Solutions du Contrôle n˚3

Solutions du Contrôle n˚3 page 1 de 3

Solutions du Contrôle n˚3

I) 5 points

1. Etudions d’abord le sens de variation def :f⁰(x) =1 2 − 1

x² =x²−2 2x² . Doncf est décroissante sur]0;√

2[et croissante sur [√ 2; +∞[

Démontrons par récurrence queuest minorée par√ 2.

initialisation : u0>√

2puisque u0= 4>√ 2 hérédité : Soitntel queun>√

2, a-t-onun+1>√ 2? Puisque un>√

2et quef est croissante sur[√

2; +∞[,f(un)>f(√ 2).

Or f(u_n) =u_n+1 (énoncé) etf(√ 2) =

√2

2 + 1

√2 =· · ·=√ 2 Doncu_n+1>√

2, et l’hérédité est ainsi démontrée.

conclusion : D’après le principe de récurrence,un>√

2 pour toutn>0..

2. Démontrons par récurrence queun+16un pour toutn>0.

initialisation : A-t-onu16u0? On calculeu1= u0

2 + 1

u₀ =· · ·= 9 4 64.

Doncu₁6u₀.

hérédité : Soitntel queun+16un. A-t-onun+26un+1? On a prouvé queuétait minorée par√

2, doncun+1etun sont dans[√ 2; +∞[, Or f est croissante sur cet intervalle, doncf(un+1)6f(un),

c’est-à-direun+26un+1, et l’hérédité est prouvée.

conclusion : D’après le principe de récurrence,u_n+16u_n pour toutn>0.

Doncuest décroissante.

3. a) f(x)− x 2 +

√2

2

!

= 1 x− 1

√2 =

√2−x

x√ 2 Donc, pour 0< x <√

2, la courbe de f est au-dessus de la droite et pourx >√

2, la courbe de f est en-dessous de la droite.

b) initialisation : A-t-onu06 3 2⁰+√

2? Oui puisque463 +√

2(car√ 2>1)

hérédité : Soitntel que un 6 3 2ⁿ +√

2. A-t-onun+16 3 2ⁿ⁺¹ +√

2? On saitun>√

2, donc d’après la question précédentef(un)6un

2 +

√2 2 . Donc icif(un)61

2 3

2ⁿ +√ 2

+

√2

2 , ce qui est bien équivalent à u_n+16 3

2ⁿ⁺¹ +√ 2.

Donc l’hérédité est démontrée.

conclusion : D’après le principe de récurrence, un 6 3 2ⁿ +√

2 pour tout n>0.

c) On a démontré√

26un6 3 2ⁿ +√

2pour toutn>0.

Or 3

2ⁿ tend vers 0 lorsquentend vers+∞

Donc, d’après le théorème des gendarmes, lim

n→+∞un =√ 2

II) 3 points

1. Initialisation :u₃62

3 caru₃=· · ·= 3 8 . Hérédité : Soitnun indice tel queu_n6 2

n. Comparonsu_n+1 à 2 n+ 1. D’après la relation de récurrenceun+1− 2

n+ 1 61 2

1 + 1

n 2

n− 2 n+ 1. Or 1

2

1 + 1 n

2 n− 2

n+ 1 =· · ·= −n²+ 2n+ 1 n²(n+ 1)

On peut démontrer que, pourn>3, on a −n²+ 2n+ 160(avec la règle du signe d’un trinôme, ou avec l’étude de la fonctionx7→ −x²+ 2x+ 1, ou avec la forme canonique2−(n−1)²). Doncu_n+1− 2

n+ 1 60, ce qui prouve que la propriété est héréditaire.

Solutions du Contrôle n˚3 page 2 de 3 Donc d’après le principe de récurrence,un6 2

n pour toutn>3. (en fait, c’est vrai pour toutn>1, car on le vérifie directement pouru1et u2).

2. v1=1

2,v2=1

4, v3=1

8, v4= 1 16.

On peut conjecturer quev est une suite géométrique de raison 1 2. Pour le prouver, on calculevn+1= un+1

n+ 1 = 1 2

1 + 1

n

un

n+ 1 =un

2n =1 2vn

Doncv est bien une suite géométrique de raison 1

2 et de premier termev1=1 2. Doncvn =1

2 1

2 n−1

= 1 2ⁿ Donc u_n= n

2ⁿ (ce qu’on vérifie sur les premiers termes, par exempleu₁=1 2).

III) 8 points

1. a) lim

x→0

e^x−1

√x . Forme « 0

0 ». On fait apparaître untaux d’accroissement. f(x) =e^x−1

x ×√ x.

Le taux d’accroissement tend vers exp⁰(0) =e⁰ = 1, donc la forme n’est plus indéterminée «1×0» et la limite est 0

b) lim

x→1

1 +e^x

1−e^x−1. Forme « 1 +e

0 ». On étudie lesigne du dénominateur. Quand a-t-on1−e^x−1>0?

Quande^x−1<1, c’est-à-direx−1<0, c’est-à-direx <1.

Donc lim

x→1x<1

1 +e^x

1−e^x−1 = +∞et lim

x→1x>1

1 +e^x

1−e^x−1 =−∞

Donc la réponse est : il n’y a pas de limite c) lim

x→−∞1 +x+p

x²+ 4x. Forme «−∞+∞».Expression conjuguée. f(x) =1 + 2x+x²−x²−4x

1 +x−√

x²+ 4x = 1−2x 1 +x−√

x²+ 4x Forme « −∞

−∞ ». On met en facteur lestermes dominants, on simplifie.

Commextend vers−∞, on peut se restreindre au casx <0.

Donc√

x²+ 4x=√ x²

r 1 + 4

x =−x r

1 + 4 x.

Aprèssimplificationparx:f(x) =

1 x−2 1

x+ 1 + r

1 + 4 x La forme n’est plus indéterminée : « −2

2 ». Donc la réponse est −1 2. f(x) = (2x³−4x²)e^−x. Déterminer les limites def en+∞et en−∞

• En+∞

2x³−4x² (polynôme) a même limite que leterme de plus haut degré2x³, c’est- à-dire+∞. La forme est donc indéterminée «(+∞)×0».

On met en facteur lestermes dominants:f(x) =x³

2−4 x

e^−x

On applique une formule decroissances comparées: lim

x→+∞xⁿe^−x= 0.

Donc la forme n’est plus indéterminée : «0×2». La réponse est 0 .

• En−∞

Avec la règle sur le terme de plus haut degré d’un polynôme, la limite se présente sous la forme «(−∞)×(+∞)», ce qui n’est pas une forme indéterminée.

La réponse est −∞

3. f(x) = x²

e^3x−1. Déterminer les limites def en−∞, en 0 et en+∞

• en−∞

Forme « +∞

−1 ». Donc la réponse est −∞

• en0 Forme « 0

0 ». On fait apparaître untaux d’accroissement . f(x) = x

e^3x−1 x

. Le dénominateur est un taux d’accroissement qui a pour limite u⁰(0)avecu(x) =e^3x etu⁰(x) = 3e^3x, doncu⁰(0) = 3.

La réponse est 0 (forme « 0 3 »)

• en+∞

Forme « +∞

+∞ ». On met en facteur lestermes dominants: f(x) = x²

e^3x× 1 1−e^−3x

Le deuxième facteur tend vers 1 et ne pose pas de problème. Le premier ressemble à une formule de croissances comparées mais ce n’en est pas exactement une. On s’y ramène en faisant un changement de variableX = 3x, avecX qui tend vers +∞.

Donc le problème est équivalent à lim

X→+∞

X 3

2

e^X .

Solutions du Contrôle n˚3 page 3 de 3 L’expression s’écrit 1

9×X²

e^X, qui a pour limite0d’après une formule descroissances comparées.

Donc la réponse est 0

IV) 4 points

1. a) On introduit la fonction f : f(x) =e^x−x² 2

f⁰(x) =e^x−x. On ne sait pas étudier le signe directement, on dérive à nouveau.

f⁰⁰(x) =e^x−1. Quand a-t-onf⁰⁰(x)>0? Quande^x>1, soitx >0.

Donc f⁰ est strictement croissante sur [0; +∞[. Or f⁰(0) =e⁰−0 = 1. Donc pour toutx>0, on af⁰(x)>0.

Donc f est strictement croissante sur [0; +∞[. Orf(0) = e⁰−0 = 1. Donc f(x)>0 pour toutx>0, ce qui prouve bien quee^x>x²

2 pour toutx>0.

b) Pour x >0,e^x> x²

2 , donc e^x x > x

2. Or lim

x→+∞

x

2 = +∞, donc d’après le théorème des gendarmes (dans le cas d’une limite infinie) lim

x→+∞

e^x x = +∞

2. f(x)−x=√

x²+ 2x+ 2−x. La limite se présente sours forme indéterminée

«∞ − ∞». On utilise l’expression conjuguée : f(x)−x= x²+ 2x+ 2−x²

√x²+ 2x+ 2 +x= 2x+ 2

√x²+ 2x+ 2 +x

On met en facteur les termes dominants, on simplifie (avec icix >0) f(x)−x=

2 + 2 x r

1 + 2 x+ 2

x² + 1

. La forme n’est plus indéterminée : « 2 2 » Donc lim

x→+∞f(x)−x= 1 Donc lim

x→+∞f(x)−x−1 = 0.

Donc la droite d’équation y=x+ 1 est asymptote à la courbe def en+∞.