Correction du devoir surveillé 4

Correction du devoir surveillé 4

Exercice — Carré du logarithme 1. La fonction ln est définie sur R^∗+.

Par produit, la fonction f est donc définie sur R^∗+∩R^∗+, c’est-à-dire sur R^∗+ : D =R^∗+ .

2. • Commençons par résoudre, pour touty∈R, l’équationf(x) =y, d’inconnue x∈ D.

Soit y∈R.

Résolvons l’équation f(x) = y, d’inconnue x∈ D.

Procédons par disjonction de cas.

? Premier cas : y <0

Pour tout x∈ D, f(x) = ln²(x)>0.

Or y <0, donc pour tout x∈ D,f(x)6=y.

Ainsi, lorsque y > 0, l’équation f(x) = y, d’inconnue x ∈ D, n’admet pas de solution.

? Second cas : y>0 Soit x∈ D.

On a alors l’équivalence suivante : f(x) =y⇐⇒ln²(x) =y

⇐⇒

qln²(x) =√

y car la fonction racine carrée est injective sur R⁺

⇐⇒ |ln(x)|=√ y

⇐⇒ln(x) =√

y ou ln(x) =−√ y

⇐⇒x=e^√y oux=e^−√y.

Les nombres e^√y et e^−√y sont bien strictement positifs, donc appar- tiennent bien à l’ensemble de définition D de l’équation.

Ainsi, lorsque y > 0, l’équation f(x) = y, d’inconnue x ∈ D, admet pour ensemble de solutions

e^√y;e^−√y .

Lycée Pierre-Gilles de Gennes 1 Adriane Kaïchouh

• Déterminons à présent l’image de la fonction f. L’image de la fonction f est l’ensemble suivant :

f(D) ={y∈R| ∃x∈ D, f(x) =y},

c’est-à-dire l’ensemble des réels y tels que l’équation f(x) = y, d’inconnue x∈ D, admette une solution.

Or pour tout y réel, d’après la résolution précédente, l’équation f(x) = y, d’inconnue x∈ D, admet une solution si et seulement siy est positif ou nul, donc l’image de f estR+ :

f(D) =R+ .

3. • D’après la question précédente, l’image de la fonction f est R+, donc en particulier, f(D)6=R.

Ainsi, la fonction f n’est pas surjective deD surR.

• D’après la résolution précédente, le réel14admet pour antécédents parf les deux réelse

√

14 et e⁻

√ 14. Comme−√

146=√

14, l’injectivité de la fonction exponentielle surR donne que ces deux antécédents e

√14 et e⁻

√14 sont différents.

Ainsi, la fonction f n’est pas injective surD.

4. Soity ∈f(D) = R+.

Alors d’après la résolution de la question 2, le réel y admet pour antécédents par la fonction f les réels e^√y ete^−√y.

Distinguons alors deux cas.

• Premier cas : y= 0.

Alors e

√ 0 =e⁻

√

0 = 1, donc l’unique antécédent de y par la fonction f est 1.

• Second cas :y >0.

Alors, par stricte croissance de la fonction racine carrée surR⁺, on a√ y >0 et donc−√

y <0.

Par stricte croissance de la fonction exponentielle, on obtient alors que e^√y >1et e^−√y <1.

Ainsi, y admet un unique antécédent dans ]1; +∞[ et un unique antécédent dans ]0; 1[.

Finalement, dans tous les cas, le réel y admet un unique antécédent dans l’intervalle [1; +∞[, qui est e^√y, et un unique antécédent dans l’intervalle ]0; 1], qui est e^−√y.

Ainsi, la restriction de f à [1; +∞[ réalise une bijection de[1; +∞[ surR+, de réciproque

f_[1;+∞[−1

: R⁺−→[1; +∞[

y7−→e^√y

et la restriction de f à ]0; 1] réalise une bijection de ]0; 1] sur R⁺, de réci- proque

f_]0;1]⁻¹

: R⁺ −→]0; 1]

y7−→e⁻

√y.

Problème 1 — Montée en puissance

Partie I : C’est que le début

1. Trouvons le domaine de définition de la fonction f, qui est la suivante : f: x7−→

x x−1

x−1

−

x+ 1 x

x+1

, c’est-à-dire

f: x7−→exp

(x−1)ln x x−1

−exp

(x+ 1)ln x+ 1

x

.

Pour fractionner les calculs dans le reste du problème, introduisons les fonctions suivantes :

a: x7−→x−1 b: x7−→x+ 1 u: x7−→ x

x−1 v:x7−→ x+ 1

x

p: x7−→a(x)ln(u(x)) = (x−1)ln x x−1

q: x7−→b(x)ln(v(x)) = (x+ 1)ln x+ 1

x

g:x7−→exp[p(x)] =exp

(x−1)ln x x−1

= x

x−1 x−1

h:x7−→exp[q(x)] = exp

(x+ 1)ln x+ 1

x

=

x+ 1 x

x+1

, de sorte que f =g−h.

• La fonctionu est définie surR\ {1} et la fonction v est définie surR^∗.

• Comme la fonction ln est définie surR^∗+, la composée ln◦u est définie sur : D_ln◦u =

x∈R\ {1}

u(x)∈R^∗+

=

x∈R\ {1}

x x−1 >0

={x∈R\ {1} |(x >0 etx−1>0) ou(x <0et x−1<0)}

={x∈R\ {1} |(x >0 etx >1)ou (x <0 etx <1)}

={x∈R\ {1} |x >1 oux <0}

= ]− ∞; 0[∪]1; +∞[.

• De même, la composée ln◦v est définie sur : D_ln◦v =

x∈R^∗

v(x)∈R^∗+

=

x∈R^∗

x+ 1 x >0

={x∈R^∗|(x+ 1>0 etx >0)ou (x+ 1 <0 et x <0)}

={x∈R^∗|(x >−1et x >0) ou(x <−1et x <0)}

={x∈R^∗|x >0ou x <−1}

= ]− ∞;−1[∪]0; +∞[.

• Les fonctions a et b sont définies surR comme fonctions polynomiales.

• Par produit, la fonction p=a×(ln◦u) est définie sur Dp =R∩ D_ln◦u = ]− ∞; 0[∪]1; +∞[, et la fonction q=b×(ln◦v)est définie sur

Dq =R∩ D_ln◦v = ]− ∞;−1[∪]0; +∞[.

• La fonction exponentielle est définie surR.

Par composition, la fonction g =exp◦pest donc définie sur Dg =Dp = ]− ∞; 0[∪]1; +∞[, et la fonction h=exp◦q est définie sur

D_h =D_q = ]− ∞;−1[∪]0; +∞[.

• Enfin, par différence, la fonction f =g−h est définie sur D_f =D_g∩ D_h

= (]− ∞; 0[∪]1; +∞[)∩(]− ∞;−1[∪]0; +∞[)

= ]− ∞;−1[∪]1; +∞[.

2. Montrons que la fonctionf est impaire sur D_f.

• Tout d’abord, le domaine de définition def, qui est l’ensemble]−∞;−1[∪]1; +∞[, est bien symétrique par rapport à l’origine.

• Soit x∈ D_f.

Alors−x∈ D_f et on a : f(−x) =

−x

−x−1 ^−x−1

−

−x+ 1

−x

^−x+1

=

−x

−(x+ 1)

−(x+1)

−

−(x−1)

−x

−(x−1)

= x

x+ 1

−(x+1)

−

x−1 x

−(x−1)

=

x+ 1 x

x+1

− x

x−1 x−1

=h(x)−g(x)

= −f(x). Ainsi, la fonction f est impaire sur D_f .

Partie II : Et ça continue, encore et encore

3. Les fonctions a, b, u, v, logarithme népérien et exponentielle sont continues sur leur domaine de définition.

Donc par produit, composée et différence, la fonction f est continue sur son domaine de définition : la fonction f est continue sur D_f .

4. Montrons que la fonctionf admet un prolongement par continuité en1et en −1.

• Étudions tout d’abord la limite de la fonctionf en1⁺. Soit x∈]1; +∞[.

Alorsx−1>0et x >0, donc ln

x x−1

=ln(x)−ln(x−1).

De même,x+ 1 >0 et x >0, donc ln

x+ 1 x

=ln(x+ 1)−ln(x).

Ainsi, on a :

(g(x) = exp[(x−1)ln(x)−(x−1)ln(x−1)]

h(x) =exp[(x+ 1)ln(x+ 1)−(x+ 1)ln(x)].

? Par continuité de la fonction ln en 1, lim

x→1⁺ln(x) = ln(1) = 0. De plus, lim

x→1⁺x−1 = 0, donc par produit :

x→1lim⁺(x−1)ln(x) = 0.

? On a lim

x→1⁺x−1 = 0⁺ et, par croissances comparées, lim

X→0⁺Xln(X) = 0, donc par composition des limites, on obtient :

x→1lim⁺(x−1)ln(x−1) = 0.

? Par somme, on a :

x→1lim⁺(x−1)ln(x)−(x−1)ln(x−1) = 0.

Or par continuité de la fonction exponentielle en 0, lim

X→0exp(X) = exp(0) = 1, donc par composition des limites, on a :

x→1lim⁺g(x) = 1.

? On a lim

x→1⁺x+1 = 2et par continuité de la fonction ln en2, lim

X→2ln(X) = ln(2), donc par composition des limites, lim

x→1⁺ln(x+ 1) =ln(2). Par produit, on obtient :

x→1lim⁺(x+ 1)ln(x+ 1) = 2ln(2) =ln(4).

? Par continuité de la fonction ln en 1, lim

x→1⁺ln(x) = 0.

De plus, lim

x→1⁺x+ 1 = 2, donc par produit :

x→1lim⁺(x+ 1)ln(x) = 0.

? Par somme, on a :

x→1lim⁺(x+ 1)ln(x+ 1)−(x+ 1)ln(x) = ln(4).

Or par continuité de la fonction exponentielle en ln(4), lim

X→ln(4)exp(X) = exp(ln(4)) = 4, donc par composition des limites, on a :

x→1lim⁺h(x) = 4 .

? Finalement, par différence, on obtient :

x→1lim⁺f(x) =−3.

Ainsi, la fonction f admet une limite finie en 1⁺, donc elle admet un prolongement par continuité au point 1.

• Étudions à présent la limite de la fonction f en −1⁻. D’après la question 2, la fonctionf est impaire.

Donc pour tout x∈]− ∞;−1[, on a :

f(x) = −f(−x).

? On a lim

x→−1⁻−x= 1⁺ et, d’après ce qui précède, lim

X→1⁺f(X) =−3, donc par composition des limites, on a :

x→−1lim⁻f(−x) =−3.

? Par multiplication par −1, on obtient finalement que

x→−1lim⁻−f(−x) = 3, c’est-à-dire que

x→−1lim⁻f(x) = 3.

Ainsi, la fonctionf admet également une limite finie en−1⁻, donc elle admet un prolongement par continuité au point −1.

Finalement, la fonctionfse prolonge par continuité en la fonction suivante : f˜: ]− ∞;−1]∪[1; +∞[−→R

x7−→







f(x) si x∈]− ∞;−1[∪]1; +∞[

3 si x=−1

−3 si x= 1.

Partie III : Rondes monotones

5. Les fonctions a, b, u, v, logarithme népérien et exponentielle sont dérivables sur leur domaine de définition, donc par produit, composée et différence, la fonction f est dérivable sur son domaine de définition : la fonction f est dérivable surD_f . Calculons sa dérivée.

• La dérivée deu est donnée par : pour tout x∈ Du, u⁰(x) = 1×(x−1)−x×1

(x−1)² = − 1 (x−1)² .

• La dérivée dev est donnée par : pour tout x∈ D_v, v⁰(x) = 1×x−(x+ 1)×1

x² = x−x−1

x² = − 1 x² .

• La dérivée de ln◦u est donnée par : pour toutx∈ D_ln◦u, (ln◦u)⁰(x) =u⁰(x)ln⁰(u(x))

= u⁰(x) u(x)

=− 1

(x−1)² × x−1 x

= − 1

x(x−1) .

• La dérivée de ln◦v est donnée par : pour toutx∈ D_ln◦v, (ln◦v)⁰(x) =v⁰(x)ln⁰(v(x))

= v⁰(x) v(x)

=− 1

x² × x x+ 1

= − 1

x(x+ 1) .

• Les dérivées dea et de b sont données par : pour tout x∈R, (a⁰(x) = 1

b⁰(x) = 1.

• La dérivée dep est alors donnée par : pour toutx∈ D_p, p⁰(x) = a⁰(x)(ln◦u)(x) +a(x)(ln◦u)⁰(x)

= 1×ln x x−1

+ (x−1)×

− 1 x(x−1)

= ln x x−1

− 1 x .

• De même, la dérivée de q est donnée par : pour tout x∈ D_q, q⁰(x) =b⁰(x)(ln◦v)(x) +b(x)(ln◦v)⁰(x)

= 1×ln x+ 1

x

+ (x+ 1)

− 1 x(x+ 1)

= ln x+ 1

x

− 1 x .

• Par composée, la dérivée de g est donnée par : pour toutx∈ Dg, g⁰(x) = p⁰(x)exp⁰(p(x))

=p⁰(x)exp(p(x))

=p⁰(x)g(x)

= ln

x x−1

− 1 x

x x−1

^x−1 .

• De même, la dérivée de h est donnée par : pour toutx∈ D_h, h⁰(x) =q⁰(x)exp⁰(q(x))

=q⁰(x)exp(q(x))

=q⁰(x)h(x)

= ln

x+ 1 x

− 1 x

x+ 1 x

x+1

.

Enfin, par différence, la dérivée de la fonctionf est donnée par : pour toutx∈ D_f, f⁰(x) = g⁰(x)−h⁰(x)

= ln

x x−1

− 1 x

x x−1

^x−1

− ln

x+ 1 x

− 1 x

x+ 1 x

x+1

. 6. Montrons que pour tout x∈]1; +∞[, on a l’encadrement suivant :

ln x+ 1

x

< 1

x <ln x x−1

.

Nous allons démontrer chacune de ces inégalités séparément, par deux études de fonctions.

• Montrons que pour tout x∈]1; +∞[, 1

x <ln x x−1

. Pour cela, considérons la fonction suivante :

ϕ: ]1; +∞[−→R x7−→ln

x x−1

− 1

x =ln(u(x))− 1 x et montrons qu’elle est strictement positive sur ]1; +∞[.

? La fonction ln◦uest définie et dérivable surD_ln◦u =]− ∞; 0[∪]1; +∞[, donc en particulier sur ]1; +∞[.

Et la fonction inverse est définie et dérivable surR^∗, donc en particulier sur ]1; +∞[.

Par différence, la fonction ϕ est donc bien définie et dérivable sur]1; +∞[.

? Pour tout x∈]1; +∞[, on a :

ϕ⁰(x) = (ln◦u)⁰(x)−

− 1 x²

=− 1

x(x−1) + 1 x²

= x+ (x−1) x²(x−1)

= − 1

x²(x−1) .

Comme pour tout x∈]1; +∞[, x²(x−1)>0, la dérivée de la fonction ϕ est strictement négative.

Ainsi, la fonction ϕest strictement décroissante sur l’intervalle ]1; +∞[.

? Calculons la limite de la fonction ϕ en+∞. Pour tout x∈]1; +∞[, on a :

ϕ(x) =ln x x−1

− 1 x

=−ln x−1

x

− 1 x

=−ln 1− 1

x

− 1 x.

Comme lim

x→+∞

1

x = 0, on a lim

x→+∞1− 1 x = 1.

Or par continuité de la fonction ln en 1, lim

X→1ln(X) = ln(1) = 0, donc par composition des limites, lim

x→+∞ln 1− 1

x

= 0. Finalement, on obtient que :

x→+∞lim ϕ(x) = 0.

Le tableau de variations de la fonction ϕest donc le suivant : x

ϕ⁰(x) ϕ(x)

1 +∞

−

0 0

Comme la fonction ϕ est strictement décroissante sur ]1; +∞[ et de limite nulle en +∞, elle est strictement positive sur ]1; +∞[ :

∀x∈]1; +∞[, ϕ(x)>0, c’est-à-dire que pour tout x∈]1; +∞[, on a : 1

x <ln x x−1

.

• Montrons que pour tout x∈]1; +∞[, ln x+ 1

x

< 1 x. Pour cela, considérons la fonction suivante :

ψ: ]1; +∞[−→R x7−→ln

x+ 1 x

− 1

x =ln(v(x))− 1 x et montrons qu’elle est strictement négative sur]1; +∞[.

? La fonction ln◦v est définie et dérivable surD_ln◦u =]−∞;−1[∪]0; +∞[, donc en particulier sur ]1; +∞[.

De plus, la fonction inverse est définie et dérivable sur R^∗, donc en particulier sur ]1; +∞[.

Par différence, la fonction ψ est donc bien définie et dérivable sur ]1; +∞[.

? Pour tout x∈]1; +∞[, on a :

ψ⁰(x) = (ln◦v)⁰(x)−

− 1 x²

=− 1

x(x+ 1) + 1 x²

= x+ (x+ 1) x²(x+ 1)

= 1

x²(x+ 1) .

Comme pour tout x∈]1; +∞[, x²(x−1)>0, la dérivée de la fonction ψ est strictement positive.

Ainsi, la fonction ψ est strictement croissante sur ]1; +∞[.

? Calculons la limite de la fonction ϕ en+∞. Pour tout x∈]1; +∞[, on a :

ψ(x) =ln x+ 1

x

− 1 x

=ln 1 + 1

x

− 1 x. Comme lim

x→+∞

1

x = 0, on a lim

x→+∞1 + 1 x = 1.

Or par continuité de la fonction ln en 1, lim

X→1ln(X) = ln(1) = 0, donc par composition des limites, lim

x→+∞ln 1 + 1

x

= 0.

Finalement, on obtient que :

x→+∞lim ψ(x) = 0.

Le tableau de variations de la fonction ϕest donc le suivant : x

ψ⁰(x) ψ(x)

1 +∞

+

0 0

Comme la fonctionψ est strictement croissante sur]1; +∞[et de limite nulle en+∞, elle est strictement négative sur ]1; +∞[ :

∀x∈]1; +∞[, ψ(x)<0, c’est-à-dire que pour tout x∈]1; +∞[, on a : ln

x+ 1 x

< 1 x .

Finalement, on obtient bien l’encadrement voulu : pour tout x∈]1; +∞[, ln

x+ 1 x

< 1

x <ln x x−1

.

7. • Étudions les variations de la fonction f sur l’intervalle ]1; +∞[. D’après la question 5, on a : pour toutx∈]1; +∞[,

f⁰(x) = ln

x x−1

− 1 x

x x−1

x−1

− ln

x+ 1 x

− 1 x

x+ 1 x

x+1

=ϕ(x) x

x−1 x−1

−ψ(x)

x+ 1 x

x+1

, avec les notations de la question précédente.

? D’après la question précédente, on a : pour tout x∈]1; +∞[, ϕ(x)>0 etψ(x)<0.

? De plus, comme la fonction exponentielle est à valeurs dans R^∗+, on a : pour tout x∈]1; +∞[,

x x−1

^x−1

>0 et x+ 1

x

x+1

>0.

On obtient donc que pour toutx∈]1; +∞[, ϕ(x)

x x−1

x−1

>0et ψ(x) x

x+ 1 x+1

<0.

Par différence, on obtient que

∀x∈]1; +∞[, f⁰(x)>0.

Ainsi, la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle ]1; +∞[.

• Par imparité de la fonction f, on a : pour tout x∈ D_f, f(x) =−f⁰(−x),

donc

f⁰(x) =−(−1)f⁰(−x) = f⁰(−x).

La dérivée d’une fonction impaire est une fonction paire !

Or pour toutx∈]−∞;−1[, on a−x∈]1; +∞[, doncf⁰(−x)>0, c’est-à-dire que f⁰(x)>0.

Ainsi, la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle ]− ∞;−1[.

• On a vu dans la question 4 que

x→−1lim⁻f(x) = 3 et lim

x→1⁺f(x) = −3.

• De plus, l’énoncé nous donne que lim

x→+∞f(x) = 0. Par imparité de la fonction f, on a également lim

x→−∞f(x) = 0 . Dressons alors le tableau de variations de la fonction f.

x f⁰(x)

f(x)

−∞ −1 1 +∞

+ +

0 0

3

−3

0 0

8. Traçons enfin l’allure du graphe de la fonctionf.

0 x y

−1 1

−3 3

y=f(x)

Problème 2 — Suite implicite

1. Montrons que pour tout n ∈ N^∗, il existe un unique point x ∈]0; 1[ tel que f_n(x) = 0.

Soit n ∈N^∗.

Étudions la fonction f_n sur l’intervalle ]0; 1[.

• La fonction f_n est polynomiale, donc elle est bien définie sur R, donc en particulier sur ]0; 1[.

De plus, la fonctionf_n est dérivable sur R, donc sur ]0; 1[. Pour tout x∈]0; 1[, on a :

f_n⁰(x) =nxⁿ⁻¹−(−1)2(1−x)

=nxⁿ⁻¹+ 2(1−x)

>0.

Ainsi, la fonction fn est strictement croissante sur]0; 1[.

• De plus, la fonction f_n est continue sur l’intervalle ]0; 1[, comme fonction polynomiale.

Le théorème de la bijection continue assure alors que :

• l’image directe de l’intervalle ]0; 1[ par la fonction fn est f_n(]0; 1[) = i

x→0limf_n(x);lim

x→1f_n(x)h

= ]f_n(0);f_n(1)[ car la fonction f_n est continue en 0et en 1

=]−1; 1[;

• la fonction fn réalise une bijection de ]0; 1[ sur fn(]0; 1[), c’est-à-dire de]0; 1[ sur]−1; 1[;

• sa réciproque f_n]0;1[−1

est strictement croissante sur ]−1; 1[.

Or 0 appartient à ]−1; 1[, donc 0 admet un unique antécédent dans]0; 1[ par la fonction f_n.

Autrement dit, il existe un unique point x∈]0; 1[ tel que fn(x) = 0 , que l’on ap- pellera u_n.

x

fn(x)

0 1

−1

−1

1 1 u_n

0

2. (a) Soit n∈N^∗.

Calculons f_n(u_n+1):

f_n(u_n+1) = (u_n+1)ⁿ−(1−u_n+1)²

= (u_n+1)ⁿ−(u_n+1)ⁿ⁺¹+

(u_n+1)ⁿ⁺¹−(1−u_n+1)²

= (u_n+1)ⁿ−(u_n+1)ⁿ⁺¹+f_n+1(u_n+1)

= (u_n+1)ⁿ−(u_n+1)ⁿ⁺¹+ 0 car, par définition, f_n+1(u_n+1) = 0

= (u_n+1)ⁿ(1−u_n+1). Or u_n+1 appartient à ]0; 1[, donc

((un+1)ⁿ >0 1−u_n+1 >0, donc finalement fn(un+1)>0.

x

f_n(x)

0 1

-1 -1

+∞

+∞

u_n

0

u_n+1

f_n(u_n+1)

(b) Montrons alors que la suite (u_n)n∈N^∗ est strictement croissante.

Soit n∈N^∗.

Montrons que u_n< u_n+1.

D’après la question précédente, f_n(u_n+1)>0. Or, par définition,0 = f_n(u_n), donc on a :

f_n(u_n)< f_n(u_n+1).

Comme les nombres u_n et u_n+1 appartiennent à ]0; 1[, leurs images appar- tiennent à]−1; 1[ d’après la première question.

Appliquons-leur alors la fonction f_n]0;1[⁻¹, qui est strictement croissante sur]−1; 1[ d’après la première question : on obtient que

f_n]0;1[−1

(fn(un))< f_n]0;1[−1

(fn(un+1)), donc que

u_n < u_n+1 .

Ainsi, la suite (u_n)n∈N^∗ est strictement croissante .

3. D’après la question précédente, la suite (u_n)n∈N^∗ est croissante.

De plus, par définition, tous ses termes appartiennent à l’intervalle ]0; 1[, donc la suite (u_n)_n∈N^∗ est majorée par 1.

Ainsi, le théorème de convergence monotone assure que la suite (u_n)n∈N^∗ converge . Appelons l sa limite.

4. Montrons quel >0.

D’après la question 2.b), la suite (u_n)_n∈N^∗ est croissante, donc

∀n ∈N^∗, u_n >u₁.

Par passage à la limite dans cette inégalité large, on obtient que l>u₁.

Or, par définition, u₁ appartient à l’intervalle ]0; 1[, doncu₁ >0.

Il s’ensuit alors que l >0.

5. Dans cette question, on suppose que 0< l <1. (a) Étudions la limite suivante : lim

n→+∞uⁿ_n.

Pour tout n∈N^∗, un>0, donc pour tout n∈N^∗, on a : uⁿ_n=e^nln(un).

Commel >0, donc la fonction ln est continue en l, donc on a :

n→+∞lim ln(u_n) = ln(l).

De plus, l < 1 par hypothèse, donc par stricte croissance de la fonction ln surR^∗+, on a ln(l)<0.

Par produit de limites, on obtient alors que

n→+∞lim nln(u_n) = −∞.

Enfin, comme lim

x→−∞e^x = 0, par composition des limites, on obtient que

n→+∞lim e^nln(un) = 0, c’est-à-dire que

n→+∞lim uⁿ_n = 0.

(b) Pour tout n∈N^∗, on a f_n(u_n) = 0 par définition de u_n. Donc pour tout n∈N^∗, on a :

uⁿ_n−(1−u_n)² = 0, donc

(1−un)² =uⁿ_n. D’après la question précédente, lim

n→+∞uⁿ_n= 0, donc

n→+∞lim (1−u_n)² = 0.

Or par somme et produit de limites, lim

n→+∞(1−un)² = (1−l)², donc par unicité de la limite, on obtient que :

(1−l)² = 0 . 6. Déterminons la valeur de l.

• Tout d’abord, comme la suite (u_n)n∈N^∗ est majorée par 1, on a :

∀n∈N^∗, un 61,

donc par passage à la limite dans cette inégalité large, on obtient quel >1. Or d’après la question 4, on a aussi l >0, donc on obtient que

0< l61.

• Supposons maintenant par l’absurde que 0< l <1. Alors d’après la question précédente, on a(1−l)² = 0.

Il s’ensuit que 1 − l = 0, donc que l = 1, ce qui contredit l’hypothèse 0< l <1.

Ainsi, l’hypothèse 0< l <1 est absurde .

Finalement, comme 0< l61 et comme il est faux que 0< l <1, on obtient que nécessairement, l = 1 :

n→+∞lim u_n= 1.