Suites implicites PDF

« Montrer qu'il existe un unique α ∈ tel que . . . » « Montrer que l'équation f(x) = ... admet une unique solution dans . . .

DM 7 correction Exercice 1 : ( ) ( ) ( ) 1°) Montrer que cette équation

Donc cette équation admet et comme racine. Seul est solution de donc il existe une unique solution réelle . 2°) On factorise (. ) (. ) (. ) par . Il existe

Suites 1 Convergence

Exercice 14. Soit n ⩾ 1. 1. Montrer que l'équation n. ∑ k=1 xk = 1 admet une unique solution notée an

Corrigé du TD no 11

Montrer que l'équation x2(cos x)5 + x sin x +1=0 admet au moins une solution réelle. Réponse : La fonction f : x ↦→ x2(cos x)5 + x sin x + 1 est continue sur

Exo7 - Exercices de mathématiques

Solution maximale. 831. 277 381.00 Théorème de Cauchy-Lipschitz. 832. 278 382.00 ... Démontrer que (1 = 2) ⇒ (2 = 3). Correction Τ. [000105]. Exercice 3. Soient ...

comment utiliser le TVI ou ses corollaires

❖ Le corollaire (ou extensions) du TVI s'utilise dans le cas ou on demande de montrer qu'une équation du type f(x)=k admet une unique solution. ❖ Lorsqu'on

Équations différentielles

Finalement (E2) admet sur R une unique solution

Nombres complexes. Équations du 2ième degré à coefficients réels

Exercice. 1. Résoudre dans C: z2. −16 z+89=0. 2. Montrer que l'équation : z3. −(16−i)z2. +(89−16 i)z+89 i=0 admet une solution imaginaire pur que l'on.

Exercice 1 a) Montrer que la fonction Arctan est 1-lipschitzienne sur

On consid`ere l'équation différentielle y = (1 + cos t)y − y2 avec la condition initiale y(0) = y0. a) Montrer que ce probl`eme admet une unique solution

Correction : 65 p. 132 Correction : 68 p. 132

(- 1) appartient à ] lim ? ( ) ; f(0)]. D'après le théorème des valeurs intermédiaires on conclut que l'équation f(x) = - 1 admet une unique solution

Terminale S - Continuité dune fonction Théorème des valeurs

Autrement dit l'équation ( ) = admet au moins une solution Pour démontrer que l'équation ( ) = a une unique solution sur l'intervalle [ ...

Théorème de la bijection : exemples de rédaction

Montrer que l'équation f(x) = admet une unique solution dans . . . » • La rédaction correcte d'une telle question demande de la rigueur. Une.

comment utiliser le TVI ou ses corollaires

Le corollaire (ou extensions) du TVI s'utilise dans le cas ou on demande de montrer qu'une équation du type f(x)=k admet une unique solution.

DM 7 correction Exercice 1 : ( ) ( ) ( ) 1°) Montrer que cette équation

Donc cette équation admet et comme racine. Seul est solution de donc il existe une unique solution réelle . 2°) On factorise (. ).

fonction et continuite

Ce théorème peut permettre de démontrer qu'une équation admet une unique solution dans un in- tervalle donné dès lors que la fonction est strictement

Corrigé du TD no 11

Montrer que l'équation x5 = x2 + 2 a au moins une solution sur ]0 2[. bijection

Correction du contrôle continu 1

Montrer que l'équation (E) admet une unique solution maximale ? : I :=]T?T+[? R de classe C1 avec T? < 0 < T+. On considère la fonction f : R × R ? R

Suites 1 Convergence

Montrer que l'équation n. ? k=1 xk = 1 admet une unique solution notée an

Suites implicites

Montrer que l'équation f(x) = n a une unique solution dans R+?. On la note un. Soit n ? N. Comme n ? ]??+?[

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 :

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 :

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 :

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

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.

La fonctionfnestC1surRpar somme de fonctionsC1surR.

8x>0; f0n(x) =ex+ 2nx >0x

Signe def0n(x)Variations defn0+1+

22+1+1b)Donner l"équation de la tangente defnen1.

Démonstration.

La tangente defnen1a pour équationy=fn(1) +f0n(1)(x1).

Or :fn(1) =e1+n3etf0n(1) =e1+ 2n. Ainsi :

f n(1)+f0n(1)(x1) =e1+n3+(e1+2n)(x1) =n3+(e1+2n)x

La tangente defnen1a pour équationy=(n+ 3) + (e1+ 2n)x.c)Tracer dans un même repère les courbes def0,f1etf2.

Démonstration.

Il était important ici de tracer les tangentes en1def0,f1,f2. Afin d"avoir une idée plus précise du tracé, déterminons l"équation de la tangente defnen0. On a :fn(0) =2etf0n(0) = 1. Ainsi, l"équation de la tangente defnen0esty=2 +x.xy d)Montrer que l"équationfn(x) = 0a exactement une solution positive, notéeun.

Démonstration.

La fonctionfnest :

continue sur[0;+1[, strictement croissante sur[0;+1[. Elle réalise donc une bijection de[0;+1[surfn([0;+1[) = [2;+1[.

Ainsi,02[2;+1[admet un unique antécédent

n2[0;+1[par la fonctionfn.(?): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 9

ECE2-B2017-2018e)Préciser la valeur deu0. Dans la suite on supposera quen>1.

Démonstration.

La fonctionf0:x7!ex3s"annule enu0= ln3.f)Vérifier que :8n2N; un2]0;1[.

Démonstration.

Soitn2N.

quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

[PDF] Suites implicites

ECE2-B2017-2018Suites implicites

Exercice 1.(☀☀)

Démonstration.

La quantitéln(x)est définie pourx >0.

Ainsi,Df= ]0;+1[.

De plus,lnest dérivable sur]0;+1[.

0(x) = 1 +1x

0(x)f0+1+

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

On la noteun.

Démonstration.

La fonctionfest :

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

Démonstration.

On en déduit que :n=f(un)< f(un+1) =n+ 1.

1: ] 1;+1[7!]0;+1[

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

ECE2-B2017-2018Exercice 2.(☀☀)

1.Montrer quefest continue surR+.

Démonstration.

On en déduit quefest continue en0.

Démonstration.

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

Démonstration.

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

Démonstration.

Soitx >0. On a :

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

Signe def0(x)Variations def0e

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

On noteuncette solution. Justifier queun>1.

Démonstration.

La fonctionf:R+!Rest :

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

Démonstration.

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

Démonstration.

Démonstration.

Soitn2N.

Par définition, on a :f(un) =n.

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

Commeun>1>0, cela s"écrit :

Deux cas se présentent alors.

1)Soit(un)estmajorée

2)Soit(un)n"estpasmajorée

Étant croissante, elle tend vers+1.

On considère les fonctionsfn:x7!xn+x1pourn2N.

Démonstration.

Soitn2N.

La fonctionfnest une fonction polynomiale.

Elle est donc dérivable surR.

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

Signe def0(x)f01

La fonctionfnest :

Remarque

On peut aussi rédiger comme suit.

En déduire que :8n >0; xn< xn+1.

Démonstration.

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

On en conclut que :

Par la question précédente,fn+1(xn+1) = 0.

On a donc bien :fn+1(xn)<0 =fn+1(xn+1).

On en déduit que :

Démonstration.

La suite(xn)est croissante et majorée par1.

Elle converge donc vers une limite`2R.

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

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!

Ainsi, on a :8n2N,xn6sup

Démonstration attendue.

Démonstration.

Supposons par l"absurde que`6= 1.

0< ` <1,

0< xn6`et donc, par croissance de la fonction élévation à la puissance

0!n!+10.