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)
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
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)2√2xx2+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
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
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
nDans 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
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|
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|
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
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
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