ds1 2016 2017

[ DS 1 - ECE 2 \
Exercice 1
On note g : [4, +∞[ → R l’application définie, pour tout x ∈ [4; +∞[ , par :
g (x) =
10
x (x − 2) (2x − 5)
1. Trouver trois réels a, b, c tels que
∀x ∈ [4; +∞[ ,
g (x) =
a
b
c
+
+
x x − 2 2x − 5
ZA
g (x) d x.
2. Calculer alors, pour A Ê 4 , l’intégrale
4
Z+∞
3. En déduire que l’intégrale
g (x) d x converge et déterminer sa valeur.
4
Exercice 2
On considère l’application f : [0; +∞[→
R définie, pour tout t de [0; +∞[, par :
f (t ) =
(
t 2 − t ln(t ) si t 6= 0
0
si t = 0
On admet : 0,69 < ln(2) < 0,70.
Partie I : Étude de la fonction f
1. Montrer que f est continue sur [0; +∞[.
2. Justifier que f est classe C 2 sur ]0; +∞[ et calculer, pour tout t de ]0; +∞[, f ′ (t ) et f ′′ (t ).
3. Dresser le tableau de variations de f . On précisera la limite de f en +∞.
→
− →
−
4. On note C la courbe représentative de f dans un repère orthonormal (O; i , i ).
(a) Montrer que C admet une tangente en O et préciser celle-ci.
(b) Montrer que C admet un point d’inflexion et un seul, noté I , et préciser les coordonnées de I .
(c) Tracer l’allure de C .
5. Montrer que l’équation f (t ) = t , d’inconnue t ∈ [0; +∞[, admet exactement deux solutions et les déterminer.
Partie II : Étude d’une suite récurrente
1
On considère la suite (u n )n∈N définie par : u 0 =
2
¸
·
1
6. Montrer : ∀n ∈ , u n ∈ ; 1 .
2
7. Montrer que la suite (u n )n∈N est croissante.
et ∀n ∈
N, un+1 = f (un ).
N
8. En déduire que la suite (u n )n∈N converge et déterminer sa limite.
9. Écrire un programme en Scilab qui calcule et affiche un entier naturel N tel que 1 − u N < 10−4 .
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Exercice 3
Pour tout entier n ≥ 1, on pose : I n =
Z1
0
1. Etude de la suite (J n )n≥1 et de la série
(a) Calculer J 1
¡
¢
x n . ln 1 + x 2 d x et J n =
P
nÊ1
Z1
0
xn
d x.
1 + x2
Jn
(b) Montrer que, pour tout entier n ≥ 1, 0 ≤ J n ≤
1
n +1
(c) Etudier la convergence de la suite (J n )n≥1
1
≤ Jn
(d) Montrer que, pour tout entier n ≥ 1,
2(n + 1)
P
Jn
(e) En déduire la nature de la série
nÊ1
2. Etude de la suite (I n )n≥1
(a) A l’aide d’une intégration par parties, montrer que, pour tout entier n ≥ 1, I n =
(b) Etudier la convergence de la suite (I n )n≥1 .
2
ln 2
−
J n+2
n +1 n +1
(c) Déterminer un équivalent de I n lorsque n tend vers +∞
Exercice 4, Au choix avec le suivant
Partie A : Etude d’une intégrale
Pour n ∈ N, on pose I n =
1. Calculer I 0 .
R1 x 2n+1
d x.
0
1 + x2
2. Calculer I 0 + I 1 et en déduire I 1 .
3.
(a) Quel est le signe de I n ?
(b) Montrer que :
I n + I n+1 =
1
2n + 2
1
.
2n + 2
(d) Montrer que la suite (I n )n∈N est convergente et calculer sa limite.
(c) En déduire que :
In ≤
Partie B : Etude d’une série
1.
(a) Montrer par récurrence que :
∀n ∈ N∗
2.(−1)n−1 .I n =
n (−1)k−1
X
− ln 2
k
k=1
n (−1)k−1
P
n→+∞ k=1
k
(a) A l’aide d’une intégration par parties, montrer que :
(b) En déduire lim
2.
1
1
+
In =
4(n + 1) n + 1
(b) Etablir les inégalités :
(c) En déduire lim nI n .
n→+∞
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0≤
Z1
0
x 2n+3
dx
(1 + x 2 )2
R1 x 2n+3
1
dx ≤
0
2
2
(1 + x )
2n + 4
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3. A l’aide des questions précédentes, donner un équivalent de
n (−1)k−1
X
− ln 2
k
k=1
quand n tend vers +∞.
Exercice 5, Au choix avec le précédent
Pour chaque entier naturel n , on définit la fonction f n par : ∀x ∈ [n, +∞[ , f n (x) =
1. Étude de f n .
Zx
e
p
t
dt .
n
′
(a) Montrer que f n est de classe C 1 sur [n, +∞[ puis déterminer f n (x) pour tout x de [n, +∞[ . Donner le sens
de variation de f n .
(b) En minorant f n (x) , établir que l i m f n (x) = +∞.
x→+∞
(c) En déduire que pour chaque entier naturel n , il existe un unique réel, noté u n , élément de [n, +∞[ , tel
que f n (u n ) = 1 .
2. Étude de la suite (u n ).
(a) Montrer que l i m u n = +∞ .
n→+∞
(b) Montrer que : ∀n ∈ N , e −
3.
p
un
≤ un − n ≤ e −
p
n
.
(a) Utiliser la question 2b) pour compléter les commandes Scilab suivantes afin qu’elles permettent d’afficher
un entier naturel n pour lequel u n − n est inférieur ou égal à 10−4 .
n=0
while ------n=-----end
disp(n)
(b) Le script affiche l’une des trois valeurs n = 55 , n = 70 et n = 85 . Préciser laquelle en prenant 2, 3 comme
valeur approchée de l n10 .
4. On pose v n = u n − n.
(a) Montrer que lim v n = 0 .
n→+∞
(b) Établir que, pour tout réel x supérieur ou égal à −1 ,on a :
(c) Vérifier ensuite que : ∀n ∈ N∗ : e −
p
un
≥ e−
p
n
p
v
exp(− 2pnn ).
(d) Déduire de l’encadrement obtenu en 2b) que : u n − n ∼ e −
+∞
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1 + x ≤ 1 + x2 .
p
n
.
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[ DS 1 - Corrigé - ECE 2 \
Exercice 1 : EMLyon, E
1. On réécrit les deux expressions sous la même forme factorisée :
b
c
a
+
+
x x − 2 2x − 5
a (x − 2) (2x − 5) + bx (2x − 5) + c x (x − 2)
x (x − 2) (2x − 5)
10a + (−9a − 5b − 2c) x + (2a + 2b + c) x 2
x (x − 2) (2x − 5)
10 + 0x + 0x 2
x (x − 2) (2x − 5)
=
=
g (x) =
Et on détermine a, b et c tels que : (c’est une condition suffisante)






a
=
1
10a
=
10



 a=1


−9a − 5b − 2c = 0 ⇐⇒ 5b + 2c = −9 L 2 − 2L 3 ⇐⇒ b = −5






 c =8
 2b + c = −2
 2a + 2b + c = 0
Conclusion : a = 1 : b = −5 : c = 8 conviennent.
2. On a alors
ZA
4
g (x) d x
=
ZA
4
1
−5
8
+
+
dx
x x − 2 2x − 5
= [ln (x) + −5 ln (x − 2) + 4 ln (2x − 5)]4A
= ln (A) − 5 ln (A − 2) + 4 ln (2A − 5)
− ln (4) + 5 ln (2) − 4 ln (3)
Conclusion :
ZA
4
g (x) d x = ln (A) − 5 ln (A − 2) + 4 ln (2A − 5) + 3 ln (2) − 4 ln (3)
3. Il reste à déterminer la limite quand A → +∞ :
ln (A) − 5 ln (A − 2) + 4 ln (2A − 5)
¶¸
· µ
¶¸
· µ
5
2
+ 4 ln 2A 1 −
= ln (A) − 5 ln A 1 −
A
2A
µ
¶
µ
¶
2
5
= (1 − 5 + 4) ln (A) + 4 ln (2) + −5 ln 1 −
+ 4 ln 1 −
A
2A
→ 4 ln (2)
Donc
ZA
4
Conclusion :
Z+∞
4
g (x) d x → 7 ln (2) − 4 ln (3)
g (x) d x = 7 ln (2) − 4 ln (3)
Exercice 2 : EMLyon, E
∀t ∈ [0; +∞[, f (t ) =
(
t 2 − t ln(t ) si t 6= 0
0
si t = 0
, 0,69 < ln(2) < 0,70 .
Partie I : Étude de la fonction f
1. Sur ]0; +∞[ , t 7→ t , t 7→ ln (t ) sont de classe C ∞ , donc les produits t 7→ t 2 , t 7→ t ln(t ) sont de classe C ∞ , leur
différence t 7→ t 2 − t ln(t ) est de classe C ∞ .
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On en déduit que f est de classe C ∞ sur ]0; +∞[ . D’autre part lim+ t ln(t ) = 0 (cours) donc lim+ t 2 − t ln(t ) = 0 .
t →0
f est continue sur [0; +∞[ .
t →0
2. f est classe C 2 sur ]0; +∞[ et pour tout t ∈]0; +∞[,
1
f (t ) = t 2 − t ln(t ) , f ′ (t ) = 2t − ln (t ) − 1 , f ′′ (t ) = 2 − .
t
µ
µ ¶
¶
µ ¶
ln (t )
1
1 + 2 ln (2)
1
3. Pour t > 0 , f (t ) = t 2 − t ln(t ) = t 2 1 −
∼ t 2 −→ +∞ ; f ′
= ln (2) > 0 ; f
=
t →+∞
t →+∞
t
2
2
4
t
¡ ′′ ¢
signe f (t )
′
f (t )
¡
′
¢
signe f (t )
0
q
+∞
1/2
−
ց
0
+
ր
ln (2)
+
q
.
1 + 2 ln (2)
4
f (x)
0
+∞
ր
+∞
ր
→
− →
−
4. On note C la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O; i , i ).
f (t ) − f (0) t 2 − t ln(t ) − 0
=
= t − ln (t ) −→+ +∞,
t →0
t
¡t ¢
donc C admet O y comme demi tangente en O .
1
(b) f ′′ s’annule en changeant de signe uniquement en , donc C admet un point d’inflexion et un seul, I de
2
¶
µ
1 + 2 ln (2)
.
coordonnées 1;
4
(c) Tracer de C .
(a) Pour t > 0,
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
1
2
3
4
5. En dehors de la solution évidente t = 0, les solutions t 6= 0 de f (t ) = t vérifient t − ln(t ) = 1.
1 t −1
.
Notons g (t ) = t − ln(t ) − 1. On a g ′ (t ) = 1 − =
t
t
Donc g est strictement décroissante sur ]0; 1[, et strictement croissante sur ]1; +∞[.
Or g (1) = 0 et le minimum de g est donc atteint en 1 qui est la seule solution strictement positive de f (t ) = t
donc
l’équation f (t ) = t , d’inconnue t ∈ [0; +∞[, admet 0 et 1 pour solutions .
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Partie II : Étude d’une suite récurrente
u0 =
1
2
et ∀n ∈ N, u n+1 = f (u n ) .
µ ¶
1 + 2 ln (2) 1 + 2 × 0, 69 1
1
1. La fonction f est strictement croissante sur [0; +∞[ , de plus f
=
Ê
> et f (1) = 1.
2
4
4·
·
¸
¸ 2
1
1
1
1
; 1 , on a
On a u 0 = donc u 0 ∈ ; 1 . Si pour un entier n , É u n É 1, de la croissance de f sur
2
2
2
·
µ ¶2
¸
1
1
1
É f (u n ) = u n+1 É f (1) = 1 c’est-à-dire que u n+1 ∈ ; 1
Éf
2
2
2
¸
·
1
Ainsi ∀n ∈ N, u n ∈ ; 1 .
2
·
¸
1
1
2. On a u 0 = , u 1 ∈ ; 1 donc u 0 É u 1 . Si pour un entier naturel 0 É u n É u n+1 de la croissance de f sur [0; +∞[
2
2
et f Ê 0 on déduit que 0 É f (0) É f (u n ) É f (u n+1 ) c’est à dire que 0 É u n+1 É u n+2 .
Ainsi (u n )n∈N est croissante .
¸
·
¸
·
1
1
; 1 croissante majorée par 1, donc converge vers un réel L avec L ∈ ; 1 .
3. (u n )n∈N est une suite de
2
2
De la continuité de f en L (*) on a L = lim u n = lim u n+1 = lim f (u n ) = f (L) or L = f (L) avec L > 0 a pour
n→+∞
unique solution L = 1 .
(u n )n∈N est une suite croissante de
·
n→+∞
(∗)
n→+∞
¸
1
; 1 qui converge vers 1 .
2
4. Programme en Scilab qui calcule et affiche un entier naturel N tel que 1 − u N < 10−4 .
u=0.5, n=0
while 1-u>=1e-4
n=n+1
u=u^2-u*log(u)
end
disp(n)
Exercice 3 : EMLyon, éco
1. Etude de la suite (J n )n≥1 et de la série
(a) On a J 1 =
(b) Pour n ∈
Z1
0
P
nÊ1
Jn
x
1
1
d x = [ ln(1 + x 2 )]10 d’où J 1 = ln(2)
2
1+x
2
2
N∗ et x ∈ [0, 1] on a : 0 É 1 +x x 2 É x n
n
De plus les bornes sont dans le bon sens donc : 0 É
Z1
0
xn
dx É
1 + x2
1
n +1
1
(c) Puisque lim
= 0 alors par le théorème des gendarmes :
n→+∞ n + 1
Z1
0
xn d x = [
1
1
x n+1 ]10 =
.
n +1
n +1
Ainsi 0 É J n É
N
lim J n = 0
n→+∞
(d) Comme précédemment, on peut écrire, pour n ∈ ∗ et x ∈ [0, 1], 1 + x 2 Ê 2 et par passage à l’inverse
1
1
xn
xn
(nombres positifs ici), on obtient : É
et
aussi
É
.
2 1 + x2
2
1 + x2
Z1 n
x
1
1
Or
dx =
. On en déduit que
É Jn
2(n + 1)
2(n + 1)
0 2
X
X 1
1
diverge, donc la série
diverge aussi.
(e) On sait que la série
nÊ1 2(n + 1)
nÊ1 n
Or J n est minoré par le terme général d’une série divergente ET les termes généraux concernés sont positifs,
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donc la série de terme général J n ,
X
J n diverge
nÊ1
2. Etude de la suite (I n )n≥1 avec I n =
(a) On pose

2


 u = ln(1 + x )



v ′ = xn
Z1
0
¡
¢
x n . ln 1 + x 2 d x
u′ =
v=
2x
1 + x2
x n+1
n +1
On a u, v ∈ C 1([0, 1])
¸1 Z1
· n+1
2
x n+2
x
. ln(1 + x 2 ) −
.
dx
Donc : I n =
2
n +1
0 n +1 1+x
0
Ce qui donne : I n =
ln 2
2
−
J n+2
n +1 n +1
(b) Nous savons (cf 1/ (c) ) que lim J n = 0 donc lim
n→+∞
D’où
n→+∞
lim I n = 0
ln 2
2
J n+2 = 0, et de plus lim
= 0.
n→+∞ n + 1
n +1
n→+∞
n
n
ln(2) − 2
J n+2
n +1
n +1
n
n
n
Or lim
= 1 d’où on déduit : lim 2
J n+2 = 0 car lim J n = 0 et aussi lim
ln(2) = ln(2).
n→+∞ n + 1
n→+∞ n + 1
n→+∞
n→+∞ n + 1
(c) On a nI n =
Finalement : I n ∼
l n(2)
n
Exercice 4
Partie A : étude d’une intégrale
¸
·
Z1
¢ 1
x
1 ¡
2
1/ On a : I 0 =
dx =
ln 1 + x
d’où I 0 = 21 ln 2
2
2
0 1+x
0
¢
Z1
Z1
Z1 ¡
Z1
x. 1 + x 2
x3
x + x3
x
dx +
dx =
dx =
dx
2/ a/ On a : I 0 + I 1 =
2
2
2
1 + x2
0 1+x
0 1+x
0
0 1+x
·
¸
Z1
1 2 1
1
xd x =
D’où : I 0 + I 1 =
. Et ainsi I 0 + I 1 =
x
2
2
0
0
b/ On a alors : I 1 =
1
1 1
− I 0 D’où I 1 = − ln 2
2
2 2
3/ a/ Puisque, pour n ∈ N et pour x ∈ R ,
x 2n+1
Ê 0, et comme les bornes sont dans le bon sens, alors ∀n ∈ N, I n Ê 0
1 + x2
b/ Comme précédemment pour le calcul de I 0 + I 1 , on a ici, pour n ∈ N :
¢ Z
Z1 2n+1
Z1 2n+3
Z1 2n+1 ¡
1
x
. 1 + x2
x
x
I n + I n+1 =
x 2n+1 d x
d
x
+
d
x
=
=
2
2
1 + x2
0 1+x
0 1+x
0
0
· 2n+2 ¸1
1
x
=
D’où : I n + I n+1 =
2n + 2 0 2n + 2
c/ Puisque ∀n ∈ N, I n Ê 0, on a donc pour n ∈ N , I n+1 Ê 0
D’où : I n+1 =
1
1
− I n Ê 0, et donc : I n É
2n + 2
2n + 2
d/ On a l’encadrement : 0 É I n É
1
.
2n + 2
Donc, par le théorème des Gendarmes :
Lycée Théophile Gautier
lim I n = 0
n→+∞
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Partie B : étude d’une série
1/ a/ • On a, pour n = 1 , 2 (−1)n−1 I n = 2I 1 . Or, on a déjà vu que I 1 =
1 1
− ln (2) .
2 2
1 1
Donc : 2 (−1)n−1 I n = 2.( − ln (2)) = 1 − ln (2)
2 2
k=n
X (−1)k−1
− ln (2) = 1 − ln (2)
De plus
k
k=1
Donc la propriété est vraie à l’ordre 1.
• Soit maintenant n ∈ N∗ , supposons que la propriété soit vraie à l’ordre n.
k=n
X (−1)k−1
C’est-à-dire supposons que 2 (−1)n−1 I n =
− ln (2)
k
k=1
1
(cf. A. 3/ b/)
On a : I n+1 + I n =
2n + 2
1
(−1)n
Donc : 2 (−1)(n+1)−1 I n+1 = 2 (−1)n I n+1 = 2 (−1)n (
− In ) =
+ 2 (−1)n−1 I n
2n + 2
n +1
Donc, par hypothèse de récurrence : 2 (−1)(n+1)−1 I n+1 =
D’où finalement : 2 (−1)(n+1)−1 I n+1 =
• Conclusion, ∀n ∈
k=n+1
X
N∗, 2 (−1)n−1 I n =
k=1
X (−1)k−1
(−1)n k=n
+
− ln (2)
n + 1 k=1
k
(−1)k−1
− ln (2) , ce qui est la formule au rang n + 1.
k
(−1)k−1
− ln (2)
k
k=1
k=n
X
b/ Puisque lim I n = 0, on en déduit que lim | 2 (−1)n−1 I n |= lim 2I n = 0.
n→+∞
n→+∞
n→+∞
(−1)k−1
− ln (2) = 0, ce qui s’écrit encore :
n→+∞
k
k=1
k=n
X
Ainsi : lim
2/ a/ I n =
Z1
0
(−1)k−1
= ln (2)
n→+∞
k
k=1
lim
k=n
X
1
2x
1
x 2n+1
x 2n+2
d x, donc en posant : u =
et v ′ = x 2n+1 , on obtient : u ′ = − ¡
¢2 et v =
2
2
2
1+x
1+x
2n
+
2
1+x
Les fonctions u et v sont de classe C1 sur [0, 1] .
On peut donc intégrer par parties I n et on a alors :
¸1 Z1
·
Z1 2n+1
1
2x
1
1
x
2n+2
+
x
x 2n+2 . ¡
dx =
.
In =
¢2 d x
2
2 2n + 2
1
+
x
1
+
x
2n
+
2
0
0
0
1 + x2
ie : I n =
1
1
+
4. (n + 1) n + 1
b/ Pour x ∈ [0, 1] , 0 É ¡
donc : 0 É
Z1
0
Z1
0
x 2n+3
¡
¢2 d x
1 + x2
¡
¢2
x 2n+3
2n+3
, car 1 + x 2 Ê 1. De plus les bornes sont dans le bon sens,
¢2 É x
1 + x2
x 2n+3
¡
¢2 d x É
1 + x2
Z1
0
x 2n+3 d x =
1
2n + 4
Z1
x 2n+3
n
n
+
¡
¢ dx
4. (n + 1) n + 1 0 1 + x 2 2
1
n
Et comme lim
= ,
n→+∞ 4. (n + 1)
4
Z1
Z1
x 2n+3
x 2n+3
n
n
=
1
et
lim
d
x
=
0,
puisque
lim
et lim
¡
¢
¡
¢2 d x = 0.
2
n→+∞ 0
n→+∞ n + 1
n→+∞ n + 1 0
1 + x2
1 + x2
c/ Or : nI n =
Ainsi :
lim nI n =
n→+∞
1
4
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3/ Nous savons que : ∀n ∈ N∗ , 2 (−1)n−1 I n =
(−1)k−1
− ln (2)
k
k=1
k=n
X
Or lim 4nI n = 1, donc lim
n→+∞
(−1)k−1
− ln (2) donc
k
k=1
k=n
X
n→+∞
(−1)n−1
2n
(−1)k−1
− ln (2)
k
k=1
k=n
X
(−1)n−1
2n
= 4nI n
=1
(−1)k−1
(−1)n−1
− ln (2) ∼
au voisinage de +∞
k
2n
k=1
k=n
X
Et finalement :
Exercice 5 : Edhec, éco
1. ∀x ∈ [n, +∞[ , f n (x) =
Zx
e
p
t
dt.
n
(a) D’après le théorème fondamental de l’intégration , la fonction t → e
p
t
sa primitive sur [0, +∞[ qui s’annule en x = n .
étant continue sur [0, +∞[ , f n est
′
f n est donc de classe C 1 (en tant que primitive d’une fonction continue ) et ∀x ∈ [n, +∞[ , f n (x) = e
p
x
.
Sa dérivée étant strictement positive , f n est strictement croissante sur [n, +∞[ .
(b) ∀x ∈ [n, +∞[ , e
p
t
> 1.
En intégrant sur [n, x] (avec n ≤ x ) ,on obtient ∀x ∈ [n, +∞[ , f n (x) =
Zx
e
p
t
n
dt >
Comme l i m (x − n) = +∞ , par minoration , on a aussi l i m f n (x) = +∞ .
x→+∞
Zx
n
1d t = x − n .
x→+∞
(c) Le théorème de la bijection : f n est continue et strictement croissante sur [n, +∞[ , f n (n) = 0 et l i m f n (x) =
x→+∞
+∞ , donc f n réalise une bijection de [n, +∞[ sur [0, +∞[ .
Comme 1 ∈ [0, +∞[ , il admet un unique antécédent par f n ,noté u n et appartenant à [n, +∞[ , tel que
f n (u n ) = 1 .
2. Etude de la suite (u n )
(a) Pour tout n ∈ N , on a u n ∈ [n, +∞[ , donc u n ≥ n et , par minoration : l i m u n = +∞ .
n→+∞
(b) f n (u n ) =
Zun
n
e
p
t
d t = 1.
Pour tout n ∈ N , on a u n ≥ n et :
e
Comme n ≤ u n :
n
et donc :
(u n − n).e
La première inégalité fournit (u n − n).e
n).e
p
un
et donc e
p
− un
≤ (u n − n).
On a donc bien encadré u n − n : e −
3. Puisque 2b) donne : 0 ≤ (u n − n) ≤ e −
n = 0 , incrémenter n , tant que e
p
− n
p
n
p
un
p
p
n
p
≤ e t ≤ e un
Zun p
Zun p
Zun p
n
t
e dt ≤
e un d t
e dt ≤
∀t ∈ [n, u n ] :
p
n
p
n
n
n
≤ f n (u n ) = 1 ≤ (u n − n).e
≤ 1 et (u n − n) ≤ e −
≤ (u n − n) ≤ e −
p
n
p
n
,
.
alors que la deuxième s’écrit 1 ≤ (u n −
.
, on aura (u n − n) ≤ 10−4 dès que e −
> 10−4 .
p
un
.
p
n
≤ 10−4 , on va donc à partir de
(a) n=0
while (exp(-sqrt(n))> 10^-4)
n=n+1;
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end
disp(n)
(b) On a e −
p
n
p
≤ 10−4 ⇐⇒ − n ≤ −4.l n(10) ⇐⇒ n ≥ (4.l n(10))2 ≃ 16.(2.3)2 ≃ 84.64 .
Le script précédent va donc afficher pour n la valeur 85.
4. v n = u n − n.
(a) D’après 2b) : 0 ≤ (u n − n) ≤ e −
p
n
, et comme l i m e −
p
n
n→+∞
= 0 ,on a par encadrement aussi :
lim v n = lim (u n − n) = 0 .
n→+∞
n→+∞
(b) Par équivalence :
p
1 + x ≤ 1 + x2
∀x ≥ −1 :
(croissance de t → t 2 sur R+ )
1 + x ≤ (1 + x2 )2
⇐⇒
2
1 + x ≤ 1 + x + x4
⇐⇒
qui est vérifiée !
(c) Toujours par équivalence :
∀n ∈ N∗ : e −
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
Comme
vn
n
p
un
≥ e−
p
p
un + n
p
n
v
.exp(− 2pnn )
≥ exp(− 2vpnn )
p
p
v
u n − n ≤ 2pnn
p
p
v
v n + n ≤ n + 2pnn
q
vn
vn
n + 1 ≤ 1 + 2.n
e−
(croissance de t → t 2 sur R+ )
(décroissance de t → e −t )
(u n = v n + n)
(division par
p
n > 0)
≥ 0 , la dernière inégalité est vérifiée en vertu du 4b) et donc la première aussi ! !
(d) On divise l’encadrement obtenu en 2b) par e −
Et donc , en utilisant 4c)
: exp(− 2vpnn ) ≤
p
e − pun
e− n
p
n
≤
, ce qui donne
(un −n)
p
e− n
≤ 1.
p
e − pun
e− n
≤
(un −n)
p
e− n
≤ 1.
Comme lim v n = 0 ,on a aussi lim − 2vpnn = 0 et lim exp(− 2vpnn ) = 1 ,
n→+∞
n→+∞
n→+∞
(u −n)
ce qui fournit (par encadrement) : lim n−pn = 1.
n→+∞ e
p
− n
.
par conséquent : u n − n ∼ e
+∞
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