Exercice 1 .
1. Après calculs,A0(1; 7), A1(3; 5), A2
µ11 3;13
3
¶
. D’où : 0 1 3 5 7
A0 A1 A2 B2
4
B1 B0
2. ∀n∈N, un+1=bn+1−an+1⇒un+1= 1
3(an+ 2bn)−1
3(2an+bn)⇒un+1= 1 3un
(un)est donc la suite géométrique de raison 1
3et de premier termeu0=b0−a0= 6On a donc ∀n∈N, un= 6× µ1
3
¶n
.
On peut remarquer tout de suite queun représente la longueur du segmentAnBn ou l’amplitude de l’intervalle[an, bn]. 3. ∀n∈N, un= 6×
µ1 3
¶n
.Doncun>0⇒bn−an>0⇒bn> an De plus,an+1−an =1
3(2an+bn)−an⇒an+1−an= 1
3(bn−an)⇒an+1−an >0et(an)est strictement croissante.
De même,bn+1−bn= 1
3(an−bn)<0donc(bn)est strictement décroissante.
Les pointsAn se rangent donc de la gauche vers la droite, et les pointsBn de la droite vers la gauche, les pointsAn restant tous à gauche desBn puisquean< bn.
4. bn−an = un donc tend vers 0 quand n tend vers l’infini puisque (un) est donc géométrique de raison appartenant à ]−1; 1].
On a donc(an)est strictement croissante,(bn)est strictement décroissante, et lim
n→+∞(bn−an) = 0.Les suites sont donc adjacente 5.∀n∈N, vn+1=an+1= 1
3(2an+bn)+bn+1=1
3(an+ 2bn)⇒vn+1=an+bn⇒vn+1=vndonc(vn)est une suite constante.
De plusv0= 8donc∀n∈N, vn= 8.
D’après les données de l’énoncé, l’abscisse du milieu de[AnBn]estan+bn
2 .Donc∀n∈N,le milieu de[AnBn]a pour abscisse 4.
6. Les deux suites étant adjacentesconvergent ves la même limitel.
Or, lim
n→+∞vn = 8⇒ lim
n→+∞(an+bn) = 8,et(an)et(bn)convergent vesl, lim
n→+∞(an+bn) = 2l.
On en déduit donc que2l= 8 doncl= 4.
Les suites réelles constituées par les abscisses convergent vers 4. On dira que les suites de points (An) et (Bn)convergent versI.Ce sont des intervalles dits emboîtés.
Exercice 2 : 1.1. lim
x→+∞
¡1 +x3¢
= +∞ ⇒ lim
x→+∞
¡√1 +x3¢
= +∞ ⇒ lim
x→+∞
√ 1
1 +x3 = 0 .
x→−lim1+
¡1 +x3¢
= 0+⇒ lim
x→−1+
p(1 +x3) = 0+⇒ lim
x→−1+
√ 1
1 +x3 = +∞ 1.2. 1+x3dérivable sur]−1; +∞[⇒√
1 +x3dérivable sur]−1; +∞[comme composée de telles fonctions etf0 dérivable sur]−1; + comme quotient.
¡√1 +x3¢0
= 3x2× 1 2√
1 +x3 donc µ 1
√1 +x3
¶0
=− 3x2 2√
1 +x3 × 1
1 +x3 puisque µ1
u
¶0
= −u0 u2 Donc f00(x) =− 3x2
2 (1 +x3)√
1 +x3 qui est négatif ou nul sur]−1; +∞[doncf0est décroissante]−1; +∞[et non strictement car nulle en 0.
On voit donc un point où la dérivée s’annule sans changer de signe. Ce n’est pas un extremum bien que la tangente y soit
"horizontale".
1.3.Voir ci-dessous.
2.1. fn(x) = x3n
√1 +x3 ⇒fn0(x) =
¡x3n¢0√
1 +x3−x3n¡√
1 +x3¢0
¡√1 +x3¢2
On a vu que¡√
1 +x3¢
= 3x2 2√
1 +x3 doncfn0(x) =
3nx3n−1√
1 +x3−x3n 3x2 2√
1 +x3 1 +x3
Après réduction au même dénominateur et factorisation parx3n−1(puisquex3n=x×x3n−1)on trouve l’expression annoncée.
2.2. Pour n= 1il vient f10(x) = x2¡
3x3+ 6¢ 1 +x3 .
Or sur]−1; +∞[,1 +x3>0,de plusx >−1⇒3x+ 6>3donc positif etx2≥0.Doncf10(x)≥0etf1croissante.
La limite en−1est cette fois−∞(exposant impair). D’où la courbe ci-dessous.
2.3. Pour n= 2il vient f20(x) = x5¡
9x3+ 12¢ 1 +x3
9x3+ 12>0mais cette foisx5 cange de signe en 0. Ainsif2 sera décroissante sur]−1; 0]et croissante sur[0; +∞[.
La limite en−1est cette fois+∞(exposant pair), etf2(0) = 0. D’où la courbe ci-dessous.
Les courbes : On peut avant toute chose remarquer que toutes les courbes (quel que soit n >0) passent par l’origine et qu’elles passent toutes aussi (pourn= 0aussi) par
µ 1; 1
√2
¶
3 2.5 2
1.5 1
0.5 0 -0.5
5
2.5
0
-2.5
-5
x y
x y
Pour la légende, regardez les variations Exercice 3 :
1.1. f(x) =√
3x+ 4 est définie surI=
¸
−4 3; +∞
∙
,strictement croissante sur I µ
f0(x) = 3 2√
3x+ 4 >0
¶ . Avecf
µ
−4 3
¶
= 0 et lim
x→+∞
√3x+ 4 = +∞.
1.2 Le diagramme ci-dessous est efectué pouru0= 0 doncu1= 2etc.. La limite semble être 4.
On aurait pu choisiru0>4et on aurait obtenu une suite décroissante vers4.
10 8.75 7.5 6.25 5 3.75 2.5 1.25 0 -1.25
10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0
x y
x y
2.1. Démontrons la majoration demandée par récurrence. Soit(Pn) : ”un≤4”
¥Initialisation : P0est vérifiée puisqueu0≤4
¥Hérédité : supposonsPn vraie. c’est à direun ≤4 un≤4⇒3un+ 4≤16⇒√
3un+ 4≤4, .la fonction√étant décroissante. Doncun+1≤4
Ainsi, u0 ≤4; Si on suppose un ≤4 on montre que un+1 ≤ 4. La propriété ”un ≤4” est donc vraie pour tout n entier naturel.
Etun≤4prouve que la suite est majorée par 4.
2.2. Une racine carrée étant toujours positive, la suite est à termes positifs donc un ≥0 et on a alors un+1 ≥un si et seulement siu2n+1≥u2n
C’est à dire que comparer des nombres positifs revient à comparer leurs carrés..
Oru2n+1−u2n= (3un+ 4)−u2n qui est un trinôme enun.
Son discriminant est∆= 25.Ses racines sont−1et4.Or0≤un ≤4le trinôme est donc toujours positif ("signe contraire dea”)
Doncu2n+1−u2n≥0⇒un+1−un≥0. La suite est donc croissante.
2.2. (un)est donc une suite croissante et majorée. Elle converge vers une limitel solution de l’équationf(x) =x.
f(x) =x⇔√
3x+ 4 =xdoncf(x) =x⇔x2−3x−4 = 0.
Cette équation admet−1et4pour solutions.
La suite étant à termes positif, sa limite ne peut pas être négative. Ce sera donc4.
3. Question plus difficile. Je propose : SoitX=√
3un+ 4⇒X2= 3un+ 4⇒un= 1 3
¡X2−4¢ Alors,4−un+1≤ 1
2(4−un)⇔4−√
3un+ 4≤ 1
2(4−un)
⇔4−X ≤1 2
µ 4−1
3
¡X2−4¢¶
⇔4−X ≤16−X2 6
⇔X2−6X+ 8≤0.
Trinôme qui admet deux racines2et4.etX2−6X+ 8≤0⇔2≤X≤4 Ainsi4−un+1 ≤1
2(4−un)⇔2≤X≤4
⇔2≤√
3un+ 4≤4
⇔4≤3un+ 4≤16(une racine est positive)
⇔0≤un ≤4qui est toujours vrai.
Ainsi, en remontant les équivalences,0≤un≤4⇔4−un+1≤ 1
2(4−un)
Je sais, je vous ai dit que cette présentation était à éviter mais ce serait ici au détriment de votre compréhension (probablement déjà difficile non ?)
On en déduit que 4−un ≤ µ1
2
¶n
(4−u0), soit en faisant le produit memebre à membre den inégalités à termes positif, soit par récurrence (et c’est mieux)
NInit : 4−u0≤ µ1
2
¶0
(4−u0)puisque4−u0= (4−u0) NHérédité :On suppose4−un≤
µ1 2
¶n
(4−u0). Alors,4−un+1≤ 1
2(4−un)⇒4−un+1≤ 1 2
µ1 2
¶n
(4−u0) Donc4−un+1≤
µ1 2
¶n+1
(4−u0)Conclure la récurrence.
On a donc0≤4−un≤4× µ1
2
¶n
et d’après le théorème des gendarmes, lim
n→+∞(4−un) = 0donc lim
n→+∞un = 4
