\(f\left(\frac{k}{2}\right)=\frac{k}{2}+\ln\frac{k}{2}<k\) pour \(k\) suffisament grand (car \(k-(\frac{k}{2}+\ln\frac{k}{2})=\frac{k}{2}-\ln\frac{k}{2}\underset{k\rightarrow+\infty}{\rightarrow}+\infty\) d’après les théorèmes de croissances comparées). Donc, pour \(k\) suffisament grand, \(f\left(\frac{k}{2}\right)<f(x_k)\). Puisque \(f\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\), on en déduit que \(x_k>\frac{k}{2}\) pour \(k\) suffisament grand et donc que \(\lim_{k\rightarrow +\infty}x_k=+\infty\). Mais alors, \(k=x_k+\ln x_k\sim x_k\) et donc, quand \(k\) tend vers \(+\infty\),

\(x_k\underset{k\rightarrow+\infty}{=}k+o(k).\)

Posons \(y_k=x_k-k\). On a \(y_k=o(k)\) et de plus \(y_k+\ln(y_k+k)=0\) ce qui s’écrit :

\[y_k=-\ln(k+y_k)=-\ln(k+o(k))=-\ln k+\ln(1+o(1))=-\ln k+o(1).\] Donc,

\(x_k\underset{k\rightarrow+\infty}{=}k-\ln k+o(1).\)

Posons \(z_k=y_k+\ln k=x_k-k+\ln k\). Alors, \(z_k=o(1)\) et \(-\ln k+z_k=-\ln(k-\ln k+z_k)\). Par suite,

\[z_k=\ln k-\ln(k-\ln k+o(1))=-\ln\left(1-\frac{\ln k}{k}+o\left(\frac{\ln k}{k}\right)\right)=\frac{\ln k}{k}+o\left(\frac{\ln k}{k}\right).\]

Finalement,

\(x_k\underset{k\rightarrow+\infty}{=}k-\ln k+\frac{\ln k}{k}+o\left(\frac{\ln k}{k}\right).\)

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