Correction Devoir Surveillé Maths N°3 Lycée

CORRECTION DU DEVOIR SURVEILLÉ N◦: 3
MATHÉMATIQUES
Durée : 4 heures
Cette correction reprend en détail les solutions des exercices et du problème proposés dans le devoir
surveillé N◦: 1.
CONSIGNES DE RÉDACTION
•Assurez-vous de comprendre chaque étape de la correction. Si une solution proposée semble
erronée ou peu claire, n’hésitez pas à la revoir attentivement.
•Prenez soin de noter les méthodes et raisonnements utilisés, qui pourraient être réemployés dans
des situations similaires.
La correction aborde les trois exercices et le problème proposés

Exercice 1:
Q.1. (a) On a, pour tout x∈R,
f(x)−x=−1
2(x−a)(x−b).
On calcule, pour tout x∈R,
f◦f(x) = x2−x4/8,
et on factorise f◦f(x)−xpar f(x)−x,
f◦f(x)−x=2−x−x2/2x2−2x/4
=1
8x(2 −x)(x−a)(x−b).
(b) Le tableau de variation de fest le suivant.
x
f(x)
−∞ 0+∞
−∞−∞
22
−∞−∞
a
a
b
b
2
0
On a donc
f([−∞;a[) =] − ∞;a[
et
f◦f([0; b[) = f(]b; 2]) = [0; b[.
Q.2. L’intervalle ]− ∞;a[est stable par fdonc dans le cas où u0< a tous les termes de la suite (un)n⩾0
sont dans ]−∞;a[. De plus on a, pour tout x < a, f(x)−x < 0donc la suite (un)n⩾0est décroissante.
Si elle convergeait vers un réel ℓ, la continuité de fentrainerait que f(ℓ) = ℓdonc que ℓ=aou ℓ=b.
Mais sa décroissance entrainerait aussi ℓ⩽u0. On obtient une contradiction car on a u0< a < b.
On conclut que l’on a lim
n→+∞=−∞.
Q.3. L’intervalle [0; b[est stable par f◦fdonc avec u0∈[0; b[on obtient que tous les termes de la suite
(u2n)n⩾0sont dans [0; b[.
De plus on a, pour tout x∈[0; b[, f ◦f(x)−x < 0donc la suite (u2n)n⩾0est décroissante.
Décroissante et minorée par 0elle converge. Sa limite ℓvérifie f◦f(ℓ) = ℓcar f◦fest continue et on
a aussi 0⩽ℓ⩽u0< b, donc on a ℓ= 0.
On conclut que lim
n→+∞u2n= 0. La fonction fétant continue avec u2n+1 =f(u2n)on obtient que l’on a
lim
n→∞ u2n+1 =f(0) = 2
On conclut que la suite (un)n⩾0diverge.
Q.4. (a) La fonction fétant continue on a f(ℓ) = ℓdonc ℓ=aou ℓ=b. De plus fest dérivable avec
f′(ℓ) = −ℓdonc on a |f′(ℓ)|>1.
Soit r∈]1; |f′(ℓ)|[. Avec
lim
x→ℓ
f(x)−ℓ
x−ℓ
=f′(ℓ)
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on déduit qu’il existe un voisinage Vde ℓtel que, pour tout x∈V\{ℓ},
f(x)−ℓ
x−ℓ⩾r
On a donc, pour tout x∈V,|f(x)−ℓ|⩾r× |x−ℓ|.
(b) Puisque la suite (un)n⩾0converge vers ℓil existe p∈Ntel que
un∈Vpour tout n⩾p.
On a donc, pour tout n⩾p,
|un+1 −ℓ|⩾r× |un−ℓ|.
Par récurrence on obtient, pour tout n⩾p,
|un−ℓ|⩾|up−ℓ| × rn−p.
Avec lim
n→+∞un=ℓon a donc
lim
n→+∞|up−ℓ| × rn= 0.
(c) Avec r > 1on a lim
n→+∞rn= +∞donc on obtient up=ℓ. Alors avec f(ℓ) = ℓon déduit que la suite
(un)n⩾0est stationnaire.
Exercice 2:
Q.5. (a) Soit, pour tout n∈N∗, la proposition
(Pn) : 0 ⩽an⩽1
n+ 1.
Initialisation
On a a1= 1/4donc ( P1) est vraie.
Hérédité
Soit n∈N∗tel que (Pn)soit vraie.
La fonction f:x7→ x−x2est croissante sur 0; 1
2donc avec
0⩽an⩽1
n+ 1 ⩽1 2
on obtient
f(0) ⩽f(an)⩽f1
n+ 1
c’est-à-dire
0⩽an+1 ⩽n
(n+ 1)2
Avec n
(n+1)2⩽1
n+2 on obtient que (Pn+1)est vraie.
(b) On calcule, pour tout n∈N∗,
bn+1 −bn=an(1 −(n+ 1)an)⩾0.
On conclut que la suite (bn)n⩾1est croissante.
(c) Avec, pour tout n∈N∗, an⩽1
n+1 , on obtient que la suite croissante (bn)n⩾1est majorée donc
converge et que sa limite ℓappartient à [0; 1].
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Q.6. (a) Soit, pour tout n∈N∗, la proposition
(Pn) : an⩾1
4n.
Initialisation
On a a1= 1/4donc (P1)est vraie.
Hérédité
Soit n∈N∗tel que ( Pn) soit vraie.
La fonction f:x7→ x−x2est croissante sur 0; 1
2donc avec
1
4n⩽an⩽1 n+ 1 ⩽1 2
on obtient
f1
4n⩽f(an)
c’est-à-dire 4n−1
16n2⩽an+1.
Avec 4n−1
16n2⩾1 4n+4 on obtient que (Pn+1)est vraie.
(b) On a, pour tout n∈N∗,
S2n−Sn=
2n
X
k=n+1
ak⩾
2n
X
k=n+1
1
4k⩾n×1 4n=1 4.
(c) La suite (Sn)n⩾1est croissante car les termes de la suite (ak)k⩾0sont positifs.
Si elle convergeait on aurait lim
n→+∞S2n−Sn= 0 ce qui n’est pas vrai d’après la minoration
précédente.
On conclut que l’on a lim
n→+∞Sn= +∞.
Q.7. (a) On a, pour tout n∈N∗,
bn+1 −bn=an(1 −(n+ 1)an) = an(1 −bn−an)
D’une part on a an⩾0et d’autre part, puisque la suite (bn)n⩾1est croissante et de limite ℓ, on a
bn⩽ℓ.
On obtient donc, pour tout n∈N∗,
bn+1 −bn⩾an(1 −ℓ−an).
(b) On a, pour tout n⩾1,
an(1 −ℓ−an) = (1 −ℓ)an+ (an+1 −an)
donc avec ce qui précède on obtient, pour tout k⩾1,
bk+1 −bk⩾(1 −ℓ)ak+ (ak+1 −ak).
On déduit que, pour tout n⩾1, on a
bn+1 =b1+
n
X
k=1
(bk+1 −bk)
⩾b1+
n
X
k=1
((1 −ℓ)ak+ (ak+1 −ak))
=b1+ (1 −ℓ)Sn+an+1 −a1
= (1 −ℓ)Sn+an+1
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car b1=a1.
(c) On a, pour tout n⩾1,
0⩽(1 −ℓ)Sn⩽bn+1 −an+1
donc avec lim
n→+∞bn+1 −an+1 =ℓon obtient que la suite ((1 −ℓ)Sn)n⩾1est bornée.
Alors puisqu’on a lim
n→+∞Sn= +∞on conclut que ℓ= 1.
Q.8. (a) Soit k∈N∗. Avec le théorème des accroissements finis il existe c∈]k;k+ 1[ tel que
ln(k+ 1) −ln k=1
c.
On a donc 1
k+ 1 ⩽ln(k+ 1) −ln k⩽1 k.
(b) On a donc, pour tout k∈N∗\{1},
ln(k+ 1) −ln k⩽1
k⩽ln k−ln(k−1).
Pour tout n∈N∗\{1}, en sommant ces encadrements pour tout k∈J2; nK, on en déduit que l’on a
ln(n+ 1) −ln 2 ⩽Hn−1⩽ln n.
Avec
ln(n+ 1) −ln 2 + 1 ∼
n→+∞1 + ln n∼ n→+∞ln n
on obtient
lim
n→+∞
Hn
ln n= 1
c’est-à-dire Hn∼
n→+∞ln n.
Q.9. (a) On a, pour tout k∈N∗,
ak⩽1
k+ 1 ⩽1 k
donc on obtient, pour tout n∈N∗,
Sn⩽Hn.
(b) On a, pour tous n, p ∈N∗tels que n⩾p,
Sn−Sp=
n
X
k=p+1
ak=
n
X
k=p+1
bk
k
La suite (bk)k⩾1étant croissante on obtient
Sn−Sp⩾bp
n
X
k=p+1
1
k=bp(Hn−Hp).
(c) Fixons ε∈]0; 2 [. Puisque lim
n→+∞bn= 1, il existe p∈N∗tel que bp⩾1−ε/2. Alors, pour tout
n∈N∗tel que n⩾p, on a
1⩾Sn
Hn
⩾un,
avec
un=Sp+ (1 −ε/2) (Hn−Hp)
Hn
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