Suites implicites

ECE2-B 2016-2017
Suites implicites
Exercice 1. (☀☀)
On définit sur R+∗la fonction fpar : f(x) = x+ ln x.
a. Dresser le tableau de variations de f.
Démonstration.
•La quantité ln xest définie pour x > 0.
Ainsi, Df= ]0,+∞[.
•De plus, ln est dérivable sur ]0,+∞[.
Ainsi, fest dérivable sur cet ensemble. Pour tout x∈]0,+∞[:
f0(x) = 1 + 1
x>0
On obtient donc le tableau de variations suivant.
x
f0(x)
f
0+∞
+
−∞ +∞+∞
b. Montrer que l’équation f(x) = na une unique solution dans R+∗.
On la note un.
Démonstration.
•La fonction fest :
×continue sur ]0,+∞[,
×strictement croissante sur ]0,+∞[.
Elle réalise donc une bijection de ]0,+∞[sur :
f(]0,+∞[) = ]lim
x→0f(x),lim
x→+∞f(x)[ = ] − ∞,+∞[
•Soit n∈N. Comme n∈]− ∞,+∞[,nadmet un unique antécédent x∈
]0,+∞[par la fonction f. On note alors un(∈]0,+∞[) cet antécédent.
(on a donc f(un) = n)
c. Montrer que la suite (un)est croissante.
Démonstration.
•Soit n∈N. Par définition, on a f(un) = net f(un+1) = n+ 1.
On en déduit que : n=f(un)< f(un+1) = n+ 1.
•Or, d’après le théorème de la bijection, la fonction :
f−1: ] − ∞,+∞[7→ ]0,+∞[
est strictement croissante.
•En appliquant f−1de part et d’autre de l’inégalité, on obtient :
f−1(f(un)) = un< un+1 =f−1(f(un+1))
La suite (un)est donc strictement croissante.
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 1

ECE2-B 2016-2017
Exercice 2. (☀☀)
Soit fla fonction définie sur R+par f(x) = xln(x)−1si x > 0et f(0) = −1.
1. Montrer que fest continue sur R+.
Démonstration.
•La fonction fest continue sur ]0,+∞[car elle est la somme de :
×x7→ xln(x)continue sur ]0,+∞[comme produit des fonctions :
(i) x7→ xpolynomiale donc continue sur ]0,+∞[,
(ii) x7→ ln(x)continue sur ]0,+∞[.
×x7→ −1constante donc continue sur ]0,+∞[.
•D’autre part, lim
x→0+f(x) = lim x→0+xln(x)−1 = 0 −1 = −1 = f(0).
On en déduit que fest continue en 0.
Ainsi, fest continue sur R+.
2. Calculer la limite de fen +∞.
Démonstration.
Comme lim
x→+∞x= +∞et lim x→+∞ln(x)=+∞, on a
lim
x→+∞f(x)=+∞.
3. Justifier que fest dérivable sur ]0,+∞[puis calculer f0(x).
Démonstration.
•La fonction fest dérivable sur ]0,+∞[car elle est la somme de :
×x7→ xln(x)dérivable sur ]0,+∞[comme produit des fonctions :
(i) x7→ xpolynomiale donc dérivable sur ]0,+∞[,
(ii) x7→ ln(x)dérivable sur ]0,+∞[.
×x7→ −1constante donc dérivable sur ]0,+∞[.
Ainsi, fest dérivable sur ]0,+∞[.
(on pouvait montrer dès la question 1. que fest C∞sur ]0,+∞[)
•Soit x∈]0,+∞[. On a alors : f0(x) = ln(x) + x×1
x= ln(x)+1.
∀x > 0, f0(x) = ln(x)+1
4. Établir le tableau de variations de fsur R+.
Démonstration.
Soit x > 0.Ona:
f0(x)>0⇔ln(x)+1>0⇔ln(x)>−1⇔x > e−1
On en déduit le tableau de variations suivant.
x
Signe de f0(x)
Variations de f
0e−1+∞
−0+
−1−1
−1−e−1 −1−e−1
+∞+∞
Avec f(e−1) = e−1ln(e−1)−1 = −e−1−1
5. Soit n∈N.
Montrer que l’équation f(x) = npossède une unique solution dans R+.
On note uncette solution. Justifier que un>1.
Démonstration.
•La fonction f:R+→Rest :
×continue sur [e−1,+∞[,
×strictement croissante sur [e−1,+∞[.
Elle réalise donc une bijection de [e−1,+∞[sur f([e−1,+∞[) avec :
f([e−1,+∞[) = [f(e−1),lim
x→+∞f(x)[ = [−1−e−1,+∞[
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 2

ECE2-B 2016-2017
•Comme n>0,n∈[−1−e−1,+∞[.
Ainsi, l’équation f(x) = npossède une unique solution
dans [e−1,+∞[.
•Enfin, f(1) = 1 ×ln(1) −1 = −1donc f(un) = n > −1 = f(1).
On applique alors, de part et d’autre de cette inégalité, la fonction f−1
strictement croissante.
On obtient ainsi : un>1.
6. On note gla restriction de fà l’intervalle [1,+∞[.
a) Justifier que gest une bijection de [1,+∞[dans un intervalle Jà
préciser.
Démonstration.
•La fonction g: [1,+∞[→Rest injective car restriction de fqui est
elle-même injective.
•D’autre part, g: [1,+∞[→Jest surjective si l’on choisit J=
Im(g) = g([1,+∞[). Or :
g([1,+∞[) = [f(1),lim
x→+∞f(x)[ = [−1,+∞[
gréalise une bijection de [1,+∞[sur [−1,+∞[.
(ou par application du théorème de la bijection)
b) Donner le tableau de variation complet de la réciproque g−1sur J.
Démonstration.
D’après le théorème de la bijection, la fonction g−1est continue sur
[−1,+∞[et de même monotonie que g.
Or [1,+∞[⊂[e−1,+∞[, et fest strictement croissante sur [e−1,+∞[.
On en déduit donc le tableau de variations suivant.
x
Variations de g−1
−1+∞
11
+∞+∞
c) Exprimez unà l’aide de g−1.
En déduire la monotonie de la suite (un)et sa limite lorsque ntend
vers +∞.
Démonstration.
Soit n∈N.
•Par définition, on a : f(un) = n.
De plus, comme un>1, on a f(un) = g(un).
On en déduit que g(un) = net donc que un=g−1(n).
•Comme g−1est strictement croissante et n<n+ 1, on obtient :
un=g−1(n)< g−1(n+ 1) = un+1
La suite (un)est donc (strictement) croissante.
•Pour ce dernier point, on pouvait raisonner de deux manières diffé-
rentes.
La manière adaptée à l’énoncé, à privilégier ici
D’après le théorème de composition des limites :
lim
n→+∞un= lim n→+∞g−1(n) = lim x→+∞g−1(x) = +∞
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 3

ECE2-B 2016-2017
Ou alors à l’aide du théorème de convergence monotone (peu adapté
à l’énoncé mais raisonnement classique qu’il est important de com-
prendre)
Rappelons que, par définition de la suite (un), on a f(un) = n.
Comme un>1>0, cela s’écrit :
unln(un)−1 = nou encore unln(un) = n+ 1
Deux cas se présentent alors.
1) Soit (un)est majorée
Étant croissante, elle est convergente vers une limite finie `∈R.
En passant à la limite dans l’égalité précédente, on obtient alors :
`ln(`)=+∞.
Ceci étant impossible, ce cas est à écarter.
2) Soit (un)n’est pas majorée
Étant croissante, elle tend vers +∞.
On en déduit que lim
n→+∞un= +∞.
Exercice 3. (☀☀)
On considère les fonctions fn:x7→ xn+x−1pour n∈N∗.
a. Soit n∈N∗. Démontrer que l’équation fn(x)=0admet une unique
solution xn∈]0,1[.
Démonstration.
Soit n∈N∗.
•La fonction fnest une fonction polynomiale.
Elle est donc dérivable sur R.
Soit x∈R. On a : f0
n(x) = n xn−1+ 1.
Si x > 0,n xn−1+ 1 >0. On en déduit le tableau de variations suivant.
x
Signe de f0(x)
f
0 1
0+0
−1−1
11
•La fonction fnest :
×continue sur ]0,1[,
×strictement croissante sur ]0,1[.
Elle réalise donc une bijection de ]0,1[ sur f(]0,1[) = ] −1,1[.
Comme 0∈]−1,1[, l’équation fn(x) = 0 admet une unique solution
xn∈]0,1[.
Remarque
•On peut aussi rédiger comme suit.
Comme 0∈]−1,1[,0admet un unique antécédent xn∈]0,1[ par la
fonction fn.
•Quelle que soit la rédaction, il faut comprendre que l’on vient de
définir une suite (xn)n∈N∗.
(à chaque valeur de ncorrespond un unique xn)
•Cette suite est définie de manière implicite (non explicite).
Pour tout n∈N∗,xnest l’unique élément tel que :
×xn∈]0,1[,
×fn(xn)=0i.e. xnn+xn+ 1 = 0 (déterminant pour la suite)
b. Démontrer que, pour tout n > 0:fn+1(xn)< fn+1(xn+1).
En déduire que : ∀n > 0, xn< xn+1.
Démonstration.
D’après la question précédente : ∀m∈N∗, fm(xm) = 0.
(pour bien comprendre qu’on peut écrire cette égalité en m=nmais aussi
en m=n+ 1)
Soit n∈N∗.
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 4

ECE2-B 2016-2017
•Par définition de la fonction fn+1, on a : fn+1(xn) = xnn+1 +xn−1.
Or, d’après la question précédente, on a : fn(xn) = 0.
Or fn(xn) = xnn+xn−1=0. Ainsi, on a : xnn= 1 −xn.
On en conclut que :
fn+1(xn) = xnn+1 +xn−1
=xn×xnn+xn−1
=xn×(1 −xn) + xn−1
=−xn2+ 2xn−1
=−(xn2−2xn+ 1) = −(xn−1)2<0car xn<1
•Par la question précédente, fn+1(xn+1) = 0.
On a donc bien : fn+1(xn)<0 = fn+1(xn+1).
•D’après le théorème de la bijection, la fonction fn+1−1: ] −1,1[ →]0,1[
est de même monotonie que fn+1, à savoir strictement croissante.
On en déduit que :
xn=fn+1
−1(fn+1(xn)) < fn+1 −1(fn+1(xn+1)) = xn+1
c. Démontrer que (xn)converge et que sa limite `est telle que 0< ` 61.
Démonstration.
•La suite (xn)est croissante et majorée par 1.
Elle converge donc vers une limite `∈R.
•Par passage à la limite dans l’inégalité : 0< xn<1, on en déduit que
`est telle que : 06`61.
•La suite (xn)étant croissante, on en déduit que : ∀n∈N∗, xn>x1.
Et donc, par passage à la limite, on a : `>x1.
•Par définition, x1est l’unique élément de ]0,1[ qui vérifie :
f1(x1) = x1+x1−1=0i.e. 2x1= 1 et donc x1=1
2.
On en conclut que : 0<1
26`61.
d. Démontrer que : ∀n > 0, xn6`.
Démonstration.
•Attention : démonstration hors programme !
Le théorème de convergence monotone stipule que `= sup
n∈N∗
xn.
Ainsi, on a : ∀n∈N∗,xn6sup
n∈N∗
xn=`.
•Démonstration attendue.
Supposons par l’absurde qu’il existe un rang n0>0tel que : xn0> `.
La suite (xn)étant croissante, on a : ∀n>n0,xn>xn0.
Par passage à la limite, on en déduit que : `>xn0.
Et donc que : `>xn0> `, ce qui est impossible !
e. En procédant par l’absurde, montrer que `= 1.
Démonstration.
Supposons par l’absurde que `6= 1.
D’après les questions précédentes, on a :
•0<`<1,
•0< xn6`et donc, par croissance de la fonction élévation à la puissance
nsur ]0,+∞[, on en déduit que : 06xnn6`n. Or :
×`n−→
n→+∞0car 0<`<1,
×0−→
n→+∞0.
Ainsi, par le théorème d’encadrement, on a : xnn−→
n→+∞0.
Or : xnn= 1 −xn. Par passage à la limite dans cette égalité, on en déduit
que : 0 = 1 −`et ainsi que `= 1.
Ceci contredit l’hypothèse `6= 1.
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 5