Exercice 1 : Partie A : 1. g

Exercice 1 :

Partie A :

1. g est dérivable surRcomme somme de telles fonctions. Sa dérivée estg⁰(x) =e^x−1.

Ainsi,g⁰(x) = 0si et seulement sie^x≥1,donc si et seulement six≥0la fonction exponentielle étant strictement croissante.

g est donc décroissante surR⁻ et croissante surR⁺.Sa courbe présente donc un minimum de coordonnées (0; 0). On en déduit que pour tout nombre réelx, g(x)≥0.

2. Ainsi,∀x∈R, e^x−x−1≥0⇒ e^x−x≥1⇒e^x−x >0.Donc ∀x∈R, e^x−x >0.

Partie B : 1.a-f(x) = x

e^x−x est définie surRDe plus, pour toutx6= 0, f(x) = x x

µe^x x −1

¶= 1 e^x

x −1 .

Or

( lim

x→−∞e^x= 0

x→−∞lim x=−∞ ⇒ lim

x→−∞

e^x

x = 0⇒ lim

x→−∞

1 e^x

x −1

=−1d’après les théorèmes généraux sur les limites.

Donc lim

x→−∞f(x) =−1 On admet de plus que lim

x→+∞f(x) = 0 (encore impossible en ce mois d’octobre).

1.b. On déduit de ce qui précède que les droites d’équationsy= 0ety=−1sont asymptotes à la courbe.

2.a. f est dérivable surRcomme quotient de telles fonctions, le dénominateur ne s’annulant pas. Sa dérivée est : f⁰(x) =e^x−x−xe^x+x

(e^x−x)² ⇒ f⁰(x) =e^x(1−x) (e^x−x)²

2.b. e^x et(e^x−x)² étant positifs,f⁰ est du signe de 1−x.D’où le tableau de variations ci-dessous:

3.a. L’équation de la tangente au point d’abscisse x0 est : y=f(x0) + (x−x0)f⁰(x0)donc ici y=x 3.b. La position de(C)par rapport à(T)est donnée par le signe def(x)−x

Orf(x)−x= x

e^x−x−x⇒f(x)−x= x−x(e^x−x) e^x−x

On a donc en factorisant le numérateur,f(x)−x= −x(e^x−x−1) e^x−x . Or d’après la partie A,∀x∈R,

½ e^x−x−1≥0

e^x−x >0 . f(x)−xest donc du signe de−x.

(C)est donc au-dessus de(T)pour x≤0,et au dessous pourx≥0.

1/(1-e)

-1 -1 f '( x )

f ( x )

− ∞ 1 + ∞

− 0 +

x

Tableau de variation questopA.2.b.

-2 -1 1 2 3 4

-1 1

Exercice 2 :

1. On calcule facilementu1=3 + 4

2 = 6 ; u2=6 + 10

2 = 8 ; v1=6 + 4

2 = 5 ; v2=8 + 10 2 = 9.

2.a. w_n+1=v_n+1−u_n+1⇒w_n+1= u_n+1+v_n−u_n−v_n

2 doncw_n+1= u_n+1−u_n 2

Orun+1= un+vn

2 doncwn+1=

un+vn

2 −vn

2 ⇒wn+1= 1 2

µun+vn−2vn

2

¶

⇒wn+1= 1 2

µun−vn

2

¶ On a donc bienw_n+1=1

4w_n qui prouve que(w_n)est une suite géométrique de raison 1 4.

2.b. On en déduit que wn=w0× µ1

4

¶n

donc wn = 1

4ⁿ et lim

n→+∞wn= 0,limite d’une suite géométrique dont la raison est dans l’intervalle]−1; 1[.

3. u_n+1−u_n= vn−un

2 =wn

2 qui est donc du signe dew_n.

Or,∀n∈N, wn >0.(cela semble évident, mais est-ce réellement un théorèmes de cours ... non) Par récurrence: Initialisation : w0= 1>0

Hérédité : Supposonsw_n>0. Alors,w_n+1= w_n 4 >0.

La propriété est vraie pourn= 0.La supposant vraie à l’ordren,on montre qu’elle l’est aussi à l’ordren+ 1.Elle est donc vraie pour toutn.

Ainsi,u_n+1−u_n=wn

2 est positif et la suite(u_n)est croissante.

De la même manière, vn+1−vn=un+1+vn

2 −vn ⇒vn+1−vn =−1

4 wn qui est négatif.

La suite(vn)est donc décroissante.

De plus, lim

n→+∞(v_n−u_n) = lim

n→+∞w_n = 0.Les suites sont donc adjacentes et convergent vers la même limite.

4.a. ∀n∈N: tn+1=1 3

⎛

⎜⎝un+vn

2 + 2

u_n+v_n 2 +vn

2

⎞

⎟⎠⇒tn+1=1 3

µun+vn+un+ 3vn

2

¶

⇒tn+1= 1

3(un+ 2vn)

On a donc bien, pour toutn, tn+1=tn qui prouve bien que(tn)est une suite constante. Ainsi,∀n∈N, tn=t0=11 3. Or Or,(un)et(vn)convergeant vers une même limiteL,d’après les théorèmes généraux sur les limites de suites, lim

n→+∞tn= L+ 2L

3 c’est à dire lim

n→+∞tn =L. La suite(tn)étant constante, sa limite est 11

3 et on a doncL= 11 3. Ainsi, lim

n→+∞un= lim

n→+∞vn=11 3