Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On étudie la fonction $f_n$ sur $]0, +\infty[$.

1. 1.1 Étude des limites

   • En $0^+$ : $\lim_{x \to 0^+} f_n(x) = +\infty$. En effet, $\lim_{x \to 0^+} x = 0$ et $\lim_{x \to 0^+} -n\ln(x) = +\infty$.
   • En $+\infty$ : $f_n(x) = x \left(1 - n \frac{\ln x}{x}\right)$. Par croissances comparées, $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0$, donc $\lim_{x \to +\infty} f_n(x) = +\infty$.



2. 1.2 Variations de $f_n$

   • La fonction est dérivable et $f'_n(x) = 1 - \frac{n}{x} = \frac{x - n}{x}$.
   • Comme $x > 0$, le signe de $f'_n(x)$ dépend uniquement de $x - n$ :
     • $f'_n(x) < 0$ sur $]0, n[$, donc $f_n$ est strictement décroissante.
     • $f'_n(x) > 0$ sur $]n, +\infty[$, donc $f_n$ est strictement croissante.
   • Le minimum est atteint en $x = n$ et vaut $f_n(n) = n - n \ln n = n(1 - \ln n)$.
   • Tableau de variation:
     



3. 1.3 Existence des solutions $u_n$ et $v_n$

   • Pour $n \ge 3$, on a $\ln n > \ln e \approx 1$, donc $f_n(n) = n(1 - \ln n) < 0$.
   • Sur $]0, n]$, $f_n$ est continue, strictement décroissante et change de signe car $\lim_{x \to 0^+} f_n(x) = +\infty$ et $f_n(n) < 0$. D'après le théorème de la bijection, il existe une unique solution $u_n \in ]0, n[$.
   • Sur $[n, +\infty[$, $f_n$ est continue, strictement croissante et change de signe car $f_n(n) < 0$ et $\lim_{x \to +\infty} f_n(x) = +\infty$. Il existe donc une unique solution $v_n \in ]n, +\infty[$.
   • On a ainsi démontré l'existence de $u_n$ et $v_n$ tels que $0 < u_n < n < v_n$.

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1. Étude de la suite $(u_n)$

1. Encadrement:
   $f_n(1) = 1 > 0~~$ et $~~f_n(e) = e - n < 0~$ (car $~n \ge 3~$)
   Sur $]0, n]$, $f_n$ décroît, ce qui implique: \[f_n(e) < f_n(u_n) < f_n(1)\] Par conséquent:
   \[1 < u_n < e\]
2. Relation $(f_n(u_{n+1})=u_{n+1})$ :
   Par définition de la suite $(u_n)$ on a: \[f_{n+1}(u_{n+1})=0\] D'autres part on vérifie facilement que que pout tout $x>0$: \[f_{n+1}(x)=f_{n}(x)-\ln(x)\] En substituant à $x$ la valeur de $u_{n+1}$, il vient: \[f(u_{n+1}) =f_n(u_{n+1}) -\ln(u_{n+1})\] Soit: \[0=f_n(u_{n+1}) -\log(u_{n+1})\] On en déduit: \[f_n(u_{n+1}) =\log(u_{n+1})\]
3. Monotonie et convergence :
   $u_{n+1} > 1\implies f_n(u_{n+1}) = \ln(u_{n+1}) > 0$.
   Or: $f_n(u_n) = 0$, donc $~f_n(u_{n+1}) > f_n(u_n)$.
   Par décroissance de $f_n$ sur $]0, n]$, on a $u_{n+1} < u_n$.
   La suite $u_n$ est alors, décroissante et minorée par $1$.
   Donc elle converge.
4. Limite :
   De $\ln(u_n) = u_n/n~$ et $~1 < u_n < e$, il vient: \[0 < \ln(u_n) < e/n\] Ce qui implique que: $~~\lim{(\ln u_n)} = 0$,
   On en déduit: \[\lim\limits{u_n} = 1\]
5. Équivalents :
   On sait que: \[\lim\limits_{x\to 1}{\dfrac{\ln x-\ln(1)}{x-1}}=\lim\limits_{x\to 1}{\dfrac{\ln x}{x-1}}=\ln'(1)=1\] Et puisque la suite $u_n$ converge vers $1$ alors: \[\lim{\dfrac{\ln u_n}{u_n -1}} = 1\] D'autres part: \[\dfrac{\ln u_n}{u_n-1}=\dfrac{\frac{u_n}{n}}{u_n -1}=\dfrac{u_n}{n(u_n-1)}\] Et par passage à la limite on obtient: \[1=\lim{\dfrac{\ln u_n}{u_n-1}}=\lim{\dfrac{u_n}{n(u_n-1)}}=\dfrac{1}{\lim n(u_n - 1)}\] Par conséquent: \[\lim n(u_n - 1)=1\]

2. Étude de la suite $(v_n)$

1. Limite :
   D'après ce qui précède on a:
   $v_n > n \implies \lim\limits_{n \to +\infty} v_n = +\infty~$ (Par comparaison avec $n$).
2. Encadrement $~(n \ln n < v_n < 2n \ln n)$ :
   
   • On sait que:
     $v_n\geq n\Longrightarrow \ln(v_n)\geq \ln n$
     En multipliant la dernière inégalité par $n$ on obtient:
     $n\ln v_n \geq n\ln n$, or $~~n\ln v_n=v_n$, et donc: \[v_n\geq n\ln n\]
   • Nous allons raisonner par équivalence: \begin{align*} v_n\leq 2n\ln&\iff n\ln v_n\leq 2n\ln n\\ &\iff \ln v_n \leq 2\ln n\\ &\iff \ln v_n\leq \log(n^2)\\ &\iff v_n\leq n^2 \end{align*} Donc pour montrer l'inégalité demandée, il suffit de montrer que $v_n\leq n^2$.
     Pour cela, il suffit de montrer que $f(n^2)>0=f(v_n)$.
     En effet: \[ f(n^2)=n^2-n\ln n^2=n(n-2\ln n) \] On montre sans peine en étudiant la fonction : \begin{align*} g: ]0 ~ +\infty[ &\longrightarrow \mathbb R \\ x&\longmapsto x-2\ln x \end{align*} $g(x)$ reste toujours strictement positive.
     En effet, cette fonction atteint son minimum absolue en $~x=2~$ avec $~f(2)=2(1-\ln 2)>0$.
     Ceci prouve que $f(n^2)>0$.
     Par conséquent: \[v_n\leq 2n\ln n\]
3. Limite du rapport : $(\frac{v_n}{n\ln n})$
   On a: \[n\ln n\leq v_n\leq 2n\ln n\] Et puisque la fonction ln est croissante: \[\ln n + \ln(\ln n)\leq \ln v_n\leq \ln 2 + \ln n + \ln(\ln n)\] En divisant ces inégalités par $\ln n$: \[1+\dfrac{\ln(\ln n)}{\ln n}\leq \dfrac{\ln v_n}{\ln n}=\dfrac{v_n}{n\ln n}\leq 1+\dfrac{\ln 2}{\ln n}+ \dfrac{\ln(\ln n)}{\ln n}\] Par passage à la limite il vient: \[\lim \dfrac{v_n}{n\ln n}=1\]