Colle PCSI Corrections Semaine 15 2013-2014
EXERCICE 1 :
1. En utilisant les notations de la question 3., pour tout n,fn est dérivable surR et pour toutxréel, on obtient fn′(x) = 3x2+n, ce qui implique quefn′(x)>0 pour toutxet toutnnon nul (pourn= 0,f′(0) = 0f0′(x)>0 pourxnon nul) et la fonctionfn est strictement croissante surR.
On a également lim
x→−∞fn(x) =−∞et lim
x→+∞fn(x) = +∞.
La fonctionfn réalise donc une bijection de Rdans R, ce qui assure, pour toutn∈N, l’existence d’un unique un solution de l’équationfn(x) = 0.
2. Pour toutn∈N, fn(0) =−1<0 etfn(1) =n>0. On donc 0< un61.
3. Pourx∈]0,1] etn∈N,fn+1(x)−fn(x) =x >0.
un+1∈]0,1] donc, avec ce qui précède,fn+1(un+1)−fn(un+1) =−fn(un+1)>0. (on rappelle quefn+1(un+1) = 0)
Or−fn(un+1) =fn(un)−fn(un+1), ce qui permet d’écrire quefn(un)> fn(un+1), et commefn est strictement croissante surR, on obtient
un+1< un
la suite (un)n∈N est strictement décroissante.
un+1
un
x y
y=fn(x) y=fn+1(x)
1
O 1
b
b b b
4. La suite (un)n∈N est strictement décroissante et minorée par 0 donc elle converge vers une limite L comprise entre 0 et 1. De plus, pour tout n ∈ N∗, fn(un) = 0 ⇔ u3n +nun −1 = 0 ⇔ un = 1−u3n
n et comme un∈]0,1], 1−u3n
n 6 1 n.
On a donc, pour toutn∈N∗,0< un6 1
n et par le théorème des gendarmes, on conclut que L= lim
n→+∞un= 0
EXERCICE 2 :
1. La fonctionf :x7−→ln(1 +x)−xest dérivable sur ]−1,+∞[ et
∀x>−1, f′(x) = 1
1 +x−1 = −x 1 +x
Sur l’intervalle ]−1,+∞[,f′(x) est du signe de−xcar 1 +x >0. C’est à diref est strictement croissante sur ]−1,0] et strictement décroissante sur [0,+∞[ doncf atteint un maximum strict en 0 qui vautf(0) = 0 donc, pour toutx>−1, ln(1 +x)−x60⇔ln(1 +x)6x.
My Maths Space 1 sur 3
Colle PCSI Corrections Semaine 15 2013-2014
2. Pour tout (m, n)∈N∗2, on a :
m+n+ 1 m+n
m+n
=
1 + 1 m+n
m+n
= e(m+n) ln(1+m1+n)
D’après 1., on peut écrire que ln
1 + 1 m+n
6 1
m+n, donc on obtient :
∀(m, n)∈N∗2,
m+n+ 1 m+n
m+n
6e
A partir de là, si l’on trouve une suite d’éléments deAqui converge vers e, on pourra conclure que e = sup(A).
Soitun=
1 + 1 2n
2n
= e2nln(1+1/2n), compte-tenu de lim
x→0
ln(1 +x)
x = 1, on peut écrire que
n→+∞lim 2nln
1 + 1 2n
= 1 et donc lim
n→+∞un= e.
Ainsi sup(A) = e
EXERCICE 3 :
Soit (un)n∈Nune suite décroissante de limite 0 telle queun+1+un+∞∼ 1
n. On souhaite démontrer queun+∞∼ 1 2n. 1. Pour tout entiern∈N,an=n(un+un+1).
(a) Comme un+1+un ∼
+∞
1
n, on peut dire quen(un+un+1) converge vers 1 (caractérisation des équivalents) ainsi (an)n>0 est convergente sa limite est 1.
(b) Comme (un) est décroissante,un> un+1 pour toutnet
2un+16un+un+162un⇒2nun+16an62nun(⋆).
Puis en multipliant par n+ 1 et divisant par n+ 1 la première partie de l’inégalité (⋆),on obtient pour n>1,
2n n+ 1
n+ 1
un+16an⇔2(n+ 1)un+16n+ 1 n an
écrite au rangn−1, pourn>2, l’inégalité devient 2nun6 n
n−1an−1,(>).
grâce à (>) et (⋆), on obtient, pourn>2,an62nun6 n n−1an−1. L’utilisation du théorème des gendarmes permet de conclure que lim
n→+∞2nun= 1 donc queun ∼
+∞
1 2n. 2. On considère la suite (un) définie parun = 1
2n+(−1)n
√n . (un) vérifie-t-elle les conditions énoncées sur la suite (un) au début de l’exercice ?
• Pourn>2,√
n < n <2n⇒ 1
√n > 1 n > 1
2n. Ainsi pour npair, un >0 et pourn impair,un <0. La suite n’est pas monotone.
• Pourn>1,un+1+un= 1 2n+ 2+ 1
2n+ (−1)n
1
√n− 1
√n+ 1
= 1
2n+ 2+ 1
2n+ (−1)n
√n√
n+ 1(√
n+ 1 +√ n)
Or (−1)n
√n√
n+ 1(√
n+ 1 +√
n) +∞∼ 1
2n3/2 qui est négligeable devant 1 2n+ 2+ 1
2n +∞∼ 1
n doncun+1+un+∞∼ 1 n.
• De façon évidente,un ∼
+∞
(−1)n
√n . On peut donc conclure que le fait que (un) soit décroissante est une condition nécessaire pour obtenir queun ∼
+∞
1
2n dans le contexte de l’exercice.
EXERCICE 4 :
My Maths Space 2 sur 3
Colle PCSI Corrections Semaine 15 2013-2014
EXERCICE 5 :
My Maths Space 3 sur 3
