Suites implicites

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b. Montrer que l’équation f (x) = n a une unique solution dans R+∗ .
On la note un .
Démonstration.
Suites implicites
•
La fonction f est :
×
continue sur ]0, +∞[,
×
strictement croissante sur ]0, +∞[.
Elle réalise donc une bijection de ]0, +∞[ sur :
Exercice 1. (☀☀)
On définit sur R+∗ la fonction f par : f (x) = x + ln x.
f (]0, +∞[) = ] lim f (x), lim f (x)[ = ] − ∞, +∞[
x→0
a. Dresser le tableau de variations de f .
•
Démonstration.
•
La quantité ln x est définie pour x > 0.
Ainsi, Df = ]0, +∞[.
•
De plus, ln est dérivable sur ]0, +∞[.
Ainsi, f est dérivable sur cet ensemble. Pour tout x ∈ ]0, +∞[ :
f 0 (x) = 1 +
Démonstration.
1
>0
x
•
Soit n ∈ N. Par définition, on a f (un ) = n et 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 :
+∞
0
f 0 (x)
f
Soit n ∈ N. Comme n ∈ ] − ∞, +∞[, n admet 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.
On obtient donc le tableau de variations suivant.
x
f −1 : ] − ∞, +∞[ 7→ ]0, +∞[
+
−∞
x→+∞
est strictement croissante.
+∞
•
En appliquant f −1 de 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
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Exercice 2. (☀☀)
Soit f la fonction définie sur R+ par f (x) = x ln(x)−1 si x > 0 et f (0) = −1.
•
Soit x ∈ ]0, +∞[. On a alors : f 0 (x) = ln(x) + x ×
∀x > 0, f 0 (x) = ln(x) + 1
1. Montrer que f est continue sur R+ .
Démonstration.
•
4. Établir le tableau de variations de f sur R+ .
La fonction f est continue sur ]0, +∞[ car elle est la somme de :
×
x 7→ x ln(x) continue sur ]0, +∞[ comme produit des fonctions :
(i) x 7→ x polynomiale donc continue sur ]0, +∞[,
Démonstration.
Soit x > 0. On a :
f 0 (x) > 0 ⇔ ln(x) + 1 > 0 ⇔ ln(x) > −1 ⇔ x > e−1
(ii) x 7→ ln(x) continue sur ]0, +∞[.
×
•
1
= ln(x) + 1.
x
x 7→ −1 constante donc continue sur ]0, +∞[.
D’autre part, lim f (x) = lim x ln(x) − 1 = 0 − 1 = −1 = f (0).
x→0+
On en déduit le tableau de variations suivant.
x→0+
x
On en déduit que f est continue en 0.
Signe de f 0 (x)
Ainsi, f est continue sur R+ .
e−1
0
−
0
+∞
+
+∞
−1
Variations de f
2. Calculer la limite de f en +∞.
−1 − e−1
Démonstration.
Comme lim x = +∞ et lim
x→+∞
x→+∞
Avec f (e−1 ) = e−1 ln(e−1 ) − 1 = −e−1 − 1
ln(x) = +∞, on a
5. Soit n ∈ N.
lim f (x) = +∞.
x→+∞
Montrer que l’équation f (x) = n possède une unique solution dans R+ .
On note un cette solution. Justifier que un > 1.
3. Justifier que f est dérivable sur ]0, +∞[ puis calculer f 0 (x).
Démonstration.
Démonstration.
•
La fonction f est dérivable sur ]0, +∞[ car elle est la somme de :
×
•
x 7→ x ln(x) dérivable sur ]0, +∞[ comme produit des fonctions :
(i) x 7→ x polynomiale donc dérivable sur ]0, +∞[,
(ii) x 7→ ln(x) dérivable sur ]0, +∞[.
×
La fonction f : R+ → R est :
×
continue sur [e−1 , +∞[,
×
strictement croissante sur [e−1 , +∞[.
Elle réalise donc une bijection de [e−1 , +∞[ sur f ([e−1 , +∞[) avec :
x 7→ −1 constante donc dérivable sur ]0, +∞[.
f ([e−1 , +∞[) = [f (e−1 ), lim f (x)[ = [−1 − e−1 , +∞[
x→+∞
Ainsi, f est dérivable sur ]0, +∞[.
(on pouvait montrer dès la question 1. que f est C ∞ sur ]0, +∞[)
(☆): application directe du cours,
(☀): pas de difficulté majeure,
(☀☀): plus difficile,
(☀☀☀): costaud
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•
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Comme n > 0, n ∈ [−1 − e−1 , +∞[.
On en déduit donc le tableau de variations suivant.
Ainsi, l’équation f (x) = n possède une unique solution
dans [e−1 , +∞[.
•
x
−1
+∞
+∞
Variations de
Enfin, f (1) = 1 × ln(1) − 1 = −1 donc 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.
g −1
1
c) Exprimez un à l’aide de g −1 .
En déduire la monotonie de la suite (un ) et sa limite lorsque n tend
vers +∞.
6. On note g la restriction de f à l’intervalle [1, +∞[.
a) Justifier que g est une bijection de [1, +∞[ dans un intervalle J à
Démonstration.
Soit n ∈ N.
préciser.
Démonstration.
•
•
•
La fonction g : [1, +∞[ → R est injective car restriction de f qui est
elle-même injective.
D’autre part, g : [1, +∞[ → J est surjective si l’on choisit J =
Im(g) = g([1, +∞[). Or :
Par définition, on a : f (un ) = n.
De plus, comme un > 1, on a f (un ) = g(un ).
On en déduit que g(un ) = n et donc que un = g −1 (n).
•
Comme g −1 est strictement croissante et n < n + 1, on obtient :
un = g −1 (n) < g −1 (n + 1) = un+1
g([1, +∞[) = [f (1), lim f (x)[ = [−1, +∞[
x→+∞
La suite (un ) est donc (strictement) croissante.
g réalise 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 −1 sur J.
Pour ce dernier point, on pouvait raisonner de deux manières différentes.
La manière adaptée à l’énoncé, à privilégier ici
D’après le théorème de composition des limites :
Démonstration.
D’après le théorème de la bijection, la fonction g −1 est continue sur
[−1, +∞[ et de même monotonie que g.
Or [1, +∞[⊂ [e−1 , +∞[, et f est strictement croissante sur [e−1 , +∞[.
(☆): application directe du cours,
(☀): pas de difficulté majeure,
(☀☀): plus difficile,
lim un =
n→+∞
lim g −1 (n) =
n→+∞
(☀☀☀): costaud
lim g −1 (x) = +∞
x→+∞
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Ou alors à l’aide du théorème de convergence monotone (peu adapté
à l’énoncé mais raisonnement classique qu’il est important de comprendre)
x
0
Signe de f 0 (x)
0
Rappelons que, par définition de la suite (un ), on a f (un ) = n.
Comme un > 1 > 0, cela s’écrit :
0
1
−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
La fonction fn est :
×
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
Étant croissante, elle tend vers +∞.
•
On en déduit que lim un = +∞.
On peut aussi rédiger comme suit.
Comme 0 ∈ ] − 1, 1[, 0 admet un unique antécédent xn ∈ ]0, 1[ par la
fonction fn .
n→+∞
Exercice 3. (☀☀)
On considère les fonctions fn : x 7→ xn + x − 1 pour n ∈ N∗ .
a. Soit n ∈ N∗ . Démontrer que l’équation fn (x) = 0 admet une unique
solution xn ∈ ]0, 1[.
Démonstration.
Soit n ∈ N∗ .
•
Quelle que soit la rédaction, il faut comprendre que l’on vient de
définir une suite (xn )n∈N∗ .
(à chaque valeur de n correspond un unique xn )
•
Cette suite est définie de manière implicite (non explicite).
Pour tout n ∈ N∗ , xn est l’unique élément tel que :
×
xn ∈ ]0, 1[,
×
fn (xn ) = 0 i.e. xn n + xn + 1 = 0 (déterminant pour la suite)
b. Démontrer que, pour tout n > 0 : fn+1 (xn ) < fn+1 (xn+1 ).
La fonction fn est une fonction polynomiale.
Elle est donc dérivable sur R.
Soit x ∈ R. On a : fn0 (x) = n xn−1 + 1.
Si x > 0, n xn−1 + 1 > 0. On en déduit le tableau de variations suivant.
(☆): application directe du cours,
+
f
un ln(un ) − 1 = n ou encore un ln(un ) = n + 1
•
1
(☀): pas de difficulté majeure,
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 = n mais aussi
en m = n + 1)
Soit n ∈ N∗ .
(☀☀): plus difficile,
(☀☀☀): costaud
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Par définition de la fonction fn+1 , on a : fn+1 (xn ) = xn n+1 + xn − 1. d. Démontrer que : ∀n > 0, xn 6 `.
Or, d’après la question précédente, on a : fn (xn ) = 0.
Démonstration.
Or fn (xn ) = xn n + xn − 1 = 0. Ainsi, on a : xn n = 1 − xn .
• Attention : démonstration hors programme !
On en conclut que :
Le théorème de convergence monotone stipule que ` = sup xn .
fn+1 (xn ) = xn n+1 + xn − 1
n∈N∗
∗ , x 6 sup x = `.
Ainsi,
on
a
:
∀n
∈
N
n
n
= xn × xn n + xn − 1
n∈N∗
• Démonstration attendue.
= xn × (1 − xn ) + xn − 1
Supposons par l’absurde qu’il existe un rang n0 > 0 tel que : xn0 > `.
= −xn 2 + 2xn − 1
La suite (xn ) étant croissante, on a : ∀n > n0 , xn > xn0 .
2
2
Par passage à la limite, on en déduit que : ` > xn0 .
= −(xn − 2xn + 1) = −(xn − 1) < 0 car xn < 1
Et donc que : ` > xn0 > `, ce qui est impossible !
• Par la question précédente, fn+1 (xn+1 ) = 0.
e. En procédant par l’absurde, montrer que ` = 1.
On a donc bien : fn+1 (xn ) < 0 = fn+1 (xn+1 ).
Démonstration.
−1 : ] − 1, 1[ → ]0, 1[
• D’après le théorème de la bijection, la fonction fn+1
Supposons par l’absurde que ` 6= 1.
est de même monotonie que fn+1 , à savoir strictement croissante.
D’après les questions précédentes, on a :
On en déduit que :
• 0 < ` < 1,
xn = fn+1 −1 (fn+1 (xn )) < fn+1 −1 (fn+1 (xn+1 )) = xn+1
• 0 < x 6 ` et donc, par croissance de la fonction élévation à la puissance
•
n
c. Démontrer que (xn ) converge et que sa limite ` est telle que 0 < ` 6 1.
Démonstration.
•
•
•
La suite (xn ) est croissante et majorée par 1.
Elle converge donc vers une limite ` ∈ R.
n sur ]0, +∞[, on en déduit que : 0 6 xn n 6 `n . Or :
×
`n −→ 0 car 0 < ` < 1,
×
0 −→ 0.
n→+∞
n→+∞
Ainsi, par le théorème d’encadrement, on a : xn n −→ 0.
n→+∞
Par passage à la limite dans l’inégalité : 0 < xn < 1, on en déduit que
` est telle que : 0 6 ` 6 1.
La suite (xn ) étant croissante, on en déduit que : ∀n ∈ N∗ , xn > x1 .
Et donc, par passage à la limite, on a : ` > x1 .
n
Or : xn = 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.
Par définition, x1 est l’unique élément de ]0, 1[ qui vérifie :
1
f1 (x1 ) = x1 + x1 − 1 = 0 i.e. 2x1 = 1 et donc x1 = .
2
1
On en conclut que : 0 < 6 ` 6 1.
2
•
(☆): application directe du cours,
(☀): pas de difficulté majeure,
(☀☀): plus difficile,
(☀☀☀): costaud
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Exercice 4 (☀☀)(d’après EDHEC 2008)
D’où le tableau de variations suivant.
1
Pour tout entier naturel n non nul, on considère fn : x 7→
+ nx. On
1 + ex
→ →
appelle (Cn ) sa courbe représentative dans un repère orthogonal (O, i , j ).
1) a. Déterminer, pour tout réel x,
fn0 (x)
et
x
•
×
×
−
+
0
n
n
fn0
− 14 + n
Soit n ∈ N∗ . La fonction fn est définie sur R car 1 + ex 6= 0 pour
tout x ∈ R (∀x ∈ R, 1 + ex > 1 > 0).
f est
+∞
0
fn00 (x)
fn00 (x).
Démonstration.
•
−∞
fn0 (x)
+
C∞
sur R, car somme de :
1
C ∞ sur R comme inverse de la fonction x 7→ 1+ex qui
x 7→
1 + ex
est elle-même C ∞ sur R et qui ne s’annule pas sur cet intervalle.
x 7→ nx C ∞ sur R car polynomiale.
La fonction fn0 admet un minimum en 0 valant − 14 +n > 0 (car n > 1).
On en déduit que fn0 > 0 et donc que fn est strictement croissante.
Comme lim ex = 0, on a lim fn0 (x) = n.
fn0 (x) = −(1 + ex )−2 × ex + n
Or :
fn00 (x) = (2(1 + ex )−3 × ex − (1 + ex )−2 ) ex
x→−∞
ex
(1 + ex )2
x→−∞
∼
x→+∞
ex
= e−x −→ 0. En effet :
x→+∞
(ex )2
ex
ex
=
(1 + ex )2
e2x
b. En déduire que la fonction fn est strictement croissante sur R.
Démonstration.
Afin de déterminer le signe de fn0 , on dresse son tableau de variations.
Pour ce faire, on doit au préalable déterminer le signe de sa dérivée,
fn00 .
fn00 (x) > 0
⇔ 2(1 + ex )−3 × ex − (1 + ex )−2 > 0
⇔ 2(1 + ex )−3 × ex > (1 + ex )−2
1
1
e2x
+
2
ex
+1
= e−x
1
1
e2x
+
2
ex
+1
(on fait apparaître le terme dominant mais on peut aussi former le
quotient . . . )
2
1
et 2x + x + 1 −→ 0 + 0 + 1 = 1
x→+∞
e
e
Donc fn0 (x) −→ −0 × 1 + n = n.
x→+∞
2) a. Calculer
lim fn (x) ainsi que lim fn (x).
x→−∞
x→+∞
Démonstration.
⇔ 2ex > (1 + ex )
lim fn (x) = −∞
x→−∞
et
lim fn (x) = +∞
x→+∞
⇔ ex > 1
⇔ x>0
(☆): application directe du cours,
(☀): pas de difficulté majeure,
(☀☀): plus difficile,
(☀☀☀): costaud
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b. Déterminer les coordonnées du seul point d’inflexion, noté An , de (Cn ). 3) a. Montrer que l’équation fn (x) = 0 possède une seule solution sur R,
notée un .
Démonstration.
D’après le tableau de variations précédent, fn00 s’annule en changeant
de signe seulement au point d’abscisse 0. De plus, fn (0) = 21 .
An = (0, 12 ) est le seul point d’inflexion de (Cn ).
c. Donner l’équation de la tangente (T1 ) à la courbe (C1 ) en A1 puis
(T1 ) a pour équation y =
y=
fn (] − ∞, +∞[) = ] lim fn (x), lim fn (x)[ = ] − ∞, +∞[
x→−∞
tracer la droite (T1 ) ainsi que l’allure de la courbe (C1 ).
Démonstration.
La tangente de (C1 ) en A1 a pour équation :
Or fn0 (0) = n − 41 . D’où f10 (0) = 1 − 41 = 34 .
Démonstration.
La fonction fn est
× continue sur ] − ∞, +∞[,
× strictement croissante sur ] − ∞, +∞[.
Elle réalise donc une bijection de ] − ∞, +∞[ sur :
Comme 0 ∈ ] − ∞, +∞[ l’équation fn (x) = 0
admet une unique solution un ∈ ] − ∞, +∞[.
fn (0)+fn0 (0)(x−0).
b. Montrer que l’on a : ∀n ∈ N∗ , −
1 3
+ x.
2 4
y
x→+∞
Démonstration.
Soit n ∈ N∗ .
1
• fn (− )
n
1
< un < 0.
n
1
−e− n
1
1 − 1 =
1 < 0,
1 + e− n
1 + e− n
• fn (un ) = 0,
1
> 0.
• fn (0) =
2
Ainsi : fn (− n1 ) < fn (un ) < fn (0).
Par le théorème de la bijection, fn−1 est de même monotonie que fn .
=
Par application de fn−1 , strictement croissante, à
−1
l’inégalité précédente, on en déduit :
< un < 0.
n
x
c. En déduire la limite de la suite (un ).
Démonstration.
Comme,
−1
−→
n n→+∞
0 et 0 −→ 0, par le théorème
n→+∞
d’encadrement, on a : un −→ 0.
n→+∞
(☆): application directe du cours,
(☀): pas de difficulté majeure,
(☀☀): plus difficile,
(☀☀☀): costaud
7
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d. En revenant à la définition de un , montrer que un
∼
n→+∞
−
1
.
2n
On obtient donc le tableau de variations suivant.
1
2
un
1
=
= 1
−→ 2
1 = −2 n un = 2 1 + eun n→+∞
0
1+e
2
− 2n
un
∼
−
n→+∞
−∞
x
Démonstration.
Par définition, un est l’unique solution de l’équation fn (x) = 0.
1
1
On en déduit que :
+ n un = 0 et donc que : n un = −
.
u
n
1+e
1 + eun
Ainsi :
fn0 (x)
+∞
+
f
+∞
−∞
(en toute rigueur, il faudrait ajouter que f 0 s’annule en 0 si n = 0 mais
cela ne change pas l’allure du tableau de variations)
1
.
2n
b. Montrer que pour tout n > 1, il existe une unique solution à l’équation
fn (x) = 0. On la notera un .
e. En déduire la limite de nun lorsque n tend vers +∞.
Démonstration.
Démonstration.
D’après la question précédente :
nun
∼
−
n→+∞
•
n
1
1
= −
−→ −
2n
2 n→+∞ 2
n un −→ −
n→+∞
La fonction fn est :
×
continue sur ] − ∞, +∞[,
×
strictement croissante sur ] − ∞, +∞[.
Elle réalise donc une bijection de ] − ∞, +∞[ sur :
1
2
f (] − ∞, +∞[) = ] lim f (x), lim f (x)[ = ] − ∞, +∞[
x→−∞
•
Exercice 5. (☀☀)
On définit pour tout n ∈ N la fonction fn par : fn (x) = x5 + n × x − 1.
Comme 0 ∈ ]−∞, +∞[, l’équation fn (x) = 0 admet une unique solution
un ∈ ] − ∞, +∞[.
(on a donc fn (un ) = 0)
a. Faire l’étude de la fonction fn .
c. Montrer que ∀n ∈ N, 0 6 un 6
Démonstration.
Soit n ∈ N.
x→+∞
1
.
n
Démonstration.
•
La fonction fn est polynomiale. Elle est donc C ∞ sur R.
•
Pour tout x ∈ R, on a :
0
4
f (x) = 5x + n > 0 si n > 1
(☆): application directe du cours,
(☀): pas de difficulté majeure,
•
•
1
Soit n ∈ N. On a : fn (0) = −1 < 0 < 5 = fn
n
1
.
n
Or, d’après le théorème de la bijection, la fonction fn −1 : ] − ∞, +∞[ 7→
] − ∞, +∞[ est strictement croissante.
(☀☀): plus difficile,
(☀☀☀): costaud
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En appliquant fn −1 de part et d’autre de l’inégalité, on obtient :
1
−1
−1
−1
fn (fn (0)) < fn (0) < fn (fn
)
n
q
q
q
1
0
<
un
<
n
Exercice 6. (☀☀☀)
Pour tout entier n positif, on définit sur [0, +∞[ la fonction fn par :
c) Tracer dans un même repère les courbes de f0 , f1 et f2 .
•
Démonstration.
Il était important ici de tracer les tangentes en 1 de f0 , f1 , f2 .
Afin d’avoir une idée plus précise du tracé, déterminons l’équation de
la tangente de fn en 0. On a : fn (0) = −2 et fn0 (0) = 1.
Ainsi, l’équation de la tangente de fn en 0 est y = −2 + x.
y
∀x ∈ [0, +∞[, fn (x) = ex + nx2 − 3
1. a) Montrer que fn est continue et dérivable sur son ensemble de définition.
Dresser son tableau de variations.
Démonstration.
La fonction fn est C ∞ sur R par somme de fonctions C ∞ sur R.
∀x > 0, fn0 (x) = ex + 2nx > 0
x
+∞
0
Signe de fn0 (x)
x
+
+∞
d) Montrer que l’équation fn (x) = 0 a exactement une solution positive,
notée un .
Variations de fn
Démonstration.
La fonction fn est :
−2
b) Donner l’équation de la tangente de fn en 1.
Démonstration.
La tangente de fn en 1 a pour équation y = fn (1) + fn0 (1) (x − 1).
Or : fn (1) = e1 + n − 3 et fn0 (1) = e1 + 2n. Ainsi :
fn (1)+fn0 (1) (x−1) = e1 +n−3+(e1 +2n) (x−1) = −n−3+(e1 +2n) x
×
continue sur [0, +∞[,
×
strictement croissante sur [0, +∞[.
Elle réalise donc une bijection de [0, +∞[ sur fn ([0, +∞[) = [−2, +∞[.
Ainsi, 0 ∈ [−2, +∞[ admet un unique antécédent
un ∈ [0, +∞[ par la fonction fn .
La tangente de fn en 1 a pour équation y = −(n + 3) + (e1 + 2n) x.
(☆): application directe du cours,
(☀): pas de difficulté majeure,
(☀☀): plus difficile,
(☀☀☀): costaud
9
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e) Préciser la valeur de u0 . Dans la suite on supposera que n > 1.
1
2
Démonstration.
3
La fonction f0 : x 7→
ex
− 3 s’annule en u0 = ln 3.
4
5
6
f ) Vérifier que : ∀n ∈ N∗ , un ∈ ]0, 1[.
7
8
Démonstration.
Soit n ∈ N∗ .
9
10
•
fn (un ) = 0 par définition,
•
fn (0) = −2 < 0,
•
fn (1) = e1 + n − 3 > 0 car n > 1 et e1 > 2, 71.
11
12
13
fn−1 ,
14
Ainsi : fn (0) < fn (un ) < fn (1). On applique alors la fonction
strictement croissante (car de même monotonie que fn d’après le théorème de la bijection) à chaque membre de cette inégalité.
3. a) Montrer que : ∀x ∈ ]0, 1[, fn+1 (x) > fn (x).
On en déduit que : 0 < un < 1.
2. Écrire une fonction Scilab qui prend un entier n et qui calcule une valeur
approchée de un à 0, 001 près par la méthode de dichotomie.
Démonstration.
Soient n ∈ N∗ et x ∈ ]0, 1[.
fn+1 (x) − fn (x) = (ex + (n + 1) x2 − 3) − (ex + n x2 − 3) = x2 > 0
Démonstration.
(même si ce n’était pas explicitement demandé par l’énoncé, on avait tout
intérêt à commencer par coder les fonctions fn )
1
2
3
function y = fn(n,x)
y = exp(x) + n ? x
endfunction
function approx = dichoto(n)
g = 0
d = 1
m = (g+d)/2
while fn(n,d)-fn(n,g) > 0.001
if fn(n,m) > 0 then
d = m
else
g = m
end
m = (g+d)/2
end
approx = g
endfunction
Ainsi, pour tout x ∈ ]0, 1[, on a : fn+1 (x) > fn (x).
b) En déduire le signe de fn (un+1 ), puis le sens de variation de la suite
∧
(un ).
2-3
On code maintenant la méthode de dichotomie sur l’intervalle ]0, 1[ (on a
fn (0) < 0 et fn (1) > 0).
Démonstration.
Comme un+1 ∈ ]0, 1[, on peut appliquer le résultat de la question précédente.
On obtient : fn (un+1 ) < fn+1 (un+1 ) = 0.
Ainsi, fn (un+1 ) < 0.
(☆): application directe du cours,
(☀): pas de difficulté majeure,
(☀☀): plus difficile,
(☀☀☀): costaud
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ECE2-B
2016-2017
On peut écrire cette inéglité sous la forme : fn (un+1 ) < 0 = fn (un ).
En appliquant fn−1 , strictement croissante, à chaque membre de l’inégalité, on obtient : un+1 < un .
La suite (un ) est strictement décroissante.
c) Montrer que (un ) est convergente. On note ` sa limite.
Démonstration.
La suite (un ) est décroissante et minorée par 1. Elle
converge donc vers une limite ` qui vérifie 0 6 ` 6 1.
d) On suppose dans cette question que ` > 0.
Calculer la limite de eun + n u2n − 3 et en déduire une contradiction.
Démonstration.
Supposons que ` > 0. Alors :
•
r
f ) Montrer que
n
un tend vers 1 quand n tend vers +∞.
2
Démonstration.
On a : fn (un ) = 0 = eun + n u2n − 3. Ainsi : n u2n = 3 − eun .
r
r
n 2
3 − eun
np 2
3 − eun
D’où : un =
et
un =
.
2
2
2
2
r
r
r
n
3 − e0
2
Ainsi :
un −→
=
=1
n→+∞
2
2
2
r !
2
Ceci signifie que les suites (un ) et
ont même comportement
n
asymptotique.
r
2
Autrement dit : un ∼
.
n→+∞
n
eun −→ e` ,
n→+∞
2
• n un
∼
n `2 −→ +∞.
n→+∞
n→+∞
On en déduit que fn (un ) = eun + n u2n − 3 −→ +∞.
n→+∞
Or, par définition de un , on a : fn (un ) = 0, ce qui
contredit le calcul précédent.
e) Donner enfin la valeur de `.
Démonstration.
D’après la question précédente, ` 6 0. Comme de
plus 0 6 ` 6 1, on a : ` = 0
(☆): application directe du cours,
(☀): pas de difficulté majeure,
(☀☀): plus difficile,
(☀☀☀): costaud
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