Suites implicites

Suites implicites

Exercice 1. (☀☀)

On définit surR^+∗ la fonction f par : f(x) =x+ ln(x).

a. Dresser le tableau de variations de f. Démonstration.

• La quantité ln(x) est définie pourx >0.

Ainsi,Df = ]0,+∞[.

• De plus,lnest dérivable sur ]0,+∞[.

Ainsi,f est dérivable sur cet ensemble. Pour toutx∈]0,+∞[: f⁰(x) = 1 + 1

x >0 On obtient donc le tableau de variations suivant.

x f⁰(x)

f

0 +∞

+

−∞ +∞+∞

b. Montrer que l’équationf(x) =na une unique solution dans R^+∗. On la note u_n.

Démonstration.

• La fonctionf est :

× continue sur]0,+∞[,

× strictement croissante sur ]0,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de]0,+∞[sur : f(]0,+∞[) = ] lim

x→0 f(x), lim

x→+∞f(x)[ = ]− ∞,+∞[

• Soitn∈N. Commen∈]− ∞,+∞[,nadmet un unique antécédentx∈ ]0,+∞[par la fonction f. On note alors u_n(∈]0,+∞[) cet antécédent.

(on a donc f(u_n) =n)

c. Montrer que la suite (u_n) est croissante.

Démonstration.

• Soitn∈N. Par définition, on af(u_n) =n etf(u_n+1) =n+ 1.

On en déduit que :n=f(un)< f(un+1) =n+ 1.

• Or, d’après le théorème de la bijection, la fonction : f⁻¹ : ]− ∞,+∞[7→ ]0,+∞[

est strictement croissante.

• En appliquant f⁻¹ de part et d’autre de l’inégalité, on obtient : f⁻¹(f(un)) =un< un+1=f⁻¹(f(un+1))

La suite (u_n) est donc strictement croissante.

Exercice 2. (☀☀)

Soitf la fonction définie surR⁺parf(x) =xln(x)−1six >0etf(0) =−1.

1. Montrer que f est continue sur R⁺. Démonstration.

• La fonctionf est continue sur ]0,+∞[car elle est la somme de :

× x7→xln(x) continue sur ]0,+∞[comme produit des fonctions : (i) x7→x polynomiale donc continue sur]0,+∞[,

(ii) x7→ln(x) continue sur]0,+∞[.

× x7→ −1constante donc continue sur]0,+∞[.

• D’autre part, lim

x→0⁺ f(x) = lim

x→0⁺ xln(x)−1 = 0−1 = −1 = f(0).

On en déduit quef est continue en0.

Ainsi, f est continue sur R⁺. 2. Calculer la limite def en+∞.

Démonstration.

Comme lim

x→+∞x= +∞ et lim

x→+∞ ln(x) = +∞, on a

x→+∞lim f(x) = +∞.

3. Justifier quef est dérivable sur]0,+∞[puis calculerf⁰(x).

Démonstration.

• La fonctionf est dérivable sur ]0,+∞[car elle est la somme de :

× x7→xln(x) dérivable sur ]0,+∞[comme produit des fonctions : (i) x7→x polynomiale donc dérivable sur]0,+∞[,

(ii) x7→ln(x) dérivable sur]0,+∞[.

× x7→ −1constante donc dérivable sur]0,+∞[.

Ainsi, f est dérivable sur ]0,+∞[.

(on pouvait montrer dès la question 1. quef estC^∞ sur ]0,+∞[)

• Soitx∈]0,+∞[. On a alors :f⁰(x) = ln(x) +x× 1

x = ln(x) + 1.

∀x >0, f⁰(x) = ln(x) + 1 4. Établir le tableau de variations de f surR⁺.

Démonstration.

Soit x >0. On a :

f⁰(x)>0 ⇔ ln(x) + 1>0 ⇔ ln(x)>−1 ⇔ x >e⁻¹ On en déduit le tableau de variations suivant.

x Signe def⁰(x)

Variations def

0 e⁻¹ +∞

− 0 +

−1

−1

−1−e⁻¹

−1−e⁻¹

+∞

+∞

Avec f(e⁻¹) =e⁻¹ln(e⁻¹)−1 =−e⁻¹−1 5. Soit n∈N.

Montrer que l’équationf(x) =npossède une unique solution dans R⁺. On noteun cette solution. Justifier que un>1.

Démonstration.

• La fonctionf :R⁺→R est :

× continue sur[e⁻¹,+∞[,

× strictement croissante sur [e⁻¹,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de[e⁻¹,+∞[surf([e⁻¹,+∞[) avec : f([e⁻¹,+∞[) = [f(e⁻¹), lim

x→+∞f(x)[ = [−1−e⁻¹,+∞[

• Commen>0,n∈[−1−e⁻¹,+∞[.

Ainsi, l’équationf(x) =npossède une unique solution dans[e⁻¹,+∞[.

• Enfin,f(1) = 1×ln(1)−1 =−1donc f(u_n) =n >−1 =f(1).

On applique alors, de part et d’autre de cette inégalité, la fonctionf⁻¹ strictement croissante.

On obtient ainsi : un>1.

6. On note gla restriction de f à l’intervalle[1,+∞[.

a) Justifier que g est une bijection de [1,+∞[ dans un intervalle J à préciser.

Démonstration.

• La fonctiong: [1,+∞[→Rest injective car restriction def qui est elle-même injective.

• D’autre part, g : [1,+∞[ → J est surjective si l’on choisit J = Im(g) =g([1,+∞[). Or :

g([1,+∞[) = [f(1), lim

x→+∞f(x)[ = [−1,+∞[

g réalise une bijection de [1,+∞[sur[−1,+∞[.

(ou par application du théorème de la bijection)

b) Donner le tableau de variation complet de la réciproqueg⁻¹ surJ. Démonstration.

D’après le théorème de la bijection, la fonctiong⁻¹ est continuesur [−1,+∞[et de même monotonie que g.

Or[1,+∞[⊂[e⁻¹,+∞[, etf est strictement croissante sur [e⁻¹,+∞[.

On en déduit donc le tableau de variations suivant.

x

Variations deg⁻¹

−1 +∞

1 1

+∞

+∞

c) Exprimezun à l’aide deg⁻¹.

En déduire la monotonie de la suite (u_n) et sa limite lorsque n tend vers +∞.

Démonstration.

Soit n∈N.

• Par définition, on a :f(un) =n.

De plus, commeun>1, on af(un) =g(un).

On en déduit que g(u_n) =net donc queu_n=g⁻¹(n).

• Commeg⁻¹ est strictement croissante et n < n+ 1, on obtient : u_n=g⁻¹(n)< g⁻¹(n+ 1) =u_n+1

La suite(u_n)est donc (strictement) croissante.

• Pour ce dernier point, on pouvait raisonner de deux manières diffé- rentes.

La manière adaptée à l’énoncé, à privilégier ici D’après le théorème de composition des limites :

n→+∞lim u_n = lim

n→+∞g⁻¹(n) = lim

x→+∞ g⁻¹(x) = +∞

Ou alors à l’aide du théorème de convergence monotone (peu adapté à l’énoncé mais raisonnement classique qu’il est important de com- prendre)

Rappelons que, par définition de la suite(un), on af(un) =n.

Comme un>1>0, cela s’écrit :

unln(un)−1 = n ou encore unln(un) = n+ 1 Deux cas se présentent alors.

1) Soit(u_n)est majorée

Étant croissante, elle est convergente vers une limite finie`∈R. En passant à la limite dans l’égalité précédente, on obtient alors :

` ln(`) = +∞.

Ceci étant impossible, ce cas est à écarter.

2) Soit(un)n’est pas majorée

Étant croissante, elle tend vers +∞.

On en déduit que lim

n→+∞u_n= +∞.

Exercice 3. (☀☀)

On considère les fonctions f_n:x7→xⁿ+x−1pour n∈N^∗.

a. Soit n ∈ N^∗. Démontrer que l’équation f_n(x) = 0 admet une unique solution x_n∈ ]0,1[.

Démonstration.

Soit n∈N^∗.

• La fonctionfn est une fonction polynomiale.

Elle est donc dérivable surR.

Soitx∈R. On a : f_n⁰(x) = n xⁿ⁻¹+ 1.

Six >0,n xⁿ⁻¹+ 1>0. On en déduit le tableau de variations suivant.

x Signe def⁰(x)

f

0 1

0 + 0

−1

−1

1 1

• La fonctionf_n est :

× continue sur]0,1[,

× strictement croissante sur ]0,1[.

Elle réalise donc une bijection de]0,1[surf(]0,1[) = ]−1,1[.

Comme 0 ∈ ]−1,1[, l’équation f_n(x) = 0 admet une unique solution xn∈]0,1[.

Remarque

• On peut aussi rédiger comme suit.

Comme0∈]−1,1[,0 admet un unique antécédentx_n∈]0,1[par la fonction fn.

• Quelle que soit la rédaction, il faut comprendre que l’on vient de définir une suite(x_n)n∈N^∗.

(à chaque valeur de ncorrespond un unique x_n)

• Cette suite est définie de manièreimplicite (non explicite).

Pour tout n∈N^∗,xn est l’unique élément tel que :

× x_n∈]0,1[,

× f_n(x_n) = 0 i.e. x_nⁿ+x_n+ 1 = 0(déterminant pour la suite) b. Démontrer que, pour toutn >0 :f_n+1(x_n)< f_n+1(x_n+1).

En déduire que : ∀n >0, xn< xn+1. Démonstration.

D’après la question précédente : ∀m∈N^∗, fm(xm) = 0.

(pour bien comprendre qu’on peut écrire cette égalité enm=nmais aussi en m=n+ 1)

Soit n∈N^∗.

• Par définition de la fonctionf_n+1, on a :f_n+1(x_n) = x_nⁿ⁺¹+x_n−1.

Or, d’après la question précédente, on a :f_n(x_n) = 0.

Orfn(xn) = xnn+xn−1 = 0. Ainsi, on a : xnn= 1−xn. On en conclut que :

fn+1(xn) = xnn+1+xn−1

= xn×xnn+xn−1

= x_n×(1−x_n) +x_n−1

= −x_n²+ 2x_n−1

= −(x_n²−2x_n+ 1) = −(x_n−1)² <0 carx_n<1

• Par la question précédente, f_n+1(x_n+1) = 0.

On a donc bien : fn+1(xn)<0 =fn+1(xn+1).

• D’après le théorème de la bijection, la fonctionf_n+1⁻¹: ]−1,1[→]0,1[

est de même monotonie quef_n+1, à savoir strictement croissante.

On en déduit que :

xn = fn+1−1(fn+1(xn))< fn+1−1(fn+1(xn+1)) = xn+1

c. Démontrer que (x_n)converge et que sa limite `est telle que0< `61.

Démonstration.

• La suite(x_n)est croissante et majorée par1.

Elle converge donc vers une limite`∈R.

• Par passage à la limite dans l’inégalité : 0< xn <1, on en déduit que

`est telle que : 06`61.

• La suite(xn)étant croissante, on en déduit que : ∀n∈N^∗, xn>x1. Et donc, par passage à la limite, on a :`>x1.

• Par définition,x₁ est l’unique élément de]0,1[qui vérifie : f1(x1) =x1+x1−1 = 0i.e. 2x1 = 1 et donc x1 = 1

2. On en conclut que :0< 1

2 6`61.

d. Démontrer que : ∀n >0, x_n6`.

Démonstration.

• Attention : démonstration hors programme !

Le théorème de convergence monotone stipule que`= sup

n∈N^∗

x_n. Ainsi, on a :∀n∈N^∗,xn6 sup

n∈N^∗

xn=`.

• Démonstration attendue.

Supposons par l’absurde qu’il existe un rangn₀ >0 tel que :x_n0 > `.

La suite(x_n)étant croissante, on a : ∀n>n₀,x_n>x_n0. Par passage à la limite, on en déduit que : `>xn0. Et donc que : `>x_n0 > `, ce qui est impossible ! e. En procédant par l’absurde, montrer que `= 1.

Démonstration.

Supposons par l’absurde que`6= 1.

D’après les questions précédentes, on a :

• 0< ` <1,

• 0< xn6`et donc, par croissance de la fonction élévation à la puissance nsur]0,+∞[, on en déduit que :06x<sub>n</sub><sup>n</sup>6`ⁿ. Or :

× `ⁿ −→

n→+∞0car0< ` <1,

× 0 −→

n→+∞0.

Ainsi, par le théorème d’encadrement, on a : xnn −→

n→+∞0.

Or :xnn= 1−xn. Par passage à la limite dans cette égalité, on en déduit que : 0 = 1−`et ainsi que`= 1.

Ceci contredit l’hypothèse `6= 1.

Exercice 4 (☀☀)(d’aprèsEDHEC 2008)

Pour tout entier naturel n non nul, on considère f_n:x 7→ 1

1 +e^x +nx. On appelle (Cn) sa courbe représentative dans un repère orthogonal (O,^→i ,

→

j).

1) a. Déterminer, pour tout réelx,f_n⁰(x)etf_n⁰⁰(x).

Démonstration.

• Soit n ∈ N^∗. La fonction fn est définie sur R car 1 +e^x 6= 0 pour toutx∈R (∀x∈R,1 +e^x>1>0).

• f estC^∞ surR, car somme de :

× x7→ 1

1 +e^x C^∞surRcomme inverse de la fonctionx7→1+e^xqui est elle-même C^∞sur Ret qui ne s’annule pas sur cet intervalle.

× x7→nx C^∞ surRcar polynomiale.

f_n⁰(x) =−(1 +e^x)⁻²×e^x+n f_n⁰⁰(x) = (2(1 +e^x)⁻³×e^x−(1 +e^x)⁻²) e^x

b. En déduire que la fonctionfn est strictement croissante sur R. Démonstration.

Afin de déterminer le signe def_n⁰, on dresse son tableau de variations.

Pour ce faire, on doit au préalable déterminer le signe de sa dérivée, f_n⁰⁰.

f_n⁰⁰(x)>0

⇔ 2(1 +e^x)⁻³×e^x−(1 +e^x)⁻² >0

⇔ 2(1 +e^x)⁻³×e^x>(1 +e^x)⁻²

⇔ 2e^x>(1 +e^x)

⇔ e^x >1

⇔ x>0

D’où le tableau de variations suivant.

x f_n⁰⁰(x)

f_n⁰

f_n⁰(x)

−∞ 0 +∞

− 0 +

n n

−¹₄+n

−¹₄+n

n n

+

La fonctionf_n⁰ admet un minimum en0valant−¹₄+n >0(carn>1).

On en déduit que f_n⁰ >0 et donc quefn est strictement croissante.

Comme lim

x→−∞ e^x = 0, on a lim

x→−∞ f_n⁰(x) =n.

Or : e^x

(1 +e^x)² ∼

x→+∞

e^x

(e^x)² =e^−x −→

x→+∞0. En effet : e^x

(1 +e^x)² = e^x e^2x

1

1

e^2x +_e²x + 1 =e^−x 1

1

e^2x +_e²x + 1

(on fait apparaître le terme dominant mais on peut aussi former le quotient . . . )

et 1 e^2x + 2

e^x + 1 −→

x→+∞0 + 0 + 1 = 1 Donc f_n⁰(x) −→

x→+∞−0×1 +n=n.

2) a. Calculer lim

x→−∞fn(x)ainsi que lim

x→+∞fn(x).

Démonstration.

x→−∞lim f_n(x) =−∞ et lim

x→+∞f_n(x) = +∞

b. Déterminer les coordonnées du seul point d’inflexion, notéA_n, de(Cn).

Démonstration.

D’après le tableau de variations précédent,f_n⁰⁰ s’annule en changeant de signe seulement au point d’abscisse0. De plus,f_n(0) = ¹₂.

A_n= (0,¹₂) est le seul point d’inflexion de(C_n).

c. Donner l’équation de la tangente (T1) à la courbe (C1) en A1 puis tracer la droite(T1)ainsi que l’allure de la courbe (C1).

Démonstration.

La tangente de(C₁)enA1a pour équation : y =fn(0)+f_n⁰(0)(x−0).

Orf_n⁰(0) =n−¹₄. D’oùf₁⁰(0) = 1−¹₄ = ³₄. (T1) a pour équationy= 1

2 +3 4 x.

x y

3) a. Montrer que l’équation f_n(x) = 0 possède une seule solution sur R, notée u_n.

Démonstration.

La fonction f_n est

× continue sur]− ∞,+∞[,

× strictement croissante sur]− ∞,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de ]− ∞,+∞[sur : f_n(]− ∞,+∞[) = ] lim

x→−∞ f_n(x), lim

x→+∞f_n(x)[ = ]− ∞,+∞[

Comme 0∈]− ∞,+∞[l’équation f_n(x) = 0 admet une unique solution u_n∈ ]− ∞,+∞[.

b. Montrer que l’on a : ∀n∈N^∗, −1

n < u_n<0.

Démonstration.

Soit n∈N^∗.

• fn(−_n¹) = 1 1 +e⁻¹ⁿ

−1 = −e⁻ⁿ¹ 1 +e⁻¹ⁿ <0,

• fn(un) = 0,

• f_n(0) = 1 2 >0.

Ainsi : fn(−_n¹)< fn(un)< fn(0).

Par le théorème de la bijection,f_n⁻¹ est de même monotonie quef_n. Par application de f_n⁻¹, strictement croissante, à

l’inégalité précédente, on en déduit : −1

n < u_n<0.

c. En déduire la limite de la suite (u_n).

Démonstration.

Comme, ⁻¹_n −→

n→+∞0 et0 −→

n→+∞0, par le théorème d’encadrement, on a : un −→

n→+∞0.

d. En revenant à la définition deu_n, montrer queu_n ∼

n→+∞

− 1 2n. Démonstration.

Par définition,un est l’unique solution de l’équationfn(x) = 0.

On en déduit que : 1

1 +e^un+n u_n= 0et donc que :n u_n=− 1 1 +e^un. Ainsi :

u_n

−_2n¹ = −2n u_n = 2 1

1 +e^un −→

n→+∞2 1

1 +e⁰ = 2 2 = 1

un ∼

n→+∞ − 1 2n.

e. En déduire la limite denun lorsque ntend vers+∞.

Démonstration.

D’après la question précédente : nu_n ∼

n→+∞ − n

2n = −1 2 −→

n→+∞−1 2 n u_n −→

n→+∞−1 2 Exercice 5. (☀☀)

On définit pour toutn∈N la fonctionf_n par : f_n(x) =x⁵+n×x−1.

a. Faire l’étude de la fonction f_n. Démonstration.

Soit n∈N.

• La fonctionf_n est polynomiale. Elle est donc C^∞ surR.

• Pour tout x∈R, on a :

f⁰(x) = 5x⁴+n >0 sin>1

On obtient donc le tableau de variations suivant.

x f_n⁰(x)

f

−∞ +∞

+

−∞

−∞ +∞+∞

(en toute rigueur, il faudrait ajouter que f⁰ s’annule en 0 si n= 0 mais cela ne change pas l’allure du tableau de variations)

b. Montrer que pour tout n> 1, il existe une unique solution à l’équation fn(x) = 0. On la notera un.

Démonstration.

• La fonctionf_n est :

× continue sur]− ∞,+∞[,

× strictement croissante sur ]− ∞,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de]− ∞,+∞[sur : f(]− ∞,+∞[) = ] lim

x→−∞f(x), lim

x→+∞f(x)[ = ]− ∞,+∞[

• Comme0∈]−∞,+∞[, l’équationfn(x) = 0admet une unique solution u_n∈]− ∞,+∞[.

(on a donc fn(un) = 0)

c. Montrer que ∀n∈N,06u_n6 1 n. Démonstration.

• Soitn∈N. On a : f_n(0) =−1 < 0 < 1 n⁵ =f_n

1 n

.

• Or, d’après le théorème de la bijection, la fonctionfn−1: ]− ∞,+∞[7→

]− ∞,+∞[est strictement croissante.

• En appliquant f_n⁻¹ de part et d’autre de l’inégalité, on obtient : f_n⁻¹(f_n(0)) < f_n⁻¹(0) < f_n⁻¹(f_n

1 n

)

q q q

0 < un < 1

n Exercice 6. (☀☀☀)

Pour tout entiern positif, on définit sur [0,+∞[la fonction fnpar :

∀x∈[0,+∞[, f_n(x) = e^x+nx²−3

1. a) Montrer quef_nest continue et dérivable sur son ensemble de définition.

Dresser son tableau de variations.

Démonstration.

La fonctionfn estC^∞ surR par somme de fonctionsC^∞ surR.

∀x>0, f_n⁰(x) =e^x+ 2nx >0 x

Signe def_n⁰(x)

Variations def_n

0 +∞

+

−2

−2

+∞

+∞

b) Donner l’équation de la tangente def_nen 1.

Démonstration.

La tangente def_n en 1 a pour équationy=f_n(1) +f_n⁰(1) (x−1).

Or :fn(1) =e¹+n−3 etf_n⁰(1) =e¹+ 2n. Ainsi :

f_n(1)+f_n⁰(1) (x−1) =e¹+n−3+(e¹+2n) (x−1) =−n−3+(e¹+2n)x La tangente de f_n en1 a pour équation y=−(n+ 3) + (e¹+ 2n)x.

c) Tracer dans un même repère les courbes de f₀,f₁ etf₂. Démonstration.

Il était important ici de tracer les tangentes en 1 def₀,f₁, f₂. Afin d’avoir une idée plus précise du tracé, déterminons l’équation de la tangente de fn en0. On a : fn(0) =−2 etf_n⁰(0) = 1.

Ainsi, l’équation de la tangente def_n en 0 esty=−2 +x.

x y

d) Montrer que l’équation f_n(x) = 0 a exactement une solution positive, notée un.

Démonstration.

La fonction fn est :

× continue sur[0,+∞[,

× strictement croissante sur[0,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de[0,+∞[surfn([0,+∞[) = [−2,+∞[.

Ainsi, 0∈[−2,+∞[admet un unique antécédent un∈[0,+∞[par la fonction fn.

e) Préciser la valeur deu₀. Dans la suite on supposera quen>1.

Démonstration.

La fonctionf0 :x7→e^x−3 s’annule enu0= ln 3.

f ) Vérifier que :∀n∈N^∗, un∈]0,1[.

Démonstration.

Soitn∈N^∗.

• fn(un) = 0par définition,

• fn(0) =−2<0,

• fn(1) =e¹+n−3>0 carn>1et e¹ >2,71.

Ainsi : fn(0) < fn(un) < fn(1). On applique alors la fonction f_n⁻¹, strictement croissante (car de même monotonie quefnd’après le théo- rème de la bijection) à chaque membre de cette inégalité.

On en déduit que : 0< un<1.

2. Écrire une fonction Scilab qui prend un entier net qui calcule une valeur approchée de un à 0,001près par la méthode de dichotomie.

Démonstration.

(même si ce n’était pas explicitement demandé par l’énoncé, on avait tout intérêt à commencer par coder les fonctions f_n)

1 function y = fn(n,x)

2 y = exp(^x) + ⁿ ? x ^∧∧∧2-3

3 endfunction

On code maintenant la méthode de dichotomie sur l’intervalle ]0,1[(on a fn(0)<0etfn(1)>0).

1 function approx = dichoto(n)

2 g = 0

3 d = 1

4 m = (g+d)/2

5 while fn(ⁿ,d)-fn(ⁿ,g) > 0.001

6 if fn(n,m) > 0 then

7 d = m

8 else

9 g = m

10 end

11 m = (g+d)/2

12 end

13 approx = g

14 endfunction

3. a) Montrer que : ∀x∈]0,1[, f_n+1(x)> f_n(x).

Démonstration.

Soient n∈N^∗ etx∈]0,1[.

f_n+1(x)−f_n(x) = (e^x+ (n+ 1)x²−3)−(e^x+n x²−3) = x² > 0 Ainsi, pour toutx∈]0,1[, on a :f_n+1(x)> f_n(x).

b) En déduire le signe de fn(un+1), puis le sens de variation de la suite (u_n).

Démonstration.

Comme u_n+1∈]0,1[, on peut appliquer le résultat de la question pré- cédente.

On obtient : fn(un+1) < fn+1(un+1) = 0.

Ainsi, f_n(u_n+1) < 0.

On peut écrire cette inéglité sous la forme :f_n(u_n+1) < 0 =f_n(u_n).

En appliquant f_n⁻¹, strictement croissante, à chaque membre de l’in- égalité, on obtient :un+1< un.

La suite (u_n) est strictement décroissante.

c) Montrer que(un) est convergente. On note `sa limite.

Démonstration.

La suite(u_n) est décroissante et minorée par1. Elle converge donc vers une limite `qui vérifie06`61.

d) On suppose dans cette question que` >0.

Calculer la limite de e^un+n u²_n−3 et en déduire une contradiction.

Démonstration.

Supposons que` >0. Alors :

• e^un −→

n→+∞e^`,

• n un2 ∼

n→+∞n `² −→

n→+∞+∞.

On en déduit quefn(un) =e^un+n u²_n−3 −→

n→+∞+∞.

Or, par définition de u_n, on a :f_n(u_n) = 0, ce qui contredit le calcul précédent.

e) Donner enfin la valeur de`.

Démonstration.

D’après la question précédente, `60. Comme de plus 06`61, on a : `= 0

f ) Montrer que rn

2u_n tend vers1 quandntend vers +∞.

Démonstration.

On a : f_n(u_n) = 0 =e^un+n u²_n−3. Ainsi :n u²_n= 3−e^un. D’où : n

2u²_n= 3−e^un

2 et

rn 2

pu²_n=

r3−e^un 2 . Ainsi :

rn

2 u_n −→

n→+∞

r3−e⁰

2 =

r2 2 = 1

Ceci signifie que les suites (un) et r2

n

!

ont même comportement asymptotique.

Autrement dit : u_n ∼

n→+∞

r2 n.