Correction du devoir surveillé 6
Problème 1 — Extraction liquide-liquide
Partie I : Une seule extraction
1. Soitx la concentration en soluté A dans le solvant S2 après l’extraction : x= [A]S
2,éq.
• Commençons par calculer la concentration en soluté A dans le solvant S1 après l’extraction.
? La quantité de matière deAprésente dans le solvantS2 après extraction vaut :
n =V2[A]S
2,éq =xV2.
Or la quantité de matière initiale deA dans le solvantS1 vautnA, donc la quantité de matière deAqu’il reste dans le solvantS1 après extraction vaut
nA−n=CV1−V2x.
? La concentration en A dans le solvant S1 après l’extraction vaut alors : [A]S
1,éq = CV1−xV2 V1
=C− V2 V1x
= C−Rx .
• Comme les concentrations en soluté A à l’équilibre vérifient la relation [A]S
2,éq
[A]S
1,éq
=K,
on a : x
[A]S
1,éq
=K,
donc x
C−Rx =K, donc
x=K(C−Rx),
Lycée Pierre-Gilles de Gennes 1 Adriane Kaïchouh
donc
(1 +KR)x=KC,
donc, par division par 1 +KR, qui est non nulle, on obtient que x= KC
1 +KR .
2. Soit n1 la quantité de matière de A extraite, c’est-à-dire la quantité de matière de A dans le solvant extracteurS2 après une extraction.
On a alors :
n1 = [A]S
2,éqV2
=xV2
= KC
1 +KR ×V2. Or C = nA
V1, donc on a :
n1 = KnA
1 +KR× V2 V1
= nA KR 1 +KR .
3. La fonction suivante prend en arguments la quantité de matière initialenAdeA, la constante de partage K, les volumesV1 etV2, et renvoie la quantité de matière deAextraite par l’extraction liquide-liquide (donnée par la question précédente).
def quantite_extraite(nA, K, V1, V2):
"""
Arguments : la quantité de matière initiale nA, la constante de partage K,
le volume V1 de solvant S_1,
le volume V2 de solvant extracteur S_2.
Sortie : la quantité de matière de A
extraite après une extraction liquide -liquide.
"""
R = V2/V1 coef = K * R
return nA * coef / (1 + coef)
Partie II : Extractions successives
4. La fonction suivante prend en arguments la quantité de matière de A initiale, la constante de partage K, les volumesV1 etV2, ainsi que le nombreN d’extractions et qui renvoie la quantité de matière totale extraite au cours des N extractions, en appliquant N fois la fonction quantite_extraite.
def quantite_totale_extraite(nA, K, V1, V2, N):
"""
Arguments : la quantité de matière initiale nA, la constante de partage K,
le volume V1 de solvant S_1,
le volume V2 total de solvant extracteur S_2.
Sortie : la quantité de matière totale de A
extraite après N extractions liquide -liquide.
"""
petit_volume = V2/N total = 0
# La variable total représentera la quantité de matière
# totale extraite lors des N extractions.
for extraction in range(N): # On fait N extractions.
n_extraite = quantite_extraite(nA, K, V1, petit_volume)
# Quantité de matière extraite lors de l'extraction.
nA = nA - n_extraite
# Quantité de matière restante dans le solvant S_1.
total = total + n_extraite return total
5. (a) En appliquant le résultat de la question 1 avec un volume V2
N de solvant extracteur, on obtient que
x1 = KC 1 +K
V2
N
V1
= KC
1 + KR N
= KC N
N +KR .
(b) La quantité de matière de A extraite par la première extraction vaut x1V2 N, donc à l’issue de la première extraction, la quantité de matière deAprésente dans le solvant S1 vaut :
nA−x1V2 N.
Ainsi, à l’issue de la première extraction, la concentration en A dans le solvantS1 vaut :
1 V1
nA−x1V2 N
= nA V1 − R
Nx1
= C− R Nx1 .
La question précédente donne alors que 1
V1
nA−x1V2 N
=C− R
N × KC 1 + KR
N
=C
1− KR N+KR
= C N
N +KR .
6. D’après la question précédente, à l’issue de la première extraction, la concentration en A dans le solvant S1 vaut
C N
N +KR.
La deuxième extraction s’effectue donc avec une concentration initiale deC N N +KR en A dans le solvant S1 et un volume V2
N de solvant extracteur.
La question 1 donne alors que
x2 = K 1 + KR
N
×C N N +KR
= KC
N N +KR
2
.
7. Montrons que la suite (xp)p∈J1;NK est géométrique de raison N N +KR. Soit p∈J1;N −1K.
Appelons n la quantité de matière de A présente dans le solvantS1 au début de la p-ième extraction.
• Avant la p-ième extraction, la concentration en A dans le solvant S1 vaut donc n
V1. La question 1 donne alors que xp = K
1 + KR N
× n V1 .
• Comme la concentration en A dans la p-ième portion de solvant extracteur vaut xp, la quantité de matière de A extraite lors de la p-ième extraction vaut
xp× V2 N,
donc la quantité de matière présente dans le solvantS1 à l’issue de la p-ième extraction vaut
n−xpV2
N .
• La(p+1)-ième extraction s’effectue alors avec une concentration enAinitiale dans le solvant S1 de
1 V1
n−xpV2
N
= n
V1 − V2
V1Nxp
= n V1 − R
Nxp.
Alors d’après la question 1, la concentration enAdans la(p+1)-ième portion de solvant extracteur vaut :
xp+1 = K 1 + KR
N n
V1
− R Nxp
= K
1 + KR N
× n V1
− K 1 + KR
N
× R Nxp
=xp− KR
N +KRxp d’après le premier point
=xp
1− KR N +KR
= xp N N +KR .
Ainsi, la suite (xp)p∈J1;NK est géométrique de raison N N +KR. 8. D’après la question précédente, la suite (xp)p∈
J1;NK est géométrique de raison N
N +KR, donc pour tout p∈J1;NK, on a : xp =x1
N N +KR
p−1
=KC N N +KR
N N +KR
p−1
d’après la question 5.a)
= KC
N N +KR
p
.
9. (a) La quantité de matière totale extraite au cours des N extractions est la somme des quantités de matière extraites lors de chaque extraction.
Or pour tout p∈J1;NK, dans la p-ième fraction de solvant extracteur, dont le volume est de V2
N, la concentration enA vaut xp, donc on obtient que nN =
N
X
p=1
V2 Nxp
= V2 N
N
X
p=1
xp par linéarité de la somme.
(b) Calculons nN. D’après les deux questions précédentes, on a : nN = V2
N
N
X
p=1
xp
= V2 N
N
X
p=1
KC
N N+KR
p
= V2 NKC
N
X
p=1
N N+KR
p
.
La somme précédente est la somme des N premiers termes de la suite géo- métrique de raison q= N
N+KR et de premier terme q.
CommeN 6=N +KR (car K > 0 et le volume V2 est non nul), la raison q est différente de 1, donc on a :
nN = V2
NKC×q× 1−qN 1−q
= V2
NKC× N
N +KR× 1 1− N
N +KR
1−qN
=V2KC× 1
KR 1−qN
= V2
RC 1−qN
=V1C 1−qN
car R = V2 V1
=nA 1−qN
= nA
"
1−
N N +KR
N# .
Partie III : Comparaison des rendements 10. Comparons n1 etn2.
D’après la question précédente ou la question 5.b), on a : n1 =nA
1− N N +KR
= nA KR N +KR . De plus, d’après la question précédente, on a :
n2 =nA
"
1−
N N +KR
2#
=nA
1− N
N +KR 1 + N N +KR
= n1
1 + N N +KR
.
Comme N
N +KR est strictement positif, on a 1 + N
N +N R >1, donc par multi- plication par n1, qui est strictement positive, on obtient que
n2 > n1 .
Ainsi, la quantité de matière extraite par une seule extraction est stricte- ment inférieure à la quantité de matière totale extraite à l’issue de deux extractions successives avec la moitié du volume de solvant extracteur cha- cune. Il est donc plus efficace de réaliser deux extractions successives plutôt qu’une seule.
11. Calculons la limite de la suite (nN)N∈N∗.
D’après la question 9.b), on a : pour tout N ∈N∗, nN =nA
"
1−
N N +KR
N# . Pour tout N ∈N∗, on a :
N N +KR
N
=exp Nln
N N +KR
=exp
−Nln
N +KR N
=exp
−Nln
1 + KR N
.
• Comme lim
N→+∞
KR
N = 0, on a : ln
1 + KR N
N→+∞∼ KR
N .
• Par produit d’équivalents, on obtient que
−Nln
1 + KR N
N→+∞∼ −KR, donc
N→+∞lim −Nln
1 + KR N
=−KR .
• Par continuité de la fonction exponentielle en −KR, on obtient alors que
Nlim→+∞exp
−Nln
1 + KR N
=e−KR, donc
Nlim→+∞
N N +KR
N
=e−KR. Finalement, par somme et produit de limites, on obtient que
N→+∞lim nN =nA 1−e−KR . 12. (a) Étudions les variations de la fonction suivante :
f: R∗+ −→R x7−→
x x+KR
x
=exp xln
x x+KR
.
• ? Pour tout x ∈ R∗+, on a x > 0 et x+KR > 0, donc le quotient x
x+KR est strictement positif.
Il s’ensuit que la fonction x 7−→ln x x+KR
est bien définie sur R∗+.
? Comme la fonction identité est définie sur R et donc en particulier surR∗+, le produit x7−→xln
x x+KR
est bien défini surR∗+.
? Enfin, comme la fonction exponentielle est définie sur R, par com- posée, la fonction f est bien définie surR∗+ .
• La fonction f est dérivable sur R∗+ comme composée de fonctions dé- rivables sur leurs domaines de définition.
Pour tout x∈R∗+, on a : f0(x) =
1×ln x x+KR
+x× (x+KR)−x
(x+KR)2 ×x+KR x
exp xln
1 + KR x
=
ln x x+KR
− KR
x+KR 1 + KR x
x
.
? Comme la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, on a : pour tout x∈R∗+,
1 + KR x
x
>0.
? Pour tout x ∈ R∗+, le nombre x
x+KR est différent de 1 (car KR est non nul).
Or pour touty∈R∗+\ {1}, on a ln(y)< y−1doncy−1−ln(y)>0, donc on a :
ln x x+KR
< x
x+KR −1 =− KR x+KR, donc
ln x x+KR
− KR
x+KR <0.
On obtient donc que pour tout x∈R∗+, on a f0(x)<0. Ainsi, la fonction f est strictement décroissante sur R∗+ . (b) D’après la question 9.b), on a : pour tout N ∈N∗,
nN =nA
"
1−
N N +KR
N#
=nA[1−f(N)].
• D’après la question précédente, la fonctionf est strictement décroissante sur R∗+, donc la suite (f(N))N∈
N∗ est strictement décroissante.
• De plus, commenA >0, la fonction affinet 7−→nA(1−t)est strictement décroissante sur R.
Ainsi, par composition, la suite (nN)N∈N∗ est strictement croissante . 13. D’après la question précédente, la suite(nN)N∈N∗ est strictement croissante, donc
plus l’on fractionne le volume de solvant extracteur, plus la quantité de matière totale extraite à l’issue de toutes les extractions successives est grande.
De plus, d’après la question 11, la suite (nN)N∈N∗ converge vers nA 1−e−KR. Ainsi, la quantité de matière maximale que l’on peut espérer extraire d’un volume V1de solvantS1avec un volumeV2 de solvant extracteurS2est denA 1−e−KR c’est-à-dire une proportion de 1−e−KR de la quantité de matière de soluté A, initiale.
Représentons graphiquement les termes de la suite (nN)N∈N∗ à l’aide de la fonction Python suivante.
def trace(nA, K, V1, V2, Max):
"""
Arguments : la quantité de matière initiale nA, la constante de partage K,
le volume V1 de solvant S_1,
le volume V2 total de solvant extracteur S_2, le nombre Max de points pour le tracé.
Trace les Max premiers termes de la suite (n_N)_{N >= 1}, ainsi que l'asymptote horizontale de la suite.
"""
absc = np.arange(1, Max + 1)
ordo = [quantite_totale_extraite(nA, K, V1, V2, N) for N in absc]
limite = nA * (1 - np.exp(-K * V2 / V1)) asymptote = [limite for N in absc]
plt.figure()
plt.plot(absc , ordo) # Graphe de la suite.
plt.plot(absc , asymptote) # Asymptote horizontale.
plt.show() Avec les données initiales
nA= 0.001mol K = 5
V1 = 100mL V2 = 100mL et l’instruction
trace(0.001, 5, 0.1, 0.1, 15)
on obtient le graphe suivant pour les quinze premiers termes de la suite (nN)n∈N∗.
Exercice — Fenêtre sur cours et porte sur l’œil 1. Déterminons l’image de la fonction suivante :
f: R3 −→R3
(x, y, z)7−→(2x−y−z,−x+ 2y−z,−x−y+ 2z).
Soit (a, b, c)∈R3.
Alors on a l’équivalence suivante :
(a, b, c)∈f(R3)⇐⇒ ∃(x, y, z)∈R3, f(x, y, z) = (a, b, c)
⇐⇒ ∃(x, y, z)∈R3,
2x − y − z = a
−x + 2y − z = b
−x − y + 2z = c
⇐⇒ ∃(x, y, z)∈R3,
−x + 2y − z = b L1 ←→L2 2x − y − z = a
−x − y + 2z = c
⇐⇒ ∃(x, y, z)∈R3,
−x + 2y − z = b
3y − 3z = a+ 2b L2 ←−L2+ 2L1
−3y + 3z = c−b L3 ←−L3−L1
⇐⇒ ∃(x, y, z)∈R3,
−x + 2y − z = b 3y − 3z = a+ 2b
0 = a+b+c L3 ←−L3+L2
⇐⇒ a+b+c= 0 (équation de compatibilité du système).
Ainsi, l’image de l’application f est la suivante :
f(R3) =
a b c
∈R3
a+b+c= 0
=
a b c
∈R3
c=−a−b
=
a b
−a−b
(a, b)∈R2
.
2. Considérons la suite (un)n∈N∗ définie par :
∀n ∈N∗, un =cosn
√1 n
.
• Commençons par vérifier que la suite(un)n∈N∗ est bien définie.
? La fonction racine est définie sur R+ donc la suite (√
n)n∈N∗ est bien définie.
? De plus, la fonction inverse est définie sur R∗ et pour tout n ∈N∗, √ n est non nulle, donc la suite
√1 n
n∈N∗
est bien définie.
? Enfin, comme la fonction cosinus est définie sur Ret comme pour tout
n ∈N∗, la fonctionx7−→xnest définie surR, la suite(un)n∈N∗ est bien définie .
• Justifions alors que la suite (un)n∈N∗ s’écrit sous forme exponentielle.
Soit n∈N∗.
Commen >1, par croissance de la fonction racine carrée sur R+, on a : 16√
n,
donc par décroissance de la fonction inverse sur ]0; +∞[, on obtient : 0< 1
√n 61< π 2.
Or la fonction cosinus est strictement positive sur l’intervalle i 0;π
2
h, donc cos
√1 n
>0.
Il s’ensuit que :
un=exp nln
cos
√1 n
.
• Trouvons à présent un équivalent simple de la suite (un)n∈N∗.
? Comme lim
n→+∞
√1
n = 0, on obtient, par continuité de la fonction cosinus en 0, que lim
n→+∞cos
√1 n
=cos(0) = 1, donc
n→+∞lim cos
√1 n
−1 = 0. Or pour tout n ∈N∗, on a :
ln cos
√1 n
=ln 1 +
cos
√1 n
−1
,
donc on obtient l’équivalent suivant : ln
cos
√1 n
n→+∞∼ cos
√1 n
−1
n→+∞∼ −1 2
1
√n 2
car lim
n→+∞
√1 n = 0
n→+∞∼ − 1 2n .
? Par produit d’équivalents, il s’ensuit que : nln
cos
√1 n
n→+∞∼ −1 2 .
? Deux suites équivalentes ayant la même limite, on déduit de l’équivalent précédent que
n→+∞lim nln cos
√1 n
=−1 2. Par continuité de l’exponentielle en −1
2, on obtient alors que
n→+∞lim exp nln
cos
√1 n
=e−12, c’est-à-dire que
n→+∞lim un = 1
√e .
? Enfin, comme la limite de la suite(un)n∈N∗ est finie et non nulle, la suite est équivalente est à sa limite :
un ∼
n→+∞
√1 e .
Problème 2 — Étude d’une suite récurrente (d’après G2E 2010) Partie I : Convergence de la suite
1. Montrons que la suite (xn)n∈N est bien définie et à valeurs strictement positives.
Pour tout n ∈N, notons P(n) la proposition «xn est bien défini et xn >0.».
Montrons par récurrence que pour tout n∈N, la proposition P(n)est vraie.
• Initialisation
On a x0 =t ett est strictement positif, donc la propositionP(0) est vraie .
• Hérédité Soit n∈N.
Supposons que la proposition P(n) soit vraie.
Montrons que la propositionP(n+ 1) est vraie.
? Comme la fonction racine carrée est définie sur R+ et le terme xn est positif (par hypothèse de récurrence), le nombre √
xn est bien défini, donc le terme xn+1 est bien défini.
? De plus, la fonction racine carrée étant strictement croissante sur R+, comme xn>0, on a√
xn >√
0, donc xn+1>0. Ainsi, la proposition P(n+ 1) est vraie .
• Conclusion
Pour tout n∈N, la propositionP(n)est vraie.
Ainsi, la suite (xn)n∈N est bien définie et à valeurs strictement positives.
2. Étudions le signe de la fonction g :x7−→√ x−x.
• Comme la fonction racine carrée est définie surR+ et la fonction identité est définie sur R, leur différence g est définie surR+.
• Soit x∈R+.
Alors on a l’équivalence suivante : g(x)>0⇐⇒√
x−x >0
⇐⇒√
x(1−√ x)>0
⇐⇒
(√x >0 1−√
x >0 ou
(√x <0 1−√
x <0
⇐⇒
(√x >0 1−√
x >0 car √ x>0
⇐⇒0<√ x <1
⇐⇒ 0< x <1 par stricte croissance de la fonction carré sur R+. De plus, on a l’équivalence suivante :
g(x) = 0⇐⇒√
x(1−√ x) = 0
⇐⇒√
x= 0 ou√ x= 1
⇐⇒ x= 0 oux= 1 .
Ainsi, la fonction g s’annule en0 et en 1, est strictement positive sur ]0; 1[
et strictement négative sur ]1; +∞[.
3. Dans cette question, on suppose que t>1.
(a) Pour tout n∈N, notonsP(n) la proposition xn>1.
Montrons par récurrence que pour toutn∈N, la propositionP(n)est vraie.
• Initialisation
Par hypothèse, t>1 donc x0 >1, donc la proposition P(0) est vraie .
• Hérédité Soit n ∈N.
Supposons que la proposition P(n) soit vraie.
Montrons que la proposition P(n+ 1) est vraie.
Par hypothèse de récurrence, on a xn >1. La croissance de la fonction racine carrée surR+donne alors que√
xn >1, c’est-à-dire quexn+1 >1, donc la proposition P(n+ 1) est vraie .
• Conclusion
Pour tout n ∈N, la proposition P(n) est vraie.
Ainsi, pour tout n ∈N, on axn >1. (b) Montrons que la suite (xn)n∈N est décroissante.
Pour tout n∈N, on a :
xn+1−xn=√
xn−xn
=g(xn).
Or d’après la question précédente, pour toutn ∈N,xn∈[1; +∞[ et d’après la question 2, la fonctiong est négative sur [1; +∞[, donc pour toutn ∈N, on a g(xn)60.
Ainsi, pour tout n∈N, xn+1 6xn, donc la suite (xn)n∈N est décroissante . (c) D’après la question précédente, la suite (xn)n∈N est décroissante et d’après
la question 3.a), la suite (xn)n∈N est minorée par 1, donc le théorème de convergence monotone assure que la suite (xn)n∈N converge .
(d) Appelons l la limite de la suite (xn)n∈N.
• D’après la question 3.a), pour tout n ∈N, on a xn>1.
Par passage à la limite dans cette inégalité large, on obtient que l >1.
• En particulier, le réel l appartient à R+,
donc la fonction racine carrée est continue en l . Il s’ensuit que lim
n→+∞
√xn=√
l, c’est-à-dire que lim
n→+∞xn+1 =√ l. Or la suite (xn)n∈N converge vers l, donc on a lim
n→+∞xn+1 =l. Par unicité de la limite de la suite (xn+1)n∈N, on obtient que √
l=l , c’est-à-dire que l est un point fixe de la fonction f.
• Comme √
l=l, on ag(l) = 0.
D’après la question 2, les seuls points d’annulation de la fonctiong sont 0 et1, donc on a :
l = 0 ou l= 1.
Or d’après le premier point, on a l >1, donc nécessairement, l = 1 :
n→+∞lim xn= 1 . 4. Supposons à présent quet <1.
• Commençons par montrer que pour toutn ∈N, xn<1. Procédons par récurrence.
? Initialisation
Par hypothèse, on a t <1, donc x0 <1.
? Hérédité Soit n ∈N.
Supposons que xn<1. Montrons que xn+1 <1.
Par hypothèse de récurrence, on a xn < 1, donc par stricte croissance de la fonction racine sur R+, on obtient que √
xn < 1, c’est-à-dire que xn+1 <1.
? Conclusion
Finalement, pour tout n∈N, xn<1.
• Montrons que la suite (xn)n∈N est strictement croissante.
Pour tout n∈N, on a :
xn+1−xn=√
xn−xn
=g(xn)
>0,
car la fonction g est strictement positive sur ]0; 1[ d’après la question 2, et xn∈]0; 1[ d’après le point précédent et la question 1.
Ainsi, la suite (xn)n∈N est strictement croissante .
• D’après ce qui précède, la suite (xn)n∈N est croissante et majorée par 1. Le théorème de convergence monotone assure alors que la suite (xn)n∈N converge .
• Appelons l sa limite.
? Comme la suite (xn)n∈N est croissante, on a, pour toutn ∈N, xn>x0 =t >0.
Par passage à la limite dans l’inégalité large, on obtient que l >t >0.
? En particulier, la fonction racine carrée est continue en l. Alors lim
n→+∞
√xn=√
l, c’est-à-dire que lim
n→+∞xn+1 =√ l.
De plus, comme la suite (xn)n∈N converge vers l, on a lim
n→+∞xn+1 =l.
Par unicité de la limite, on a alors √ l =l.
? On a donc g(l) = 0, ce qui entraine, d’après la question 2, que l = 0 ou l= 1.
Comme l >0, il s’ensuit quel = 1 :
n→+∞lim xn= 1 . Ainsi, dans tous les cas, la suite(xn)n∈N converge vers 1.
Partie II : Estimation de la vitesse de convergence
Notons que d’après la question 1, la suite (xn)n∈N est à valeurs strictement positives, donc non nulles, donc la suite(vn)n∈N est bien définie. La suite (un)n∈N l’est aussi.
5. (a) Soit n∈N.
Commexn+1 =√
xn, on a xn=x2n+1. On a alors :
un+1−un= 2n+1(xn+1−1)−2n(xn−1)
= 2n+1(xn+1−1)−2n(x2n+1−1)
= 2n+1(xn+1−1)−2n(xn+1−1)(xn+1+ 1)
= 2n(xn+1−1) [2−(xn+1+ 1)]
= −2n(xn+1−1)2 .
(b) Comme un carré est toujours positif ou nul, la question précédente donne que pour tout n∈N, on a :
un+1−un=−2n(xn+1−1)2 60.
Ainsi, la suite (un)n∈N est décroissante . (c) Pour tout n∈N, on a :
vn+1−vn = un+1 xn+1
− un xn
= un+1 xn+1
− un x2n+1
= 1
x2n+1(xn+1un+1−un)
donc pour toutn ∈N, on a vn+1−vn = 1
x2n+1
xn+12n+1(xn+1−1)−2n(xn−1)
= 2n x2n+1
2xn+1(xn+1 −1)−(x2n+1−1)
= 2n
x2n+1 x2n+1−2xn+1+ 1
= 2n
x2n+1(xn+1−1)2 .
Ainsi, pour toutn∈N, vn+1−vn>0, donc la suite (vn)n∈N est croissante . 6. Pour toutn ∈N, on a :
un−vn=un− un xn
= un
xn(xn−1)
= 2n(xn−1)
x2n+1 (xn−1)
= 2n
x2n+1(xn−1)2.
Un carré étant toujours positif ou nul, il s’ensuit que pour tout n ∈N, un−vn>0. 7. • Montrons que la suite (un)n∈N converge.
? D’après la question précédente, pour tout n∈N, on a un>vn.
Or d’après la question 5.c), la suite (vn)n∈N est croissante, donc pour tout n ∈N, vn>v0.
Ainsi, pour tout n ∈N, on a :
un>vn>v0, donc la suite (un)n∈N est minorée par v0 .
? D’après la question 5.b), la suite (un)n∈N est décroissante. Comme elle est minorée parv0, le théorème de la convergence monotone assure alors que la suite (un)n∈N converge .
• Montrons de même que la suite(vn)n∈N converge.
? De même, d’après la question précédente et la décroissance de la suite (un)n∈N, on a : pour tout n∈N,
vn6un 6u0, donc la suite (vn)n∈N est majorée par u0 .
? De plus, la suite (vn)n∈N est croissante d’après la question 5.c), donc d’après le théorème de la convergence monotone, la suite (vn)n∈N converge . 8. D’après les questions 3 et 4 de la première partie, la suite(xn)n∈Nconverge vers1.
Or la suite (un)n∈N converge, donc par quotient de limites, on obtient que
n→+∞lim un xn
= lim
n→+∞un, donc que
n→+∞lim vn= lim
n→+∞un. Ainsi, les suites (un)n∈N et(vn)n∈N ont la même limite.
Notons L leur limite commune.
9. Démontrons l’inégalité suivante : 1− 1
t 6L6t−1.
• ? D’après la question 7, la suite (un)n∈N est minorée par v0 : pour tout n ∈N,un >v0.
Par passage à la limite dans cette inégalité large, il s’ensuit que L>v0 .
? De même, la suite (vn)n∈N est majorée par u0, donc par passage à la limite, on obtient que L6u0 .
• Calculons u0 etv0 :
u0 = 20(x0−1) =t−1 et
v0 = 20
1− 1 x0
= 1−1 t. On obtient finalement l’inégalité voulue :
1− 1
t 6L6t−1. 10. Supposons que t= 1.
Alors d’après la question précédente, on a : 1−1
1 6L61−1, donc L= 0 .
11. Supposons à présent que t soit différent de 1.
(a) Explicitons la suite (xn)n∈N.
Montrons par récurrence que pour toutn ∈N, on axn =t21n.
• Initialisation
On a (
x0 =t t201 =t1 =t, donc on a bien x0 =t201 .
• Hérédité Soit n ∈N.
Supposons que xn=t21n. Montrons que xn+1 =t2n+11 . On a alors :
xn+1 =√ xn
= (xn)12 car xn>0 d’après la question 1
= t21n12
par hypothèse de récurrence
= t2n+11 .
• Conclusion
Pour tout n ∈N,xn =t21n. (b) Calculons la limite L.
D’après la question précédente, pour tout n ∈N, on a : xn =t21n =exp
1
2nln(t) . Donc pour tout n∈N, on a :
un= 2n(xn−1)
= 2n
exp 1 2n ln(t)
−1
.
• On a lim
n→+∞
1
2n = 0, donc
n→+∞lim 1
2nln(t) = 0.
Comme t6= 1, on a ln(t)6= 0. Il s’ensuit donc que
exp 1 2nln(t)
−1 ∼
n→+∞
1
2nln(t).
• Par produit d’équivalents, on obtient : un ∼
n→+∞2n× 1 2nln(t), c’est-à-dire que
un ∼
n→+∞ln(t).
Finalement, deux suites équivalentes ayant même limite, on obtient que
n→+∞lim un =ln(t), c’est-à-dire que L=ln(t).
Remarquons que comme
un= 2n(xn−1) ∼
n→+∞ln(t), par quotient d’équivalents, on obtient que
xn−1 ∼
n→+∞
ln(t) 2n .
