L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du devoir surveill´ e n˚4
Exercice 1 : R´esolution d’un syst`eme lin´eaire `a param`etre
Soitλun nombre r´eel fix´e. D´eterminer le rang et l’ensemble solution du syst`eme suivant d’inconnue
x y z
o`u x, y, z∈R.
(S) :
−λx + y + 2z = 0 x + (1−λ)y + z = 0
2x + y − λz = 0
Correction :On commence par calculer le rang de (S).
(S) ⇐⇒
x + (1−λ)y + z = 0
−λx + y + 2z = 0
2x + y − λz = 0
(L1↔L2)
⇐⇒
x + (1−λ)y + z = 0
y+λ(1−λ)y + 2z+λz = 0 (L2←L2+λL1) y−2(1−λ)y − λz−2z = 0 (L3←L3−2L1)
⇐⇒
x + (1−λ)y + z = 0
(−λ2+λ+ 1)y + (2 +λ)z = 0 (factorisation) (2λ−1)y − (2 +λ)z = 0 (factorisation)
⇐⇒
x + z + (1−λ)y = 0
(2 +λ)z + (−λ2+λ+ 1)y = 0
−(2 +λ)z + (2λ−1)y = 0
(´echange de la place des variablesy et z)
⇐⇒
x + z + (1−λ)y = 0
(2 +λ)z + (−λ2+λ+ 1)y = 0
(2λ−1)y+ (−λ2+λ+ 1)y = 0 (L3←L3+L2)
⇐⇒
x + z + (1−λ)y = 0
(2 +λ)z + (−λ2+λ+ 1)y = 0
(−λ2+ 3λ)y = 0 (factorisation)
On a ainsi d´emontr´e que : (S)⇐⇒
x + z + (1−λ)y = 0
(2 +λ)z + (−λ2+λ+ 1)y = 0 λ(3−λ)y = 0
. (1)
On en d´eduit que si les coefficients (2 +λ) etλ(3−λ) sont non nuls, alors le syst`eme lin´eaire (S) est de rang 3. Il est donc de Cramer et par suite il poss`ede une unique solution. Celle-ci est
0 0 0
car (S) est un syst`eme lin´eaire homog`ene. On a montr´e :
Si λ∈R\ {−2,0,3}, alors rang(S)=3 et l’ensemble des solution de (S) est
0 0 0
. Il reste `a ´etudier 3 cas :λ=−2,λ= 0 etλ= 3.
• Etude du syst`eme (S) lorsque´ λ=−2 Si λ=−2, alors, d’apr`es (1), on a :
(S)⇐⇒
x + z + 3y = 0
−5y = 0
−10y = 0 .
On remarque que : 2L2=L3.On peut donc supprimer la ligneL3. On a alors : (S)⇐⇒
x + z + 3y = 0
−5y = 0 . Le syst`eme (S) est donc de rang 2. On choisit :
1 = nombre d’inconnues
| {z }
3
−rang
| {z }
2
param`etre. Ici on prendz. L’ensemble des solutions de (S) est donc :
−z 0 z
: z∈R
.
• Etude du syst`eme (S) lorsque´ λ= 0 Si λ= 0, alors, d’apr`es (1), on a :
(S)⇐⇒
x + z + y = 0
2z + y = 0
0 = 0
.
On a donc :
(S)⇐⇒
x + z + y = 0
2z + y = 0 .
Le syst`eme (S) est donc de rang 2. On choisit :
1 = nombre d’inconnues
| {z }
3
−rang
| {z }
2
param`etre. Ici on prendz. L’ensemble des solutions de (S) est donc :
z
−2z z
: z∈R
.
• Etude du syst`eme (S) lorsque´ λ= 3 Si λ= 3, alors, d’apr`es (1), on a :
(S)⇐⇒
x + z − 2y = 0
5z − 5y = 0
0 = 0
.
On a donc :
(S)⇐⇒
x + z − 2y = 0 5z − 5y = 0 . Le syst`eme (S) est donc de rang 2. On choisit :
1 = nombre d’inconnues
| {z }
3
−rang
| {z }
2
param`etre. Ici on prendy. L’ensemble des solutions de (S) est donc :
y y y
: y∈R
.
Exercice 2 : ´Etude d’une fonction d´efinie par morceaux au voisinage d’un point Soitf la fonction d´efinie par :
f:R→R, x7→
|x2−5x+ 4|
x−1 six <1
−3 six= 1 3 ln(x)
x−1 six >1.
1. ´Etudier la limite ´eventuelle de f en 1−. 2. ´Etudier la limite ´eventuelle de f en 1+. 3. La fonctionf est-elle continue en 1 ? Correction
1. ´Etudier la limite def(x) quandxtend vers 1−revient `a ´etudier la limite def(1+h) quandhtend vers 0−. Soith∈]− ∞,0[. Commeh <0, on a 1 +h <1 et donc :
f(1 +h) = |(1 +h)2−5(1 +h) + 4|
(1 +h)−1
= |1 + 2h+h2−5−5h+ 4|
h
= |h2−3h|
h
= |h(h−3)|
h
= |h| |h−3|
h (|A×B|=|A| × |B|)
= −h|h−3|
h (h <0 donc|h|=−h)
= −|h−3|.
La fonction valeur absolue ´etant continue surR, on a :
h→0lim−f(1 +h) = lim
h→0−−|0−3|=−3.
On en d´eduit que f(x) tend vers −3 quand xtend vers 0−. Comme f(1) = −3, la fonctionf est donc continue `a gauche en 1.
2. ´Etudier la limite def(x) quandxtend vers 1+revient `a ´etudier la limite def(1+h) quandhtend vers 0+. Soith∈]0,+∞[. Commeh >0, on a 1 +h >1 et donc :
f(1 +h) = 3 ln(1 +h) (1 +h)−1
= 3 ln(1 +h)
h .
De lim
h→0+
ln(1 +h)
h = 1 (limite usuelle), on a alors : lim
h→0+f(1 +h) = 3.On en d´eduit quef(x) tend vers 3 quandxtend vers 0+. Commef(1) =−3, la fonctionf n’est donc pas continue `a droite en 1.
3. La fonctionf n’´etant pas continue `a droite en 1, elle n’est pas continue en 1.
Exercice 3 : ´Etudes de limites de fonctions
Etudier les limites ´eventuelles de :´
a) 3x4+x3+ 4x+ 1
2x2+ 3x lorsquextend vers +∞(respectivement 0) ; b) ex
x2 − x
ex2 lorsquextend vers +∞; c) cos(3x)−1
xsin(2x) lorsquextend vers 0. Correction
a) • Etude du comportement de la fonction´ x7→ 3x4+x3+ 4x+ 1
2x2+ 3x au voisinage de +∞
Comme lim
x→+∞3x4+x3+ 4x+ 1 = +∞et lim
x→+∞2x2+ 3x= +∞(limites usuelles et op´erations sur les limites), on est en pr´esence d’une ind´etermination. Au voisinage de +∞, ce sont les ≪grandes≫puis- sances dexqui pr´edominent. On factorise alors 3x4+x3+ 4x+ 1 parx4et 2x2+ 3xparx2 pour lever l’ind´etermination.
Soitx∈]0,+∞[. On a :
3x4+x3+ 4x+ 1 2x2+ 3x =
x4
3 + 1 x+ 4
x3 + 1 x4
x2
2 + 3 x
=x2 3 + 1
x+ 4 x3 + 1
x4 2 + 3
x
. (2)
Comme lim
x→+∞x2= +∞(limite usuelle) et lim
x→+∞
3 + 1 x+ 4
x3 + 1 x4 2 + 3
x
=3
2 (limites usuelles et op´erations sur les limites), on d´eduit de (2) que :
x→+∞lim
3x4+x3+ 4x+ 1
2x2+ 3x = +∞.
• Etude du comportement de la fonction´ x7→ 3x4+x3+ 4x+ 1
2x2+ 3x au voisinage de 0 On a lim
x→03x4+x3+ 4x+ 1 = 1 (une fonction polynˆome est continue surR) et comme :
x→0lim−2x2+ 3x= 0− et lim
x→0+2x2+ 3x= 0+ (une fonction polynˆome est continue surR et ´etude du signe de 2x2+ 3x=x(2x+ 3)) on a :
x→0lim−
3x4+x3+ 4x+ 1
2x2+ 3x =−∞et lim
x→0+
3x4+x3+ 4x+ 1
2x2+ 3x = +∞ (op´erations sur les limites) Par suite, la fonctionx7→ 3x4+x3+ 4x+ 1
2x2+ 3x admet une limite `a gauche de 0 et une limite `a droite de 0, mais n’admet pas de limite en 0.
b) D’apr`es les r´esultats sur les croissances compar´ees, on a :
x→+∞lim ex
x2 = +∞. (3)
D’autre part, pour toutx∈]0,+∞[, on a : x ex2 = 1
x× x2
ex2. (4)
On a :
X→+∞lim X
eX = 0 (croissances compar´ees)
x→+∞lim x2= +∞ (limite usuelle)
composition
=⇒ de limites
x→+∞lim x2 ex2 = 0
et lim
x→+∞
1
x= 0. De ces calculs de limites et de (4), on d´eduit que :
x→+∞lim x
ex2 = 0. (5)
Grˆace `a (3) et (5), on obtient :
x→+∞lim ex x2 − x
ex2 = +∞.
c) Pour ´etudier le comportement au voisinage de 0 de la fonctionx7→ cos(3x)−1
xsin(2x) , on s’appuie sur les deux limites usuelles :
X→lim0
sin(X)
X = 1 et lim
X→0
1−cos(X) X2 =1
2. On remarque de plus que si x∈i
−π 2,0h
∪ i 0,π
2
halors sin(2x)6= 0 et : cos(3x)−1
xsin(2x) = 1
x×(cos(3x)−1)× 1 sin(2x)
= 1
x×
cos(3x)−1
(3x)2 ×(3x)2
× 2x
sin(2x)× 1 2x
=
−1−cos(3x) (3x)2
× 2x
sin(2x)
× 1
x×(3x)2 2x
.
Si x∈i
−π 2,0h
∪ i 0,π
2 h
, on a donc : cos(3x)−1
xsin(2x) =−9 2×
1−cos(3x) (3x)2
× 2x
sin(2x)
. (6)
On a :
X→lim0
1−cos(X) X2 = 1
2
x→lim03x= 0
composition
=⇒ de limites
x→0lim
1−cos(3x) (3x)2 = 1
2 et
X→lim0
sin(X)
X = 1
x→0lim2x= 0
composition
=⇒ de limites
x→lim0
sin(2x) 2x = 1 et donc que :
x→0lim 2x sin(2x)= 1
op´erations sur les limites et l’inverse de sin(2x)
2x est 2x
sin(2x)
.
De (6) et de ces calculs de limites, on d´eduit que :
x→0lim
cos(3x)−1 xsin(2x) =−9
4.
Exercice 4 : ´Etude de deux suites adjacentes
Soit (un)n∈N∗ la suite d´efinie par :
∀n∈N∗ un = Xn
k=1
(−1)k+1
k = 1−1 2 +1
3 −1
4+. . .+(−1)n+1
n .
On introduit deux suites (an)n∈N∗ et (bn)n∈N∗ en posant :
∀n∈N∗ an=u2n= 1−1 2 +1
3−1
4 +. . .+ 1
2n−1− 1 2n.
∀n∈N∗ bn=u2n+1= 1−1 2 +1
3 −1
4+. . .+ 1
2n−1 − 1
2n+ 1 2n+ 1. 1. Montrer que la suite (an)n∈N∗ est croissante et que la suite (bn)n∈N∗ est d´ecroissante.
2. Montrer que les deux suites (an)n∈N∗ et (bn)n∈N∗ sont adjacentes.
3. Conclure quant au comportement asymptotique des suites (an)n∈N∗ et (bn)n∈N∗. 4. Que peut-on en d´eduire pour la suite (un)n∈N∗?
Correction
Rappel :(−1)nombre pair= 1et(−1)nombre impair=−1.
1. • Etude des variations de la suite (a´ n)n∈N∗
Soitn∈N∗. On a :
an=u2n = X2n
k=1
(−1)k+1 k d’o`u :
an+1 =
2(n+1)
X
k=1
(−1)k+1 k
=
2n+2X
k=1
(−1)k+1 k
= X2n
k=1
(−1)k+1 k
| {z }
an
+
2n+2X
k=2n+1
(−1)k+1
k (relation de Chasles)
= an+(−1)(2n+1)+1
2n+ 1 +(−1)(2n+2)+1 2n+ 2
= an+(−1)2n+2
2n+ 1 +(−1)2n+3 2n+ 2
= an+ 1
2n+ 1 − 1
2n+ 2 (2n+ 2 est pair et 2n+ 3 est impair)
= an+(2n+ 2)−(2n+ 1) (2n+ 1)(2n+ 2)
= an+ 1
(2n+ 1)(2n+ 2). On a doncan+1−an= 1
(2n+ 1)(2n+ 2) >0.La suite (an)n∈N∗ est donc (strictement) croissante.
• Etude des variations de la suite (b´ n)n∈N∗
Soitn∈N∗. On a :
bn=u2n+1=
2n+1X
k=1
(−1)k+1 k d’o`u :
bn+1 =
2(n+1)+1
X
k=1
(−1)k+1 k
=
2n+3X
k=1
(−1)k+1 k
=
2n+1X
k=1
(−1)k+1 k
| {z }
bn
+
2n+3X
k=2n+2
(−1)k+1
k (relation de Chasles)
= bn+(−1)(2n+2)+1
2n+ 2 +(−1)(2n+3)+1 2n+ 3
= bn+(−1)2n+3
2n+ 2 +(−1)2n+4 2n+ 3
= bn− 1
2n+ 2+ 1
2n+ 3 (2n+ 3 est impair et 2n+ 4 est pair)
= bn+−(2n+ 3) + (2n+ 2) (2n+ 2)(2n+ 3)
= bn− 1
(2n+ 2)(2n+ 3). On a doncbn+1−bn=− 1
(2n+ 2)(2n+ 3) <0.La suite (bn)n∈N∗ est donc (strictement) d´ecroissante.
2. Par d´efinition, deux suites sont adjacentes si l’une est croissante, l’autre est d´ecroissante et si la diff´erence des deux suites tend vers 0 quand ntend vers +∞.
Pour montrer que les deux suites (an)n∈N∗ et (bn)n∈N∗ sont adjacentes, il reste donc `a montrer quean−bn
tend vers 0 quandntend vers +∞(cf. questions 1 et 2).
Soitn∈N∗.
an−bn = u2n−u2n+1
= X2n
k=1
(−1)k+1
k −
2n+1X
k=1
(−1)k+1 k
| {z } X2n
k=1
(−1)k+1
k +(−1)(2n+1)+1 2n+ 1
= X2n
k=1
(−1)k+1
k −
X2n
k=1
(−1)k+1
k +(−1)2n+2 2n+ 1
!
= − 1
2n+ 1 (2n+ 2 est pair).
On en d´eduit que an−bn tend vers 0 quandntend vers +∞.
3. D’apr`es le th´eor`eme des suites adjacentes, deux suites adjacentes convergent et leur limite est la mˆeme.
Les suites (an)n∈N∗ et (bn)n∈N∗ convergent donc et leur limite est la mˆeme.
Remarque : On verra plus tard que la limite commune des suites (an)n∈N∗ et(bn)n∈N∗ est ln(2).
4. On vient de voir que les suites (an)n∈N∗ = (u2n)n∈N∗ et (bn)n∈N∗ = (u2n+1)n∈N∗ convergent toutes les deux vers la mˆeme limite. On en d´eduit, grˆace `a un lemme du cours, que la suite (un)n∈Nconverge et que l’on a :
n→+∞lim un = lim
n→+∞ an
|{z}
u2n
= lim
n→+∞ bn
|{z}
u2n+1
.
Remarque : D’apr`es la remarque pr´ec´edente, on a donc :
n→+∞lim un= lim
n→+∞
Xn
k=1
(−1)k+1
k = ln(2).
Probl`eme : Valeurs approch´ees de la solution d’une ´equation mettant en jeu ln Ce probl`eme porte sur la r´esolution de l’´equation (E)d´efinie sur]0; +∞[ par :
(E) 7
2 −ln(x) =x.
La calculatrice ´etant interdite, on fournit les encadrements de ln(2)et ln(3)suivants : 0,6<ln(2)<0,7 et 1<ln(3)<1,1.
Partie I −Trois ´etudes de fonctions
1. Soitf la fonction d´efinie par :
f: ]0,+∞[→R, x7→ 7
2−ln(x) et on note Cf la courbe repr´esentative de f dans un rep`ereRfix´e du plan.
(a) D´eterminer le sens de variation de la fonctionf sur ]0,+∞[.
(b) En utilisant les encadrements de ln(2) et ln(3) fournis dans l’´enonc´e, montrer que l’intervalle [2,3]
est stable parf, i.e. que :
∀x∈[2,3] f(x)∈[2,3].
(c) ´Etudier les limites ´eventuelles en 0+ et en +∞def. (d) Dresser le tableau de variations def.
(e) Pr´eciser l’ordonn´ee du pointAd’abscisse 1 deCf et tracer l’allure de la courbeCf, apr`es avoir plac´e le pointA.
2. Soitg la fonction d´efinie par :
g: [1,+∞[→R, x7→ln(x)−x et on note Cg la courbe repr´esentative deg dans le rep`ereR.
On admet que la fonction g est strictement d´ecroissante sur[1,+∞[.
(a) ´Etudier la limite ´eventuelle de gen +∞et l’existence d’une asymptote oblique `aCg en +∞.
(b) D´eterminer l’imageg([1,+∞[) de [1,+∞[ par la fonctiong.
(c) En d´eduire que pour toutX ∈[1,+∞[ :
ln(X)≤X−1.
3. Soithla fonction d´efinie par :
h: ]0,+∞[→R, x7→f(x)−x.
(a) D´eterminer le sens de variation de la fonctionhsur ]0,+∞[.
(b) En d´eduire que l’´equation (E) admet une unique solution dans ]0,+∞[.
On notera αcette solution dans la suite.
(c) Dresser le tableau de signes de la fonctionh.
(d) Pr´eciser la position relative de la courbeCf et de la droite ∆ d’´equationy=xdans le rep`ereR.
(e) En utilisant la question I-1.(b), montrer queh(2)≥0 et queh(3)≤0 et en d´eduire queα∈[2,3].
Correction
1. (a) Soient x, y∈]0,+∞[.
x < y =⇒ ln(x)<ln(y) (ln est strictement croissante sur ]0,+∞[)
=⇒ −ln(x)>−ln(y) (multiplication par−1<0 de chacun des membres de l’in´egalit´e)
=⇒ 72−ln(x)>72−ln(y) (ajout de 72 `a chacun des membres de l’in´egalit´e)
=⇒ f(x)> f(y)
La fonctionf est donc strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[.
(b) Soitx∈[2,3]. Alors on a 2≤x≤3.Commef est (strictement) d´ecroissante sur ]0,+∞[, on a :
f(2)≥f(x)≥f(3). (7)
Comme 0,6<ln(2)<0,7 (cf. ´enonc´e), on a−0,6>−ln(2)>−0,7 et donc : 2,9 = 7
2 −0,6> 7
2 −ln(2)
| {z }
f(2)
> 7
2−0,7 = 2,8. (8)
Comme 1<ln(3)<1,1 (cf. ´enonc´e), on a−1>−ln(3)>−1,1 et donc : 2,5 = 7
2 −1> 7
2−ln(3)
| {z }
f(3)
> 7
2−1,1 = 2,4. (9)
De (7), (8) et (9), on d´eduit que :
2,9> f(x)>2,4.
En particulier,f(x)∈[2,3].
(c) D’apr`es le cours sur la fonction ln, on sait que :
x→0lim+ln(x) =−∞ et lim
x→+∞ln(x) = +∞.
On a donc (op´erations sur les limites) :
x→0lim+f(x) = +∞ et lim
x→+∞f(x) =−∞.
(d) D’apr`es les questions 1.(a) et 1.(c), on a le tableau de variations suivant.
x 0 +∞
+∞
Variations def
ց
−∞
(e) Par d´efinition de la courbe repr´esentative de f, Cf est l’ensemble des points M du plan de coor- donn´ees (x, f(x)), o`u x∈]0,+∞[.
Le pointAdeCf d’abscisse 1 a donc pour ordonn´ee : f(1) =7
2 −ln(1) = 7 2. Trac´e de la courbe Cf
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
−1
Cf
×A
Remarque : Grˆace aux quatre droites trac´ees en pointill´es, on retrouve graphiquement le r´esultat de la question 1.(b), i.e. quef(x)∈[2,3]six∈[2,3].
2. (a) • Etude de la limite de´ g en +∞
Comme lim
x→+∞ln(x) = +∞et que lim
x→+∞−x=−∞, on est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee.
On sait (cf. croissances compar´ees) que les fonctions polynˆomes ≪l’emportent≫ sur la fonction logarithme au voisinage de +∞. Pour lever l’ind´etermination, on va alors factoriserg(x) parx(le terme qui pr´edomine en +∞) (x∈]0,+∞[).
On a :
g(x) =x
ln(x) x −1
. (10)
De plus on a :
x→lim+∞x= +∞et lim
x→+∞
ln(x)
x = 0 (croissances compar´ees).
De ces calculs de limites et de (10), il vient alors (op´erations sur les limites) :
x→+∞lim g(x) =−∞.
• Recherche d’une asymptote ´eventuelle `aCg au voisinage de +∞
On suit la m´ethode expos´ee en classe.
– On ´etudie tout d’abord la limite ´eventuelle de g(x)
x quandxtend vers +∞.
Soitx∈]0,+∞[. On a :
g(x)
x = ln(x)
x −1. (11)
De (11) et de lim
x→+∞
ln(x)
x = 0 (croissances compar´ees), on d´eduit que
x→+∞lim g(x)
x =−1.
– On ´etudie alors la limite ´eventuelle deg(x)−(−1)x=g(x) +xquandxtend vers +∞.
Commeg(x) +x= ln(x) pour tout x∈]0,+∞[, on a :
x→lim+∞g(x) +x= +∞.
De cette ´etude on d´eduit que Cgn’admet pas d’asymptote oblique au voisinage de +∞.
Remarque : On dit, dans le cas pr´ec´edent, que Cg poss`ede une branche parabolique de direction y=−xau voisinage de+∞.
(b) La fonctiongest continue sur [1,+∞[ comme diff´erence de deux fonctions continues sur ]0,+∞[.
D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires et le fait que la fonctiongest (strictement) d´ecroissante sur [1,+∞[ (cf. ´enonc´e) on a alors :
g([1,+∞[) =
x→+∞lim g(x), g(1)
=]− ∞,−1].
Pour obtenir la derni`ere ´egalit´e, on a appliqu´e le r´esultat de la question 2.(a).
(c) SoitX ∈[1,+∞[. Alors, par d´efinition mˆeme deg([1,+∞[), on ag(X)∈g([1,+∞[). On a donc : g(X)∈]− ∞,−1] (cf. question 2.(b)).
On a donc :
g(X)
| {z }
ln(X)−X
≤ −1.
On en d´eduit que :
ln(X)≤X−1.
3. (a) La fonctionf est strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[ (cf. question 1.(a)) et la fonctionx7→ −xest strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[ (cf. cours sur les fonctions affines).
La fonction hest donc la somme de deux fonctions strictement d´ecroissantes sur ]0,+∞[ ; elle est donc strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[.
(b) On commence par remarquer que l’´equation (E) : 7
2 −ln(x) =x est ´equivalente `a l’´equation :
7
2 −ln(x)
| {z }
f(x)
−x= 0
i.e. `a l’´equation :
h(x) = 0.
On doit donc montrer que l’´equationh(x) = 0 poss`ede une unique solution sur ]0,+∞[.
On a montr´e en 1.(c) que :
x→lim0+f(x) = +∞ et lim
x→+∞f(x) =−∞.
Orh(x) =f(x)−xpour toutx∈]0,+∞[. Par suite (op´erations sur les limites), on a :
x→lim0+h(x) = +∞ et lim
x→+∞h(x) =−∞.
D’autre part la fonction hest continue sur ]0,+∞[, comme diff´erence de deux fonctions continues sur ]0,+∞[.
On a donc ´etabli les r´esultats suivants :
• la fonctionhest continue sur ]0,+∞[ ;
• la fonctionhest strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[ ;
• lim
x→0+h(x) = +∞et lim
x→+∞h(x) =−∞.
D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, on d´eduit alors que la fonctionhr´ealise une bijection de ]0,+∞[
surh(]0,+∞[) =]− ∞,+∞[=R.
Par suite (0∈h(]0,+∞[) =R), l’´equationh(x) = 0 poss`ede une unique solution sur ]0,+∞[.
On notera αcette solution dans la suite.
(c) La fonctionhest strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[ et s’annule une unique fois, enx=α. On en d´eduit le tableau de signes suivant.
x 0 α +∞
Signe deh(x) + 0 −
(d) Pour ´etudier la la position relative de la courbeCf et de la droite ∆ d’´equationy=xdans le rep`ere R, on ´etudie le signe de
f(x)−x
| {z }
h(x)
pour toutx∈]0,+∞[.
Du tableau de signe de la fonction hobtenu en 3.(c), on d´eduit :
• la courbeCf est au-dessus de la droite ∆ au-dessus de ]0, α[ ;
• la courbeCf et la droite ∆ se coupent au point d’abscisseα;
• la courbeCf est en-dessous de la droite ∆ au-dessus de ]α,+∞[.
(e) D’apr`es (8), on a : 2,8< f(2)<2,9. Par suite : 0,8 = 2,8−2< f(2)−2
| {z }
h(2)
<2,9−2 = 0,9.
On a donc :h(2)>0.
D’apr`es (9), on a : 2,4< f(3)<2,5. Par suite :
−0,6 = 2,4−3< f(3)−3
| {z }
h(3)
<2,5−3 =−0,5.
On a donc :h(3)<0.
De plus, on a ´etabli (cf. question 3.(b)) que la fonctionhest continue sur ]0,+∞[.
D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, la fonction h s’annule donc sur [2,3] (h(2) eth(3) sont de signes contraires). Il existe donc une solutionβ ∈[2,3] `a l’´equationh(x) = 0.
Par unicit´e de la solution de l’´equationh(x) = 0 sur ]0,+∞[ (cf. question 3.(b)), on a :α=β. On a doncα∈[2,3].
Partie II −Une in´egalit´e
1. D´eduire de la question I-2.(c) que pour toutx, y ∈[2,3] tels quex≤y : 0≤ln(y)−ln(x)≤ 1
x(y−x)≤1
2(y−x).
2. Montrer que que pour toutx, y∈[2,3] tels quex≥y : 0≤ln(x)−ln(y)≤ 1
y(x−y)≤1
2(x−y).
3. D´eduire des deux questions pr´ec´edentes que :
∀x, y ∈[2,3] |f(x)−f(y)| ≤ 1
2 |x−y|.
Correction
1. Soient x, y∈[2,3] tels quex≤y.
• Preuve de 0≤ln(y)−ln(x)
La fonction ln est (strictement) croissante sur ]0,+∞[. De x≤y on d´eduit donc ln(x)≤ln(y) et par suite :
0≤ln(y)−ln(x). (12)
• Preuve de ln(y)−ln(x)≤ 1 x(y−x)
En multipliant chacun des membres de x≤y par 1
x >0, il vient : 1≤ y
x. On applique alors le r´esultat I-2.(c), pourX = y
x. Il vient :
lny x
≤ y
x−1. (13)
Comme lny x
= ln(y)−ln(x) et y
x−1 = 1
x(y−x), (13) se r´e´ecrit : ln(y)−ln(x)≤ 1
x(y−x). (14)
• Preuve de 1
x(y−x)≤1 2(y−x)
On a par hypoth`ese x ≥ 2. La fonction inverse ´etant (strictement) d´ecroissante sur ]0,+∞[, on en d´eduit :
1 x≤ 1
2. (15)
En multipliant chacun des membres de (15) pary−x≥0, on obtient : 1
x(y−x)≤ 1
2(y−x). (16)
• Conclusion
En rassemblant les r´esultats (12), (14) et (16), on a : 0≤ln(y)−ln(x)≤ 1
x(y−x)≤ 1
2(y−x).
2. Soient x, y∈[2,3] tels quex≥y. Alors en posantx′=y ety′=x, on a : x′, y′∈[2,3] etx′≤y′.
On peut donc appliquer le r´esultat de la question 1 `ax′ ety′ pour obtenir : 0≤ln(y′)−ln(x′)≤ 1
x′(y′−x′)≤ 1
2(y′−x′).
Commex′=y ety′=x, on a :
0≤ln(x)−ln(y)≤ 1
y(x−y)≤1
2(x−y).
3. Soient x, y∈[2,3]. Alors on a x≤y oux > y.
• Cas o`ux≤y On calcule :
f(x)−f(y) =7
2 −ln(x)− 7
2 −ln(y)
= ln(y)−ln(x).
Commex≤y, on ax−y≤0 et donc :
|x−y|=−(x−y) =y−x. (17) Dex≤y et de la question 1, on d´eduit :
0≤ln(y)−ln(x)≤ 1
2(y−x). (18)
Comme 0≤ln(y)−ln(x) =f(x)−f(y), on af(x)−f(y)≥0 et donc :
|f(x)−f(y)|=f(x)−f(y) = ln(y)−ln(x). (19) Enfin, de (17), (18) et (19), on d´eduit l’in´egalit´e demand´ee :
|f(x)−f(y)| ≤ 1
2 |x−y|.
• Cas o`ux > y On a toujours :
f(x)−f(y) = ln(y)−ln(x).
Commex > y, on ax−y >0 et donc :
|x−y|=x−y. (20)
Dex > y et de la question 2, on d´eduit :
0≤ln(x)−ln(y)≤ 1
2(x−y). (21)
Comme 0≤ln(x)−ln(y) =−(ln(y)−ln(x)) =−(f(x)−f(y)), on af(x)−f(y)≤0 et donc :
|f(x)−f(y)|=−(f(x)−f(y)) = ln(x)−ln(y). (22) Enfin, de (20), (21) et (22), on d´eduit l’in´egalit´e demand´ee :
|f(x)−f(y)| ≤ 1
2 |x−y|.
• Conclusion Dans tous les cas :
∀x, y∈[2,3] |f(x)−f(y)| ≤ 1
2 |x−y|.
Partie III− Etude d’une suite´
Soit (un)n∈N la suite d´efinie paru0= 2 et la relation de r´ecurrenceun+1=f(un) valable pour toutn∈N.
1. `A l’aide de la question I-1.(b), d´emontrer que pour tout n∈N,un∈[2,3].
2. `A l’aide de la question II-3, d´emontrer que pour tout n∈N:
|un+1−α| ≤ 1
2 |un−α|.
3. En d´eduire que pour toutn∈N:
|un−α| ≤ 1
2 n
|u0−α|.
4. Conclure quant au comportement asymptotique de la suite (un)n∈N. 5. R´esoudre l’in´equation :
1 2
n
≤10−20
d’inconnue n∈Net en d´eduire une valeur den∈Ntelle que l’´ecart entreun etαest inf´erieur ou ´egal `a 10−20.
Correction
1. On montre par r´ecurrence que pour toutn∈N,un∈[2,3]
| {z }
Pn
.
• Initialisation
La propositionP0 est vraie caru0= 2∈[2,3].
• H´er´edit´e
On suppose Pn vraie pour un entier n fix´e, i.e. : un ∈ [2,3]. Montrons que Pn+1 est vraie i.e. : un+1∈[2,3].
Comme un ∈ [2,3], on a f(un) ∈ [2,3], d’apr`es la question I-1.(b). Comme un+1 = f(un), on a un+1∈[2,3].
• Conclusion
D’apr`es l’initialisation au rang 0, l’h´er´edit´e et l’axiome de r´ecurrence, on a un∈[2,3] pour toutn∈N. 2. On remarque que commeαest solution de (E), on af(α) =α.
Soitn∈N. En appliquant le r´esultat de la question II-3 avecx=un∈[2,3] (cf. question 1) et y=α∈ [2,3], on a :
|f(un)
| {z }
un+1
−f(α)
| {z }
α
| ≤ 1
2 |un−α|
i.e. l’in´egalit´e demand´ee.
3. Montrons par r´ecurrence que pour toutn∈N: Pn : |un−α| ≤
1 2
n
|u0−α|.
• Initialisation
La propositionP0 s’´ecrit :
|u0−α| ≤ 1
2 0
| {z }
1
|u0−α|.
Elle est donc vraie.
• H´er´edit´e
On suppose quePn est vraie pour un entiernfix´e, i.e. que :
|un−α| ≤ 1
2 n
|u0−α|. (23)
MontronsPn+1, i.e. :
|un+1−α| ≤ 1
2 n+1
|u0−α|.
D’apr`es la question 2, on a :
|un+1−α| ≤ 1
2 |un−α|. (24)
En multipliant chacun des membres de (23) par 1
2 ≥0, on a : 1
2 |un−α| ≤ 1 2 ×
1 2
n
| {z } 1 2
!n+1
|u0−α|. (25)
De (24) et (25), on d´eduit alors :
|un+1−α| ≤ 1
2 |un−α| ≤ 1
2 n+1
|u0−α|
et doncPn+1 :
|un+1−α| ≤ 1
2 n+1
|u0−α|.
• Conclusion
De l’initialisation de la propri´et´ePn au rang 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :
∀n∈N |un−α| ≤ 1
2 n
|u0−α|.
4. Montrons que la suite (un)n∈Nconverge versα.
Soitn∈N∗. De la question 3, on d´eduit que :
− 1
2 n
|u0−α| ≤un−α≤ 1
2 n
|u0−α|. (26)
En effet si X ∈Ret si A ∈R+, |X| ≤A⇐⇒ −A≤X ≤A. En ajoutant α`a chacun des membres de (26), il vient :
α− 1
2 n
|u0−α| ≤un ≤α+ 1
2 n
|u0−α|. (27)
D’apr`es le cours et −1 < 1
2 <1, on a : lim
n→+∞
1 2
n
= 0. En utilisant les op´erations sur les limites, on obtient alors :
n→+∞lim α− 1
2 n
|u0−α|=α et lim
n→+∞α+ 1
2 n
|u0−α|=α.
De ces calculs de limites, de (27) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit que la suite (un)n∈Nconverge et que lim
n→+∞un=α.
5. • R´esolution de l’in´equation 1
2 n
≤10−20d’inconnuen∈N On a :
1 2
n
≤10−20 ⇐⇒ ln 1
2 n
≤ln 10−20
(ln strictement croissante sur ]0,+∞[)
⇐⇒ n ln 1
2
≤ −20 ln(10) (propri´et´es alg´ebriques de ln)
⇐⇒ n≥ −20 ln(10) ln
1 2
division des deux membres de l’in´egalit´e par ln
1 2
qui est strictement n´egatif car 1 2 <1
⇐⇒ n≥ 20 ln(10) ln (2)
ln
1 2
=−ln(2)
L’ensemble solution de l’in´equation 1
2 n
≤10−20 d’inconnuen∈Nest donc :
n∈N : n≥ 20 ln(10) ln (2)
.
Par exemple, si l’on pose X = 20 ln(10)
ln (2) , alors l’entier ⌊X⌋+ 1 = 67 est solution de l’in´equation consid´er´ee.
Remarque : On peut v´erifier que l’ensemble solution de l’in´equation 1
2 n
≤10−20 d’inconnuen∈N est J67,+∞J.
• Valeur de n∈Ntelle que l’´ecart entreun etαest inf´erieur ou ´egal `a 10−20
Soitn∈N. L’´ecart entreun etαest donn´e par|un−α|. On sait d’apr`es la question 3 que :
|un−α| ≤ 1
2 n
|u0−α|. (28)
Commeu0etαsont dans l’intervalle [2,3], l’´ecart|u0−α|entre les deux nombres est inf´erieur `a 1. On a donc :
|u0−α| ≤1. (29)
En multipliant chacun des membres de (29) par 1
2 n
≥0, on obtient : 1
2 n
|u0−α| ≤ 1
2 n
. (30)
De (28) et (30), on d´eduit alors :
|un−α| ≤ 1
2 n
|u0−α| ≤ 1
2 n
et par suite :
|un−α| ≤ 1
2 n
. (31)
Ainsi si l’on choisit n tel que 1
2 n
≤10−20, i.e. nsolution de l’in´equation consid´er´ee ci-dessous, on aura|un−α| ≤10−20. Par exemple,n= 67 convient.
