Problème — La suite implicite $x^n+x-1=0$

1) Existence, unicité, deux valeurs. Soit $f_n(x)=x^n+x-1$ sur $[0,1]$. C'est une fonction continue, strictement croissante (somme de $x\mapsto x^n$, croissante sur $[0,1]$, et de $x\mapsto x-1$, strictement croissante), avec $f_n(0)=-1<0$ et $f_n(1)=1>0$. Par le théorème de la bijection, $f_n$ s'annule en un unique point $x_n$ de $[0,1]$, et comme $f_n(0)\ne 0\ne f_n(1)$, ce point est dans $]0,1[$.

Pour $n=1$ : $2x-1=0$, $x_1=\frac{1}{2}$. Pour $n=2$ : $x^2+x-1=0$, dont la racine positive est $x_2=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\approx 0,618$ — l'inverse du nombre d'or.

2) Croissance. Comparons $x_n$ et $x_{n+1}$ à l'aide de la fonction $f_{n+1}$, dont $x_{n+1}$ est l'unique zéro. Évaluons $f_{n+1}$ en $x_n$, en utilisant $x_n^n=1-x_n$ : $$f_{n+1}(x_n)=x_n^{n+1}+x_n-1=x_n\cdot x_n^n-x_n^n=x_n^n(x_n-1)<0,$$ car $x_n^n>0$ et $x_n-1<0$. Ainsi $f_{n+1}(x_n)<0=f_{n+1}(x_{n+1})$, et $f_{n+1}$ étant strictement croissante, $x_n<x_{n+1}$. La suite est strictement croissante. C'est le geste des suites implicites : pour comparer deux termes définis par deux équations différentes, on évalue la seconde fonction au premier point et l'on lit le signe.

3) La limite vaut 1. $(x_n)$ est croissante et majorée par $1$ : elle converge vers un réel $\ell$, avec $x_1=\frac{1}{2}\le \ell \le 1$. Supposons par l'absurde $\ell <1$. Comme la suite est croissante, $0<x_n\le \ell$ pour tout $n$, donc $0<x_n^n\le {\ell }^n$, et ${\ell }^n\to 0$ puisque $0<\ell <1$. Par encadrement, $x_n^n\to 0$. Mais $x_n^n=1-x_n\to 1-\ell$. Donc $1-\ell =0$, ce qui contredit $\ell <1$. Ainsi $\ell =1$ : $x_n\to 1$.

Le point délicat. On ne peut pas dire « $x_n^n\to 1^{\infty }$ » : c'est une forme indéterminée. C'est la croissance de la suite qui permet de majorer $x_n$ par une constante $\ell <1$ uniforme en $n$, et de conclure. Sans monotonie, l'argument s'effondre.

4) Le passage au logarithme. Par définition, $y_n=1-x_n\in ]0,1[$, et $y_n\to 0$. L'équation $x_n^n=1-x_n$ s'écrit $$(1-y_n{)}^n=y_n.$$ Les deux membres sont strictement positifs : on peut prendre le logarithme, et $n\ln (1-y_n)=\ln y_n$.

Vers l'infini. Comme $y_n\to 0$, $\ln (1-y_n)\sim -y_n$, donc $n\ln (1-y_n)\sim -n{y}_n$. Or $n\ln (1-y_n)=\ln y_n\to -\infty$ ; un équivalent conserve la limite, donc $-n{y}_n\to -\infty$, c'est-à-dire $n{y}_n\to +\infty$. Première information : $y_n$ tend vers $0$ moins vite que $\frac{1}{n}$.

L'équivalent. La même ligne se lit $-n{y}_n\sim \ln y_n$, soit $$n{y}_n\sim -\ln y_n.$$ Les deux membres tendent vers $+\infty$.

5) L'équivalent de $y_n$. Posons $L_n=-\ln y_n=\ln \frac{1}{y_n}$, qui tend vers $+\infty$. Le 4) dit $n{y}_n\sim L_n$, deux quantités positives de limite $+\infty$ : on peut prendre le logarithme de l'équivalent (exercice 1, question 3, cas $\ell =+\infty$) : $$\ln (n{y}_n)\sim \ln L_n,\text{c’est-aˋ-dire}\ln n-L_n\sim \ln L_n.$$ Écrivons-le $\ln n-L_n=\ln L_n(1+o(1))$, puis divisons par $L_n$ : $$\frac{\ln n}{L_n}=1+\frac{\ln L_n}{L_n}(1+o(1))⟶1,$$ car $\frac{\ln L_n}{L_n}\to 0$ par croissance comparée ($L_n\to +\infty$). Donc $L_n\sim \ln n$, c'est-à-dire $-\ln y_n\sim \ln n$. En reportant dans le 4) : $n{y}_n\sim L_n\sim \ln n$, d'où $$y_n\sim \frac{\ln n}{n},x_n=1-\frac{\ln n}{n}+o\left(\frac{\ln n}{n}\right).$$

Le point délicat. Le logarithme a été pris deux fois : une fois dans l'équation (licite, les membres sont positifs), une fois dans un équivalent (licite, exercice 1, parce que les deux membres tendent vers $+\infty$ — si leur limite avait été $1$, l'équivalent aurait été perdu). Et c'est la croissance comparée $\ln L=o(L)$ qui fait disparaître le terme $\ln L_n$ : un équivalent absorbe ce qui est négligeable devant lui.

6) Le terme suivant. Reprenons l'équation exacte $n\ln (1-y_n)=\ln y_n$ avec un ordre de plus : $\ln (1-y)=-y-\frac{y^2}{2}+O(y^3)$ quand $y\to 0$, donc $$n\ln (1-y_n)=-n{y}_n-\frac{n{y}_n^2}{2}+nO(y_n^3).$$ Or $n{y}_n^2\sim \frac{(\ln n{)}^2}{n}\to 0$, et a fortiori $n{y}_n^3\to 0$. Donc $n\ln (1-y_n)=-n{y}_n+o(1)$, et l'équation donne $$n{y}_n=-\ln y_n+o(1).$$ C'est le 4) avec un reste $o(1)$ au lieu d'un équivalent. Il reste à développer $-\ln y_n$. Écrivons $y_n=\frac{\ln n}{n}(1+{\epsilon }_n)$ avec ${\epsilon }_n\to 0$ (c'est le 5)). Alors, pour $n\ge 2$, $$-\ln y_n=-\ln \ln n+\ln n-\ln (1+{\epsilon }_n)=\ln n-\ln \ln n+o(1),$$ car $\ln (1+{\epsilon }_n)\to 0$. En reportant : $n{y}_n=\ln n-\ln \ln n+o(1)$, soit $$y_n=\frac{\ln n}{n}-\frac{\ln \ln n}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right),x_n=1-\frac{\ln n}{n}+\frac{\ln \ln n}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right).$$

Contrôle numérique. Pour $n=100$, $x_n=0,96658$ ; l'équivalent à un terme donne $1-\frac{\ln 100}{100}=0,95395$, celui à deux termes $0,96922$. Pour $n=10^6$ : $x_n=0,99998862$, contre $0,99998618$ à un terme et $0,99998881$ à deux. Et la quantité $n{y}_n+\ln y_n$, que le 6) annonce de limite nulle, vaut $-0,057$ pour $n=100$, $-0,0026$ pour $n=10^4$, $-0,000065$ pour $n=10^6$.

Une remarque sur la lenteur. Le rapport $\frac{n{y}_n}{\ln n}$, qui tend vers $1$, vaut encore $0,82$ pour $n=10^6$ : le développement l'explique, puisque ce rapport vaut $1-\frac{\ln \ln n}{\ln n}+o\left(\frac{1}{\ln n}\right)$, et $\frac{\ln \ln n}{\ln n}=0,19$ pour $n=10^6$. Un équivalent vrai peut être numériquement trompeur quand le terme suivant n'est plus petit que d'un facteur logarithmique : c'est le terme en $\ln \ln n$ qui rend compte de ce qu'on observe.

Le théorème obtenu. Pour tout $n\ge 1$, l'équation $x^n+x-1=0$ admet une unique solution $x_n$ dans $]0,1[$ ; la suite $(x_n)$ est strictement croissante, converge vers $1$, et admet le développement asymptotique $$x_n=1-\frac{\ln n}{n}+\frac{\ln \ln n}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right).$$

Ce que le problème installe. La méthode complète des suites implicites : existence par monotonie de $f_n$ ; monotonie de la suite en évaluant $f_{n+1}$ en $x_n$ ; limite par l'absurde, la monotonie fournissant une majoration uniforme ; puis le développement asymptotique, obtenu en réinjectant dans l'équation prise au logarithme — chaque tour apporte un terme, et les termes ne sont pas des puissances de $\frac{1}{n}$ mais $\frac{\ln n}{n}$, $\frac{\ln \ln n}{n}$. L'exercice 1 a fourni le droit de prendre le logarithme d'un équivalent ; les exercices 7 et 8 ont fourni la réinjection ; le problème les assemble. C'est la forme de tous les développements asymptotiques du programme : fonctions réciproques, équations à paramètre, suites récurrentes, suites implicites.