TS Correction DS3 2011-2012
EXERCICE 1 :
(un) et (vn) deux suites définies, pour toutndeN, par : ( u0= 1
un+1= 1
2un−2 et
( v0=−6 vn+1= 1
2vn−2 On posef(x) = 1
2x−2,f est une fonction affine de coefficient positif doncf est croissante surR. 1. (un)est décroissante et minorée par−4.
Démonstration par récurrence : on posePn :−46un+16un, ∀n∈N.
• Initialisation àn= 0 : u0= 1 etu1=−1.5 donc−46u16u0 etP0est vraie.
• Hérédité : On suppose quePn est vraie pourunn∈N. Il s’agit de prouver quePn+1 est vraie.
Pn vraie⇔ −46un+16un
Mais commef est croissante sur R, on obtient :f(−4)6f(un+1)6f(un)
⇔ −46un+26un+1 carf(−4) =−4.
La relation obtenue prouve quePn+1est vraie.
• Conclusion : D’après le principe du raisonnement par récurrence, −4 6 un+1 6 un, ∀n∈ N. (un) est donc décroissante et minorée par−4.
On admetpour la suite de l’exercice que (vn) est croissante et majorée par −4.
2. Représentation graphique des 3 premiers termes des deux suites(un)et(vn).⇒ANNEXE 3. (wn)la suite définie parwn =un−vn, pour toutn∈N.
∀n∈N, wn+1=un+1−vn+1= 1
2un−2− 1
2vn−2
=1
2(un−vn) =1
2wn donc (wn) est une suite géométrique de raison 1
2 et de premier termew0=u0−v0= 7 et ∀n∈N, wn= 7 1
2 n
4. Démontrer que les suites (un) et(vn)sont adjacentes.
D’après la question 1, (un) est décroissante, (vn) est croissante et∀n∈N, un−vn= 7 1
2 n
. Comme1
2 ∈]−1; 1[,
n→lim+∞un−vn = 0. Les conditions sont remplies pour affirmer que (un) et (vn) sont adjacentes.
5. Convergence des suites (un)et (vn)et limite.
Comme (un) et (vn) sont adjacentes, elles convergent et admettent la même limite (théorème du cours).
De plus, (un) convergel qui vérifiel=f(l) (f est affine donc continue surR).
l=f(l)⇔l=1
2l−2⇔l=−4 donc lim
n→+∞un= lim
n→+∞vn=−4
EXERCICE 2 Fonctionun
soitf la fonction définie sur ]0; +∞[ parf(x) = 1
2 −5 x
3 .
1.
x→lim+∞
1 2 −5
x= 1 2 lim
X→12
X3= 1 8
(composition)
x→lim+∞f(x) = 1 8
et
xlim→0 x>0
1 2 −5
x=−∞car lim
x→0 x>0
5 x = +∞
X→−∞lim X3=−∞
(composition)
xlim→0 x>0
f(x) =−∞
2. u:x7−→ 1 2− 5
x est dérivable sur ]0; +∞[ comme somme de fonctions usuelles dérivables sur ]0; +∞[.
f =u3doncf′= 3u′u2avecu′:x7−→ 5 x2.
Lycée Bertran de Born 1 sur 3
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On a donc pour x >0,f′(x) = 3× 5 x2 ×
1 2 −5
x 2
= 15 x2
1 2 −5
x 2
.
∀x∈]0; +∞[, f′(x) = 0⇔ 1 2−5
x⇔x= 10 etf′(x)>0.
3. Tableau de variation complet def. x Signe def′(x)
Variations def
0 10 +∞
+ 0 +
−∞
1 8 1 8
EXERCICE 3 :
On considère la fonctionf définie parf(x) =x√
3x−x2. Sa courbe est donnée ci-dessous.
1. f est définie sur [0; 3].
f est de la forme√
uavecu:x7−→3x−x2 doncf est définie surDf contenant lesxpour lesquels 3x−x2>0⇔x(3−x)>0.
x Signe de x(3−x)
−∞ 0 3 +∞
− 0 + 0 −
Ainsi Df = [0; 3]
2. Lecture graphique de l’ensemble de dérivabilité de f.
Cf admet en 0 une demi-tangente horizontale, ce qui signifie quef′(0) = 0 doncf est dérivable en 0.
Cf admet en 0 une demi-tangente verticale, ce qui signifie quef n’est pas dérivable en 3.
Cf semble admettre en tout autre valeur de [0; 3] une tangente de pentefinie donc f semble graphiquement dérivable sur [0; 3[ .
3. Dérivabilité de f sur]0; 3[et∀x∈]0; 3[, f′(x) = −4x2+ 9x 2√
3x−x2.
√uest dérivable surI, à condition queusoit dérivable surI et queu >0 surI.
Pour toutx∈]0; 3[, u(x) = 3x−x2>0 etuest clairement dérivable sur ]0; 3[ en tant que fonction polynôme.
f =v√
uest donc dérivable sur ]0; 3[ comme produit de fonctions dérivables. (v:x7−→x) f′=v′√
u+v× u′ 2√
u donc pour toutx∈]0; 3[ : f′(x) = 1×√
3x−x2+x× 3−2x 2√
3x−x2 = 2(√
3x−x2)2+ 3x−2x2 2√
3x−x2 = −4x2+ 9x 2√
3x−x2 car2(√
3x−x2)2= 6x−2x2
4. Coordonnées du point de Cf en lequel la tangente est parallèle à l’axe des abscisses.
On résout
f′(x) = 0 x∈]0; 3[ ⇔
−4x2+ 9x= 0
x∈]0; 3[ ⇔ x= 9
4 (en effet 0∈/]0; 3[). Coordonnées du point : (94;2716√3) 5. Dérivabilité de f en 0 et en 3.
La méthode consiste à déterminer la limite des taux d’accroissement :
Lycée Bertran de Born 2 sur 3
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• Pourx∈]0; 3[, f(x)−f(0) x−0 =√
3x−x2 donc lim
x→0
f(x)−f(0)
x−0 = 0 et f est dérivable en 0 avecf′(0) = 0 .
• Pourx∈]0; 3[, f(x)−f(3) x−3 =x√
3x−x2−0 x−3 = xp
x(3−x) x−3 =x√
x√ 3−x
−(3−x) = −x√
√ x 3−x Or
xlim→3−x√
x=−3√ 3
xlim→3 x<3
√3−x= 0+
(quotient)
xlim→3 x<3
f(x)−f(3)
x−3 =−∞ donc f n’est pas dérivable en 3.
O ~i
~j
Cf
Annexe
O ~i
~j
y=x
u0
u1
u2
v0 v1 v2 l=−4
Lycée Bertran de Born 3 sur 3
