EXERCICE 1 On considère la suite (u n ) n>1 définie par u n =

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EXERCICE 1 On considère la suite (u n ) n>1 définie par u n =

1 + 1 n

n

.

1. On admet que (u n ) n>1 converge. La limite de la suite est le nombre e = exp(1).

Algorithme utilisant AlgoBox ou Python dont l’affichage doit être le premier entier naturel n pour lequel | u n − ℓ | < 10 ⁻³ .

AlgoBox

1: VARIABLES

2: u EST_DU_TYPE NOMBRE 3: n EST_DU_TYPE NOMBRE 4: l EST_DU_TYPE NOMBRE 5: DEBUT_ALGORITHME 6: u PREND_LA_VALEUR 2 7: n PREND_LA_VALEUR 1 8: l PREND_LA_VALEUR exp(1) 9: TANT_QUE (l-u>=0.001) FAIRE 10: DEBUT_TANT_QUE

11: n PREND_LA_VALEUR n+1

12: u PREND_LA_VALEUR pow(1+1/n,n) 13: FIN_TANT_QUE

14: AFFICHER n 15: FIN_ALGORITHME

Python From math import*

# Début

1| u = 2

2| n = 1

3| ℓ = exp(1)

4| while ℓ − u >= 0.001 :

5| n = n + 1

6| u = (u + 1/n) ^∗∗ n 7| print(n)

# Fin

L’affichage est alors : n = 1359.

2. FACULTATIF pour les élèves suivant P ² : L’objectif est de démontrer que la suite (u _n ) _n>1 converge.

(a) Formule du binôme de Newton : (a + b) ⁿ =

n

X

k =0

a ^k b ^{n − k} . u _n =

n

X

k =0

v _k,n =

n

X

k =0

n k

! 1 n

k

=

n

X

k =0

n k

! 1 n ^k . On pose, ∀ k ∈ [[1; n]], v k,n = n

k

! 1

n ^k et v 0 ,n = 1

∀ k ∈ [[1; n]], v k,n = n!

k!(n − k)!

1

n ^k = n(n − 1)(n − 2) . . . (n − k + 1) n ^k

1 k! = n

n × n − 1

n × . . . n − (k − 1)) n

1 k!

= 1

1 − 1

n 1 − 2 n

× . . . ×

1 − k − 1 n

× 1 k!

(b) Or, pour tout k ∈ [[1; n]] et pour tout s ∈ [[0; k − 1]], s

n + 1 6 s

n ⇔ − s

n + 1 > − s

n ⇔ 1 − s

n + 1 > 1 − s

n donc 1 k!

k −1

Y

s=0

1 − s

n

6 1 k!

k −1

Y

s=0

1 − s n + 1

⇔ v k,n 6 v k,n+1 et v 0,n+1 = 1

u n =

n

X

k =0

v _k,n 6

n

X

k =0

v _k,n +1 6

n

X

k =0

n + 1 k

! 1

(n + 1) ^k et,

n

X

k=0

n + 1 k

! 1

(n + 1) ^k 6

ajout d

^′

un terme + n

X

k=0

n + 1 k

! 1

(n + 1) ^k + n + 1 n + 1

! 1

(n + 1) ⁿ⁺¹ 6

n +1

X

k=0

n + 1 k

! 1 (n + 1) ^k , et

n+1

X

k=0

n + 1 k

! 1

(n + 1) ^k =

N ewton

1 + 1 n + 1

n+1

finalement, pour tout n > 1, u _n 6 u _n +1 et la suite (u _n ) _n>1 est croissante.

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(c) Pour tout k ∈ [[1; n]] et pour tout s ∈ [[0; k − 1]], 0 < 1 − s

n 6 1 donc, par produit de facteurs tous compris entre 0 et 1, v k,n 6 1 k! .

Puis k! > 2 ^{k −1} (déjà démontré par récurrence au début de l’année dans le DM4 ), ce qui implique que 1

k! 6 1

2 ^{k −1} , par suite, u n =

n

X

k =0

v k,n 6 1 +

n

X

k =1

1

2 ^{k −1} ⇔ u n 6 1 + 1 − ( ¹ ₂ ) ⁿ 1 − ¹ 2

6 3 car 1 − ¹ 2

n

6 1 pour tout n ∈ N ^∗ .

On en déduit que (u n ) n>1 est majorée.

(d) Conclusion : (u n ) n>1 est croissante et majorée donc (u n ) n>1 converge vers ℓ.

Attention : on n’a pas démontré que ℓ = e.

• • •

EXERCICE 2 1. f ( − 3 + i) = − 3 + i + − 2i

− 3 + i + 2 + i = − 2 − i

− 1 + 2i f ( − 3 + i) = ( − 2 − i)( − 1 − 2i)

( − 1 + 2i)( − 1 − 2i) = 2 − 2 + 4i + i 1 ² + 2 ² = 5i

5 f ( − 3 + i) = i

2. f (z) = 2i ⇔ z + i − 2i = 2iz + 4i − 2 f (z) = 2i ⇔ (1 − 2i)z = − 3 + 6i, puis f (z) = 2i ⇔ z = − 3.

La solution de l’équation f (z) = 2i est − 3.

3. On pose z = x + iy avec x et y des réels. On a donc : f (z) = x + iy + 1 − 2i

x + iy + 2 + i = (x + 1) + i(y − 2) (x + 2) + i(y + 1) f (z) = ((x + 1) + i(y − 2))((x + 2) − i(y + 1))

((x + 2) + i(y + 1))((x + 2) − i(y + 1))

f (z) = (x + 1)(x + 2) − i(x + 1)(y + 1) + i(y − 2)(x + 2) − i ² (y − 2)(y + 1) (x + 2) ² + (y + 1) ²

f (z) = (x + 1)(x + 2) + (y − 2)(y + 1) + i((y − 2)(x + 2) − (x + 1)(y + 1)) (x + 2) ² + (y + 1) ²

Ainsi on a : Re(f (z)) = (x + 1)(x + 2) + (y − 2)(y + 1)

(x + 2) ² + (y + 1) ² et Im(f (z)) = (y − 2)(x + 2) − (x + 1)(y + 1) (x + 2) ² + (y + 1) ² Après simplification on a : Re(f (z)) = x ² + 3x + y ² − y

(x + 2) ² + (y + 1) ² et Im(f (z)) = − 3x + y − 5 (x + 2) ² + (y + 1) ²

4. E 1 est l’ensemble des points M d’affixe z tels que f (z) soit réel. Or f (z) est réel ⇔ Im(f (z)) = 0 ⇔

− 3x + y − 5

(x + 2) ² + (y + 1) ² = 0

f (z) est réel ⇔ − 3x + y − 5 = 0 et z 6 = − 2 − i. f (z) est réel ⇔ y = 3x + 5 et z 6 = − 2 − i.

Ainsi E 1 est la droite d’équation y = 3x + 5 privée du point B ( − 2; − 1).

5. E 2 est l’ensemble des points M d’affixe z tels que f (z) soit imaginaire pur. Or f (z) est imaginaire pur

⇔ Re(f (z)) = 0 ⇔ x ² + 3x + y ² − y (x + 2) ² + (y + 1) ² = 0

f (z) est imaginaire pur ⇔ x ² + 3x + y ² − y = 0 et z 6 = − 2 − i.

On s’intéresse à l’équation x ² + 3x + y ² − y = 0 x ² + 3x + y ² − y = 0 ⇔

x + 3

2 2

− 9 4 +

y − 1

2 2

− 1

4 = 0 ⇔

x + 3 2

2

+

y − 1 2

2

= 10 4 f (z) est imaginaire pur ⇔

x + 3

2 2

+

y − 1 2

2

= 10

4 et z 6 = − 2 − i.

Ainsi E 2 est le cercle de centre C

− 3 2 ; 1

2

et de rayon

√ 10

2 privé du point B ( − 2; − 1).

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E 1

E 2

b

A

b

A

^′

b

B

b

C

• • •

EXERCICE 3 1. g est dérivable sur R comme somme de fonctions qui le sont, et pour tout réel x : g ^′ (x) = − 1 + e ^x

On a alors g ^′ (x) > 0 ⇔ e ^x > 1 ⇔ x > 0 et g ^′ (x) 6 0 ⇔ e ^x 6 1 ⇔ x 6 0 . Le tableau de variations de g est donc :

x −∞ 0 + ∞

g ^′ (x) − 0 + g

2

On déduit du tableau précédent que, pour tout réel x, g(x) > 2 > 0 2. Etude en −∞ .

x →−∞ lim x + 1 = −∞ et x

e ^x = xe ^{− x} . Or lim

x →−∞ x = −∞

Puis lim

x →−∞ − x = + ∞ et lim

X →+∞ e ^X = + ∞ , donc par composition, lim

x →−∞ e ^{− x} = + ∞ . Donc, par produit

x →−∞ lim xe ^{− x} = −∞ et par somme : lim

x →−∞ f (x) = −∞ . Etude en + ∞ .

x →+∞ lim x + 1 = + ∞ et x e ^x = 1

e

^x

x

. Or par croissances comparées lim

x →+∞

e ^x

x = + ∞ d’où lim

x →+∞

x e ^x = 0 donc, par somme lim

x →+∞ f (x) = + ∞ .

3. f est de la forme u × v, avec u : x 7→ x + 1 dérivable sur R et v : x 7→ e ^x

^x

, fonction dérivable sur R car le dénominateur ne s’annule pas. Ainsi f est dérivable sur R et f ^′ = u ^′ × v + u × v ^′ . Puis, pour tout réel x, on a :

f ^′ (x) = 1 + 1e ^x − xe ^x

(e ^x ) ² = 1 + e ^x (1 − x)

e ^x × e ^x , f ^′ (x) = 1 + 1 − x

e ^x = e ^x + 1 − x

e ^x . f ^′ (x) = e ^{− x} g(x).

4. On a vu plus haut que, pour tout réel x, g(x) > 0, et comme par ailleurs e ^{− x} > 0, on en déduit que f ^′ (x) > 0. On obtient alors le tableau de variations suivant :

x Signe de f ^′ (x) Variations de f

−∞ + ∞

+

−∞

−∞

+ ∞ + ∞

5. La fonction f est continue sur ] − ∞ ; + ∞ [, strictement croissante.

L’intervalle ] −∞ ; + ∞ [ a pour image ] −∞ ; + ∞ [, ce dernier intervalle contenant 0, d’après le théorème de la bijection on en déduit que l’équation f (x) = 0 possède dans R une solution α unique.

Par ailleurs, f ( − 1) = − e ⁻¹ < 0 et f (0) = 1 > 0, donc : − 1 < α < 0.

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