Correction du devoir surveillé 5
Exercice 1 — Trace comme l’oiseau Étudions la fonction suivante :
f: x7−→arctan
ln 3x2+ 4x+ 1
. Introduisons pour cela les fonctions
p: x7−→3x2+ 4x+ 1 et
v: x7−→ |x|,
de sorte que la fonctionf s’écrive de la manière suivante : f =arctan◦v◦ln◦p .
• Domaine de définition
Trouvons tout d’abord le domaine de définition de la fonction f.
? La fonctionp est polynomiale donc elle est définie surR.
? La fonction ln est définie sur R∗+.
? La composée ln◦p: x7−→ln(3x2+ 4x+ 1) est donc définie sur x∈R
p(x)∈R∗+ . Or pour tout x∈R, on a l’équivalence suivante :
p(x)∈R∗+ ⇐⇒3x2+ 4x+ 1>0
⇐⇒(3x+ 1)(x+ 1)>0
⇐⇒
(3x+ 1<0 x+ 1<0 ou
(3x+ 1>0 x+ 1>0
⇐⇒
x <−1 3 x <−1
ou
x >−1 3 x >−1
⇐⇒x <−1 oux >−1 3, donc la fonction ln◦pest définie sur ]− ∞;−1[∪
−1 3; +∞
.
? La fonction valeur absolue v est définie surR.
Lycée Pierre-Gilles de Gennes 1 Adriane Kaïchouh
? La composée g =v◦(ln◦p) est donc définie sur ]− ∞;−1[∪
−1 3; +∞
.
? La fonction arctangente est définie sur R.
? Ainsi, par composée, la fonction f est définie sur ]− ∞;−1[∪
−1 3; +∞
.
• Domaine de dérivabilité et dérivée
Trouvons à présent le domaine de dérivabilité de la fonction f puis calculons sa dérivée.
? La fonctionp est polynomiale donc elle est dérivable surR. Et pour tout x∈R, on a :
p0(x) = 6x+ 4 = 2(3x+ 2).
? La fonction ln est dérivable sur R∗+ et pour tout x∈R∗+, on a : ln0(x) = 1
x.
? La composée ln◦pest donc dérivable sur son domaine de définition, c’est-à- dire sur]− ∞;−1[∪
−1 3; +∞
. Et pour tout x∈]− ∞;−1[∪
−1 3; +∞
, on a :
(ln◦p)0(x) = p0(x)×ln0(p(x))
= 2(3x+ 2) 1 p(x)
= 2(3x+ 2) 3x2+ 4x+ 1 .
? La fonction valeur absolue est dérivable surR∗ et pour toutx∈R∗, on a :
v0(x) =
(−1 six <0 1 six >0.
? Par composée, la fonction g =v◦(ln◦p)est dérivable au moins sur
x∈]− ∞;−1[∪
−1
3; +∞
ln(p(x))∈R∗
.
Or pour tout x∈]− ∞;−1[∪
−1 3; +∞
, on a l’équivalence suivante : ln(p(x)) = 0⇐⇒p(x) = 1 par injectivité de la fonction ln
⇐⇒3x2+ 4x+ 1 = 1
⇐⇒3x2+ 4x= 0
⇐⇒x(3x+ 4) = 0
⇐⇒x= 0 ou x=−4 3, donc la fonction g est dérivable au moins sur
−∞;−4 3
∪
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
∪]0; +∞[.
? Soit x∈
−∞;−4 3
∪
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
∪]0; +∞[.
Alors on a :
g0(x) = [v◦(ln◦p)]0(x)
= (ln◦p)0(x)×v0(ln(p(x)))
= 2(3x+ 2) 3x2+ 4x+ 1 ×
(−1 si ln(p(x))<0 1 si ln(p(x))>0.
Déterminons le signe de ln(p(x)).
Par stricte croissance de la fonction exponentielle, on a l’équivalence sui- vante :
ln(p(x))>0⇐⇒p(x)>1
⇐⇒3x2+ 4x+ 1 >1
⇐⇒3x2+ 4x >0
⇐⇒x(3x+ 4)>0
⇐⇒
(x <0
3x+ 4 <0 ou
(x >0 3x+ 4 >0
⇐⇒
x <0 x <−4
3 ou
x >0 x >−4
3
⇐⇒x <−4
3 oux >0
⇐⇒ x∈
−∞;−4 3
∪]0; +∞[.
On obtient alors que
g0(x) = 2(3x+ 2) 3x2+ 4x+ 1 ×
−1 si x∈
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
1 si x∈
−∞;−4 3
∪]0; +∞[.
=
− 2(3x+ 2)
3x2+ 4x+ 1 six∈
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
2(3x+ 2)
3x2+ 4x+ 1 six∈
−∞;−4 3
∪]0; +∞[.
? La fonction arctan est dérivable sur R, donc par composition, la fonction f est dérivable au moins sur
−∞;−4 3
∪
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
∪]0; +∞[.
Soit x∈
−∞;−4 3
∪
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
∪]0; +∞[. Alors on a :
f0(x) = g0(x)×arctan0(g(x))
=g0(x)× 1 1 +g2(x)
=g0(x)× 1
1 +|ln(3x2+ 4x+ 1)|2
=g0(x)× 1
1 +ln2(3x2+ 4x+ 1)
=
− 2(3x+ 2) (3x2+ 4x+ 1)
1 +ln2(3x2+ 4x+ 1) si x∈
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
2(3x+ 2) (3x2+ 4x+ 1)
1 +ln2(3x2+ 4x+ 1) si x∈
−∞;−4 3
∪]0; +∞[.
=
− 2(3x+ 2) p(x)
1 +ln2(p(x)) si x∈
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
2(3x+ 2) p(x)
1 +ln2(p(x)) si x∈
−∞;−4 3
∪]0; +∞[.
.
• Dérivabilité et tangentes en −4
3 et en 0
Étudions la dérivabilité de la fonction f aux deux points particuliers−4 3 et0.
? Soit x∈]0; +∞[.
— Alors 3x2+ 4x+ 1>1, donc par stricte croissance de la fonction ln sur R∗+, on a ln(3x2+ 4x+ 1) >0, donc on a :
ln(3x2+ 4x+ 1)
=ln(3x2 + 4x+ 1).
Le taux d’accroissement de la fonction f entre 0et xvaut alors : f(x)−f(0)
x−0 = f(x)−0
x−0 car f(0) = 0
= arctan(ln(3x2+ 4x+ 1))−0 x−0
= g(x)−g(0) x−0 ,
où g est la fonction arctan◦ln◦p:x7−→arctan(ln(3x2+ 4x+ 1)).
— Comme la fonction ln◦pest définie et dérivable sur]−∞;−1[∪
−1 3; +∞
et la fonction arctan est définie et dérivable sur R, leur composée g est définie et dérivable sur ]−∞;−1[∪
−1 3; +∞
. En particulier, la fonction g est dérivable en0, donc
x→0lim
g(x)−g(0)
x−0 =g0(0), donc d’après le calcul qui précède, on obtient que
x→0lim+
f(x)−f(0)
x−0 =g0(0) .
— Or pour toutx∈]−∞;−1[∪
−1 3; +∞
, on a :
g0(x) = (ln◦p)0(x)×arctan0(ln(p(x))
= 2(3x+ 2)
3x2+ 4x+ 1 × 1 1 +ln2(p(x))
= 2(3x+ 2)
3x2+ 4x+ 1 × 1
1 +ln2(3x2+ 4x+ 1) , donc g0(0) = 4.
Ainsi, on obtient que
x→0lim+
f(x)−f(0) x−0 = 4,
donc en0, la fonctionf admet une demi-tangente à droite, d’équation y= 4x.
? Soit x∈
−1 3; 0
.
Alorsx(3x+ 4)<0donc 3x2+ 4x+ 1<1, donc par stricte croissance de la fonction ln surR∗+, on a ln(3x2+ 4x+ 1) <0, donc on a :
ln(3x2+ 4x+ 1)
=−ln(3x2+ 4x+ 1).
Le taux d’accroissement de la fonctionf entre0 etx vaut alors : f(x)−f(0)
x−0 = f(x)−0
x−0 car f(0) = 0
= arctan(−ln(3x2+ 4x+ 1)) x−0
= −arctan(ln(3x2+ 4x+ 1))
x−0 par imparité de arctan
= −g(x) x−0
=−g(x)−g(0) x−0 . Ainsi, on a
x→0lim−
f(x)−f(0)
x−0 =−g0(0) =−4,
donc en0, la fonctionf admet une demi-tangente à gauche, d’équation y=−4x.
Comme les limites en0à gauche et à droite du taux d’accroissement de la fonction f ne sont pas les mêmes, la fonction f n’est pas dérivable en0.
? Soit x∈
−4 3;−1
.
Alorsx(3x+ 4)<0donc 3x2+ 4x+ 1<1, donc par stricte croissance de la fonction ln surR∗+, on a ln(3x2+ 4x+ 1) <0, donc on a :
ln(3x2+ 4x+ 1)
=−ln(3x2+ 4x+ 1).
Le taux d’accroissement de la fonctionf entre−4
3 et xvaut alors : f(x)−f −43
x+ 43 = f(x)−0 x+43
= arctan(−ln(3x2+ 4x+ 1)) x+43
= −arctan(ln(3x2+ 4x+ 1))
x+43 par imparité de arctan
= −g(x) x+43
=−g(x)−g −43 x+43 . Or la fonction g est dérivable en −4
3, donc on a : lim
x→−43
g(x)−g −43 x+ 43 =g0
−4 3
=−4.
Ainsi, on a :
lim
x→−4
3 +
f(x)−0 x+ 43 = 4, donc en−4
3, la fonction f admet une demi-tangente à droite, d’équa- tion y= 4
x+4
3 .
? Soit x∈
−∞;−4 3
.
Alorsx(3x+ 4)>0donc 3x2+ 4x+ 1>1, donc par stricte croissance de la fonction ln surR∗+, on a ln(3x2+ 4x+ 1) >0, donc on a :
ln(3x2+ 4x+ 1)
=ln(3x2+ 4x+ 1).
Le taux d’accroissement de la fonctionf entre−4
3 et xvaut alors : f(x)−f −43
x+43 = f(x)−0 x+43
= arctan(ln(3x2+ 4x+ 1)) x+43
= g(x)−g −43 x+43 .
Ainsi, on a :
lim
x→−43−
f(x)−0
x+ 43 =−4, donc en−4
3, la fonction f admet une demi-tangente à gauche, d’équa- tion y=−4
x+4
3 .
Comme les limites en −4
3 à gauche et à droite du taux d’accroissement de la fonction f ne sont pas les mêmes, la fonctionf n’est pas dérivable en−4
3 .
• Signe de la dérivée et variations Étudions le signe de la dérivée defsur
−∞;−4 3
∪
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
∪]0; +∞[. Soit x∈
−∞;−4 3
∪
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
∪]0; +∞[.
Remarquons que comme x appartient au domaine de définition de la fonction f, on a p(x)>0.
? Premier cas : x∈
−4 3;−1
∪
−1 3; 0
. Alors on a l’équivalence suivante :
f0(x)>0⇐⇒ − 2(3x+ 2) p(x)
1 +ln2(p(x)) >0
⇐⇒ −2(3x+ 2) >0 car p(x)>0 et1 +ln2(p(x))>0
⇐⇒x <−2 3
⇐⇒x∈
−4 3;−1
.
? Second cas :x∈
−∞;−4 3
∪]0; +∞[. Alors on a l’équivalence suivante :
f0(x)>0⇐⇒ 2(3x+ 2) p(x)
1 +ln2(p(x)) >0
⇐⇒2(3x+ 2) >0 car p(x)>0 et1 +ln2(p(x))>0
⇐⇒x >−2 3
⇐⇒x∈]0; +∞[.
Ainsi, la fonction f est strictement croissante sur
−4 3;−1
et sur[0; +∞[, et elle est strictement décroissante sur
−∞;−4 3
et sur
−1 3; 0
.
• Limites
Calculons les limites de la fonction f aux bornes de son domaine de définition.
? Calculons la limite de la fonction f en −∞et +∞.
— Pour tout x∈]− ∞;−1[∪
−1 3; +∞
\ {0}, on a : 3x2+ 4x+ 1 =x2
3 + 4
x + 1 x2
. Or lim
x→±∞3 + 4 x + 1
x2 = 3 et lim
x→±∞x2 = +∞, donc par produit, on a
x→±∞lim 3x2+ 4x+ 1 = +∞.
— Comme lim
X→+∞ln(X) = +∞, on obtient par composition de limites que
x→±∞lim ln(3x2+ 4x+ 1) = +∞.
— De même, comme lim
X→+∞|X|= +∞, on obtient que
x→±∞lim
ln(3x2+ 4x+ 1)
= +∞.
— Enfin, comme lim
X→+∞arctan(X) = π
2, on obtient par composition de limites que
x→±∞lim f(x) = π 2 .
La fonctionf admet donc une asymptote horizontale d’équationy= π en−∞ et en +∞. 2
? Calculons la limite de la fonction f en −1.
— On a
x→−1lim−3x2+ 4x+ 1 = 0+ et lim
X→0+ln(X) =−∞, donc par composition de limites, on obtient que
x→−1lim−ln(3x2+ 4x+ 1) =−∞.
— Comme lim
X→−∞|X|= +∞, on obtient que
x→−1lim−
ln(3x2+ 4x+ 1)
= +∞.
— Par composition, il s’ensuit que
x→−1lim−f(x) = π 2 .
La fonctionf se prolonge donc par continuité au point −1.
? Calculons la limite de la fonction f en −1 3.
— On a
lim
x→−13+
3x2+ 4x+ 1 = 0+ et lim
X→0+ln(X) = −∞, donc par composition de limites, on obtient que
lim
x→−1
3
+ln(3x2+ 4x+ 1) =−∞.
— Comme lim
X→−∞|X|= +∞, on obtient que lim
x→−1
3 +
ln(3x2+ 4x+ 1)
= +∞.
— Par composition, il s’ensuit que lim
x→−1
3
+f(x) = π 2 .
La fonctionf se prolonge donc par continuité au point −1 3.
• Tableau de variations
Dressons enfin le tableau de variations de la fonction f.
x f0(x)
f(x)
−∞ −4
3 −1 −1
3 0 +∞
− + − +
π 2 π 2
0 0
π 2
π 2
0 0
π 2 π 2
• Graphe
Traçons finalement l’allure du graphe de la fonction f.
0 x y
−1 −1 3 π 2
y=f(x)
4 3 1 1 3 0 0
2 Graphe de la fonction f
Exercice 2 — Marge de sécurité
Montrons qu’il existe un réel m strictement positif tel que pour tout x∈[a;b], on ait : f(x)> g(x) +m,
c’est-à-dire que
f(x)−g(x)> m.
Montrons donc que la fonction f−g est minorée par un réel strictement positif.
• Comme les fonctions f et g sont continues sur [a;b], leur différence f −g est continue sur le segment [a;b]. Le théorème des bornes atteintes assure alors que
la fonction f−g est bornée sur [a;b] et atteint ses bornes .
En particulier, la fonction f −g admet un minimum sur le segment [a;b].
• Comme le minimum de la fonction f −g est (par définition) atteint, il existe x∈[a;b]tel que
f(x)−g(x) =min
[a;b](f −g).
Soit x un tel élément de [a;b].
Alors par hypothèse,f(x)> g(x), doncf(x)−g(x)>0, donc min[a;b](f−g)>0.
• Posons m= 1
2min[a;b](f−g).
Alors m est strictement positif et pour toutx∈[a;b], on a : f(x)−g(x)>min
[a;b](f−g)
> m.
Ainsi, il existe bien un réel m strictement positif tel que pour tout x∈[a;b], f(x)> g(x) +m.
Exercice 3 — À deux pas
1. Soitc un réel et soit (vn)n∈N la suite définie par
∀n ∈N, vn=un−c.
Alors la suite (vn)n∈N vérifie la relation de récurrence suivante : pour toutn ∈N, vn+2 =un+2−c
= 2√
3un+1−4un+ 2√
3−5−c
= 2√
3 (vn+1+c)−4 (vn+c) + 2√
3−5−c
= 2√
3vn+1−4vn+c 2√ 3−5
+ 2√ 3−5.
Or on a l’équivalence suivante : c
2√
3−5 + 2√
3−5 = 0⇐⇒ c=−1, donc pour c=−1, la suite (vn)n∈N vérifie que
∀n ∈N, vn+2 = 2√
3vn+1−4vn. Ainsi, la suite (vn)n∈N définie par
∀n ∈N, vn=un+ 1
est récurrente linéaire d’ordre deux : elle satisfait la relation de récurrence
∀n ∈N, vn+2 = 2√
3vn+1−4vn. 2. • Commençons par expliciter la suite (vn)n∈N précédente.
? L’équation caractéristique associée à la relation de récurrence vérifiée par la suite (vn)n∈N est l’équation
r2 = 2√
3r−4, c’est-à-dire
r2−2√
3 + 4 = 0, d’inconnue r complexe.
Le discriminant du trinôme r7−→r2 −2√
3 + 4 vaut
∆ =
−2√ 3
2
−4×1×4 = 12−16 =−4, donc les solutions de l’équation caractéristique sont
2√ 3 + 2i
2 =√
3 +i et√
3 +i=√ 3−i.
Écrivons alors ces solutions sous forme exponentielle :
√
3 +i= 2
√3 2 +1
2i
!
= 2h cosπ
6
+isinπ 6
i
= 2eiπ6
et √
3−i= 2e−iπ6 .
? Il existe donc un couple (λ, µ)∈R2 tel que pour toutn ∈N, on ait : vn = 2n
h
λcosnπ 6
+µsinnπ 6
i . Soit (λ, µ) un tel couple.
? Déterminons les valeurs de λ et µ à l’aide des premiers termes de la suite (vn)n∈N.
On a :
20h
λcos 0× π
6
+µsin 0× π
6 i
=v0 21h
λcosπ 6
+µsinπ 6
i
=v1
donc (
λ=u0 + 1
√3λ+µ=u1+ 1
donc (
λ= 2 2√
3 +µ= 1 donc
(λ= 2 µ= 1−2√
3.
Ainsi, pour tout n∈N, on a : vn= 2nh
2cosnπ 6
+ 1−2√ 3
sinnπ 6
i .
• Explicitons alors la suite (un)n∈N. Pour tout n∈N, on a :
un=vn−1
= 2nh
2cosnπ 6
+ 1−2√
3sinnπ 6
i−1.
Problème — Une fonction peut en cacher une autre Partie I : La petite suite qui monte 1. • Commençons par étudier la fonctionf.
? Comme les fonctions x7−→ x2 −1 et x 7−→ x sont définies sur R et la fonction ln est définie sur R∗+, par produit et différence, la fonction f est bien définie sur R∗+.
? De plus, la fonctionf est dérivable surR∗+ comme différence de produits de fonctions dérivables sur R∗+.
Et pour tout x∈R∗+, on a :
f0(x) = 2x−1×ln(x)−x× 1
x = 2x−ln(x)−1.
? Afin de déterminer son signe, étudions la fonction f0.
La fonction f0 est dérivable sur R∗+ comme somme de fonctions déri- vables sur R∗+ et pour tout x∈R∗+, on a :
f00(x) = 2− 1
x = 2x−1
x .
Pour tout x∈R∗+, on a l’équivalence suivante : f00(x)>0⇐⇒ 2x−1
x >0
⇐⇒2x−1>0 car x >0
⇐⇒x > 1 2. Ainsi, la fonctionf0est décroissante sur
0;1 2
et croissante sur 1 2; +∞
, donc la fonction f0 admet un minimum en 1
2 . Or on a :
f0 1
2
= 2×1
2 −ln 1 2
−1
=−ln 1 2
=ln(2)>0, donc pour tout x∈R∗+, on a f0(x)>0.
Ainsi, la fonction f est strictement croissante surR∗+ .
? Calculons les limites de la fonctions f en0 et+∞.
— En 0+ : On a lim
x→0x2−1 =−1et, par croissances comparées, lim
x→0+xln(x) = 0, donc par différence de limites, on obtient que
x→0lim+f(x) =−1.
— En +∞ :
Pour tout x∈R∗+, on a :
f(x) =x2−xln(x)−1 = x2
1−ln(x) x − 1
x2
. Or on a lim
x→+∞
1
x2 = 0et, par croissances comparées, lim
x→+∞
ln(x) x = 0, donc par somme de limites, on obtient que
x→+∞lim 1− ln(x) x − 1
x2 = 1, donc par produit, que
x→+∞lim f(x) = +∞. Dressons le tableau de variations de la fonction f.
x f00(x)
f0(x)
f0(x)
f(x)
0 1
2 +∞
− 0 +
ln(2) ln(2) +
−1
+∞
+∞
• Montrons à présent que pour tout n ∈ N, l’équation f(x) = n, d’inconnue x∈R∗+, admet une unique solution.
Comme la fonctionf est dérivable sur]0; +∞[, elle est en particulier continue sur l’intervalle ]0; +∞[.
De plus, d’après l’étude précédente, la fonction f est strictement croissante surR∗+.
Alors le théorème de la bijection continue assure que :
? l’image de la fonction f est l’intervalle f(]0; +∞[) =
lim
x→0+f(x); lim
x→+∞f(x)
=]−1; +∞[;
? la fonction f réalise une bijection de ]0; +∞[ sur]−1; +∞[;
? sa réciproquef−1: ]−1; +∞[−→]0; +∞[est continue et stricte- ment croissante sur]−1; +∞[.
Pour tout n ∈ N, le nombre n appartient à ]−1; +∞[, donc n admet un unique antécédent par la fonctionf dans ]0; +∞[.
Autrement dit, pour tout n ∈ N, l’équation f(x) = n, d’inconnue x∈R∗+, admet une unique solution, que l’on notera xn.
x
f(x)
0 +∞
−1
+∞
+∞
xn
n
2. Montrons que la suite (xn)n∈N est strictement croissante : montrons que pour tout n ∈N, on axn < xn+1.
Soit n ∈N.
Montrons que xn < xn+1.
Par définition de xn et de xn+1, on a :
f(xn) =n et f(xn+1) =n+ 1,
donc
f(xn)< f(xn+1).
Par stricte croissance de la fonction f−1 sur ]−1; +∞[, on obtient alors que f−1(f(xn))< f−1(f(xn+1)),
c’est-à-dire que
xn< xn+1. Ainsi, la suite (xn)n∈N est strictement croissante .
x
f(x)
0 +∞
−1
+∞
+∞
xn
n
xn+1
n+ 1
3. Remarquons que pour tout n∈N, on a f(xn) =n, donc xn =f−1(n).
• Calculons alors la limite de la fonction f−1 en +∞.
? Par définition, la fonction f−1 a pour image f−1(]−1; +∞[) =]0; +∞[.
? De plus, d’après la question 1, la fonctionf−1 est continue et strictement croissante sur]−1; +∞[, donc le théorème de la bijection continue donne que
f−1(]−1; +∞[) = lim
x→−1+f−1(x); lim
x→+∞f−1(x)
. Ainsi, par identification de la borne de droite, on a :
x→+∞lim f−1(x) = +∞.
• Comme lim
n→+∞n = +∞ et lim
x→+∞f−1(x) = +∞, donc par composition de limites, on obtient que
n→+∞lim f−1(n) = +∞, c’est-à-dire que
n→+∞lim xn= +∞.
Partie II : Un point fixe dans un intervalle stable
4. • Comme la fonction ln est définie surR∗+ et la fonction inverse est définie sur R∗, par somme, la fonction ϕest bien définie surR∗+.
• De plus, la fonction ϕest dérivable surR∗+ comme somme de fonctions dé- rivables surR∗+.
Et pour tout x∈R∗+, on a : ϕ0(x) = 1
x − 2
x2 = x−2 x2 .
• Pour tout x∈R∗+, on a l’équivalence suivante : ϕ0(x)>0⇐⇒ x−2
x2 >0
⇐⇒x−2>0 car x2 >0
⇐⇒x >2.
Ainsi, la fonctionϕest strictement décroissante sur]0; 2]et strictement croissante sur [2; +∞[.
• Calculons les limites de la fonction ϕen 0et en +∞.
? En 0+ :
Pour tout x∈R∗+, on a :
ϕ(x) = ln(x) + 2
x = xln(x) + 2
x .
Or par croissances comparées, on a lim
x→0+xln(x) = 0, donc par somme,
x→0lim+xln(x) + 2 = 2, donc par quotient, on obtient que
x→0lim+ϕ(x) = +∞.
? En +∞ : On a lim
x→+∞ln(x) = +∞ et lim
x→+∞
2
x = 0, donc par somme, on obtient :
x→+∞lim ϕ(x) = +∞. Dressons enfin le tableau de variations de la fonction ϕ.
x ϕ0(x)
ϕ(x)
0 2 +∞
− 0 +
+∞
ln(2) + 1 ln(2) + 1
+∞
+∞
5. Pour toutx∈R∗+, on a l’équivalence suivante : ϕ(x) = x⇐⇒x−ϕ(x) = 0
⇐⇒x−ln(x)− 2 x = 0
⇐⇒ x2−xln(x)−2
x = 0
⇐⇒x2−xln(x)−2 = 0
⇐⇒x2−xln(x)−1 = 1
⇐⇒f(x) = 1.
Or d’après la question 1, il existe un unique point x∈R∗+ tel quef(x) = 1, donc il existe un unique point x∈R∗+ tel que ϕ(x) = x.
Soit α cet unique réel.
De plus, par définition, l’unique point tel que f(x) = 1 est le réel x1, donc on a bien α=x1 .
6. (a) Démontrons que pour tout x∈R∗+, on a ln(x)6x−1. Pour cela, montrons que la fonction suivante
ψ: R∗+ −→R
x7−→x−1−ln(x) est positive.
• La fonction ψ est bien définie sur R∗+ comme différence de fonctions définies sur R∗+.
• De plus, la fonctionψest dérivable surR∗+comme différence de fonctions dérivables sur R∗+.
Et pour tout x∈R∗+, on a :
ψ0(x) = 1− 1
x = x−1 x .
• Donnons le signe de la dérivée de ψ. Pour tout x∈R∗+, l’équivalence suivante :
ψ0(x)>0⇐⇒ x−1 x >0
⇐⇒x−1>0 car x >0
⇐⇒x >1,
donc la fonction ψ est décroissante sur ]0; 1] et croissante sur[1; +∞[.
x ψ0(x)
ψ(x)
0 1 +∞
− 0 +
0 0 La fonction ψ admet donc un minimum en 1.
Or on a :
ψ(1) = 1−1−ln(1) = 0, donc pour tout x∈R∗+, on a ψ(x)>0.
Ainsi, pour tout x∈R∗+, on a ln(x)6x−1. (b) Montrons que ϕ
3 2; 2
⊆ 3
2; 2 .
• La fonction ϕest décroissante sur ]0; 2], donc en particulier sur 3 2; 2
, donc on a :
ϕ 3
2; 2
⊆
ϕ(2);ϕ 3
2
.
x ϕ0(x)
ϕ(x)
0 2 +∞
− 0 +
+∞
> 3
> 23 2
+∞
+∞
3 2
62
• Montrons à présent que
ϕ(2);ϕ 3
2
⊆ 3
2; 2
.
? Montrons que ϕ(2) > 3 2. On a l’équivalence suivante :
ϕ(2)> 3
2 ⇐⇒ln(2) + 1> 3 2
⇐⇒ln(2) > 1 2
⇐⇒ −ln 1 2
> 1 2
⇐⇒ln 1 2
6−1
2
⇐⇒ln 1 2
6 1
2−1,
ce qui est vrai d’après la question précédente appliquée à 1 2. On a donc bien ϕ(2) > 3
2 .
? Montrons que ϕ 3
2
62.
On a :
ϕ 3
2
=ln 3 2
+ 4
3. Or d’après la question précédente appliquée à 3
2, on a : ln
3 2
6 3
2 −1 = 1 2, donc
ln 3 2
+4
3 6 11 6 < 12
6 = 2, donc
ϕ 3
2
62.
Ainsi, on bien
ϕ(2);ϕ 3
2
⊆ 3
2; 2 .
Finalement, on obtient que l’intervalle 3 2; 2
est stable par la fonction ϕ:
ϕ 3
2; 2
⊆ 3
2; 2
.
(c) Justifions que α∈ 3
2; 2
, c’est-à-dire que x1 ∈ 3
2; 2
, d’après la 5.b).
• Pour cela, montrons que 1∈
f 3
2
;f(2)
.
? Calculons f 3
2 :
f 3
2
= 3
2 2
− 3 2ln
3 2
−1
= 5 4− 3
2ln 3 2
= 5 4+ 3
2ln 2 3
6 5 4 +3
2 2
3−1
d’après la question 6.a) 6 3
4 61.
? Calculons f(2) :
f(2) = 22−2ln(2)−1
= 3−2ln(2).
Or d’après la question 6.a), ln(2)62−1, donc2ln(2)62, donc f(2) >1.
Ainsi, on a bien f 3
2
616f(2) .
• Or d’après la question 1, la fonction f−1 est strictement croissante sur [−1; +∞[, donc on obtient que
3
2 6f−1(1)62,
c’est-à-dire que
3
2 6x1 62.
Ainsi, on a bien x1 ∈ 3
2; 2
, donc α ∈ 3
2; 2 .
x
f(x)
0 +∞
−1
+∞
+∞
x1 =α
1 3
2
61
2
>1
7. D’après la question 4, la fonction ϕest dérivable sur R∗+ et pour tout x∈R∗+, ϕ0(x) = x−2
x2 . Soit alors x∈
3 2; 2
. Montrons que |ϕ0(x)|6 2
9. Calculons |ϕ0(x)| :
|ϕ0(x)|= |x−2|
|x2|
= |x−2|
x2 car x2 est positif
= 2−x
x2 car x62.
Comme x∈ 3
2; 2
, on a :
062−x6 1 et, par croissance de la fonction carré sur R+,2
9
4 6x2 64, donc, par décroissance de la fonction inverse sur R∗+,
1 4 6 1
x2 6 4 9.
En multipliant les première et dernière inégalités, dont tous les membres sont positifs, on obtient que
06 2−x x2 6 2
9, c’est-à-dire que
|ϕ0(x)|6 2 9 .
Partie III : L’œil du cyclone récurrent
8. Pour toutn ∈N, notons P(n) la proposition suivante :
«le terme un est bien défini et un∈ 3
2; 2
».
Montrons par récurrence que pour tout n∈N, la proposition P(n)est vraie.
• Initialisation Commeu0 = 3
2, le termeu0 est bien défini et appartient bien à 3 2; 2
, donc la proposition P(0) est vraie .
• Hérédité Soit n∈N.
Supposons que la proposition P(n) soit vraie.
Montrons que la propositionP(n+ 1) est vraie.
? Commeun ∈ 3
2; 2
et comme la fonctionϕest définie sur R∗+, le terme un+1 =ϕ(un) est bien défini.
? De plus, d’après la question 6.b), on a ϕ 3
2; 2
⊆ 3
2; 2
. Or un∈
3 2; 2
, donc ϕ(un)∈ 3
2; 2
, c’est-à-dire que un+1 ∈ 3
2; 2 . Ainsi, la proposition P(n+ 1) est vraie .
• Conclusion
Pour tout n∈N, la propositionP(n)est vraie.
Ainsi, la suite (un)n∈N est bien définie et pour tout n∈N, un∈ 3
2; 2 .
9. Commençons par importer la bibliothèque numpy afin de définir la fonction ϕ.
import numpy as np def phi(x):
return np.log(x) + 2/x
Écrivons alors une fonction qui prend en argument un entier n et qui renvoie la valeur du terme un.
def suite_u(n):
"""
Argument : un entier n.
Sortie : le terme u_n de la suite.
"""
terme = 3/2 # Au début , terme vaut u_0.
for k in range(n):
# On calcule n nouveaux termes : u_1, u_2, ..., u_n,
# on fait donc n tours de boucle.
terme = phi(terme)
# On passe au terme suivant.
return terme 10. Soitn ∈N.
Montrons que |un+1−α|6 2
9|un−α|.
• Tout d’abord, par définition de un+1 et de α, on a : (un+1 =ϕ(un)
α=ϕ(α), donc on a
|un+1−α|=|ϕ(un)−ϕ(α)|.
• Remarquons que siun=α, alors on a aussiun+1 =ϕ(un) = ϕ(α) = α, donc l’inégalité
|un+1−α|6 2
9|un−α|
est vérifiée.
• Supposons à présent que un soit différent de α.
Nous allons alors appliquer le théorème des accroissements finis à la fonction ϕentre les points un et α.
Notons I =
([un;α] si un < α
[α;un] sinon et˚I =
(]un;α[ si un< α ]α;un[ sinon.
? La fonction ϕest continue sur 3 2; 2
, donc en particulier, commeun et α appartiennent à
3 2; 2
, la fonction ϕest continue sur le segment I.
? De même, la fonction ϕ est dérivable sur 3 2; 2
, donc sur ˚I.
Ainsi, d’après le théorème des accroissements finis, il existec∈˚I tel que ϕ(un)−ϕ(α) =ϕ0(c)(un−α).
Soit cun tel réel.
• On a alors :
ϕ(un)−ϕ(α) =ϕ0(c)(un−α), c’est-à-dire
un+1−α =ϕ0(c)(un−α), donc par passage à la valeur absolue,
|un+1−α|=|ϕ0(c)| |un−α|. Or c∈˚I donc c∈
3 2; 2
, donc d’après la question 7, on a :
|ϕ0(c)|6 2 9. Il s’ensuit que
|un+1−α|6 2
9|un−α|. 11. Montrons par récurrence que pour tout n∈N, on a :
|un−α|6 2
9 n
|u0−α|.
• Initialisation Comme
2 9
0
= 1, on a bien |u0−α|6 2
9 0
|u0−α|.
• Hérédité Soit n∈N.
Supposons que |un−α|6 2
9 n
|u0−α|. Montrons que |un+1−α|6
2 9
n+1
|u0−α|. D’après la question précédente, on a :
|un+1−α|6 2
9|un−α|.
Or par hypothèse de récurrence, on a :
|un−α|6 2
9 n
|u0−α|, donc on obtient que
|un+1−α|6 2 9
2 9
n
|u0−α|, c’est-à-dire que
|un+1−α|6 2
9 n+1
|u0−α|.
• Conclusion
Ainsi, pour tout n∈N, on a |un−α|6 2
9 n
|u0−α|. 12. Étudions la limite de la suite (un)n∈N.
D’après la question précédente, on a : pour tout n ∈N, 06|un−α|6
2 9
n
|u0−α|. Or, comme 2
9 ∈]−1; 1[, on a lim
n→+∞
2 9
n
= 0, donc par produit avec la constante
|u0−α|, on obtient que
n→+∞lim 2
9 n
|u0−α|= 0.
Le théorème des gendarmes assure alors
n→+∞lim |un−α|= 0, c’est-à-dire que
n→+∞lim un =α .
