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Exercice 1 : Suite r´ ecurrente

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Academic year: 2022

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(1)

Corrig´ e du Devoir Libre n 8

Exercice 1 : Suite r´ ecurrente

On consid`ere la fonctionf d´efinie par :f(x) = ln

ex−1 x

.

1. Montrez quef est d´efinie surR? et quef peut ˆetre prolong´ee en une fonction continue surR.

• La fonctionf est continue surR? : En effet, si x6= 0, ex−1

x >0 ⇐⇒ x×(ex−1)>0. Or, pour x >0,ex >1 et pour x <0,ex <1. Par cons´equent, pour toutx∈R?, ex−1

x >0. Par composition, il en r´esulte quef est continue surR?.

• La fonctionf est prolongeable par continuit´e en 0 : Posonsy(x) = ex−1

x −1. Comme ex−1

x ∼01, lim

x→0y(x) = 0, ainsi,

• lim

x→0y(x) = 0

• lim

y→0ln(1 +y) = 0

!

⇒ lim

x→0f(x) = 0.

N D´esormaisf d´esigne la fonction continue deRdansR.

2. La fonctionf est d´erivable sur R? et pour toutx∈R?, f0(x) = x

ex−1×

ex−1 x

0

= x

ex−1×xex−ex+ 1 x2

Posons pour toutx∈R?,ϕ(x) =ex(x−1) + 1, de sorte que∀x∈R?,f0(x)>0 ⇐⇒ ϕ(x)>0. Pour ´etudier le signe deϕ, ´etudions les variations de cette fonction :∀x∈R,ϕ0(x) =xex. Par cons´equentϕ0(x) est du signe de x. Nous pouvons r´esumer ces r´esultats dans le tableau suivant :

x −∞ 0 +∞

|

ϕ0 − 0 +

|

1 | +∞

ϕ & | %

0 | 0 k

f0 + k +

k

0 | +∞

f % | %

−∞ | 0

Comme f est strictement croissante sur R−? et R+? et continue en 0, il en r´esulte que f est strictement croissante surR.

Au voisinage de −∞:

• lim

x→−∞

ex−1 x = 0+

• lim

t→0+ln(t) =−∞

⇒ lim

x→−∞f(x) =−∞.

exx−1 ∼ −1x−−−−−→

x→−∞ 0+. En ce cas, nous pouvons en d´eduire un ´equivalent def au voisinage de−∞: f(x)∼−∞−ln(−x)

(2)

Par cons´equent

f(x)

x ∼−∞−ln(−x)

x ∼−∞ ln|x|

|x| −−−−−→

x→−∞ 0+

Ainsi,au voisinage de−∞,Cf pr´esente une branche parabolique de direction asymptotique (Ox0).

Au voisinage de +∞: commexest positif, nous pouvons ´ecriref(x) = ln(ex−1)−lnx.

• Or ex−1∼+∞ex−−−−−→+

x→+∞ ∞. Ainsi pouvons-nous en d´eduire1 un ´equivalent def au voisinage de +∞:

• ln(ex−1)∼+∞x

• ln(x) =o(x)

⇒f(x)∼x

• Ainsi lim

x→+∞f(x) = +∞et lim

x→+∞

f(x) x = 1.

• De plus

f(x)−x= ln

ex−1 x

−x= ln

ex−1 xex

= ln

1−e−x x

=f(−x) Or,

• lim

x→+∞

1−e−x x = 0+

• lim

t→0+ln(t) =−∞

⇒ lim

x→+∞ f(x)−x

=−∞

Ainsi, au voisinage de +∞, Cf pr´esente une branche parabolique de direction asymptotique la droite

d’´equationy=x. N

3. On poseg(x) =f(x)−x. Nous avons d´ej`a v´erifi´e dans le calcul ci-dessus que pour tout x∈R?,g(x) =f(−x).

Il est clair que cette relation est aussi v´erifi´ee en 0. Ainsi, pour tout x∈R, g(x) =f(−x)

Nous pouvons alors d´eduire

g(x)>0 ⇐⇒ f(−x)>0 ⇐⇒ −x >0 ⇐⇒ x <0 Nous pouvons consigner ces r´esultats dans le tableau qui suit :

x −∞ 0 +∞

0 | +∞

f % | %

−∞ | 0

f(x)−x + | −

Ainsi, la courbe repr´esentativeCf est au-dessus de la diagonale si et seulement si x <0. N 4. On consid`ere la suite d´efinie paru0= 1 et la relation :

∀n∈N, un+1=f(un)

L’intervalleR+ est stable pourf, donc la suite uest bien d´efinie et u∈(R+)N. f|:R+→R+ est croissante doncuest monotone.

u0>0 doncu1=f(u0)< u0, par cons´equent la suiteuest d´ecroissante.

La suiteu´etant d´ecroissante et minor´ee par 0 est convergente vers un point fixe`def|. Comme 0 est le seul point fixe def|,uest convergente de limite 0.

N

1cf exo´equivalent delnf

(3)

Exercice 2 : Suite r´ ecurrente

Soitf :R→Rla fonction d´efinie par

∀x∈R, f(x) = x+ 1

x2+ 1 −1 1. Etude de f

a. La fonction f est bien d´efinie et d´erivable sur R. De plus pour toutx∈R, sa d´eriv´ee est donn´ee par : f0(x) =

x2+ 1−(x+ 1)22xx2+1

x2+ 1 = 1−x

x2+ 13 Ainsi,

∀x∈R, f0(x)>0 ⇐⇒ x <1 De plus

• Au voisinage de −∞

x+ 1

x2+ 1 ∼−∞

x

|x| ∼−∞−1 Par cons´equent lim

x→−∞f(x) =−2.

• Au voisinage de +∞

x+ 1

x2+ 1 ∼+∞

x

|x| ∼+∞1 Par cons´equent lim

x→+∞f(x) = 0.

Nous en d´eduisons le tableau de variations def :

x −∞ 1 +∞

f0 + √ | −

2−1

f % | &

−2 | 0

N b. Soit x∈R

f(x)−x >0 ⇐⇒ x+ 1

x2+ 1−(x+ 1)>0 ⇐⇒ x+ 1 1

x2+ 1−1

>0

⇐⇒ x+ 1 1−√ x2+ 1

√x2+ 1

!

>0 ⇐⇒ x+ 1

× 1−p x2+ 1

>0.

Commex2≥0, avec ´egalit´e seulement six= 0, il en r´esulte imm´ediatement que d’une part (∀x∈R), f(x)≥x ⇐⇒ x+ 1≤0 et d’autre part (∀x∈R), f(x) =x ⇐⇒ x∈ {−1,0}

. Nous pouvons reporter ces r´esultats dans le tableau suivant :

x −∞ −1 0 1 +∞

−1 | 0 | √

2−1

f % | % | % | &

−2 | −1 | 0 | 0

| |

f−Id + 0 − 0 −

| |

N

(4)

c. Cf eest au-dessus de la premi`ere bissectrice lorsquex≤ −1. N 2. Etude d’une suite r´ecurrente

On consid`ere la suiteud´efinie paru0∈Ret la relation

∀n∈N, un+1=f(un)

a. Si u0=−1 ou u0= 0 la suiteuest bien d´efinie et constante. N b. On suppose dans cette question que u0<−1.

i. Soit f| la restriction de f `a l’intervalle ]− ∞,−1[. D’apr`es l’´etude des variations de f, et d’apr`es le th´eor`eme de la bijection,f|: ]− ∞,−1[→]−2,−1[ est bijective. En particulier, l’intervalle ]− ∞,−1[

est stable pourf. Par cons´equent, la suiteuest bien d´efinie etu∈ ]− ∞,−1[N. N ii. Comme f|est croissante, la suiteuest monotone. De plus commef−Idest positive sur ]− ∞,−1[, la

suiteuest croissante. N

iii. Ainsi, uest croissante et major´ee par−1 : elle converge vers un point fixe def|. Comme le seul point

fixe def|est −1, la suiteuest convergente de limite−1. N

c. On suppose ici que −1< u0<0.

D’apr`es l’´etude des variations de f, l’intervalle ]−1,0[ est stable par f. Par cons´equent la suite uest bien d´efinie et `a valeurs dans ]−1,0[.

Commef est croissante sur cet intervalle la suite uest monotone.

Commef −Idest n´egative sur ]−1,0[, la suiteuest d´ecroissante.

La suiteu´etant d´ecroissante et minor´ee par−1 est convergente vers`= infnun.

Cmme f est continue ` est un point fixe de f, i.e. ` ∈ {−1,0}. Comme 0 ne minore pas u, ` = −1, c’est-`a-dire que (un)n∈Nest convergente de limite−1.

N d. On suppose ici que u0>0.

Remarquons quef atteint son maximum sur R+ au point 1. Commef(1) =√

2−1<1, la restriction f| def `aR+ induit une fonction

f|: ]0,+∞[→]0,1[

En particulieru1∈]0,1[. Etudions la suite (un)n≥1.

D’apr`es l’´etude des variations de f, l’intervalle ]0,1[ est stable par f. Par cons´equent la suite (un)n≥1

est bien d´efinie et `a valeurs dans ]0,1[.

Commef est croissante sur cet intervalle la suite (un)n≥1est monotone.

Commef −Idest n´egative sur ]0,1[, la suite (un)n≥1est d´ecroissante.

La suite (un)n≥1´etant d´ecroissante et positive, elle converge vers`= infn≥1un.

Commef est continue, ` est n´ecessairement un point fixe de f, i.e. ` ∈ {−1,0}. Or par passage `a la limite dans une in´egalit´e,`≥0. Par cons´equent`6=−1. Ainsi, (un)n∈Nest convergente de limite 0.

N

(5)

Probl` eme 1 : Suites d´ efinies implicitement et r´ ecurrentes

Soitnun nombre entier naturel non nul. On se propose d’´etudeier les racines de l’´equation

(En)

e

x

= x

n

Dans ce but, on introduit les fonctionsfn:R→Rd´efinies par

∀x∈R, fn(x) = 1−xne−x de sorte que

xest solution de (En)si et seulement sifn(x) = 0

Partie I. Etude des racines positives de (E

n

)

Pr´eliminaires : Variations des fonctionsfn surR+

Soitn∈N? fix´e. La fonctionfn est d´erivable sur R+ et

∀x∈R, fn0(x) = (x−n)xn−1e−x Par cons´equent

∀x∈R+, fn0(x)>0 ⇐⇒ x > n Nous en d´eduisons le tableau de variation suivant :

x 0 n +∞

|

fn0 − 0 +

|

1 | 1

fn & | % fn(n) 1. Etude des racines positives des ´equations (E1)et(E2)

a. f1 atteint son minimum sur R+ au point 1. Comme f1(1) = 1−1e > 0, (E1) n’admet aucune solution

positive. N

b. f2 atteint son minimum sur R+ au point 2. Comme f2(2) = 1− e42 > 0, (E2) n’admet aucune solution

positive. N

2. Etude des racines positives de l’´equation (E3)

a. f3 atteint son minimum sur R+ au point 3. De plus comme 2< e <3 ,f3(3) = 1−27/e3 est strictement n´egatif.

• La restriction de f3 `a l’intervalle [0,3] est une fonction continue et strictement d´ecroissante. D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, elle r´ealise une bijection sur f([0,3] = [f3(3),1]. Commef3(3) < 0 < 1, 0∈f([0,3]). Par cons´equent, il existe une unique solution de (E3) dans l’intervalle [0,3]. Notons-lau.

• La restriction def3 `a l’intervalle [3,+∞[ est une fonction continue et strictement croissante. D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, elle r´ealise une bijection sur f([3,+∞[= [f3(3),1[). Comme f3(3) <0 < 1, 0∈f([3,+∞[). Par cons´equent, il existe une unique solution de (E3) dans l’intervalle [3,+∞[. Notons-la v.

Calculons quelques valeurs def3: – f3(1) = 1−1

e >0 – f3(2) = 1− 8

e2 <0

– f3(4) = 1−64 e4 <0 – f3(5) = 1−125

e5 >0

(6)

Ainsif3(2)< f3(u)< f3(1). Commef3 est strictement d´ecroissante sur [0,3], j’en d´eduis que 1< u <2

Commef3 est strictement croissante sur [3,+∞[, je d´eduis des in´egalit´esf3(4)< f3(v)< f3(5) l’encadre- ment :

4< v <5

b. Soit (yn) la suite d´efinie par la donn´ee de y0 > u et la relation de r´ecurrence∀n∈ N, yn+1 = ϕ(yn), o`u ϕ:]0,+∞[→Rest d´efinie par

∀y∈]0,+∞[, ϕ(y) = 3 lny Remarquons queϕest continue et strictement croissante surR+?. De plus

∀y∈R+?, ϕ(y) =y ⇐⇒ lny3−y= 0 ⇐⇒ y3×e−y= 1 ⇐⇒ f3(y) = 0 Par cons´equent ϕposs`ede deux points fixes : uet v.

Remarque : Je donne ci-dessous, la preuveattendue de cette question. J’esp`ere que vous voyez comment l’´etude deϕet deϕ−Idpermettrait de r´epondre plus rapidement `a cette question !

• On suppose queu < y0≤v, montrons par r´ecurrence que pour tout entier natureln,u < yn ≤v.

Initialisation : ok

H´er´edit´e : Soit n ≥ 0 tel que u < yn ≤ v. Par stricte croissance de la fonction ϕ j’en d´eduis que ϕ(u)< yn+1≤ϕ(v). Commeuetv sont fixes pourϕ, il en r´esulte at once que :

u < yn+1≤v

Conclusion : par r´ecurrence j’ai prouv´e que∀n∈N,u < yn ≤v. N

• Supposons quey0≥v alors pour tout entier natureln,yn≥v. En effet Initialisation : ok

H´er´edit´e : Soitn≥0 tel queyn ≥v. Par croissance de la fonction ln j’en d´eduis comme pr´ec´edemment queyn+1≥3 lnv. Commeev=v3, il s’en suit que

yn+1≥v

Conclusion : par r´ecurrence j’ai prouv´e que∀n∈N,yn≥v. N

• Soitn∈N?. Comme la fonctionϕest strictement croissante surR+?, il vient yn+1−yn>0 ⇐⇒ 3 lnyn−3 lnyn−1>0 ⇐⇒ yn−yn−1>0

Ainsi, le signe deyn+1−ynest le mˆeme que le signe deyn−yn−1. Autrement dit,yn+1etyn sont rang´es dans le mˆeme ordre queyn etyn−1. Une r´ecurrence imm´ediate permet de conclure quela suite(yn)n∈N

est monotone.

Pour conclure quant `a la monotonie de la suiteyn, nous ´etudions le signe deϕ−Id: Remarquons que pour touty∈]0,+∞[,

ϕ(y)−y >0 ⇐⇒ 3 lny−y >0 ⇐⇒ y3e−y>1 ⇐⇒ f3(y)<0

D’apr`es le tableau de variation def3, nous pouvons en d´eduire que 3 lny−y >0 ⇐⇒ y∈]u, v[. Ainsi :

• Siy0=v, la suiteyn est constante ´egale `av.

• Siy0∈]u, v[,y1> y0. Par cons´equent la suite (yn)∈(]u, v[)Nest croissante et major´ee. Ell converge donc vers l’unique point fixe deϕqui la majore, `a savoirv.

• Siy0∈]v,+∞[, alorsy1< y0. Par cons´equent la suite (yn)∈(]v,+∞[)Nest d´ecroissante et minor´ee. Elle converge donc vers`∈ {u, v}. Comme pour tout entiern, yn > v, j’en d´eduis par passage `a la limite dans une in´egalit´e que `≥v. Il en r´esulte finalement queyn est convergente de limitev. N c. On choisit d´esormaisy0= 4

On admet que

∀(x, y)∈[4,5]2, |lnx−lny| ≤ 1 4|x−y|

(7)

Commey0= 4< v, la suite (yn) est croissante versv. Par cons´equent, j’en d´eduis, grˆace aux propri´et´es de ϕ, que pour tout entier natureln∈N

0≤v−yn+1 = ϕ(v)−ϕ(yn)

= 3 lnv−lnyn

≤ 3

4|v−yn|

≤ 3

4 v−yn Un r´ecurrence imm´ediate permet alors de conclure que

∀n∈N, 0≤v−yn ≤ 3

4 n

(v−y0)≤ 3

4 n

, la derni`ere in´egalit´e provenant de l’encadrement 4 =y0≤v≤5.

Ainsi, yn consitue une valeur approch´ee de v `a 10−4 pr`es pourvu que 34n

≤ 10−4, c’est-`a-dire d`es que

n≥4ln 4−ln 3ln 10 . N

d. Soit (xn) la suite d´efinie par la donn´ee dex0< vet la relation de r´ecurrencexn+1=ψ(xn), o`u ψ:R+?→ R+? est d´efinie par :

∀x >0, ψ(x) = expx 3

Remarquons queψest continue et strictement croissante surR+?. De plus

∀x∈R+?, ψ(x)−x >0 ⇐⇒ ex> x3 ⇐⇒ f3(x)>0 En particulier,ψposs`ede deux points fixes : uet v.

R´esumons les variations deψdans un tableau :

x 0 u v +∞

u | v | +∞

ψ % | % | %

1 | u | v

| |

ψ−Id + 0 − 0 +

| |

• La fonctionψest croissante donc la suitexn est monotone.

• Supposons queu < x0< v

Dans ce cas, l’intervalle ]u, v[ ´etant stable par ψ, la suite xn est bien d´efinie `a valeurs dans ]u, v[. En particulier, elle est born´ee. Comme de plusψ−Idest n´egative sur l’intervalle ]u, v[, j’en d´eduis que (xn) est d´ecroissante. Elle st donc convergente vers` ∈ {u, v}. Commev ne minore pas la suite (xn), cette suite est convergente versu.

• Supposons quex0=u, en ce cas, la suite est constante.

• Supposons quex0< u

Dans ce cas, l’intervalle ]0, u[ ´etant stable par ψ, la suite xn est bien d´efinie `a valeurs dans ]0, u[. En particulier, elle est born´ee. Comme de plus ψ−Id est positive sur l’intervalle ]0, u[, j’en d´eduis que (xn) est croissante. Etant croissante et major´ee, elle converge vers `∈ {u, v}. De plus pour tout eniter n∈N, xn < u, j’en d´eduis par passage `a la limite dans une in´egalit´e que`≤u. En particlier`6=v. Par cons´equent, la suite (xn) est convergente versu.

Dans tous les cas, six0< v, la suite (xn) est convergente de limiteu. N Remarque : Lorsquex0est choisi `a droite dev, la suite (xn) est croissante `a valeurs dans ]v,+∞[. Elle ne peut converger, ni vers u, ni vers v car aucun de ces deuxcandidats limites ne majore la suite (xn). Par cons´equent, elle diverge vers +∞.

e. On choisit d´esormaisx0= 2. On admet que

∀(x, y)∈[1,2]2 |exp(x/3)−exp(y/3)| ≤ 2 3|x−y|

(8)

On en d´eduit comme pr´ec´edemment en utilisant les propri´et´es de monotonie de la suite (xn) et de la fonction exp que

0≤xn+1−u=ψ(xn)−ψ(u)≤ 2

3(xn−u) Enfin, une r´ecurrence imm´ediate montre que

∀n∈N, 0≤xn−u≤ 2

3 n

N 3. Etude des racines positives de l’´equation (En),n≥3

a. Nous avons d´ej`a ´etudi´e sur l’intervalle [0,+∞[ la fonctionfn. Elle est strictement d´ecroissante et continue sur [0, n]. D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, elle r´ealise une bijection de [0, n] sur [fn(n),1]. D’autre part, comme n ≥3 > e, fn(n) <0. Par cons´equent, 0∈ fn([0, n]). L’´equation (En) poss`ede donc une unique solution not´eeun dans l’intervalle [0, n]. De plus commefn(1) = 1−1/e >0,un>1.

De la mˆeme mani`ere, la restriction de fn `a l’intervalle [n,+∞[ est continue et strictement croissante. Elle r´ealise d’apr`es le th´eor`eme de la bijection une bijection de [n,+∞[ sur [fn(n),+∞[. Comme 0∈f([n,+∞[), l’´equation (En) poss`ede une unique solution not´eevn dans [n,+∞[.

Ainsi, l’´equation (En) poss`ede exactement deux racines positives qui v´erifient en outre les in´egalit´es : 1< un < n < vn

Le tableau suivant r´esume ces propri´et´es :

x 0 un n vn +∞

1 | 0 | 0 | 1

fn & | & | % | %

0 | fn(n) | 0

b. Soit n≥4,

fn(un−1) = 1−unn−1 e−un= 1−un−1×un−1n−1e−un

| {z }

=1

= 1−un−1

Commen−1≥3 par hypoth`ese, il d´ecoule de la question pr´ec´edente, qie un−1 >1. Ainsi, fn(un−1) est n´egative. D’apr`es les variations de la fonctionfn, ceci n’est possible que siun−1∈]un, vn[. En particulier, un−1> un.

Ainsi la suite (un)n≥3 est d´ecroissante. Comme d’autre part, (un) est minor´ee par 1, elle est convergente

vers`≥1. N

c. Soit n∈Nstar, par construction,fn(un) = 0, d’o`u on tire unn =eun, puisun= exp(un/n).

Or la suite un ´etant convergente, elle est en particulier born´ee. Il en r´esulte que la suite (un/n)n∈N? est convergente de limite nulle comme produit d’une suite convergente de limite 0 et d’une suite born´ee. J’en d´eduis par unicit´e de la limite :

un = expunn . &

` = 1

Ainsi lim

n→∞un= 1.

D’autre part pour tout entier non nuln∈N?,un−1 =eun/n−1. Or

• lim

n→∞

un

n = 0

• et−1∼0t

!

⇒un−1∼ un n ∼ 1

n D’o`u, finalement

un−1∼ 1 n

N

(9)

d. Soit n≥4 nous avons comme pr´ec´edemment

fn(vn−1= 1−vn−1<0 Il en r´esulte que vn−1∈]un, vn[. En particuliervn−1< vn.

Ainsi, la suite (vn)n≥3 est strictement croissante. Comme de plusvn > n, la suite (vn) est divergente vers

+∞. N

e. On pose pour tout r´eel x >1,g(x) =x−lnx.

• La fonctiong:]1,+∞[→Rest d´erivable (donc continue) en tout point de ]1,+∞[ et

∀x >1, g0(x) = 1−1 x>0

Par cons´equentgest continue et strictement croissante. D’apr`es le th´eor`eme de la bijection,g r´ealise une bijection de ]1,+∞[ sur ] lim

x→1g(x), lim

x→+∞g(x)[=]1,+∞[. N

• Soitn∈N?, commevn=evn/n, il en r´esulte que vn

n = lnvn. Par cons´equent g(vn/n) =vn

n −lnvn

n = lnvn−lnvn+ lnn= lnn.

N

• Soit n ∈ N?, de l’´egalit´e ci-dessus, je tire : vn

n = g−1(lnn). Or, d’apr`es le th´eor`eme de la bijection

y→+∞lim g−1(y) = supg−1(]1,+∞[) = sup]1,+∞[= +∞. Ainsi , par composition des limites

• lim

n→∞lnn= +∞

• lim

y→+∞g−1(y) = +∞

!

⇒ lim

n→∞g−1(lnn) = +∞

Par cons´equent

lim

vnn= +∞

• Remarquons que lim

x→+∞

g(x)

x = 1. En particulier, par composition des limites

• lim

n→∞

vn n = +∞

• lim

x→+∞

g(x) x = 1

⇒ lim

n→∞

g(vn/n) vn/n = 1 Commeg(vn/n) = lnn, j’en d´eduis finalement que

n→∞lim nlnn

vn

= 1 Autrement dit

vn∼nlnn

N

Partie II. Etude des racines n´ egatives de (E

n

)

1. Existence des racines n´egatives de(En) a. Soit k∈N?

∀x <0, f2k(x) = 1−x2ke−x f2k0 (x) =x2k−1e−x(x−2k) En particulier f2k est continue et strictement croissante surR. Le tableau suivant consigne ces propri´et´es :

x −∞ 0

1

f2k %

−∞

∀x <0, f2k+1(x) = 1−x2k+1e−x f2k+10 (x) =x2ke−x(x−2k−1) En particulier f2k+1 est continue et stricte- ment d´ecroissante surR. Le tableau suivant consigne ces propri´et´es :

x −∞ 0

+∞

f2k+1 &

1

(10)

b.

Comme lim

x→−∞f2k(x) = −∞, la fonction continue et strictement croissante f2k r´ealise d’apr`es le th´eor`eme de la bijection, une bijec- tion de ]− ∞,0] sur ]− ∞,1].

Comme 0 ∈ f2k(]− ∞,0]), l’´equation (E2k) poss`ede une unique solution n´egative.

Comme lim

x→−∞f2k(x) = +∞, la fonction continue et strictement d´eroissante f2k+1

r´ealise d’apr`es le th´eor`eme de la bijection, une bijection de ]− ∞,0] sur [1,+∞[.

Comme 0∈/f2k(]− ∞,0]), l’´equation (E2k+1) ne poss`ede aucune solution n´egative.

Ainsi, l’´equation (En) poss`ede des solutions n´egatives si et seulement si nest pair.

De plus, si tel est le cas, (En) poss`ede une unique solution n´egative. N 2. Etude des racines n´egatives de l’´equation (E2n)

a. Notonswn l’unique solution n´egative de l’´equation (E2n).

Commef2n(−1)<0< f2n(0), il d´ecoule de la croissance stricte def2n l’encadrement

−1< wn<0

N b. Soit n≥2, nous avons

f2n(wn−1) = 1−wn−12n e−wn

= 1−wn−12 ×w2(n−1)n−1 e−wn

| {z }

=1

= 1−wn−12 .

Comme d’apr`es la question pr´ec´edente,|wn−1|<1, il s’en suit quef2n(wn−1)>0, i.e.f2n(wn−1)> f2n(wn).

Commef2n est strictement croissante, il en r´esulte que wn−1> wn

Par cons´equent la suite (wn)n≥1 est strictement d´ecroissante. Comme d’apr`es la premi`ere question wn

]−1,0[, j’en d´eduis quewn est convergente vers`≥ −1. N

c. Montrons que`=−1. Ecrivons pour tout entiern∈N?,wn2 = expwnn. Comme de pluswnest n´egative, j’en d´eduis que

wn=−expwn

2n Comme (wn) est born´ee, la suite wn/2n

est convergente de limite nulle. Par unicit´e de la limite, il en r´esulte de fa¸con tout `a fait analogue `a la question3.cque lim

n→∞wn =−1. N

d. En composant la limite lim

n→∞wn/2n= 0 et l’´equivalent usuel pour la fonction exp au voisinage de 0, j’en d´eduis fiinalement que

wn+ 1 = 1−ewn/2n ∼ −wn 2n ∼ 1

2n

N

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