Devoir surveillé n

Devoir surveillé n

6

Samedi 26 mars

Exercice 1

Pour tout nombre réel a, on considère la matriceM(a) =

1−a a a 1−a

∈ M₂(R).

1. DéterminerM(0)etM(1/2).

Démonstration.

M(0) = 1 0

0 1

et M 1

2

= ₁

2 1 1 2 2

1 2

= 1 2

1 1 1 1

2. Pour touta∈R, exprimerM(a) en fonction des matricesI₂ etJ =

1 1 1 1

, et calculerJ². Démonstration.

• Pour tout a∈R, on a : M(a) =

1−a a a 1−a

=

1 0 0 1

+

−a a a −a

=

1 0 0 1

+

a a a a

+

−2a 0

0 −2a

=

1 0 0 1

+a

1 1 1 1

−2a 1 0

0 1

= (1−2a)

1 0 0 1

+a

1 1 1 1

Ainsi, pour tout a∈R, on a :M(a) = (1−2a)I2+a J

• J² =

1 1 1 1

× 1 1

1 1

=

2 2 2 2

J² = 2J

3. En déduire que pour tousa, b∈R, on a l’égalitéM(a)M(b) =M(a+b−2ab).

Démonstration.

D’après la question précédente, pour tout(a, b)∈R², on a :

M(a)M(b) = ((1−2a) I₂+a J)×((1−2b) I₂+b J)

= (1−2a)(1−2b) I2+ (1−2a)b I2J + (1−2b)a J I2+ab J²

= (1−2a−2b+ 4ab) I2+ (b−2ab+a−2ab)J + 2ab J

= (1−2(a+b−2ab))I2+ (a+b−2ab) J

Pour tout (a, b)∈R², on a :M(a)M(b) = M(a+b−2ab)

4. On suppose quea6= 1 2.

Montrer queM(a) est inversible et qu’il existe unb∈Rtel que M(b) = (M(a))⁻¹. On exprimerab en fonction dea.

Démonstration.

Soita∈R\ {¹₂}.

• Il s’agit de démontrer qu’il existeb∈R tel que :M(a)M(b) = I2.

• Or, d’après les questions précédentes :M(a)M(b) =M(a+b−2b) etI₂ =M(0).

• Il suffit donc de trouverbtel que : a+b−2ab= 0. Or :

a+b−2ab= 0 ⇔ (1−2a) b=−a ⇔ b= −a 1−2a

On en déduit que M(a) est inversible d’inverseM(b)avec b= −a 1−2a. 5. La matriceM(1/2)est-elle inversible ?

Démonstration.

Le déterminant deM(1/2)vaut det(M(1/2)) = det ₁

2 1 1 2 2 1

2

= 1 2 ×1

2 −1 2 ×1

2 = 0.

On en déduit que M n’est pas inversible.

Remarque

• La notion de « déterminant » est à la limite du programme. Le terme n’est pas utilisé dans le BO mais il est clairement inscrit « caractérisation de l’inversibilité d’une matrice carrée d’ordre 2».

• Pour des matrices carrées d’ordre strictement supérieur à2, on utilise la caractérisation suivante : M non inversible ⇔ Le systèmeM X = 0 n’est pas de Cramer

⇔ Le systèmeM X = 0 admet une solution différente de(0, . . . ,0)

• On peut donc rédiger la question précédente comme suit.

Comme M

1

−1

=

0

0

, le système M X = 0 admet une solution non nulle. Le système M X = 0 n’étant pas de Cramer, la matriceM n’est pas inversible.

6. Déterminer l’unique nombrea₀ ∈R^∗ tel que(M(a₀))² =M(a₀).

Démonstration.

• Tout d’abord, remarquons que : M(a) =M(b) ⇔

1−a a a 1−a

=

1−b b b 1−b

⇔ a=b

• D’après la question3, on a :(M(a0))² = M(a0)M(a0) = M(a0+a0−2a02) = M(2a0−2a02).

• Ainsi, (M(a0))² =M(a0) ⇔ 2a0−2a02=a0 ⇔ a0−2a02 = 0 ⇔ a0 (1−2a0) = 0 On en déduit que(M(a₀))² =M(a₀) ⇔ a₀ = 0 OU a₀ = ¹₂.

L’unique a0 ∈R^∗ tel que (M(a0))²=M(a0) esta0 = 1 2.

7. On considère désormais les matricesP =M(a₀)etQ=I₂−P.

a. Montrer que pour tout a∈R, il existeα∈Rtel queM(a) =P+αQet exprimer αen fonction de a.

Démonstration.

• Notons tout d’abord que M(a₀) =M 1

2

= 1 2 J.

• Soit α∈R. Par définition, on a :

P +α Q = M(a0) +α (I2−M(a0)) = (1−α)M(a0) +α I2 = 1−α

2 J+α I2

• D’autre part, par la question2,M(a) = (1−2a) I₂+a J.

• On en déduit que : M(a)−(P+αQ) = (1−2a−α) I₂+2a−1 +α 2 J. En prenant α= 1−2a, on obtient bien M(a)−(P+αQ) = 0 I2+ 0J = 0.

On en déduit que :M(a) =P+ (1−2a) Q.

b. CalculerP²,P Q,QP etQ². Démonstration.

• P² = (M(a0))² = M(a0) = P par définition dea0.

• P Q = P(I2−P) = P−P² = P −P = 0.

• QP = (I2−P)P = P−P² = P −P = 0.

• Q² = Q(I2−P) = Q−QP = Q

Ainsi :P²=P,P Q=QP = 0 etQ² =Q.

c. En déduire, pour tout n∈N^∗, l’expression de (M(a))ⁿ en fonction deP,Q,α etn.

Démonstration.

• Soit n∈N^∗. CommeQP =P Q, on a, d’après la formule du binôme de Newton : M(a)ⁿ = (P +αQ)ⁿ =

n

P

k=0

n k

P^n−k (α Q)^k

= n

0

Pⁿ+ _n−1

P

k=1

n k

P^n−k (α Q)^k

+ n

n

αⁿ Qⁿ

= Pⁿ+αⁿQⁿ

En effetP^n−k(α Q)^k =α^kP^n−kQ^k = α^kP^n−k−1 P Q^k−1Q = α^kP^n−k−1 Q^k−1 P Q = 0.

(il faut noter ici que n−k>1 etk>1 puisque k∈J1, n−1K ⇔ n−k∈J1, n−1K)

• D’autre part, comme P² = P, on obtient par une récurrence immédiate que Pⁿ = P pour tout n∈N^∗. De même, Qⁿ=Q pour toutn∈N^∗.

En conclusion :M(a)ⁿ = P +αⁿ Q.

d. Expliciter la matrice (M(a))ⁿpour tout n∈N^∗. Sia6= 1

2, la formule obtenue est-elle valable pour n=−1? Démonstration.

• Soit n∈N^∗. D’après les questions précédentes, on a : M(a)ⁿ = P +αⁿ Q = P + (1−2a)ⁿ Q

= M(a₀) + (1−2a)ⁿ (I₂−M(a₀))

= (1−2a)ⁿ I2+ (1−(1−2a)ⁿ) M(a0)

= (1−2a)ⁿ 1 0

0 1

+1

2 (1−(1−2a)ⁿ)

1 1 1 1

= 1 2

1 + (1−2a)ⁿ 1−(1−2a)ⁿ 1−(1−2a)ⁿ 1 + (1−2a)ⁿ

M(a)ⁿ = 1 2

1 + (1−2a)ⁿ 1−(1−2a)ⁿ 1−(1−2a)ⁿ 1 + (1−2a)ⁿ

• D’après la question 4, commea6= 1

2,M(a)est inversible d’inverse M

−a 1−2a

.

× Or, d’après la question 2, on a : M

−a 1−2a

=

1−2 −a 1−2a

I₂+ −a

1−2a J = 1

1−2a I₂− a 1−2a J

× D’autre part, on a : 1

2 (1−(1−2a)⁻¹) = 1 2

1− 1 1−2a

= 1 2

−2a

1−2a = −a 1−2a On retrouve ainsi la ligne 3du calcul précédent.

On en conclut que la formule est valable pour n=−1.

Exercice 2

On noteA=

1 5

−1 3

. 1. Montrer queA² = 4A−8I2.

Démonstration.

• 4A−8I2 = 4 (A−2I2) = 4

−1 5

−1 1

• A² = A×A =

−4 20

−4 4

On a donc bienA²= 4A−8I₂.

2. En déduire queA est inversible et donner son inverse.

Démonstration.

D’après l’égalité précédente, on a :

4A−A² = 8I2

donc A (4I2−A) = 8 I2

et A

1

8 (4I₂−A)

= I₂

On en déduit que la matrice A est inversible d’inverse 3. RetrouverA⁻¹ à l’aide de la formule de l’inverse d’une matrice carrée d’ordre 2.

Démonstration.

• Le déterminant deA est :det(A) = 1×3−(−1)×5 = 3 + 5 = 86= 0.

• Ainsi, Aest inversible d’inverse A⁻¹ = 1 8

3 −5 1 1

.

Ainsi, on retrouve bien : A⁻¹ = 1

8 (4I2−A)

Exercice 3

Dans cet exercice, on définit sur ]0,+∞[la fonction f par :

∀x∈]0,+∞[, f(x) =√ x lnx 1. Justifier que son ensemble de définition est bien]0,+∞[.

Démonstration.

La quantité √

x ln(x) est définie si :

× la quantité √

x est définiei.e. si x>0,

× la quantitéln(x) est définiei.e. six >0.

On en déduit que Df = ]0,+∞[.

2. Montrer que f est prolongeable par continuité en 0, en précisant la valeur en 0 de la fonction prolongée.

On appellera désormaisf la fonction prolongée, définie sur [0,+∞[.

Démonstration.

On effectue le changement de variableX = 1

x (ainsi x= 1 X).

Six→0⁺, alors X→+∞. On en déduit que :

x→0lim⁺

√x ln(x) = lim

X→+∞

r1 X ln

1 X

= lim

X→+∞

−ln(X)

√

X = 0

On peut prolonger la fonction f par continuité en posantf(0) = 0

3. Étudier la continuité def. Démonstration.

• La fonctionf est continue sur]0,+∞[car c’est le produit de :

× la fonction x7→ √

x, continue sur ]0,+∞[,

× et de la fonction x7→ln(x), continue sur]0,+∞[.

• D’autre part, d’après la question précédente, on a lim

x→0 f(x) = 0 =f(0).

Ainsi, la fonctionf est continue sur[0,+∞[.

4. Démontrer quef est dérivable sur]0,+∞[. Est-elle dérivable en0? Quelle est l’allure de la courbe def au point d’abscisse x= 0? Démonstration.

• La fonctionf est dérivable sur]0,+∞[car est le produit de deux fonctions dérivables sur]0,+∞[

(cf question précédente).

• Soitx6= 0.

τ₀(f)(x) = f(x)−f(0)

x−0 = f(x)

x =

√x ln(x)

x = ln(x)

√x −→

x→0−∞

En effet :

×

√x −→

x→0⁺ 0⁺ donc 1

√x −→

x→0⁺+∞,

× ln(x) −→

x→0⁺ −∞.

La fonctionf n’est pas dérivable en 0.

• On en déduit que la courbe def admet une tangente verticale (dirigée vers le bas) en 0.

5. Donner le développement limité à l’ordre1en 1 def. Démonstration.

• Soitx >0.

f⁰(x) = 1 2√

x ln(x) +√ x 1

x = ln(x) 2√

x + 1

√x = ln(x) + 2 2 √

x

∀x >0, f⁰(x) = ln(x) + 2 2 √

x

• Le développement limité à l’ordre1 def est :

f(x) = f(1) +f⁰(1) (x−1) + o

x→1(x−1) Orf(1) = √

1 ln(1) = 0 etf⁰(1) = ln(1) + 2 2 √

1 = 1.

Ainsi :f(x) = (x−1) + o

x→1(x−1)

6. Dresser le tableau de variations def, en précisant valeurs et limites aux bornes.

Démonstration.

• Soit x > 0. On détermine le signe def⁰(x). Comme 2 √

x >0,f⁰(x) est du signe de ln(x) + 2.

Or :

ln(x) + 2 = 0 ⇔ ln(x) =−2 ⇔ x=e⁻²

• On en déduit le tableau de variations def.

x Signe def⁰(x)

Variations def

0 e⁻² +∞

− 0 +

0 0

f(e⁻²) f(e⁻²)

+∞

+∞

Avecf(e⁻²) =

√

e⁻² ln(e⁻²) = −2

√

e² =−2 e.

7. Montrer quef est deux fois dérivable sur ]0,+∞[et donnerf⁰⁰(x) pour x >0.

Démonstration.

• La fonctionf⁰ est dérivable sur ]0,+∞[car c’est le quotient de :

× x7→ln(x) + 2dérivable sur]0,+∞[,

× x7→ √

x dérivable sur]0,+∞[et qui ne s’annule pas sur ]0,+∞[.

On en déduit quef est deux fois dérivable sur ]0,+∞[.

(en fait, on démontre de même que f estC^∞ sur ]0,+∞[)

• Soitx >0.

f⁰⁰(x) = (f⁰)⁰(x) =

1 x 2√

x −(ln(x) + 2) 2₂ ^1√_x (2 √

x)² =

√2

x −^ln(x)+2√

x

4 x = − ln(x) 4x √ x

∀x >0, f⁰⁰(x) = − ln(x) 4x √ x

(on pourrait déterminer le signe de f⁰⁰(x) en remarquant que f⁰⁰(x) est du signe de −ln(x)) 8. Tracer la courbe def, en représentant tous les éléments remarquables précédents.

On donne : e⁻²≈0,14 2/e≈0,74 Démonstration.

−0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3

−1

−0.5 0.5 1 1.5

Exercice 4

Le but de cet exercice est de donner des formules explicites des suites (u_n), (v_n) et(w_n) définies par les premiers termes :

u0 = 1, v0= 0, w0 = 1 et les relations de récurrence :

∀n∈N,







un+1 = 3un −2v_n −w_n vn+1 = un −w_n w_n+1 = 2u_n −2v_n Partie I - Puissances de matrice

1. On considère la matriceC =





3 −2 −1

1 0 −1

2 −2 0



.

Pour quelles valeurs deλ∈Rla matrice C−λI3 est-elle inversible ? Démonstration.

La matriceC−λI3 est inversible si et seulement si le système(C−λI3) X= 0 est de Cramer.

Notons(S)ce système :

(S)







(3−λ) x − 2 y − z = 0

x − λ y − z = 0

2 x − 2 y − λ z = 0

On applique l’algorithme du pivot de Gauss afin de résoudre ce système.

(S) ⇔







x − λ y − z = 0

(3−λ) x − 2 y − z = 0

2 x − 2 y − λ z = 0

⇔







x − λ y − z = 0

(−2+λ(3−λ))y + (2−λ) z = 0 (2λ−2) y + (2−λ) z = 0 Or :−2 +λ(3−λ) =−2 + 3λ−λ² =−(λ−1)(λ−2).

Le système précédent se réécrit donc :







x − λ y − z = 0

− (λ−1)(λ−2) y + (2−λ) z = 0 2 (λ−1) y + (2−λ) z = 0

On souhaite effectuer l’opérationL3 →(λ−2)L3+ 2L2. Elle n’est valide que si λ6= 2.

Deux cas se présentent alors.

(1) Siλ= 2, le système se réécrit alors :

x − 2 y − z = 0

2 y = 0

Le système obtenu est triangulaire supérieur mais l’un de ses cœfficients diagonaux est nul.

Ainsi, le système(S) n’est pas de Cramer et la matriceC−λ I₃ n’est pas inversible siλ= 2.

(2) Siλ6= 2, on effectue l’opération L₃ →(λ−2)L₃+ 2L₂ : (S) ⇔







x − λ y − z = 0

− (λ−1)(λ−2) y + (2−λ) z = 0 (λ−2)(2−λ) + 2 (2−λ) z = 0 Or :(λ−2)(2−λ)−2 (2−λ) = (2−λ)(λ−2 + 2) =λ(2−λ).

Le système se réécrit donc sous la forme suivante :







x − λ y − z = 0

− (λ−1)(λ−2) y + (2−λ) z = 0 λ(2−λ) z = 0 Le système obtenu est triangulaire supérieur.

Il est de Cramer si ses cœfficients diagonaux sont tous non nulsi.e. siλ6= 0 etλ6= 1etλ6= 2.

La matriceC−λ I₃ est inversible si et seulement si λ6= 0 etλ6= 1 etλ6= 2.

Remarque

• Siλ= 0 ouλ= 1ou λ= 2, la matriceC−λ I₃ n’est pas inversible.

Autrement dit, le système (C−λ I₃) X = 0 n’est pas de Cramer. Il admet donc une solution autre que la solution nulle (0,0,0). Ceci revient à dire, dans ce cas, que :

∃X6= 0, (C−λ I₃) X= 0 ⇔ ∃X6= 0, CX =X

• Les éléments λ ∈ R tels que C −λ I₃ n’est pas inversible sont appelés des valeurs propres de la matrice C. Les vecteurs X associés (ceux tels queCX =λX) sont appelés vecteurs propres.

La recherche des éléments propres associés à une matrice C est essentielle afin de pouvoir écrire cette matrice sous une forme réduite (au mieux,C =P DP⁻¹ avec Ddiagonale).

C’est ce que l’on va voir dans la suite du problème.

2. Soient les matricesP =





1 1 1 1 1 0 1 0 1



etD=





0 0 0 0 1 0 0 0 2



. a. Montrer que P est inversible et calculerP⁻¹.

Démonstration.

On applique la méthode du pivot de Gauss sous sa forme matricielle.





1 1 1

1 1 0

1 0 1









1 0 0

0 1 0

0 0 1





On réalise alors :

L₂←L₂−L₁ L₃←L₃−L₁





1 1 1

0 0 -1

0 -1 0









1 0 0

-1 1 0

-1 0 1





On réalise alors :

L₂↔L₃





1 1 1

0 -1 0

0 0 -1









1 0 0

-1 0 1

-1 1 0





On réalise alors :

L₁←L₁+L₃





1 1 0

0 -1 0

0 0 -1









0 1 0

-1 0 1

-1 1 0





On réalise alors :

L₁←L₁+L₂





1 0 0

0 -1 0

0 0 -1









-1 1 1

-1 0 1

-1 1 0





On réalise alors :

L₂← −L₂ L₃← −L₃





1 0 0

0 1 0

0 0 1









-1 1 1

1 0 -1

1 -1 0





On en déduit que P est inversible d’inverse P⁻¹ =





−1 1 1

1 0 −1

1 −1 0



. b. Démontrer que D=P⁻¹CP.

Démonstration.

• Tout d’abord : P D=





1 1 1 1 1 0 1 0 1



×





0 0 0 0 1 0 0 0 2



 =





0 1 2 0 1 0 0 0 2





• D’autre part : CP =





3 −2 −1

1 0 −1

2 −2 0



×





1 1 1 1 1 0 1 0 1



 =





0 1 2 0 1 0 0 0 2





On en déduit que P D=CP et donc queD=P⁻¹CP. 3. Exprimer la matriceC en fonction deD,P etP⁻¹.

Démontrer par récurrence que, pour toutn∈N,Cⁿ=P DⁿP⁻¹. Démonstration.

• D’après la question précédente, P D=CP.

On en déduit que : C=P DP⁻¹

• Démontrons par récurrence que :∀n∈N, P(n) où P(n) :Cⁿ=P DⁿP⁻¹. 1) Initialisation :

× D’une part, C⁰=I₃.

× D’autre part, P D⁰P⁻¹ =P I₃P⁻¹ =P P⁻¹ =I₃. Ainsi, P(0) est vérifiée.

2) Hérédité:

Soitn∈N. SupposonsP(n) et démontronsP(n+ 1)(i.e. Cⁿ⁺¹ =P Dⁿ⁺¹P⁻¹).

Par définition,Cⁿ⁺¹=Cⁿ×C. Ainsi, par hypothèse de récurrence, on a :

Cⁿ⁺¹ = P DⁿP⁻¹×C = P DⁿP⁻¹×P DP⁻¹ = P Dⁿ(P⁻¹P)DP⁻¹

= P DⁿI₃DP⁻¹ = P(DⁿD)P⁻¹ = P Dⁿ⁺¹P⁻¹ Ainsi, P(n+ 1)est vérifiée.

Par principe de récurrence, on a :∀n∈N, Cⁿ=P DⁿP⁻¹. 4. Soitn∈N. Expliciter la matriceDⁿ puis donner les coefficients deCⁿ.

Démonstration.

Soitn∈N. On a :

Dⁿ =





0 0 0

0 1ⁿ 0 0 0 2ⁿ



 =





0 0 0 0 1 0 0 0 2ⁿ





On en déduit que :

Cⁿ = P DⁿP⁻¹ =





1 1 1 1 1 0 1 0 1



×





0 0 0 0 1 0 0 0 2ⁿ



×





−1 1 1

1 0 −1

1 −1 0





=





0 1 2ⁿ 0 1 0 0 0 2ⁿ



×





−1 1 1

1 0 −1

1 −1 0



 =





1 + 2ⁿ −2ⁿ −1

1 0 −1

2ⁿ −2ⁿ 0





Pour tout n∈N, on a :Dⁿ =





0 0 0 0 1 0 0 0 2ⁿ



 et Cⁿ =





1 + 2ⁿ −2ⁿ −1

1 0 −1

2ⁿ −2ⁿ 0





Partie II - Suites

5. Pourn∈N, on noteX_n=



 u_n v_n w_n



.

Montrer queXn+1 =CXnpour tout n∈N. Démonstration.

Soitn∈N.





3 −2 −1

1 0 −1

2 −2 0



×



 u_n v_n w_n



 =





3u_n−2v_n−w_n u_n−w_n 2u_n−2v_n



 =



 u_n+1 v_n+1 w_n+1



 = Xn+1

On en déduit que pour tout n∈N, X_n+1=CX_n. 6. Montrer par récurrence que :∀n∈N, X_n=CⁿX₀.

Démonstration.

Démontrons par récurrence que :∀n∈N, P(n) oùP(n) :X_n=CⁿX₀. 1) Initialisation:C⁰X₀=I₃X₀ =X₀

Ainsi,P(0)est vérifiée.

2) Hérédité:

Soitn∈N. SupposonsP(n) et démontronsP(n+ 1) (i.e. Xn+1 =Cⁿ⁺¹X0).

Par définition,Xn+1 =CXn. Ainsi, par hypothèse de récurrence, on a : X_n+1 = CX_n = C×CⁿX₀ = Cⁿ⁺¹X₀ Ainsi,P(n+ 1)est vérifiée.

Par principe de récurrence, on a : ∀n∈N, X_n=CⁿX₀. 7. Que vautX₀? En déduireX_n, puis u_n,v_netw_n en fonction den∈N.

Démonstration.

• X₀ =



 u₀ v₀ w0



 =



 1 0 1





• On en déduit que :

X_n = CⁿX₀ =





1 + 2ⁿ −2ⁿ −1

1 0 −1

2ⁿ −2ⁿ 0







 1 0 1



 =



 2ⁿ

0 2ⁿ





On en déduit que : ∀n∈N, un= 2ⁿ, vn= 0, wn= 2ⁿ.

Problème A

Pour tout n∈N^∗, on définit la fonctionf_n:R⁺→Rpar :

∀x∈R⁺, fn(x) =xⁿ+ 9x²−4

Le but de ce problème est d’étudier l’équation fn(x) = 0 et le comportement de la solution quand n tend vers +∞.

1. a. Dresser le tableau de variations de fn et montrer que pour tout entier n ∈ N^∗, l’équation f_n(x) = 0 n’a qu’une seule solution strictement positive, notéeu_n.

Démonstration.

Soit n∈N^∗.

• La fonction fn est dérivable sur R⁺ car c’est une fonction polynomiale.

De plus pour tout x∈R⁺ :

f_n⁰(x) = nxⁿ⁻¹+ 18x Pour tout x>0,xⁿ⁻¹ >0. Ainsi, pour toutx>0,f_n⁰(x)>0.

Enfin, on note que : f_n⁰(x) = 0 ⇔ x= 0.

• On en déduit le tableau de variations de la fonction f_n.

x Signe defn⁰(x)

Variations defn

0 +∞

0 +

−4

−4

+∞

+∞

un

0

• La fonction f_n est :

× continue sur[0,+∞[,

× strictement croissante sur[0,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de [0,+∞[surfn([0,+∞[). Or : fn([0,+∞[) = [f_n(0), lim

x→+∞ fn(x)[ = [−4,+∞[

Comme 0∈[−4,+∞[, on en déduit que0 admet un unique antécédentun∈[0,+∞[

par la fonction f_n. b. Calculeru₁ etu₂.

Démonstration.

• u1 est l’unique antécédent, dans l’intervalle[0,+∞[, de0par la fonctionf1 :x7→x+ 9x²−4.

f₁ est un polynôme de degré2 de discriminant :∆ = 1−4×(−4)×9 = 1 + 144 = 145.

Ainsi, f₁ admet deux racines : x₁ = −1 +√

145

18 >0 et x₂= −1−√ 145 18 <0 En effet, √

145 >√

144 = 12.

Ainsi :u₁ = −1 +√ 145 18

• u₂ est l’unique antécédent, dans l’intervalle [0,+∞[, de0 par la fonction f₂ :x7→10x²−4.

Or : 10x²−4 = (√

10x)²−2² = (√

10x−2)(√

10x+ 2).

Ainsi, f2 a pour racines :

x₁ = 2

√10 >0 et x₂= −2

√10 <0

Ainsi :u₂ = 2

√10

c. Vérifier que ∀n∈N^∗, u_n∈

0,2 3

. Démonstration.

Soit n∈N^∗.

• Tout d’abord remarquons que :

× f_n(0) = −4<0,

× fn(un) = 0,

× fn

2 3

= 2

3 n

+ 9 2

3 2

−4 = 2

3 n

>0.

On en déduit que : f_n(0) < f_n(u_n) < f_n 2

3

.

• Or, d’après le théorème de la bijection, la fonction f_n⁻¹ : [−1,+∞[→ [0,+∞[est strictement croissante.

En appliquant f_n⁻¹ de part et d’autre de l’inégalité, on obtient : 0 < u_n < 2 3 2. a. Montrer que pour tout réelx de ]0,1[, on afn+1(x)< fn(x).

Démonstration.

Soit n∈N^∗ etx∈]0,1[.

fn+1(x)−fn(x) = (xⁿ⁺¹+ 9x²−4)−(xⁿ+ 9x²−4) = xⁿ⁺¹+ 9x² −4−xⁿ−9x² + 4

= xⁿ⁺¹−xⁿ = xⁿ (x−1)

Or 0< x <1donc x−1<0etxⁿ>0. Ainsi0< xⁿ⁺¹ < xⁿ. On en déduit que :fn+1(x)−fn(x)<0.

b. En déduire le signe defn(un+1) puis les variations de la suite(un).

Démonstration.

• D’après la question précédente, on a :

f_n(u_n+1)> f_n+1(u_n+1) = 0 (par définition) fn(un+1)>0

• Or f_n(u_n) = 0. On en déduit que : f_n(u_n+1)> f_n(u_n).

Par application de la fonction f_n⁻¹, strictement croissante, on obtient : u_n+1 > u_n. Ainsi, (un) est strictement croissante.

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

Démonstration.

D’après les questions précédentes, la suite(u_n)est croissante et majorée par 2 3.

On en déduit que la suite(un)est convergente et que sa limite `est telle que : 06`6 ²₃. 3. a. Déterminer un encadrement deu_nⁿpour toutn>1et en déduire la limite deu_nⁿquandntend

vers +∞.

Démonstration.

D’après la question1.c. : 0 < u_n < 2 3.

La fonction élévation à la puissancenétant strictement croissante sur [0,+∞[, on en déduit : 0 < unn <

2 3

n

Or 2

3 n

n→+∞−→ 0 (car ²₃ ∈ ]−1,1[).

Par le théorème d’encadrement, on en déduit que(unn) est convergente de limite 0.

b. Donner enfin la valeur de `.

Démonstration.

• Par définition, f_n(u_n) =u_nⁿ+ 9u_n²−4 = 0.

• On en déduit que : 9u_n² = 4−u_nⁿ −→

n→+∞4.

• Enfin, un= 1 3

√

9 un2 −→

n→+∞

1 3

√ 4 = 2

3.

La limite ` de(u<sub>n</sub>) est `= 2 3. 4. On noteun= 2

3 +vn.

a. Vérifier que v_n tend vers0.

Démonstration.

Soit n∈N^∗. Par définition : v_n=u_n−2 3.

On en déduit que(v_n) est convergente, de limite lim

n→+∞ v_n= lim

n→+∞ u_n−2 3 = 2

3 −2 3 = 0.

b. Montrer que 2

3+v_n n

+ 9v_n²+ 12v_n= 0.

Démonstration.

• Par définition : fn(un) =unn+ 9un2−4 = 0.

• Or : u_n= 2 3 +v_n. On en déduit que :

2 3 +v_n

n

+ 9 2

3 +v_n 2

−4 = 2

3+v_n n

+ 9 4

9+4

3v_n+v_n²

−4

= 2

3+v_n n

+ 4 + 12 v_n+ 9v_n²−4

Ainsi : 2

3 +v_n n

+ 9v_n²+ 12v_n= 0.

c. En déduire que vn=

− 2

3 +vn

n

9vn+ 12 puis que vn est équivalent à− 1 12

2 3

n

. Démonstration.

• D’après la question précédente, on a :

v_n (9v_n+ 12) =− 2

3+v_n n

Or9v_n+126= 0. En effet,0 < u_n < ²₃ donc−²₃ < u_n−2 3

| {z }

vn

< 0et enfin6 < 9v_n+12 < 12.

On en déduit que : vn= − ²₃ +vn

n

9 v_n+ 12 .

• Ainsi : vn

−₁₂^{1 2}₃n =

2 3 +vn

n 2 3

n

12 9vn+ 12 =

2 3 +vn

2 3

!n

12 9vn+ 12 =

1 +3

2 vn

n

12 9vn+ 12 Étudions ces deux dernières quantités.

× 12

9v_n+ 12 −→

n→+∞

12

12 = 1 carvn −→

n→+∞0,

×

1 +3

2 vn

n

= exp

n ln

1 +3 2 vn

= exp n ln 1 + ³₂ vn

3 2 v_n

3 2 vn

!

Comme vn −→

n→+∞0, ln 1 + ³₂ vn

3

2 v_n −→

n→+∞1.

D’autre part,n vn −→

n→+∞0 (cf démonstration plus loin).

On en déduit que

1 +3 2 vn

n

n→+∞−→ e⁰ = 1.

En conclusion, v_n

−₁₂^{1 2}₃n −→

n→+∞1et donc v_n ∼

n→+∞

− 1 12

2 3

n

Il reste à montrer que n v_n −→

n→+∞0.

• On a démontré que : v_n (9v_n+ 12) = − 2

3 +v_n n

= −u_nⁿ.

• On en déduit que : n vn (9vn+ 12) = −n u_nⁿ. Ou encore : n v_n = −n u_nⁿ× 1

9v_n+ 12

× 1

9v_n+ 12 −→

n→+∞

1 12,

× D’autre part : 0< n unn< n 2

3 n

(d’après la question3.a.).

Or :n 2

3 n

= n

3 2

n −→

n→+∞0 par croissances comparées.

On en déduit, par le théorème d’encadrement, quen unn −→

n→+∞0.

On en conclut quen vn −→

n→+∞0.

5. Définir enScilabla fonction f5, qui prend un réel x et calculef₅(x).

Tracer enScilabla courbe représentative def₅. Démonstration.

1 function y = f5(x)

2 y = x^∧∧∧5 + 9 ? x^∧∧∧2 - 4

3 endfunction

La commande suivante permet de tracer la courbe représentative def5 sur l’intervalle [0,50].

1 plot(linspace(0, 50), f5)

6. Compléter le programme suivant, pour calculeru5 par la méthode de dichotomie, à10⁻⁴ près.

Démonstration.

On a démontré en question1.c.que : 0 < u5 < 2

3 etf5(0)<0etf5

2 3

>0.

On utilise les valeurs0 et ²₃ pour initialiser la méthode de dichotomie.

1 g = 0

2 d = 2/3

3 m = (g+d)/2

4 while d-g > 10^∧∧∧(-4)

5 if f5(m) > 0 then

6 d = m

7 else

8 g = m

9 end

10 m = (g+d)/2

11 end

12 disp(g)

On a choisi ici d’afficherg mais on peut afficher toute valeur comprise dans l’intervalle[g,d].

Problème B (d’après EDHEC 2004)

Pour tout entier naturel n, la fonction f_n est définie sur[0,+∞[par : f_n(x) =

x e^−n/x six >0 0 six= 0 1. Montrer quefn est continue et dérivable sur [0,+∞[.

Démonstration.

Soitn∈N.

• La fonctionf_n est continue sur ]0,+∞[comme produit des fonctions :

× x7→x, continue sur]0,+∞[,

× x7→e^−n/x, continue sur ]0,+∞[ car composée de : (i) x7→ −n

x, continue sur ]0,+∞[, et telle que f_n( ]0,+∞[ )⊂ R. (ii) et de x7→e^−x continue sur R.

• De plus, comme lim

x→0⁺ −n

x = −∞, on a lim

x→0⁺ fn(x) = lim

x→0⁺ e^−n/x = 0 = fn(0).

On en déduit quef_n est continue sur [0,+∞[.

• De même,f_n est dérivable sur ]0,+∞[.

• Afin de déterminer sif_n est dérivable en0, on étudie son taux d’accroissement en ce point.

τ₀(f_n)(x) = f_n(x)−f_n(0)

x−0 = x e^−n/x

x = e^−n/x −→

x→0⁺ 0 fn est donc dérivable sur [0,+∞[.

2. Étudier les variations defn, ainsi que sa limite en+∞. Dresser son tableau de variations.

Démonstration.

Soitx >0.

f_n⁰(x) = e^−n/x+x n

x² e^−n/x = 1 +n

x

e^−n/x > 0 On en déduit le tableau de variations suivant.

x Signe def_n⁰(x)

Variations defn

0 +∞

0 +

0 0

+∞

+∞

En effet, comme lim

x→+∞ e^−n/x = e⁰ = 1, on a : lim

x→+∞ xe^−n/x = +∞.

3. La fonctionf_n est-elle deux fois dérivable sur tout son ensemble de définition ? Préciserf_n⁰⁰(x) pour tout x en lequelfn est deux fois dérivable.

Démonstration.

• On démontre, comme en question1. quefn est dérivable deux fois sur]0,+∞[.

(fn est mêmeC^∞ sur ]0,+∞[)

• Afin de déterminer sif_n⁰ est dérivable en0, on étudie son taux d’accroissement en ce point.

τ₀(f_n⁰)(x) = f_n⁰(x)−f_n⁰(0)

x−0 = 1 +ⁿ_x e^−n/x

x = e^−n/x

x +n e^−n/x x² −→

x→0⁺ 0 En effet, en procédant comme précédemment, on obtient :

x→0+lim e^−n/x

x² = lim

X→+∞

e^−nX

1 X²

= lim

X→+∞

X²

e^nX = 0 (par croissances comparées) f_n est donc deux fois dérivable sur[0,+∞[.

• Soitx >0. On a alors :

f_n⁰⁰(x) = −n

x² e^−n/x+ 1 +n

x n

x² e^−n/x = n² x³ e^−n/x

Ainsi, f_n⁰⁰(x) =





 n²

x³ e^−n/x six >0

0 six= 0

4. Tracer dans un même repère l’allure des courbes représentatives def₁ etf₂. Démonstration.

1 2 3 4 5 6

2 4

5. a. Montrer que pour toutn∈Nil existe un unique réel u_n tel que f_n(u_n) = 1.

Démonstration.

La fonction fn est :

× continue sur[0,+∞[,

× strictement croissante sur[0,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de[0,+∞[surf_n([0,+∞[). Or : f_n([0,+∞[) = [f_n(0), lim

x→+∞ f_n(x)[ = [0,+∞[

Comme1∈[0,+∞[, on en déduit que1 admet un unique antécédentu_n∈[0,+∞[par la fonctionf_n.

b. Montrer que pour toutn∈N^∗, on au_n>1, etu_n est solution de l’équationxlnx=n.

Démonstration.

Soit n∈N^∗.

• Tout d’abord, remarquons que :

× f_n(u_n) = 1par définition,

× fn(1) = 1 e^−n/1 = e⁻ⁿ < e⁰ = 1.

Ainsi fn(un) > fn(1).

• Or, d’après le théorème de la bijection, la fonction f_n⁻¹ : [0,+∞[→ [0,+∞[ est strictement croissante.

En appliquantf_n⁻¹ de part et d’autre de l’inégalité, on obtient :un>1.

Par ailleurs, on a :

f_n(u_n) = 1 ⇔ u_n e^−n/un = 1 ⇔ u_n = e^n/un ⇔ ln(u_n) = n un

⇔ u_n ln(u_n) = n

u_n est donc solution de l’équationxlnx=n.

c. Étudier la fonction g définie parg(x) =xlnx.

En déduire que la limite de u_n quandntend vers +∞ est+∞.

Démonstration.

• La fonction g est C^∞ sur]0,+∞[car produit des fonctionsx7→x etx 7→ln(x) qui sont C^∞ sur ]0,+∞[.

• De plus, lim

x→0 f(x) = lim

x→0 xln(x) = 0.

Ainsi, g est prolongeable par continuité en 0en posant g(0) = 0.

• La fonction g n’est pas dérivable en 0. En effet : τ0(g)(x) = g(x)−g(0)

x−0 = xln(x)

x = ln(x)−→

x→0−∞

• Soit x >0.

g⁰(x) = ln(x) +x 1

x = 1 + ln(x) Or : g⁰(x) = 0 ⇔ 1 + ln(x) = 0 ⇔ ln(x) = −1 ⇔ x = e⁻¹

• On en déduit le tableau de variations de g.

x Signe deg⁰(x)

Variations deg

0 e⁻¹ +∞

− 0 +

0 0

−e⁻¹

−e⁻¹

+∞

+∞

• La fonction g est :

× continue sur[e⁻¹,+∞[,

× strictement croissante sur[e⁻¹,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de [e⁻¹,+∞[surg([e⁻¹,+∞[). Or : g([e⁻¹,+∞[) = [g(e⁻¹), lim

x→+∞ g(x)[ = [−e⁻¹,+∞[

• On note alors g⁻¹ : [−e⁻¹,+∞[→[e⁻¹,+∞[la bijection réciproque de g _[e⁻¹_,+∞[. Son tableau de variations est :

x

Variations deg⁻¹

−e⁻¹ +∞

e⁻¹ e⁻¹

+∞

+∞

• Or g(un) = n donc un = g⁻¹(n).

On en déduit que : lim

n→+∞ u_n = lim

n→+∞ g⁻¹(n) = +∞

d. Montrer que lnun+ ln(lnun) = lnnet en déduire un équivalent simple de un. Démonstration.

• D’après la question 5.b.,g(u_n) = n. Or :

g(u_n) = n ⇔ u_n ln(u_n) = n ⇔ ln(u_n ln(u_n)) = ln(n) ⇔ ln(u_n) + ln(ln(u_n)) = ln(n) L’écriture ln(ln(un))est valide car on a démontré en 5.b.que un>1 et donc ln(un)>0.

• Comme ln(un)6= 0, on a :

1 +ln(ln(un))

ln(u_n) = ln(n) ln(u_n) On pose alors le changement de variable X= ln(un).

Sin→+∞ alorsX →+∞.

On en déduit que :

n→+∞lim

ln(ln(u_n))

ln(u_n) = lim

X→+∞

ln(X)

X = 0

n→+∞lim ln(n)

ln(u_n) = 1et ainsiln(u_n) ∼

n→+∞ ln(n) Enfin, comme un ln(un) = nalorsun = n

ln(un) ∼

n→+∞

n ln(n)

6. Dans cette question, on ne s’intéresse plus qu’à la fonctionf1 définie sur[0,+∞[par : f1(x) =

xe^−1/x six>0 0 six= 0

On définit par ailleurs une suite(v_n) parv₀ = 1 et∀n∈N, v_n+1 =f(v_n).

a. Déterminer le signe def₁(x)−xsur[0,+∞[et les éventuelles solutions dans[0,+∞[de l’équation f1(x) =x.

Démonstration.

• Six= 0,f1(x)−x = 0−0 = 0.

• Six >0,f1(x)−x = x e^−1/x−x = x (e^−1/x−1)<0car e^−1/x<1.

Ainsif1(x)−x60et l’équation f1(x) =x admet0 comme unique solution sur [0,+∞[.

b. Montrer que ∀n∈N, vn∈[0,1].

Démonstration.

Démontrons par récurrence que : ∀n∈N, vn∈[0,1].

1) Initialisation :

v0 = 0∈[0,1]donc P(0).

2) Hérédité:

Soit n∈N. SupposonsP(n) et démontronsP(n+ 1)(i.e. vn+1 ∈[0,1]).

Par hypothèse de récurrence, on a :06v_n61.

La fonction f1 étant croissante, on en déduit :

f₁(0) 6 f₁(v_n) 6 f₁(1)

q q q

0 vn+1 e⁻¹ 61

D’où : 06v_n+1 61 etP(n+ 1) est vérifiée.

Par principe de récurrence : ∀n∈N, v_n∈[0,1].

c. Étudier la monotonie de la suite (v_n).

Démonstration.

D’après la question6.a. :v_n+1−v_n = f₁(v_n)−v_n60.

Pour tout n∈N, vn+16vn et la suite(vn) est décroissante.

d. En déduire que (v_n)converge et préciser sa limite.

Démonstration.

• D’après les quesitons précédentes, la suite (v_n) est décroissante et minorée.

Elle converge donc vers une limite `∈[0,1].

• Or comme f1 est continue sur[0,+∞[, on a :

vn+1 = f1(vn)

−→n→+∞ −→n→+∞

` = f1(`) On en déduit que `est un point fixe de f₁.

La suite (v_n) converge vers0, unique point fixe de la fonction f₁.