Stage de pré-rentrée - PCSI-PSI AUX ULIS

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Mardi 27 Aout 2019 - Jour 1 - Analyse : ´

Etude de fonctions

Exercice 1.

On s’int´eresse au polynˆome P (x) = 3x2+ 6x − 9.

1. Donner les formes canonique et factoris´ee de ce polynˆome : Pour la forme canonique : 3x2+ 6x − 9 = 3(x2+ 2x − 3) = 3[(x + 1)2− 1 − 3] = 3[(x + 1)2− 4] = 3(x + 1)2− 12

La forme factoris´ee s’obtient en factorisant la forme canonique ou bien en calculant le discriminant du polynˆome ainsi que les racines :

3x2+ 6x − 9 = 3[(x + 1)2− 4] = 3(x + 1 − 2)(x + 1 + 2) = 3(x − 1)(x + 3) 2. Donner le tableau de signe ainsi que sa repr´esentation graphique.

On rappelle qu’un polynôme de degré 2 est du signe du coefficient de plus haut degré à l’extérieur des racines donc :

x P (x)

−∞ −3 1 +∞

+ 0 − 0 +

P est d´erivable sur R et ∀x ∈ R, P0(x) = 6x + 6 et donc on obtient le tableau de variation suivant : x P0(x) P −∞ −1 +∞ − 0 + +∞ +∞ −12 −12 +∞ +∞

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Exercice 2.

1. Faire une étude complète de la fonction f définie par f (x) = 2 ex_{− 1}.

Tracer la courbe représentative de f accompagnée de ses éventuelles asymptotes.

Une étude complète signifie l’étude de la dérivée, le tableau de variation complété avec toutes les limites ainsi que les asymptotes éventuelles.

Commen¸cons par l’ensemble de définition, c’est à dire la recherche des valeurs interdites : f est définie si, et seulement si, ex− 1 6= 0 c’est à dire x 6= 0 et donc Df = R∗.

f est d´erivable sur R−∗ et sur R+∗ comme inverse d’une fonction d´erivable ne s’annulant pas et : ∀x ∈ R∗, f0(x) = − 2e

x

(ex_{− 1)}2 > 0

On en d´eduit que la fonction f est strictement d´ecroissante sur R−∗ et sur R+∗. ´

Etude des limites : lim

x→−∞e

x_{− 1 = −1 donc par quotient lim} x→−∞e

x_{− 1 = −2.}

On en déduit la présence d’une asymptote horizontale d’équation y = −2 en −∞. lim

x→+∞e

x_{− 1 = +∞ donc par quotient lim} x→−∞e

x_{− 1 = 0.}

On en déduit la présence d’une asymptote horizontale d’équation y = 0 en +∞. lim

x→0−e

x_{− 1 = 0}− _{donc par quotient} _lim x→−∞e

x_{− 1 = −∞.}

lim

x→0+e

x_{− 1 = 0}+ _{donc par quotient} _lim x→−∞e

x_{− 1 = +∞.}

On en déduit la présence d’une asymptote horizontale d’équation x = 0. On en déduit le tableau de variation ci-dessous ainsi que le graphique :

x f0(x) f −∞ 0 +∞ − − −2 −2 −∞ +∞ 0 0

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2. (a) Mˆemes questions avec la fonction g : x 7→ ln 1 − x 1 + x

. Commen¸cons par l’ensemble de d´efinition :

g est d´efinie si, et seulement si, 1 − x

1 + x > 0 et un rapide tableau de signe prouve que c’est vrai lors que x ∈] − 1, 1[ et donc Dg =] − 1, 1[.

g est dérivable sur ]−1, 1[ comme composée de fonctions dérivables (ln et une fonction rationnelle) et : ∀x ∈ R∗, g0(x) = ln0 1 − x 1 + x = ln0(1 − x) − ln0(1 + x) = −1 1 − x− 1 1 + x = −2 (1 − x)(1 + x) < 0 On en déduit que la fonction g est strictement décroissante sur ] − 1, 1[.

´

Etude des limites : lim

x→−1+1 − x = 2 et_x→−1lim+1 + x = 0

+ _{donc par quotient} _lim x→−1+

1 − x

1 + x = +∞. Et par compos´ee par ln : lim

x→−1+g(x) = +∞.

On en déduit la présence d’une asymptote verticale d’équation x = −1. lim

x→1−1 − x = 0

+ _{et lim}

x→1−1 + x = 2 donc par quotient lim_x→1−

1 − x 1 + x= 0

+_.

Et par compos´ee par ln : lim

x→1−g(x) = −∞.

On en déduit la présence d’une asymptote verticale d’équation x = 1. Voici le tableau de variation ci-dessous ainsi que le graphique :

x g0(x) g −1 1 − +∞ +∞ −∞ −∞

(b) Montrer que l’´equation g(x) = −1 admet une unique solution sur l’intervalle [0, 1[. (Question subsidiaire : trouver cette solution.)

D’après l’étude précédente la fonction g est strictement décroissante sur [0, 1[, g(0) = 0 et lim

x→1−g(x) = −∞ l’´equation g(x) = −1 admet une unique solution α sur l’intervalle [0, 1[ d’apr`es

le théorème de la valeur intermédiaire.

(c) Si l’on cherche à trouver α, il faut résoudre l’équation, vu que la fonction ln est une bijection sur R+∗ : g(x) = −1 ⇔ ln 1 − x 1 + x = −1 = ln(e−1) ⇔ 1 − x 1 + x= e −1 On isole x : 1 − x 1 + x = e −1_{⇔ 1 − x = e}−1 (1 + x) ⇔ 1 − e−1= (1 + e−1)x ⇔ x = 1 − e −1 1 + e−1 L’unique solution cherchée est donc x = 1 − e

−1

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Exercice 3.

Calculer les dérivées des fonctions suivantes après avoir précisé l’ensemble de définition : 1. f (x) = 3x + 1

2 2

.

f est définie et dérivable sur R en tant que fonction polynômiale et donc : ∀x ∈ R, f0(x) = 3 2× 2 × 3x + 1 2 = 3 2(3x + 1) 2. g(x) = 1 (3x2_{+ 1)}7.

g est définie et dérivable sur R en tant que quotient de fonctions polynômiales dont le dénominateur ne s’annule pas et : ∀x ∈ R, g0(x) = −7 3 × 2x (3x2_{+ 1)}8 = −42x (3x2_{+ 1)}8 3. h(t) =p2 + sin(t).

Dans la mesure où −1 6 sin t 6 1 alors 2 + sin t 6 1 donc g est définie sur R et même dérivable sur R car 2 + sin t > 0 et :

∀t ∈ R, h0(t) = cos t 2√2 + sin t 4. u(x) = v(5x − 4) o`u v est une fonction d´erivable sur R.

Comme v est d´efinie et d´erivable sur R alors u aussi et :

∀x ∈ R, u0(x) = 5v0(5x − 4) 5. w(t) = (1 − t) cos 1 1 − t .

w est dérivable sur ] − ∞, 1[ et ]1, +∞[ comme produit et composées de fonctions dérivables sur ces intervalles et : ∀t ∈ R, w0(t) = − cos 1 1 − t − (1 − t) 1 (1 − t)2sin 1 1 − t soit ∀t ∈ R, w0(t) = − cos 1 1 − t + 1 (1 − t)sin 1 1 − t Exercice 4.

Démontrer les inégalités « classiques » suivantes :

(Dites classiques car elles vous serviront souvent pendant ces deux ans bien que n’´etant pas au programme.)

1. ∀(a, b) ∈ R2, |ab| 6 a

2_{+ b}2

2 .

Trivialement d’apr`es les identit´es remarquables :

∀(a, b) ∈ R2, (a − b)2 = a2− 2ab + b2_{> 0 soit ab 6} a

2_{+ b}2

2 On a ´egalement (a + b)2= a2+ 2ab + b2 > 0 soit −ab 6 a

2_{+ b}2

2 . Les deux inégalités combinées donnent : |ab| 6 a

2_{+ b}2

2 . 2. ∀x ∈ R, ex> 1 + x.

Soit f : x 7→ ex− 1 − x d´_{efinie sur R, f est d´erivable sur R et ∀x ∈ R, f}0(x) = ex− 1.

On a donc f0(x) > 0 sur ]0, +∞[ et f0(x) < 0 sur ] − ∞, 0[, c’est `a dire f d´ecroissante sur R− et croissante sur R+ et donc f admet un minimum en x = 0 qui vaut f (0) = 0.

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3. ∀x ∈] − 1, +∞[, ln(1 + x) 6 x.

On raisonne de mˆeme qu’au 2. avec g(x) = ln(1 + x) − x sur ] − 1, +∞[. g est d´erivable sur ] − 1, +∞[ et ∀x ∈] − 1, +∞[, f0(x) = 1

1 + x− 1 = −x 1 + x.

g est donc croissante sur ] − 1, 0] et d´ecroissante sur [0, +∞[ et son maximum est atteint en x = 0 et vaut g(0) = 0.

On en d´eduit que ∀x ∈] − 1, +∞[, g(x) 6 0 c’est `a dire ln(1 + x) 6 x. 4. ∀x ∈ R, | sin(x)| 6 |x|.

Toujours de mˆeme qu’au 2. et au 3. on ´etudie h(x) = sin x − x sur R+ _{et l’on montre que h(x) 6 0}

soit sin x 6 x.

De mˆeme en ´etudiant h(x) = − sin x − x sur R+ et l’on montre que h(x) 6 0 soit − sin x 6 x. Finalement on obtient | sin x| 6 x sur R+_.

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Mercredi 28 Aout 2019 - Jour 2 - Trigonom´

etrie

Exercice 5.

1. Tracer un cercle trigonométrique et interpréter géométriquement sur ce cercle le cosinus, le sinus et la tangente d’un angle θ donné.

Pour x ∈ R, les réels cos(x) et sin(x) sont définis comme l’abscisse et l’ordonnée du point du cercle trigonométrique correspondant à un angle x, et tan x est le quotient _{cos x}sin x que l’on peut représenter comme dessous :

2. Compl´eter le tableau de valeurs remarquables ci-dessous.

0 π/6 π/4 π/3 π/2 π sin x 0 1₂ √ 2 2 √ 3 2 1 0 cos x 1 √ 3 2 √ 2 2 1 2 0 −1 tan x 0 √1 3 1 √ 3 × 0 cotan x × √3 1 √1 3 0 ×

3. (a) Exprimer en fonction de cos θ ou sin θ le cosinus, le sinus et la tangente de l’angle θ + π.

cos(θ + π) = − cos θ et sin(θ + π) = − sin θ et donc tan(θ + π) = tan θ. (b) En d´eduire une formule pour cos(θ + kπ) et sin(θ + kπ) avec k ∈ Z.

∀k ∈ Z, on a cos(θ + kπ) = (−1)k_{cos θ et sin(θ + kπ) = (−1)}k_{sin θ}

(c) Exprimer en fonction de cos θ ou sin θ le cosinus, le sinus et la tangente de l’angle θ +π

2. cos(θ +π

2) = − sin θ et sin(θ + π

2) = cos θ et donc tan(θ + π 2) = −

1 tan θ.

Exercice 6.

1. Rappeler les formules d’addition du sinus et du cosinus. cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b et sin(a + b) = cos a sin b + cos b sin a 2. Rappeler les formules de duplication du sinus et du cosinus.

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3. Calculer cos π

12. (Question subsidiaire : de deux fa¸cons diff´erentes.) Pour a = π

12 on obtient d’apr`es le 2., cos π 6 = 2 cos 2 π 12− 1 donc cos 2 π 12 = 1 2 √ 3 2 + 1 ! . Comme cos π 12 > 0 alors cos π 12 = r √ 3 + 2 4 = p√ 3 + 2 2 .

On remarque sinon que π 12 = π 3 − π 4 et donc : cos π 12 = cos π 3 cos π 4 + sin π 3 sin π 4 = 1 2 × √ 2 2 + √ 3 2 √ 2 2 = √ 2(1 +√3) 4 Ces deux nombres sont bien ´egaux ; si,si !

Exercice 7.

R´esoudre les ´equations suivantes d’inconnue x ∈ R : 1. 2 sin2(x) = 1 2 sin2(x) = 1 ⇔ sin x = √ 2 2 ou sin x = − √ 2 2 ⇔ x = π 4 hπ 2 i 2. cos 2x −√3 sin 2x =√2 cos 2x − √ 3 sin 2x = √ 2 ⇔ 2 1 2cos 2x − √ 3 2 sin 2x ! = √ 2 ⇔ cos 2x +π 3 = √ 2 2 On a donc : 2x +π 3 = ± π 4 [2π] ⇔ x = − π 24 [π] ou x = − 7π 24 [π]

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Jeudi 29 Aout 2019 - Jour 3 - Nombres complexes

Exercice 8.

1. ´Ecrire sous forme alg´ebrique les nombres (3 + 2i)(1 − i) − (2 + i)2 _{, (1 + i)}5 _et 9 − 4i

2 + i . (3 + 2i)(1 − i) − (2 + i)2= 3 + 2i − 3i + 2 − (4 + 4i − 1) = 2 − 5i

On peut mettre (1 + i)5 _{sous forme trigonom´}_{etrique : |1 + i| =}√_{2 et arg(1 + i) =} π

4 donc :

(1 + i)5 _{= (}√_2eiπ/4₎5_{= 4}√_2ei5π/4 _{= −4}√_2eiπ/4_{= −4(1 + i) = −4 − 4i}

Sinon on remarque que (1 + i)2 = 2i et donc :

(1 + i)5 = (1 + i)2.(1 + i)2.(1 + i) = (2i)2(1 + i) = −4(1 + i) = −4 − 4i 9 − 4i 2 + i = (9 − 4i)(2 − i) (2 + i)(2 − i) = 18 − 9i − 8i − 4 22_{+ 1} = 14 − 17i 5

2. ´Ecrire sous forme trigonom´etrique les nombres complexes −2i , 1−i√3 , √3+3i et 1 + i √

3 √

3 + i . | − 2i| = 2 donc −2i = 2e−iπ/2

|1 − i√3| = 2 donc 1 − i√3 = 2 1 2 − √ 3 2 i ! = 2e−iπ/3 |√3 + 3i| =√12 = 2√3 donc √3 + 3i = 2√3 1 2 + √ 3 2 i ! = 2√3eiπ/3 1 + i√3 √ 3 + i = 21₂ + √ 3 2 i 2 √ 3 2 + 1 2i = eiπ/3 eiπ/6 = e iπ/3−iπ/6 _{= e}iπ/6 Exercice 9.

1. Pour quelles valeurs de λ ∈ R, le nombre complexe z = (λ + i)(λ + 5 − i(λ − 7)) est-il réel ? On développe z pour l’écrire sous forme algébrique et l’on souhaite que la partie imaginaire soit nulle : z = (λ + i)(λ + 5 − i(λ − 7)) = (λ2+ 6λ − 7) + (−λ2+ 8λ + 5)i soit −λ2+ 8λ + 5 = 0.

On calcule le discriminant pour r´esoudre et on trouve λ = 4 ±√21.

2. Pour quelles valeurs de n ∈ N, le nombre complexe (1 + i)n est-il r´eel ?

On remarque que |1 + i| =√2 et arg(1 + i) = π₄ donc (1 + i)n_{= (}√₂n_einπ/4_{) et arg[(1 + i)}n_{] =} nπ 4 .

Mais (1 + i)n est r´eel si et seulement si nπ₄ ≡ 0 [π] soit n ≡ 0 [4] ou encore n est un multiple de 4.

Exercice 10.

R´esoudre les ´equations suivantes dans C :

1. 2iz − z + 4 − i = z − i Pas de difficult´e particuli`ere ici : il suffit d’isoler z : 2iz − z + 4 − i = z − i ⇔ 2(i − 1)z = −4 ⇔ z = 2

1 − i =

2(1 + i)

(1 − i)(1 + i) = 1 + i 2. 2z + (3 + i)z = 4 − i

Ici l’idée est d’écrire z sous la forme z = a + bi avec a et b réels et de les identifier :

2z + (3 + i)z = 4 − i ⇔ 2(a + bi) + (3 + i)(a − bi) − 4 + i = 0 ⇔ 2a + 2bi + 3a + b + (−3b + a)i − 4 + i = 0 En regroupant et identifiant :

2a + 2bi + 3a + b + (−3b + a)i − 4 + i = 0 ⇔ (5a + b − 4) + (−b + a + 1)i = 0 ⇔ 5a + b = 4 −b + a = −1 (L1) + (L2) donne 6a = 3 donc a = 1 2 et d’apr`es (L2) on a b = a + 1 soit b = 3 2 finalement z = 1 2+ 3 2i.

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En bonus : Des exercices plus difficiles

Exercice 11.

On s’intéresse à la suite définie par ∀n ∈ N∗ , un= n

X

k=1

1 n + k . 1. Calculer les 3 premiers termes de cette suite.

u1 = 1 P k=1 1 1+k = 1 2, u2= 2 P k=1 1 2+k = 1 3 + 1 4 = 7 12 et u3 = 3 P k=1 1 3+k = 1 4 + 1 5 + 1 6 = 37 60.

2. D´emontrer que cette suite est minor´ee par 1

2 et major´ee par 1.

Regardons les termes qui constituent la somme : un= _n+11 +_n+21 +...+_n+n1 . Ces termes sont d´ecroissants

donc ∀n ∈ N∗, ∀i ∈ [[1, n]], 1 2n 6 1 n + i 6 1 n + 1 ∀n ∈ N∗, 1 2 = n × 1 2n 6 1 n + 1+ 1 n + 2 + ... + 1 n + n 6 n × 1 n + 1 6 1 ∀n ∈ N∗, 1 2 6 un6 1

3. Montrer que la suite (un) converge.

(On peut démontrer que cette suite converge vers ln 2 mais vous n’avez pas encore les outils nécessaires.) Il « suffit » de prouver que la suite est monotone car elle est bornée et le théorème de convergence monotone finirait le travail.

∀n ∈ N∗, un+1− un= n+1 X k=1 1 n + 1 + k− n X k=1 1 n + k ∀n ∈ N∗, un+1− un= n+2 X k=2 1 n + k − n X k=1 1 n + k ∀n ∈ N∗, un+1− un= 1 2n + 2 + 1 2n + 1 − 1 n + 1 ∀n ∈ N∗, un+1− un= − 1 2n + 2 + 1 2n + 1 > 0 car 2n + 1 < 2n + 2

Ainsi la suite (un) est croissante et majorée par 1 donc convergente d’après le théorème de continuité

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Exercice 12.

Soient n ∈ N∗ et (En) l’´equation xn+ xn−1+ . . . + x = 1.

1. Montrer que l’´equation (En) poss`ede une unique solution xn dans R+ et que xn∈ [0, 1].

Notons fn: x ∈ [0, 1] 7→ xn+ xn−1+ . . . + x − 1.

La fonction fn est d´erivable car il s’agit d’un polynˆome et ∀x ∈ [0, 1] :

f_n0(x) = nxn−1+ (n − 1)xn−2+ . . . + 1 > 0

Ainsi la fonction fn est strictement croissante sur [0, 1] et puisque fn(0) = 1 et fn(1) = n − 1 alors

d’après le théorème de la valeur intermédiaire l’équation fn(x) = 0, c’est à dire l’équation (En), admet

une unique solution sur [0, 1], que l’on notera xn.

2. Montrer que la suite (xn) converge.

La suite (xn) est born´ee par construction entre 0 et 1, reste `a prouver qu’elle est monotone.

Remarquons que ∀n ∈ N∗, fn(xn) = 0 et fn+1(xn+1) = fn(xn+1) + xn+1n = 0. On en d´eduit que

fn(xn+1) < 0 et par cons´equent que xn+1∈ [0, xn[ c’est `a dire xn+1 < xn.

D’après le théorème de convergence monotone on en déduit que la suite (xn) converge vers une limite

` ∈ [0, 1].

On peut mˆeme affirmer que la limite ` est diff´erente de 1 avec ∀n > 2, xn 6 x2 < 1, ce qui sera utile

par la suite.

3. D´eterminer la limite de la suite (xn).

On a, pour tout x 6= 1, fn(x) = xn+ xn−1+ . . . + x − 1 = x 1 − xn 1 − x − 1. Et donc comme ∀n ∈ N∗, xn6= 1, on a : xn 1 − xn_n 1 − xn = 1

En passant `a la limite quand n → +∞ , comme ` 6= 1 on obtient : `1 − 0

1 − ` = 1 En effet 0 < xn

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Exercice 13.

Trouver toutes les fonctions f : N → N telles que : ∀(m, n) ∈ N2_{, f (m}2_{+ n}2_{) = f (m)}2_{+ f (n)}2 _.

On remarque que la fonction nulle et la fonction identit´e sont solutions triviales de ce probl`eme. En existe-t-il d’autres ? Soit f une telle fonction alors pour m = n = 0 on obtient :

f (02) = 2f (0)2 soit f (0) = 0 ou f (0) = 1 2

Comme f est `a valeurs dans N alors f (0) = 12 est impossible donc f (0) = 0 et alors pour m = 1 et n = 0 on

obtient f (12+ 02) = f (1) = f (1)2+ f (0)2 soit f (1)2− f (1) = 0 c’est `a dire f (1) = 1 ou f (1) = 0. Partons de l’hypoth`ese que f (1) = 1, alors f (2) = f (12+ 12) = f (1)2+ f (1)2 = 2.

On a alors f (4) = f (22+ 02) = f (2)2+ f (0)2= 4 et f (5) = f (22+ 12) = f (2)2+ f (1)2 = 5.

Pour trouver f (3), il faut remarquer que f (5)2 _{= f (5}2_{) = f (3}2_{+ 4}2_{) = f (3)}2_{+ f (4)}2 _{et l’on trouve f (3)}2 _{= 9}

soit f (3) = 3 vu que f est `a valeurs dans N.

Pour trouver f (6), il faut remarquer que f (6)2 = f (62) = f (52+32) = f (5)2+f (3)2et l’on trouve f (6)2= 36 soit f (6) = 6.

Pour m = n on obtient f (2m2) = 2f (m2) et donc f (9) = f (2 × 22) = 2f (2)2 = 8.

Enfin facilement f (9) = f (3)2 = 32 = 9 et il reste f (7) à trouver pour compléter les dix premières valeurs. 72_{+ 1}2 _{= 50 = 25 + 25 = 5}2_{+ 5}2 _{et donc f (7)}2_{+ f (1)}2 _{= f (5)}2_{+ f (5)}2 _{soit f (7)}2 _{= 49 et donc f (7) = 7.}

Ceci correspond à l’initialisation d’une récurrence et qui permet de prouver que f est la fonction identité. Pour cela on remarque les deux égalités ci-dessous :

∀n > 2, (2n + 1)2_{+ (n − 2)}2 _{= (2n − 1)}2_{+ (n + 2)}2

et

∀n > 4, (2n + 2)2_{+ (n − 4)}2 _{= (2n − 2)}2_{+ (n + 4)}2

Ce qui permet d’obtenir que :

∀n > 2, f(2n + 1)2 = f (2n − 1)2+ f (n + 2)2− f (n − 2)2 et

∀n > 4, f(2n + 2)2 _{= f (2n − 2)}2_{+ f (n + 4)}2_{− f (n − 4)}2

Lan¸cons la r´ecurrence forte : soit m ∈ N, m > 10 et supposons que ∀k < m, f (k) = k.

Si m = 2n + 2 est pair alors f (m)2= f (2n + 2)2= f (2n − 2)2+ f (n + 4)2− f (n − 4)2 _{prouve que f (m) = m.}

Si m = 2n+1 est impair alors f (m)2 = f (2n+1)2 = f (2n−1)2+f (n+2)2−f (n−2)2 _{prouve que f (m) = m.}

Par récurrence on a bien prouvé que ∀m ∈ N, f (m) = m et f est la fonction identité.

Remarquons enfin que si f (1) = 0 alors on aurait trouv´e f (1) = f (2) = . . . = f (9) = 0 et la r´ecurrence aurait conclut que f est la fonction nulle.

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Vendredi 30 Aout 2019 - Jour 4 - Suites

Exercice 14.

D´eterminer la limite des suites suivantes : 1. un=

n2+ 1 1 + n + 3n2

La limite d’une fraction rationnelle est le quotient des termes de plus haut degr´e et doc : lim n→+∞un=n→+∞lim n2+ 1 1 + n + 3n2 =_n→+∞lim n2+ 1 1 + n + 3n2 =_n→+∞lim n2 3n2 = 1 3 2. vn= 1 + (−1)n√n n On peut ´ecrire vn= 1 n+ (−1)n √ n . Alors lim n→+∞ 1 n = 0 et −1 √ n 6 (−1)n √ n 6 1 √ n et comme 1 √ n → 0 doncn→+∞lim (−1)n √ n = 0. Finalement lim n→+∞vn= 0 Exercice 15.

On s’intéresse à la suite définie par (

un+1 = −

1 2un+ 3 u0 = −2

1. Calculer u1, u2. La suite (un) est-elle arithmétique ? géométrique ?

u1 = 4 et u2 = 1 donc la suite n’est pas arithmétique (u2− u1 6= u1− u0) ni géométrique (u_u2₁ 6= u_u1₀).

2. Montrer que la suite définie par vn= un− 2 est géométrique.

On introduit la suite auxiliaire d´efinie par vn= un− 2.

vn+1 = un+1− 2 = −1 2un+ 3 − 2 = −1 2un+ 1 = −1 2 un− 2 = −1 2vn

La suite (vn)n≥0 est une suite g´eom´etrique de raison −1₂ et de premier terme v0 = −4.

3. Déterminer le terme général de (vn) puis celui de (un).

On a donc vn= (−4) × −1₂ n pour n ∈ N et ∀n ∈ N, un= vn+ 2 donc ∀n ∈ N, un= (−4) × −1₂ n + 2 4. Calculer S = n P k=0 un en fonction de n. S = n P k=0 un= n P k=0 (vn+ 2) = n P k=0 un+ n P k=0 2 = u0 1 − qn+1 1 − q + 2(n + 1) = −4 1 − (−1₂)n+1 3 + 2(n + 1)

(13)

Exercice 16.

On s’intéresse à la suite définie par un+1= f (un) où f : x 7→ 3 −

2

x et u0 = 3. 1. ´Etudier les variations de la fonction f .

La fonction f est définie sur R∗ et dérivable sur R∗ comme sommes de fonctions dérivables sur R∗. ∀x ∈ R∗, f0(x) = 2

x2 > 0.

La fonction f est strictement croissante sur R∗− et sur R∗+.

2. D´eterminer les points fixes de f .

Soit a un point fixe de f : il s’agit de r´esoudre a = f (a). a = 3 − 2 a a + 2 a = 3 a2+ 2 a = 3 a2+ 2 = 3a a2− 3a + 2 = 0

On calculer le discriminant : ∆ = 9 − 8 = 1 et les racines sont donc a1= 3+1₂ = 2 et a2 = 3−1₂ = 1.

f admet donc deux points fixes qui sont 1 et 2. 3. D´emontrer que ∀n ∈ N, 2 6 un6 3.

On veut montrer par r´ecurrence P(n) : ”2 ≤ un≤ 3”.

- Initialisation : u0 = 3 donc P(0) est vraie.

- Hérédité : Soit n ≥ 0 un entier pour lequel P(n) est vraie. 2 ≤ un≤ 3

f (2) ≤ f (un) ≤ f (3) puisque f est croissante sur R∗+.

2 ≤ u_n+1≤ 3 −2 3 ≤ 3 Donc P(n + 1) est vraie.

- Conclusion : La propri´et´e est vraie pour tous les rangs n : ∀n ∈ N, 2 ≤ un≤ 3.

4. ´Etudier les variations de la suite (un).

On le fait ´egalement par r´ecurrence en posant P(n) = ”un+1≤ un”.

- Initialisation : u1 = 3 −2₃ ≤ 3 donc P(0) est vraie.

- Hérédité : Soit n ≥ 0 un entier pour lequel P(n) est vraie. un+1 ≤ un

f (un+1) ≤ f (un) puisque f est croissante sur R∗+.

un+2 ≤ un+1

Donc P(n + 1) est vraie.

- Conclusion : La propri´et´e est vraie pour tous les rangs n : ∀n ∈ N, un+1≤ un.

5. En d´eduire que cette suite converge et d´eterminer sa limite.

La suite (un)n≥0 est une suite d´ecroissante et minor´ee. On peut donc dire qu’elle converge vers une

limite qu’on note a.

D´etermination de la limite :

Les suites (un)n≥0 et (un+1)n≥0 convergent vers la même limite ` donc ` vérifie ` = f (`) en passant à

(14)

Exercice 17.

A l’aide de majorations, montrer que la suite (un) d´efinie pour tout n ∈ N par

un= n X k=1 √ k2_{+ nk} n3_{+ k}2_{− k} tend vers 0.

Cet exercice qui peut paraitre très compliqué ne pose pas de grosses difficultés si l’on majore simplement chaque terme de la somme.

∀k ∈ [[1, n]], pk2_{+ nk 6}p_n2_{+ n}2 ₌√_2n2 _{et n}3_{+ k}2 − k > n3 car k2+ k > 0 ainsi 0 6 un= n X k=1 √ k2_{+ nk} n3_{+ k}2_{− k} 6 n X k=1 √ 2n2 n3 = n X k=1 2 n2 = 2 n Par le théorème des gendarmes, on en déduit que la suite (un) converge vers 0.