable qui ramène près de $0$, où les développements limités travaillent.

1) Existence et unicité. Sur $I_n$, la fonction $\phi (x)=\tan x-x$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$, de dérivée ${\phi }^{\prime }(x)=1+{\tan }^{2}x-1={\tan }^{2}x\ge 0$, nulle au seul point $x=n\pi$. Une fonction dérivable de dérivée positive, nulle en un seul point, est strictement croissante. Ses limites sont $-\infty$ en $n\pi -\frac{\pi }{2}$ (à droite) et $+\infty$ en $n\pi +\frac{\pi }{2}$ (à gauche), car $\tan$ y tend vers $\mp \infty$ et $x$ reste borné. Par le théorème de la bijection, $\phi$ s'annule en un unique point $x_n$ de $I_n$.

Localisons mieux : $\phi (n\pi )=0-n\pi <0$ pour $n\ge 1$, et $\phi$ est croissante, donc $x_n>n\pi$ : $$n\pi <x_n<n\pi +\frac{\pi }{2}.$$

2) L'équivalent grossier. En divisant l'encadrement par $n\pi >0$ : $1<\frac{x_n}{n\pi }<1+\frac{1}{2n}$, et les deux bornes tendent vers $1$. Par encadrement, $x_n\sim n\pi$. En particulier $x_n\to +\infty$.

3) Le changement de variable. Comme $n\pi <x_n<n\pi +\frac{\pi }{2}$, on a $0<z_n<\frac{\pi }{2}$ — donc a fortiori $z_n\in ]0,\pi [$. Calculons sa tangente : par $\pi$-périodicité, $\tan z_n=\tan \left(\frac{\pi }{2}-x_n\right)$, et $$\tan \left(\frac{\pi }{2}-t\right)=\frac{\sin (\pi /2-t)}{\cos (\pi /2-t)}=\frac{\cos t}{\sin t}=\frac{1}{\tan t}(\text{laˋ ouˋ }\tan t\ne 0).$$ Avec $t=x_n$ et $\tan x_n=x_n\ne 0$ : $\tan z_n=\frac{1}{x_n}$.

Limite. Sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$, la tangente est une bijection croissante sur $]0,+\infty [$, de réciproque $\mathrm{Arctan}$, continue. Donc $z_n=\mathrm{Arctan}\frac{1}{x_n}$, et comme $\frac{1}{x_n}\to 0$, $z_n\to \mathrm{Arctan}0=0$.

Équivalent. Puisque $z_n\to 0$, $\tan z_n\sim z_n$ (composition de l'équivalent $\tan u\sim u$ avec la suite $z_n\to 0$, licite). Donc $z_n\sim \tan z_n=\frac{1}{x_n}\sim \frac{1}{n\pi }$ (quotient d'équivalents, d'après le 2)).

Le point délicat. L'équivalent $x_n\sim n\pi$ est trop grossier pour donner directement le terme suivant : il dit $x_n=n\pi +o(n)$, et $\frac{\pi }{2}$ est un $o(n)$. C'est le changement de variable $z_n$, qui mesure la distance au bord de l'intervalle et tend vers $0$, qui permet d'écrire des développements limités. Réinjecter $x_n\sim n\pi$ dans $\tan z_n=1/x_n$ produit alors le terme d'ordre $\frac{1}{n}$.

4) Conclusion. $x_n=n\pi +\frac{\pi }{2}-z_n$ avec $z_n=\frac{1}{n\pi }+o\left(\frac{1}{n}\right)$ : $$x_n=n\pi +\frac{\pi }{2}-\frac{1}{n\pi }+o\left(\frac{1}{n}\right).$$ Contrôle numérique : $x_{10}=32,956389$ et $10\pi +\frac{\pi }{2}-\frac{1}{10\pi }=32,954892$ ; $x_{100}=315,7268944$ et la formule donne $315,7268786$ ; et $n\pi z_n$ vaut $0,9530$ pour $n=10$, $0,9950$ pour $n=100$, $0,9995$ pour $n=1000$ : l'équivalent $z_n\sim \frac{1}{n\pi }$ est confirmé, avec un écart en $\frac{1}{n}$.

Pour aller plus loin. Un tour de réinjection de plus : $\frac{1}{x_n}=\frac{1}{n\pi }\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{2n}-\frac{z_n}{n\pi }}=\frac{1}{n\pi }\left(1-\frac{1}{2n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)$, et $z_n=\mathrm{Arctan}\frac{1}{x_n}=\frac{1}{x_n}+O\left(\frac{1}{x_n^3}\right)$, d'où $z_n=\frac{1}{n\pi }-\frac{1}{2\pi n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)$ et $$x_n=n\pi +\frac{\pi }{2}-\frac{1}{n\pi }+\frac{1}{2\pi n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$ Pour $n=1000$, cette formule et la valeur exacte coïncident à $10^{-8}$ près. Chaque réinjection apporte un terme ; on s'arrête quand on a ce qu'on veut.

Ce que l'exercice installe. La méthode des équations à paramètre : existence par monotonie, équivalent par encadrement, changement de variable vers $0$, réinjection. Le développement asymptotique n'est pas en puissances de $\frac{1}{n}$ seulement : le terme $\frac{\pi }{2}$ vient de la géométrie de l'intervalle, et les suivants du développement limité de la tangente. C'est la structure du problème final.