En déduire le terme général de la suite(un)n∈N

ECE2 Analyse 2 - Suites Septembre 2021 - EXERCICE1 -

Soit(u_n)_n∈Nla suite définie paru0=0et pour tout entiern∈N: u_n+1=2u_n+3ⁿ. On introduit pour tout entiern∈N: v_n=u_n

3ⁿ.

1. Montrer que(v_n)_n∈Nest une suite arithmético-géométrique.

On a pour toutn∈N:

v_n+1=u_n+1

3ⁿ⁺¹=2u_n+3ⁿ

3ⁿ⁺¹ =2×3ⁿv_n+3ⁿ 3ⁿ⁺¹ =2

3v_n+1 3 Ainsi,∀n∈N,v_n+1=2

3v_n+1

3donc (v_n)_n∈Nest une suite arithmético-géométrique avecv₀=0.

2. En déduire le terme général de la suite(u_n)_n∈N. On suit la méthode.

• On chercheℓvérifiant : ℓ=2 3ℓ+1

3 soit 3ℓ−2ℓ=1 soit ℓ=1.

• ∀n∈N, on pose w_n=v_n−ℓ et on montre que la suite (w_n)_n∈Nest géométrique.

On soustrait membre à membre les égalités de la manière suivante : v_n+1 = 2/3·v_n + 1/3

− ℓ = 2/3·ℓ + 1/3

v_n+1−ℓ = 2/3·(v_n−ℓ) + 0 soit w_n+1 = 2/3·w_n

ce qui montre que la suite (w_n)_n∈Nest géométrique de raison2 3. On a donc, avecw₀=v₀−ℓ= −1 : ∀n∈N: w_n= −1

µ2 3

¶n

et donc v_n=w_n+ℓ= − µ2

3

¶n

+1.

Commeu_n=3ⁿv_n, on en déduit que : ∀n∈N,u_n=3ⁿ−2ⁿ.

- EXERCICE2 -

On considère une suite(u_n)définie par son premier termeu0=0et par la relation suivante, valable pour tout entiern: u_n+1=u_n+1

6(3n+2).

1. Pourquoi cette suite n’est-elle pas arithmético-géométrique ?

La relation n’est pas de la forme u_n+1=au_n+b avecaetbconstants. Ici,bdépend den.

2. Déterminer, par sommation téléscopique, l’expression deu_npour tout entiern.

Par contre, on a, en faisant apparaitre une différence de deux termes consécutifs : u_k+1=u_k+1

6(3k+2)⇐⇒u_k+1−u_k=1

6(3k+2)=⇒

n−1

X

k=0

u_k+1−u_k=

n−1

X

k=0

1 6(3k+2)

=⇒u_n−u0=1 6

n−1X

k=0

(3k+2) par sommation téléscopique

=⇒u_n−0=1 2

n−1X

k=0

k+1 3

n−1X

k=0

1

=⇒u_n−0=1 2

n(n−1)

2 +1

3n

=⇒u_n=3n²+n 12 - EXERCICE3 -

Soit la suite(u_n)_n∈Nla suite définie par son premier termeu₀⩾1et la relationu_n+1=f(u_n)oùf est la fonction définie surR^∗₊par : f(x)=x²+2

x.

1. Écrire un programme SciLab pour qu’il calcule et afficheu_npour une valeur denentrée par l’utilisateur lorsqueu0=2.

–1/29–

u = 2 // u_0=2 n = input(' n = ? ') for i = [1:n] do

u = u^2 + 2/u // calculs des termes u_1 à u_n enddisp(u)

2. Montrer que pour toutn∈N,u_nest bien défini etu_n⩾1.

Par récurrence.

• Initialisation. u0est bien défini etu0⩾^1.

• Hérédité. Soitn∈N, on suppose queu_n⩾1. Commeu_n⩾1,u_nest non nul donc on peut diviser par u_ndoncu_n+1=u_n²+ 1

u_nest bien défini.

De plus, on a :

u_n+1=u_n²+ 2

u_n⩾^u2_n caru_n⩾0

u_n+1⩾1²=1 car par HRu_n⩾1

• Conclusion. . . .

3. Déterminer le sens de variation de(u_n)_n∈N. Pour tout entiern, on a :

u_n+1−u_n=u²_n+ 2

u_n−u_n=u_n(u_n−1)+ 2 u_n⩾⁰

par produit et somme de termes positifs (caru_n−1⩾0 d’après la question précédente).

Donc la suite (u_n)_n∈Nest croissante.

4. Prouver par l’absurde que la suite(u_n)_n∈Nne converge pas.

Supposons que la suite (u_n)_n∈Nconverge vers un réelℓ. Commeu_n⩾^{1, on a :}ℓ⩾^1.

De plus, cette limiteℓvérifie la relation : ℓ=ℓ²+2

ℓsoitℓ³=ℓ²−2 et donc ℓ³<ℓ². Or,ℓ⩾¹=⇒ℓ³⩾ℓ² ce qui est contradictoire avec ce qu’on vient de voir.

Ainsi, la suite (u_n)_n∈Nne converge pas (donc elle diverge vers+∞, étant croissante).

- EXERCICE4 -

On considère la fonctionfdéfinie pour tout réelxpositif ou nul par :f(x)=1−e^−x.

On considère la suite(u_n)_n⩾1définie paru1=1et pour tout entier naturel non nulnpar :u_n+1=f(u_n).

1. Étudier les variations def.

fest dérivable surR+et on a : f^′(x)=e^−x>0 doncfest strictement croissante surR+. 2. Montrer que pour tout entier naturelnnon nul, on a :u_n>0.

Par récurrence.

• Initialisation. u0=1>0.

• Hérédité. Soitn∈N, on suppose queu_n>0. On a :

u_n>0⇐⇒ f(u_n)>f(0)=0 car f est strictement croissante surR+

⇐⇒u_n+1>0

• Conclusion. . . .

3. Étudier la monotonie de la suite(u_n)_n⩾1.

Commefest croissante, on peut raisonner par récurrence. Il faut alors compareru2etu1sur son brouillon pour conjecturer la monotonie. Ici,u2=1−e⁻¹<1=u1donc on pose pourn⩾^{1 :} P(n) :u_n+1<u_n.

• Initialisation. u2=1−e⁻¹<1=u1.

• Hérédité. Soitn∈N, on suppose queu_n+1<u_n. On a :

u_n+1<u_n ⇐⇒ f(u_n+1)<f(u_n)=0 car f est strictement croissante sur R+

⇐⇒u_n+2<u_n+1

–2/29–

• Conclusion. . . .

Donc la suite (u_n)_n∈Nest décroissante.

4. En déduire que la suite(u_n)_n⩾1est convergente puis déterminer sa limite.

On pourra étudier la fonctionx7→f(x)−x.

• Donc la suite (u_n)_n∈Nest décroissante et minorée par 0 donc elle converge vers un réelℓ⩾^0.

• Commefest continue, la limiteℓvérifie la relation : ℓ=f(ℓ) soit ℓ=1−e^−ℓ soit 1−e^−ℓ−ℓ=0.

On étudie la fonctiong:x7→f(x)−xsurR+, dérivable.

g^′(x)=e^−x−1>0⇐⇒e^−x>1⇐⇒ −x>0⇐⇒x<0

Ainsi,gest continue et strictement décroissante surR+donc réalise une bijection de [0,+∞[ sur [−∞, 0[

(carg(0)=0 et lim

+∞g(x)= −∞).

Ainsi, l’équationg(x)=0 admet une unique solutionx=0 surR+ et donc 1−e^−ℓ−ℓ=0⇐⇒ℓ=0.

La suite (u_n)_n∈Nconverge vers 0.

- EXERCICE5 -

Soit(u_n)_n⩾0la suite définie par : u0=1 et pour toutndeN, u_n+1=ln(1+u²_n).

1. Montrer que pour tout entierndeN: 0⩽^un⩽^1.

Par récurrence.

• Initialisation. 0⩽u0=1⩽1.

• Hérédité. Soitn∈N, on suppose que 0⩽^un⩽^{1. On a :}

0⩽^un⩽¹⇐⇒1⩽¹+u_n²⩽² la fonction carrée étant strictement croissante surR+

⇐⇒ln(1)⩽ln(1+u²_n)⩽^ln(2)<1 la fonction ln étant strictement croissante surR^∗₊

⇐⇒0⩽^un+1⩽¹

• Conclusion. . . .

2. Soitfla fonction définie sur l’intervalle[0, 1], à valeurs réelles, telle que : f(x)=ln(1+x²)−x.

(a) Déterminer le signe defsur l’intervalle[0, 1]et montrer quef(x)=0si et seulement six=0.

La fonctionfest dérivable sur [0, 1] et on a pour toutxde [0, 1] : f^′(x)= 2x

1+x²−1=2x−1−x²

1+x² =−(1−x)² 1+x² ⩽⁰ ce qui donne, avecf(0)=0 :

x f^′(x)

f(x)

0 1

− 0

0

ln(2)−1 ln(2)−1

fest continue et strictement décroissante sur [0, 1] donc réalise une bijection de [0, 1[ sur [ln(2)−1, 0[.

Ainsi,fest négative sur [0, 1] et l’équationf(x)=0 admet une unique solutionx=0 sur [0, 1].

(b) En déduire que la suite(u_n)_n⩾0est décroissante.

Comme 0⩽^un⩽1, on peut poserx=u_ndans la question précédente. On a alors : f(u_n)⩽⁰=⇒ln(1+u²_n)−u_n⩽⁰=⇒u_n+1−u_n⩽⁰ donc la suite (u_n)_n⩾0est décroissante.

(c) Montrer que la suite(u_n)_n⩾0converge et déterminer sa limite.

• La suite (u_n)_n∈Nest décroissante et minorée par 0 donc elle converge vers un réelℓ⩾^0.

• Commex7→ln(1+x²) est continue, la limiteℓvérifie la relation : ℓ=ln(1+ℓ²) soit ln(1+ℓ²)−ℓ=0 soit f(ℓ)=0.

Or,f(ℓ)=0⇐⇒ℓ=0 d’après la question précédente. Ainsi, la suite (u_n)_n∈Nconverge vers 0.

–3/29–

3. (a)Justifier pour tout réelx⩾0, l’inégalité : ln(1+x)⩽^x.

Posonsh:x7→ln (1+x)−x.

hest dérivable sur [0,+∞[ et pour toutx⩾^{0, on a :} h^′(x)= 1

1+x−1= −x

1+x⩽^{0 car} −x⩽^{0 et 1}+x>0 sur [0,+∞[ Donc la fonctionhest décroissante sur [0,+∞[. Elle est donc majorée parh(0)=0.

Ainsi, pour toutx∈[0, 1[, on a : h(x)⩽0 soit :∀x⩾0, ln (1+x)⩽^x.

(b) Pour tout entierndeN, établir l’inégalité : u_n+1⩽^u2_n^.

Commeu²_n⩾0, on peut poserx=u²_ndans la question précédente. On a alors : ln¡

1+u²_n¢

⩽^u2n soit u_n+1⩽^un²

(c)En déduire pour tout entiern⩾1, l’inégalité : u_n⩽(ln 2)ⁿ. Par récurrence.

• Initialisation. u0=1⩽^{(ln 2)0}=1.

• Hérédité. Soitn∈N, on suppose queu_n⩽^{(ln 2)n. On a :} u_n+1⩽^u2n d’après la question précédente

⇐⇒u_n+1⩽^u2n⩽^{¡(ln 2)n¢2} par HR et par croissance de la fonction carrée

⇐⇒u_n+1⩽(ln 2)²ⁿ⩽(ln 2)ⁿ⁺¹

En effet, il s’agit de montrer que (ln 2)²ⁿ⩽^{(ln 2)n+1} soit (ln 2)²ⁿ⁻ⁿ⁻¹⩽1 soit (ln 2)ⁿ⁻¹⩽^1.

Cette dernière relation est vérifiée car : ln(2)<1 etn⩾1 donc (ln 2)ⁿ⁻¹⩽^1.

• Conclusion. . . .

(d) Retrouver la valeur de la limite de la suite(u_n)_n⩾0. On on obtenu : 0⩽^un⩽^{(ln 2)n.}

Or, comme ln(2)<1, on a : lim

n→+∞(ln 2)ⁿ=0 donc d’après le théorème des gendarmes : lim

n→+∞u_n=0.

(e) Établir pour tout entiern⩾2, l’inégalité :

n−1X

k=0

u_k⩽^{1−(ln 2)}

n

1−ln 2 .

On utilise encore la relation u_n⩽^{(ln 2)n}, ce qui donne par sommation des termes d’une suite géomé- trique :

n−1X

k=0

u_k⩽

n−1X

k=0

(ln 2)^k=1−(ln 2)ⁿ 1−ln 2

4. Écrire un programme SciLab permettant d’obtenir le plus petit entiernvérifiantu_n<10⁻⁴.

n = 0 ; // On retient l'indice

u = 1 ; // u0=1

while u >= 10^(-4) do // tant que la valeur de u n'est pas inférieure à 10^(-4), // on calcule la nouvelle

u = log(1+u^2) ; // Calcul de la nouvelle valeur de u n = n+1 ; // On augmente l'indice

enddisp(n)

- EXERCICE6 -

Soit(u_n)_n⩾0la suite définie par : u0=1 et pour tout entiern:u_n+1=u_n+1 4

¡2−u_n²¢

=f(u_n).

1. Étudier les variations defet montrer quef([1, 2])⊂[1, 2].

La fonctionf:x7→x+1 4

¡2−x²¢

=1 4

¡−x²+4x+2¢

est une fonction polynomiale de degré 2, aveca= −1 4<0 donc (par propriétés de ces fonctions), elle est strictement croissante sur ]−∞, 2] (sommet en−b/2a=2) et strictement décroissante sur ]2,+∞].Une étude de dérivée aboutit bien sur au même résultat.

Commefest continue et strictement croissante sur [1, 2], elle réalise une bijection de [1, 2] sur£

f(1),f(2)¤

= [5/4, 3/2]⊂[1, 2].

Ainsi, on a bien : f([1, 2])⊂[1, 2].

–4/29–

2. Montrer que :∀n∈N, 1⩽^un⩽2.

Le résultat de la question précédente donne le résultat par récurrence immédiate : u0=1 et siu_n∈[1, 2], alors : u_n+1=f(u_n)∈[1, 2].

3. Montrer que si(u_n)_n⩾0converge versℓ, alorsℓ=p 2.

Si (u_n)_n⩾0converge versℓ, alors :

• D’une part,ℓ⩾^{1 caru}n⩾¹

• D’autre part, commefest continue,ℓvérifie la relation : ℓ=f(ℓ) soit ℓ=ℓ+1

4

¡2−ℓ²¢

soit 2−ℓ²=0 soit ℓ=p

2 car ℓ⩾^0.

Si (u_n)_n⩾0converge versℓ, alorsℓ=p 2.

4. Montrer que :∀t∈[1; 2],¯

¯f^′(t)¯

¯⩽¹ 2.

f est dérivable sur [1, 2] et on a pour touttde [1, 2] : f^′(t)= −1 2t+1.

Or : 1⩽^t⩽²⇐⇒ −1⩽−1 2t⩽−1

2⇐⇒0⩽−1 2t+1⩽¹

2 ce qui donne : ¯

¯f^′(t)¯

¯⩽¹ 2. 5. Montrer que pour toutn∈N, on a : ¯

¯

¯u_n+1−p 2¯

¯

¯⩽¹ 2

¯

¯

¯u_n−p 2¯

¯

¯.

• La fonctionfest de classeC¹sur [1, 2].

• ¯

¯f^′(t)¯

¯⩽¹₂^{sur [1, 2]}

Commeu_netp

2 appartiennent à [1, 2], l’inégalité des accroissements finis donne :

¯

¯

¯f(u_n)−f(p 2)

¯

¯

¯⩽¹ 2

¯

¯

¯u_n−p 2

¯

¯

¯ soit, avecf(p

2)=p

2 d’après les calculs de Q 3 :

¯

¯

¯u_n+1−p 2¯

¯

¯⩽¹ 2

¯

¯

¯u_n−p 2¯

¯

¯

6. En déduire que : ¯

¯

¯u_n−p 2¯

¯

¯⩽ µ1

2

¶n

. Par récurrence.

• Initialisation. ¯

¯

¯u0−p 2¯

¯

¯=

¯

¯

¯1−p 2¯

¯

¯⩽¹= µ1

2

¶0

.

• Hérédité. Soitn∈N, on suppose que¯

¯

¯u_n−p 2

¯

¯

¯⩽ µ1

2

¶n

. On a :

¯

¯

¯u_n+1−p 2¯

¯

¯⩽¹ 2

¯

¯

¯u_n−p 2¯

¯

¯ d’après la question précédente

⇐⇒

¯

¯

¯u_n+1−p 2¯

¯

¯⩽¹ 2

µ1 2

¶n

par HR

⇐⇒

¯

¯

¯u_n+1−p 2

¯

¯

¯⩽ µ1

2

¶n+1

• Conclusion. . . .

7. Montrer alors que la suite(u_n)_n⩾0est convergente et déterminer sa limite.

n→∞lim µ1

2

¶n+1

=0 (car 1/2<1) donc d’après le théorème des gendarmes lim

n→∞

¯

¯

¯u_n+1−p 2¯

¯

¯=0.

On en déduit que : lim

n→∞u_n−p

2=0 et donc que la suite (u_n)_n⩾0est convergente et lim

n→∞u_n=p 2.

8. Écrire un programme SciLab permettant d’obtenir une valeur approchée dep

2à10⁻⁵près.

La relation

¯

¯

¯u_n−p 2

¯

¯

¯⩽ µ1

2

¶_n

montre que l’écart entreu_n etp

2 est inférieur à µ1

2

¶_n

. Ainsi, il suffit de déterminer une valeur denpour laquelle

µ1 2

¶n

⩽¹⁰⁻⁵et de donner la valeur deu_ncorrespondante.

–5/29–

n = 0 ; // On retient l'indice

u = 1 ; // u0=1

while (1/2)^n > 10^(-5) do // tant que l'approximation n'est pas assez précise // on calcule la nouvelle valeur de u

u = u+1/4*(2-u^2) ; // Calcul de la nouvelle valeur de u n = n+1 ; // On augmente l'indice

enddisp(u)

- EXERCICE7 -

Pour tout entier naturelnnon nul, on définit la fonctionf_npar : ∀x∈R,f_n(x)= 1 1+e^x+nx.

1. (a)Déterminer pour tout réelx,f_n^′(x)etf_n^′′(x).

La fonctionx7→ 1

1+e^xest deux fois dérivable surRcar 1+e^xne s’annule pas surR. Donc,f_nest deux fois dérivable surRcomme somme de fonctions deux fois dérivables surR. On a alors pour toutx∈R:

• f_n^′(x)= − e^x (1+e^x)²+n

• f_n^′′(x)= −e^x(1+e^x)²−e^x×2e^x(1+e^x)

(1+e^x)⁴ = −e^x(1+e^x) ((1+e^x)−2e^x)

(1+e^x)⁴ , soitf_n^′′(x)=e^x(e^x−1) (1+e^x)³. (b) En déduire que la fonctionf_nest strictement croissante surRet calculer lim

x→+∞f_n(x)et lim

x→−∞f_n(x).

• Méthode 1 : On cherche directement le signe def^′. On a pour tout réelx:

f_n^′(x)= − e^x

(1+e^x)²+n=−e^x+n(1+e^x)²

(1+e^x)² =(2n−1)e^x+n+e^2x

(1+e^x)² >0 car n⩾¹=⇒2n−1⩾¹>0 On a donc pour toutx∈R,f_n^′(x)>0. Doncf_nest strictement croissante surR.

• Méthode 2 : On peut se demander pourquoi l’énoncé nous fait calculerf^′′. On peut alors cherche les variations puis le signe def^′à l’aide du signe def^′′. C’est plus long, pas nécessaire dans cet exercice mais je le donne pour la méthode.

Pour toutx∈R, on a :e^x>0 et (1+e^x)³>0. Doncf_n^′′est du signe de et (e^x−1). Or : e^x−1>0⇐⇒e^x>1⇐⇒x>0

On en déduit donc le tableau de variations def_n^′suivant puis le signe def_n^′en remarquant que pourn⩾^{1, on a :f}n^′(0)=n−1

4>0.

x x−1 f_n^′′(x) f_n^′(x) f_n^′(x) f_n(x)

−∞ 0 +∞

− 0 +

− 0 +

n−1 n−41 4 +

−∞

−∞

+∞

+∞

On a donc pour toutx∈R,f_n^′(x)>0. Doncf_nest strictement croissante surR.

• On a : – lim

x→+∞1+e^x= +∞, donc par quotient lim

x→+∞

1 1+e^x=0 – lim

x→+∞nx= +∞carn>0 Donc par somme, on a : lim

x→+∞f_n(x)= +∞.

• On a :

–6/29–

– lim

x→−∞1+e^x=1, donc par quotient lim

x→−∞

1 1+e^x=1 – lim

x→−∞nx= −∞carn>0 Donc par somme, on a : lim

x→−∞f_n(x)= −∞.

2. (a) Montrer que l’équationf_n(x)=0possède une seule solution surR, notéeu_n.

La fonctionf_nest continue et strictement croissante surRdonc,f_nréalise une bijection deRsurR (d’après les calculs de limites précédents).

De plus, 0∈R, donc d’après le théorème de bijection monotone 0 admet donc un unique antécédent parf_n, que l’on noterau_n, c’est-à-dire que l’équationf_n(x)=0 possède une seule solution surR.

(b) Montrer que l’on a :∀n∈N^∗, −1

n<u_n<0puis déterminer la limite de la suite(u_n).

On a :

• f_n(0)=1 2>0

• f_n µ

−1 n

¶

<0, carf_n µ

−1 n

¶

= 1

1+e^−1/n−1= −e^−1/n

1+e^−1/n<0 et 1+e^−1/n>0.

• f_n(u_n)=0 On a donc :

f_n µ

−1 n

¶

<f_n(u_n)<f_n(0)

et commef_nest strictement croissante (f_n⁻¹également), on obtient,∀n∈N^∗:

−1 n<u_n<0 On a : lim

n→+∞

1

n=0 donc, d’après le théorème des gendarmes, on a : lim

n→+∞u_n=0.

(c) En revenant à la définition deu_n, montrer queu_n ∼

+∞−1 2n. Il s’agit de montrer que lim

n→+∞−2nun=1.

Commef_n(u_n)=0, on a : 1

1+e^un+nu_n=0 soit 1

1+e^un= −nu_net donc :−2nun= 2 1+e^un. Or lim

n→+∞u_n=0, donc par composition, lim

n→+∞

2 1+e^un=1.

On a donc bien : lim

n→+∞−2nun=1, soit :u_n ∼

+∞− 1 2n. - EXERCICE8 -

Soitn∈N^∗. On se propose d’étudier les racines de l’équation(E_n)suivante pourx>0.

(E_n) : lnx+x=n

1. Dresser le tableau de variations de la fonctionfdéfinie surR^∗₊par :f:x7→lnx+x.

La fonctionfest dérivable surR^∗₊comme somme de fonctions dérivables et on a pour toutx∈R^∗₊: f^′(x)=1

x+1=1+x x >0 doncfest strictement croissante surR^∗₊.

Comme lim

x→0⁺f(x)= lim

x→0⁺ln(x)= −∞et lim

x→+∞f(x)= +∞, on obtient : x

f(x)

0 +∞

−∞

−∞

+∞

+∞

2. En déduire que, pour toutn∈N^∗,(E_n)admet une unique racinex_n. Donner la valeur dex1.

La fonctionf est continue et strictement croissante surR^∗₊donc elle réalise une bijection de ]0,+∞[ sur –7/29–

]−∞,+∞[.

Pour toutn∈N^∗, on an∈]−∞,+∞[ donc l’équationf(x)=nadmet une unique solutionx_n∈R^∗₊. Ainsi, pour toutn∈N^∗, (E_n) admet une unique racinex_n.

De plus, ln(1)+1=1 donc par unicité,x1=1.

3. Montrer que la suite(x_n)_n∈Nest strictement croissante puis quex_n⩾^{1pour toutn}∈N^∗. La suite étant définie implicitement, on doit passer par les images. Soitn∈N^∗. On a :

n+1>n ⇐⇒ f(x_n+1)>f(x_n) par définition de la suite (x_n) : f(x_n)=n

⇐⇒x_n+1>x_n par stricte croissance de la fonctionf ce qui prouve que la suite (x_n)_n∈Nest strictement croissante.

Commex1=1, on en déduit que pour toutn∈N^∗,x_n⩾^1.

4. (a)Justifier quefest bijective et donner le tableau de variation def⁻¹.

D’après la première question,fest continue et strictement croissante surR^∗₊. Elle est donc bijective et sa bijection réciproquef⁻¹a les mêmes variations quef. On a donc :

x f⁻¹(x)

−∞ +∞

0 0

+∞

+∞

(b) En déduire la limite de la suite(x_n)_n∈N∗.

On a : f(x_n)=n donc x_n=f⁻¹(n) donc lim

n→+∞x_n= lim

n→+∞f⁻¹(n)= +∞ d’après le tableau de variations de la question précédente.

5. (a)En utilisant (sans le redémontrer) que : ∀x∈R^∗₊, lnx<x, prouver que :∀n∈N^∗,n

2⩽^xn⩽^n.

Par définition, on a pour toutn∈N^∗: ln(x_n)+x_n=n donc x_n=n−ln(x_n).

• Commex_n⩾1, on a : ln(x_n)⩾0 donc x_n=n−ln(x_n)⩽n.

• On a par ailleurs :

ln(x_n)<x_n valable d’après l’énoncé carx_n>0

⇐⇒ln(x_n)+x_n<x_n+x_n

⇐⇒n<2x_n par définition de la suite (x_n) : ln(x_n)+x_n=n ce qui donne : x_n⩾ⁿ

2.

Finalement, on a pour toutn∈N^∗: n

2⩽^xn⩽^n.

(b) En déduire que ln(x_n)

n tend vers0quandntend vers+∞. D’après la relation précédente, on a, par croissance de la fonction ln :

ln

³n 2

´

⩽ln(x_n)⩽ln(n)

donc ln(n)−ln(2)

n ⩽^ln(xn) n ⩽^ln(n)

n Or, lim

n→+∞

ln(n)

n =0 et lim

n→+∞

ln(n)−ln(2)

n =0 par croissance comparées.

Donc, d’après le théorème des gendarmes, lim

n→+∞

ln(x_n) n =0.

(c)En déduire que : x_n ∼

+∞n.

Par définition, on a pour toutn∈N^∗:

ln(x_n)+x_n=n

donc x_n

n =n−ln(x_n)

n =1−ln(x_n) n −→1 d’après la question précédente. Ainsi,x_n ∼

+∞n.

–8/29–

(d) Montrer que :∀n∈N^∗,x_n+1−x_n=1−ln µx_n+1

x_n

¶ . Par définition, on a :

x_n=n−ln(x_n) et

x_n+1=n+1−ln(x_n+1) donc par différence, on obtient :

x_n+1−x_n=n+1−ln(x_n+1)−(n−ln(x_n))=1−ln(x_n+1)+ln(x_n)=1−ln µx_n+1

x_n

¶

Donc ∀n∈N^∗,x_n+1−x_n=1−ln µx_n+1

x_n

¶ . (e) En déduire la limite de x_n+1−x_n.

On a vu que : x_n ∼

+∞n, ce qui donne : x_n+1 ∼

+∞n+1.

Donc par quotient, on a :

x_n+1

x_n ∼

+∞

n+1

n ∼

+∞1 On en déduit que : lim

n→+∞

x_n+1

x_n =1 puis par continuité de la fonction ln que lim

n→+∞ln µx_n+1

x_n

¶

=0.

Finalement, en utilisant le résultat de la question précédente :

n→+∞lim x_n+1−x_n=1 - EXERCICE9 -

Pour tout entiern∈N^∗, on définit la fonctionf_nsurR+par : f_n(x)=xⁿ+9x²−4.

1. (a) Montrer que l’équationf_n(x)=0n’a qu’une seule solution strictement positive, notéeu_n. Soitn∈N^∗. La fonctionf_nest dérivable surR⁺et pour toutx>0, on a :

f_n^′(x)=nxⁿ⁻¹+18x>0

Doncf_nest continue et strictement croissante surR^∗₊et d’après le théorème de bijection,f_nréalise une bijection deR^∗₊suri

limx→0f_n(x); lim

x→+∞f_n(x)h

=]−4,+∞[.

De plus, 0∈]−4,+∞[, donc l’équationf_n(x)=0 admet une unique solutionu_n∈R^∗₊. (b) Vérifier que :∀n∈N^∗,u_n∈

¸ 0,2

3

· .

Remarque : La suite (u_n)_n∈N∗est implicite. Elle est définie par la relationf_n(u_n)=0. il faut donc tra- vailler sur les images parf_npour obtenir des informations suru_n. Faire un tableau de variations pour visualiser cette situation.

Soitn∈N^∗. On a : f_n µ2

3

¶

= µ2

3

¶_n +9

µ2 3

¶2

−4= µ2

3

¶_n

>0=f_n(u_n) par définition deu_n. Ainsi :

f_n(u_n)<f_n µ2

3

¶

⇐⇒ u_n<2

3 carf_nest strictement croissante.

On a déjà vu que :u_n>0, donc∀n∈N^∗,u_n∈

¸ 0,2

3

· .

2. (a) Montrer que, pour toutxélément de]0, 1[, on a : f_n+1(x)<f_n(x).

Soitx∈]0, 1[, on a :

f_n+1(x)−f_n(x)=xⁿ⁺¹−xⁿ=xⁿ(x−1)<0 carx<1 etxⁿ>0 Donc :∀x∈]0, 1[, f_n+1(x)<f_n(x).

–9/29–

(b) En déduire que f_n(u_n+1)>f_n(u_n) puis déterminer la monotonie de la suite(u_n)_n∈N∗. Commeu_n∈

¸ 0,2

3

·

, on au_n∈]0, 1[ et on peut choisirx=u_ndans la relation précédente. Ainsi : f_n(u_n+1)>f_n+1(u_n+1)

Mais, par définition, on a : f_n+1(u_n+1)=0=f_n(u_n).

La relation précédente donne alors pour toutn∈N: f_n(u_n+1)>f_n(u_n)

et commef_nest strictement croissante, on en déduit que : u_n+1>u_npour tout entiern.

Ainsi, la suite (u_n) est croissante.

(c)Montrer que la suite(u_n)_n∈N∗est convergente. On noteℓsa limite.

La suite (u_n) est croissante et majorée par2

3donc elle converge vers un réelℓ. 3. (a)Déterminer la limite de(u_n)ⁿlorsquentend vers+∞.

On a : 0⩽^un⩽²

3 ⇐⇒0⩽^(un)ⁿ⩽ µ2

3

¶n

car la fonction puissance est strictement croissante . Or, comme

¯

¯

¯

¯ 2 3

¯

¯

¯

¯<1 on a : µ2

3

¶_n

→0 donc d’après le théorème d’encadrement, on a : lim

n→+∞(u_n)ⁿ=0.

(b) En revenant à la définition deu_n, déterminer la valeur deℓ.

Pour faire apparaitre (u_n)ⁿ, il faut utiliser la fonctionf_n. Ainsi, on a : f_n(u_n)=0⇐⇒(u_n)ⁿ+9u²_n−4=0 Par passage à la limite, on obtient :

0+9ℓ²−4=0 soitℓ²=4

9 doncℓ=2

3 carℓ⩾⁰ Ainsi, lim

n→+∞u_n=2 3. - EXERCICE10 -

On considère la fonction f définie sur[0; 1]par : f(x)=2xe^x.

1. Montrer quefréalise une bijection de[0; 1]sur un ensemble que l’on déterminera.

On notef⁻¹la bijection réciproque def.

La fonctionfest dérivable sur [0; 1] comme produit de fonctions dérivables et on a :

∀x∈[0; 1] ,f^′(x)=2(x+1)e^x>0

Ainsi, la fonctionfest continue et strictement croissante sur [0; 1] donc elle réalise une bijection de [0; 1]

sur [0; 2e] (carf(0)=0 etf(1)=2e).

2. Donner les tableaux des variations complets defet def⁻¹. On obtient les tableaux des variations suivants.

x f(x)

0 1

0 0

2e 2e

x f⁻¹(x)

0 2e

0 0

1 1

3. Montrer qu’il existe dans[0; 1]un unique réel notéαtel queαe^α=1 et montrer queα̸=0.

On commence par remarquer que :xe^x=1⇐⇒2xe^x=2⇐⇒ f(x)=2.

Ainsi,αest solution de l’équationxe^x=1 ssiαest solution de l’équationf(x)=2.

Or,fréalise une bijection de [0; 1] sur [0; 2e].

De plus, 2∈[0; 2e].

Donc il existe un unique réelα∈[0; 1] tel quef(α)=2 donc il existe un unique réelα∈[0; 1] tel queαe^α=1.

Enfin,α̸=0 car 0e⁰̸=1.

On définit la suite(u_n)_n∈Npar :

(u0=α

u_n+1=f⁻¹(u_n) , ∀n∈N. –10/29–

4. Montrer que pour tout entier natureln,u_nexiste etu_n∈]0, 1].

Par récurrence. Pourn∈N, on note :P(n) : "u_nexiste etu_n∈]0, 1]".

• Initialisation : Pourn=0, on a :u0=α∈]0, 1]. DoncP(0) est vraie.

• Hérédité. Soitn∈N. On suppose que P(n) est vrai.

Par HR,u_n∈]0, 1] doncu_nest dans le domaine de définition def⁻¹doncu_n+1=f⁻¹(u_n) existe.

De plus, commef⁻¹est strictement croissante, on a :

0<u_n⩽¹=⇒ f⁻¹(0)<f⁻¹(u_n)⩽^f−1(1)=⇒0<u_n+1⩽^f−1(1)⩽^{1 car f−1(1)}⩽^f−1(2e)=1 DoncP(n+1) est vraie.

• D’après le principe de récurrence, on a pour toutn∈N:u_nexiste etu_n∈]0, 1].

5. (a) Montrer que pour toutx∈[0; 1]: f(x)−x⩾^0.

Vérifier que l’égalité ne se produit que pourx=0.

Soitx∈[0; 1]. On a : f(x)−x=x¡ 2e^x−1¢

. Or,

x⩾⁰=⇒e^x⩾¹=⇒2e^x−1⩾¹=⇒x¡ 2e^x−1¢

⩾⁰ Ainsi, pour toutx∈[0; 1] : f(x)−x⩾^0.

De plus, comme 2e^x−1⩾1>0, on a : f(x)−x=0⇐⇒x=0.

(b) En déduire que la suite(u_n)_n∈Nest strictement décroissante.

D’après la question précédente, on a :f(x)−x>0 pour toutx∈]0, 1].

Or, pour toutn∈N,u_n∈]0, 1] d’après Q 4, donc en choisissantx=u_n, on obtient pour toutn∈N: f(u_n)−u_n>0 soit f(u_n)>u_n soit u_n>f⁻¹(u_n)=u_n+1

carf⁻¹est croissante. Donc la suite (u_n)_n∈Nest strictement décroissante.

(c) Montrer que la suite(u_n)_n∈Nest convergente et qu’elle a pour limite0.

La suite (u_n)_n∈Nest strictement décroissante et minorée par 0 donc elle converge vers une limiteℓ. Comme la fonctionfest continue, cette limiteℓvérifie :ℓ=f⁻¹(ℓ) soit f(ℓ)=ℓsoitf(ℓ)−ℓ=0.

Or, on a vu en Q 5a quef(x)−x=0⇐⇒x=0 doncℓ=0.

Finalement, la suite (u_n)_n∈Nconverge vers 0.

6. On se propose de déterminerlimu_nd’une autre manière. On pose pour tout entier natureln:S_n=

n

X

k=0

u_k. (a) Montrer que :∀n∈N,u_n+1=1

2u_ne^−un+1. Pour toutn∈N, on a :

f(u_n+1)=2u_n+1e^un+1 donc u_n+1=1

2f(u_n+1)e^−un+1 Or,u_n+1=f⁻¹(u_n)⇐⇒ f(u_n+1)=u_n, donc : ∀n∈N,u_n+1=1

2u_ne^−un+1. (b) En déduire par récurrence que :∀n∈N,u_n=e^−Sn

2ⁿ Par récurrence. Pourn∈N, on note :P(n) : "u_n=e^−Sn

2ⁿ ".

• Initialisation : Pourn=0, on a :u0=αet d’autre part,e^−S0

2⁰ =e^−u0=e^−α=αcarαe^α=1.

DoncP(0) est vraie.

• Hérédité. Soitn∈N. On suppose que P(n) est vrai.

On a, d’après la question précédente :u_n+1=1

2u_ne^−un+1, et, par HR,u_n=e^−Sn

2ⁿ , ce qui donne : u_n+1=1

2 e^−Sn

2ⁿ e^−un+1=e^−Sn−un+1 2ⁿ⁺¹ =e^−Sn+1

2ⁿ⁺¹ carS_n+1=S_n+u_n+1 DoncP(n+1) est vraie.

–11/29–

• D’après le principe de récurrence, on a pour toutn∈N:u_n=e^−Sn 2ⁿ . (c)Montrer que :u_n⩽

µ1 2

¶n

puis conclure.

Pour toutn∈N, on a, par somme de termes positifs : S_n=

n

X

k=0

u_k⩾^{0 donce−Sn}⩽^{1 doncu}n=e^−Sn 2ⁿ ⩽ ¹

2ⁿ. Ainsi, pour toutn∈N:u_n⩽

µ1 2

¶n

.

De plus, on a vu que 0⩽^un, ce qui donne : 0⩽^un⩽ µ1

2

¶n

. Ainsi comme lim

n→+∞

µ1 2

¶n

=0 on en déduit par le théorème des gendarmes que lim

n→+∞u_n=0.

- EXERCICE11 -

On considère l’applicationf: [0;+∞[→Rdéfinie, pour touttde[0;+∞[, par : f(t)=

(t²−tln(t) sit̸=0

0 sit=0.

On noteCla courbe représentative def dans un repère orthonormal(O,⃗ı,⃗ȷ)et on admet :0,69<ln(2)<

0,70.

On admet :0,69<ln(2)<0,70.

1. (a)Montrer quefest continue sur[0;+∞[.

La fonctionfest continue sur ]0,+∞[ comme produit et différence de fonctions continues sur ]0,+∞[.

De plus, on a : lim

t→0tln(t)=0 par croissance comparée et donc on obtient par somme de limites : limt→0f(t)=lim

t→0t²−tln(t)=0=f(0).

Doncfest continue en 0 et ainsi, la fonctionfest continue sur [0,+∞[.

(b) Justifier quefest de classeC²sur]0;+∞[et calculer, pour touttde]0;+∞[,f^′(t)etf^′′(t).

La fonctionf est de classeC²sur ]0,+∞[ comme produit et différence de fonctions de classeC²sur ]0,+∞[.

Pour toutt>0, on a :

f^′(t)=2t−ln(t)−1 et f^′′(t)=2−1 t. (c)Dresser le tableau des variations def. On précisera la limite defen+∞.

Déterminons le signe def^′′ce qui nous donnera les variations def^′puis son signe. On a : f^′′(t)⩾0⇐⇒2−1

t⩾0⇐⇒t⩾¹ 2 On obtient donc, en remarquant que :

• f^′(1/2)= −ln(1/2)=ln(2)>0

• f(t)=t²−tln(t)=t² µ

1−ln(t) t

¶

t→+∞−→ +∞par produit carln(t) t −→

t→+∞0 par croissance comparées.

t f^′′(t) f^′(t) f^′(t) f(t)

0 1/2 +∞

− 0 +

ln(2) ln(2) +

0 0

+∞

+∞

–12/29–