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ECE2-B2017-2018Suites implicites

Exercice 1.(☀☀)

On définit surR+la fonctionfpar :f(x) =x+ ln(x). a.Dresser le tableau de variations def.

Démonstration.

La quantitéln(x)est définie pourx >0.

Ainsi,Df= ]0;+1[.

De plus,lnest dérivable sur]0;+1[.

Ainsi,fest dérivable sur cet ensemble. Pour toutx2]0;+1[: f

0(x) = 1 +1x

>0 On obtient donc le tableau de variations suivant.x f

0(x)f0+1+

1+1+1b.Montrer que l"équationf(x) =na une unique solution dansR+.

On la noteun.

Démonstration.

La fonctionfest :

continue sur]0;+1[, strictement croissante sur]0;+1[.

Elle réalise donc une bijection de]0;+1[sur :

f(]0;+1[) = ]limx!0f(x);limx!+1f(x)[ = ] 1;+1[ Soitn2N. Commen2]1;+1[,nadmet un unique antécédentx2 ]0;+1[par la fonctionf. On note alorsun(2]0;+1[) cet antécédent. (on a doncf(un) =n)c.Montrer que la suite(un)est croissante.

Démonstration.

Soitn2N. Par définition, on af(un) =netf(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: ] 1;+1[7!]0;+1[

est strictement croissante. En appliquantf1de part et d"autre de l"inégalité, on obtient : f

1(f(un)) =un< un+1=f1(f(un+1))

La suite(un)est donc strictement croissante.(?): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 1

ECE2-B2017-2018Exercice 2.(☀☀)

Soitfla fonction définie surR+parf(x) =xln(x)1six >0etf(0) =1.

1.Montrer quefest continue surR+.

Démonstration.

La fonctionfest continue sur]0;+1[car elle est la somme de : x7!xln(x)continue sur]0;+1[comme produit des fonctions : (i)x7!xpolynomiale donc continue sur]0;+1[, (ii)x7!ln(x)continue sur]0;+1[. x7! 1constante donc continue sur]0;+1[. D"autre part,limx!0+f(x) = limx!0+xln(x)1 = 01 =1 =f(0).

On en déduit quefest continue en0.

Ainsi,fest continue surR+.2.Calculer la limite defen+1.

Démonstration.

Commelimx!+1x= +1etlimx!+1ln(x) = +1, on a

lim x!+1f(x) = +1.3.Justifier quefest dérivable sur]0;+1[puis calculerf0(x).

Démonstration.

La fonctionfest dérivable sur]0;+1[car elle est la somme de : x7!xln(x)dérivable sur]0;+1[comme produit des fonctions : (i)x7!xpolynomiale donc dérivable sur]0;+1[, (ii)x7!ln(x)dérivable sur]0;+1[. x7! 1constante donc dérivable sur]0;+1[.

Ainsi,fest dérivable sur]0;+1[.(on pouvait montrer dès la question1.quefestC1sur]0;+1[)Soitx2]0;+1[. On a alors :f0(x) = ln(x) +x1x

= ln(x) + 1.

8x >0; f0(x) = ln(x) + 14.Établir le tableau de variations defsurR+.

Démonstration.

Soitx >0. On a :

f

0(x)>0,ln(x) + 1>0,ln(x)>1,x >e1

On en déduit le tableau de variations suivant.x

Signe def0(x)Variations def0e

1+10+

111e11e1+1+1Avecf(e1) =e1ln(e1)1 =e115.Soitn2N.

Montrer que l"équationf(x) =npossède une unique solution dansR+.

On noteuncette solution. Justifier queun>1.

Démonstration.

La fonctionf:R+!Rest :

continue sur[e1;+1[, strictement croissante sur[e1;+1[. Elle réalise donc une bijection de[e1;+1[surf([e1;+1[)avec :

f([e1;+1[) = [f(e1);limx!+1f(x)[ = [1e1;+1[(?): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 2

ECE2-B2017-2018Commen>0,n2[1e1;+1[.

Ainsi, l"équationf(x) =npossède une unique solution dans[e1;+1[.Enfin,f(1) = 1ln(1)1 =1doncf(un) =n >1 =f(1). On applique alors, de part et d"autre de cette inégalité, la fonctionf1 strictement croissante. On obtient ainsi :un>1.6.On notegla restriction defà l"intervalle[1;+1[. a)Justifier quegest une bijection de[1;+1[dans un intervalleJà préciser.

Démonstration.

La fonctiong: [1;+1[!Rest injective car restriction defqui est elle-même injective. D"autre part,g: [1;+1[!Jest surjective si l"on choisitJ=

Im(g) =g([1;+1[). Or :

g([1;+1[) = [f(1);limx!+1f(x)[ = [1;+1[ gréalise une bijection de[1;+1[sur[1;+1[.(ou par application du théorème de la bijection) b)Donner le tableau de variation complet de la réciproqueg1surJ.

Démonstration.

D"après le théorème de la bijection, la fonctiong1estcontinuesur [1;+1[et de même monotonie queg.

Or[1;+1[[e1;+1[, etfest strictement croissante sur[e1;+1[.On en déduit donc le tableau de variations suivant.x

Variations deg11+111+1+1c)Exprimezunà l"aide deg1. En déduire la monotonie de la suite(un)et sa limite lorsquentend vers+1.

Démonstration.

Soitn2N.

Par définition, on a :f(un) =n.

De plus, commeun>1, on af(un) =g(un).

On en déduit queg(un) =net donc queun=g1(n).Commeg1est strictement croissante etn < n+ 1, on obtient :

u n=g1(n)< g1(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!+1un= limn!+1g1(n) = limx!+1g1(x) = +1(?): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 3

ECE2-B2017-2018Ou 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 af(un) =n.

Commeun>1>0, cela s"écrit :

u nln(un)1 =nou encoreunln(un) =n+ 1

Deux cas se présentent alors.

1)Soit(un)estmajorée

Étant croissante, elle est convergente vers une limite finie`2R. En passant à la limite dans l"égalité précédente, on obtient alors : `ln(`) = +1. Ceci étant impossible, ce cas est à écarter.

2)Soit(un)n"estpasmajorée

Étant croissante, elle tend vers+1.

On en déduit quelimn!+1un= +1.Exercice 3.(☀☀)

On considère les fonctionsfn:x7!xn+x1pourn2N.

a.Soitn2N. Démontrer que l"équationfn(x) = 0admet une unique solutionxn2]0;1[.

Démonstration.

Soitn2N.

La fonctionfnest une fonction polynomiale.

Elle est donc dérivable surR.

Soitx2R. On a :f0n(x) =n xn1+ 1.

Six >0,n xn1+1>0. On en déduit le tableau de variations suivant.x

Signe def0(x)f01

0+0 1111

La fonctionfnest :

continue sur]0;1[, strictement croissante sur]0;1[. Elle réalise donc une bijection de]0;1[surf(]0;1[) = ]1;1[. Comme02]1;1[, l"équationfn(x) = 0admet une unique solution x n2]0;1[.

Remarque

On peut aussi rédiger comme suit.

Comme02]1;1[,0admet un unique antécédentxn2]0;1[par la fonctionfn. Quelle que soit la rédaction, il faut comprendre que l"on vient de définir une suite(xn)n2N. (à chaque valeur dencorrespond un uniquexn) Cette suite est définie de manièreimplicite(non explicite). Pour toutn2N,xnest l"unique élément tel que : xn2]0;1[,

fn(xn) = 0i.e.xnn+xn+ 1 = 0(déterminant pour la suite)b.Démontrer que, pour toutn >0:fn+1(xn)< fn+1(xn+1).

En déduire que :8n >0; xn< xn+1.

Démonstration.

D"après la question précédente :8m2N; fm(xm) = 0. (pour bien comprendre qu"on peut écrire cette égalité enm=nmais aussi enm=n+ 1)

Soitn2N.(?): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 4

ECE2-B2017-2018Par définition de la fonctionfn+1, on a :fn+1(xn) =xnn+1+xn1. Or, d"après la question précédente, on a :fn(xn) = 0.

Orfn(xn) =xnn+xn1 = 0. Ainsi, on a :xnn= 1xn.

On en conclut que :

f n+1(xn) =xnn+1+xn1 =xnxnn+xn1 =xn(1xn) +xn1 =xn2+ 2xn1 =(xn22xn+ 1) =(xn1)2<0carxn<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 fonctionfn+11: ]1;1[!]0;1[ est de même monotonie quefn+1, à savoir strictement croissante.

On en déduit que :

x

n=fn+11(fn+1(xn))< fn+11(fn+1(xn+1)) =xn+1c.Démontrer que(xn)converge et que sa limite`est telle que0< `61.

Démonstration.

La suite(xn)est croissante et majorée par1.

Elle converge donc vers une limite`2R.

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 :8n2N; xn>x1.

Et donc, par passage à la limite, on a :`>x1.

Par définition,x1est l"unique élément de]0;1[qui vérifie : f

1(x1) =x1+x11 = 0i.e.2x1= 1et doncx1=12

On en conclut que :0<12

6`61.d.Démontrer que :8n >0; xn6`.

Démonstration.

Attention : démonstration hors programme!

Le théorème de convergence monotone stipule que`= sup n2Nxn.

Ainsi, on a :8n2N,xn6sup

n2Nxn=`.

Démonstration attendue.

Supposons par l"absurde qu"il existe un rangn0>0tel que :xn0> `. La suite(xn)étant croissante, on a :8n>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;+1[, on en déduit que :06xnn6`n. Or : `n!n!+10car0< ` <1,

0!n!+10.

Ainsi, par le théorème d"encadrement, on a :xnn!n!+10. Or :xnn= 1xn. 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

ECE2-B2017-2018Exercice 4(☀☀)(d"aprèsEDHEC 2008) Pour tout entier naturelnnon nul, on considèrefn:x7!11 +ex+nx. On appelle(Cn)sa courbe représentative dans un repère orthogonal(O;!i;!j). 1) a. Déterminer, pour tout réelx,f0n(x)etf00n(x).

Démonstration.

Soitn2N. La fonctionfnest définie surRcar1 +ex6= 0pour toutx2R(8x2R,1 +ex>1>0). festC1surR, car somme de : x7!11 +exC1surRcomme inverse de la fonctionx7!1+exqui est elle-mêmeC1surRet qui ne s"annule pas sur cet intervalle. x7!nx C1surRcar polynomiale. f

0n(x) =(1 +ex)2ex+nf

00n(x) = (2(1 +ex)3ex(1 +ex)2)exb.En déduire que la fonctionfnest strictement croissante surR.

Démonstration.

Afin de déterminer le signe def0n, on dresse son tableau de variations. Pour ce faire, on doit au préalable déterminer le signe de sa dérivée, f 00n. f

00n(x)>0

,2(1 +ex)3ex(1 +ex)2>0 ,2(1 +ex)3ex>(1 +ex)2 ,2ex>(1 +ex) ,ex>1 ,x>0D"où le tableau de variations suivant.x f

00n(x)f

0nf

0n(x)10+10+

nn 14 +n 14 +nnn

La fonctionf0nadmet un minimum en0valant14

+n >0(carn>1).

On en déduit quef0n>0et donc quefnest strictement croissante.Commelimx!1ex= 0, on alimx!1f0n(x) =n.

Or : ex(1 +ex)2 x!+1e x(ex)2=ex!x!+10. En effet : e x(1 +ex)2=exe 2x11 e 2x+2e x+ 1=ex11 e 2x+2e x+ 1 (on fait apparaître le terme dominant mais on peut aussi former le quotient ...) et1e 2x+2e x+ 1!x!+10 + 0 + 1 = 1 Doncf0n(x)!x!+101 +n=n.2)a. Calculerlimx!1fn(x)ainsi quelimx!+1fn(x).

Démonstration.

lim

x!1fn(x) =1etlimx!+1fn(x) = +1(?): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 6

ECE2-B2017-2018b.Déterminer les coordonnées du seul point d"inflexion, notéAn, de(Cn).

Démonstration.

D"après le tableau de variations précédent,f00ns"annule en changeant de signe seulement au point d"abscisse0. De plus,fn(0) =12 A n= (0;12

)est le seul point d"inflexion de(Cn).c.Donner l"équation de la tangente(T1)à la courbe(C1)enA1puis

tracer la droite(T1)ainsi que l"allure de la courbe(C1).

Démonstration.

La tangente de(C1)enA1a pour équation :y=fn(0)+f0n(0)(x0).

Orf0n(0) =n14

. D"oùf01(0) = 114 =34 (T1)a pour équationy=12 +34
x.xy3)a. Montrer que l"équationfn(x) = 0possède une seule solution surR, notéeun.

Démonstration.

La fonctionfnest

continue sur] 1;+1[, strictement croissante sur] 1;+1[.

Elle réalise donc une bijection de] 1;+1[sur :

f n(] 1;+1[) = ] limx!1fn(x);limx!+1fn(x)[ = ] 1;+1[

Comme02] 1;+1[l"équationfn(x) = 0

admet une unique solutionun2] 1;+1[.b.Montrer que l"on a :8n2N;1n < un<0.

Démonstration.

Soitn2N.

fn(1n ) =11 +e1n

1 =e1n

1 +e1n

<0, fn(un) = 0, fn(0) =12 >0.

Ainsi :fn(1n

)< fn(un)< fn(0). Par le théorème de la bijection,f1nest de même monotonie quefn. Par application def1n, strictement croissante, à l"inégalité précédente, on en déduit :1n < un<0.c.En déduire la limite de la suite(un).

Démonstration.

Comme,

1n !n!+10et0!n!+10, par le théorème

d"encadrement, on a :un!n!+10.(?): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 7

ECE2-B2017-2018d.En revenant à la définition deun, montrer queun n!+112n.

Démonstration.

Par définition,unest l"unique solution de l"équationfn(x) = 0. On en déduit que :11 +eun+n un= 0et donc que :n un=11 +eun.

Ainsi :

u n

12n=2nun= 211 +eun!n!+1211 +e0=22

= 1 u n n!+112n.e.En déduire la limite denunlorsquentend vers+1.

Démonstration.

D"après la question précédente :

nu n n!+1n 2n=12 !n!+112 nu n!n!+112

Exercice 5.(☀☀)

On définit pour toutn2Nla fonctionfnpar :fn(x) =x5+nx1. a.Faire l"étude de la fonctionfn.

Démonstration.

Soitn2N.

La fonctionfnest polynomiale. Elle est doncC1surR.

Pour toutx2R, on a :

f

0(x) = 5x4+n >0sin>1On obtient donc le tableau de variations suivant.x

f

0n(x)f1+1+

11+1+1(en toute rigueur, il faudrait ajouter quef0s"annule en0sin= 0mais

cela ne change pas l"allure du tableau de variations)b.Montrer que pour toutn>1, il existe une unique solution à l"équation

f n(x) = 0. On la noteraun.

Démonstration.

La fonctionfnest :

continue sur] 1;+1[, strictement croissante sur] 1;+1[.

Elle réalise donc une bijection de] 1;+1[sur :

f(] 1;+1[) = ] limx!1f(x);limx!+1f(x)[ = ] 1;+1[ Comme02]1;+1[, l"équationfn(x) = 0admet une unique solution u n2] 1;+1[. (on a doncfn(un) = 0)c.Montrer que8n2N;06un61n

Démonstration.

Soitn2N. On a :fn(0) =1<0<1n

5=fn1n

Or, d"après le théorème de la bijection, la fonctionfn1: ]1;+1[7!

] 1;+1[est strictement croissante.(?): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 8

ECE2-B2017-2018En appliquantfn1de part et d"autre de l"inégalité, on obtient : f n1(fn(0))< fn1(0)< fn1(fn1n q q q

0< un<1n

Exercice 6.(☀☀☀)

Pour tout entiernpositif, on définit sur[0;+1[la fonctionfnpar :

8x2[0;+1[; fn(x) =ex+nx23

1. a) Montrer quefnest continue et dérivable sur son ensemble de définition.

Dresser son tableau de variations.

Démonstration.

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