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C 2017 :

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

Partie A

1. a.
La fonction $\varphi\, :\,x\mapsto lnx-x$ est définie et continue sur $\mathbb{R^{\ast}_+}$ .

Elle est dérivable et $\forall x \in\mathbb{R^{\ast}_+},\varphi^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}.$

Voici son tableau de variations.

On y voit clairement que le maximum de $\varphi$ est -1 donc $\forall x\in\mathbb{R^{\ast}_+},lnx-x\leq -1<0.$

Remarquer qu’on n’a pas besoin des limites de $\varphi$ aux bornes de son ensemble de définition.

b. L’application $f_n$ est dérivable sur $\mathbb{R}\; et\;\forall x\in\mathbb{R},f^{\prime}_n(x)\,=\,1+e^x$ . La dérivé étant strictement positive, la fonction fn et strictement croissante.

$\lim_{\to +\infty}f_n(x)\,=\, +\infty)\; et\;\lim_{\to -\infty}f_n(x)\,=\, -\infty)\; car\;\lim_{\to -\infty}e^x\,=\,0$ .

Par conséquent, $f_n$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $f_n(\mathbb{R})\,=\,\mathbb{R}$ , et l’équation $f_n(x)\,=\,0$ ( c’est
à dire l’équation $E_n$ ) admet une solution unique ( dépendant naturellement n).

$f_n(lnn)\,=\,lnn>0\; et\; f_n\left(ln\frac{n}{2}\right)\,=\,ln\frac{n}{2}-\frac{n}{2}<0$ d’après le a.

Ainsi $f_n(ln\,n)\times f_n\left(ln\frac{n}{2}\right)<0$ , donc $u_n$ appartient à ]ln(n/2), ln\,n[

c. La relation $u_n>ln\frac{n}{2}n\mapsto +\infty_{\to}+\infty$ entraînent $\lim_{\mapsto +\infty}u_n\,=\,+\infty$ .

De $ln\frac{n}{2}<u_n\leq ln\,n$ on tire :

- En divisant par n, $\frac{ln\,n}{n}-\frac{ln2}{n}<\frac{u_n}{n}\leq\frac{ln\,n}{n}$

et comme les suites minorante et majorante ont 0 comme limite commune, le théorème des gendarmes permet d’écrire $\lim_{n\mapsto +\infty}\frac{u_n}{n}=0$ .

- En divisant par $lnn,\, 1-\frac{ln2}{lnn}<\frac{u_n}{lnn}\leq 1$ et comme les suites minorante et majorante (suite constante) ont 1 comme limite commune, le théorème des gendarmes permet d’écrire $\lim_{n\mapsto +\infty}\frac{u_n}{lnn}\,=\,1$ .

d. Pour n = 1, on $u_1+e^{u_1}-1\,=\,0$ , donc $u_1\,=\,0$ .

2. a. On a, en suivant la remarque $\frac{e^{u_{n+1}}}{e^{u_n}}\,=\,\frac{n+1-u_{n+1}}{n-u_n}\,=\,\frac{n+1}{n}\,\frac{1-\frac{u_{n+1}}{n+1}}{1-\frac{u_n}{n}}$

Le premier facteur a pour limite 1 et le deuxième facteur, compte tenu du fait que $\lim_{x\mapsto +\infty}\frac{u_n}{n}\,=\,0,$ a aussi pour limite 1. Donc

$\lim_{n\mapsto +\infty}\frac{e^{u_{n+1}}}{e^{u_n}}\,=\,1$

Comme $\frac{e^{u_{n+1}}}{e^{u_n}}\,=\,e^{u_{n+1}-u_n}$ a pour limite 1, on a bien $\lim_{n\mapsto +\infty}u_{n+1}-u_n\,=\,0$

b. On a $f_n(u_n)\,=\,0$ et en suivant la remarque

$f_n(u_{n+1})\,=\,u_{n+1}+e^{u_{n+1}}+n\,=\,(n+1)-n\,=\,1$ .

la relation $f_n(u_n)\,=\,0<1\,=\,f_n(u_{n+1})$ et la stricte croissance de l’application $f_n$ entraînent $u_n<u_{n+1}$ ; la suite $(u_n)$ est donc strictement croissante.

$\begin{array}{lll}\mathcal{A}&=&\int^{u_{n+1}}_{u_n}f_n(x)dx\\\\&=&\left[\frac{1}{2}x^2+e^x-nx\right]^{u_{n+1}}_{u_n}\\\\&=&\frac{1}{2}u^2_{n+1}+e^(n+1)-nu_{n+1}-\left(\frac{1}{2}u^2_{n}+e^{u_n}-nu_n\right)\textrm{puis,suivant la remarque}\\\\&=&\frac{1}{2}(u^2_{n+1}+(n+1)-u_{n+1}-\left(\frac{1}{2}(u^2_{n}-u_nnu_n\right)\\\\&=&\frac{1}{2}(u^2_{n+1}+(n+1)-u_{n+1}-\left(\frac{1}{2}u^2_{n}+n-u_n-nu_n\right)\\\\&=&\frac{1}{2}(u^2_{n+1}-u^2_n)-(n+1)(u_{n+1}-u_n)+1\end{array}$

Puisque l’application fn est croissante, on a pour tout t appartenant à $[u_n,u_{n+1}]$ ,

$f_n(u_n)\leq f_n(t)\leqf_n(u_{n+1})$ c’est à dire $0\leq f_n(t)\leq 1$ puis par intégration

$0\leq \mathcal{A}_n\leq \int^{u_{n+1}}_{u_n}1dx\,=\,u_{n+1}-u_n$ .

comme les suites minorante (suite constante égale à 0) et majorante ont 0 comme limite

commune, le théorème des gendarmes permet d’écrire $\im_{n\mapsto +\infty}\mathcal{A_n}\,=\,0$

3. a. La fonction $\psi :x\mapsto ln(1+x)$ est définie, continue et dérivable sur son ensemble de définition $D\,=\,]-1,+\infty[$ . Sa dérivé est l’application $x\mapsto\frac{1}{1+x}$ , elle vaut 1 au point 0. Donc

$\lim_{h\mapsto 0}\frac{\psi(h)-\psi(0)}{h}-1\,=\,0$ . En posant

$\epsilon(h)\frac{\psi(h)-\psi(0)}{h}-1\,si\,h\ne 0\;et\;\epsilon(0)\,=\,0$ ,

on bien $\psi(h)\,=\,h+h\epsilon(h)$ pour tout h appartenant à D.

b. On sait d’après le résultat de la question 1 que $\frac{u_n}{ln\,n}$ a pour limite 1, donc $(\alpha_n)$ a pour limite 0.

On déduit de $ln\,n+\alpha_n)$ et en suivant la remarque :

$\begin{array}{lll}e^{u_n}&=&n-u_n=n-ln\,n-\alpha_n\,ln\,n\\\\ \Rightarrow u_n&=&ln\left(n-ln\,n-\alpha_n\, ln\,n\right)\\\\ &=&ln\,n+ln\left(1\frac{ln\,n}{n}-\alpha_n\frac{ln\,n}{n}\right)\\\\&=&ln\,n+\ln(1+y_n)\end{array}$

Puisque la suite $(y_n)$ a pour limite 0, on peut écrire, d’après la question précédente : $u_n\,=\,ln\,n+y_n+y_n\epsilon_n$ étant une suite ayant pour limite 0.

$\begin{array}{lll}Donc\quad u_n&=&lnn-\frac{ln\,n}{n}-\alpha_n\frac{ln\,n}{n}-\left(-\frac{ln}{n}-\alpha_n\frac{ln\,n}{n}\right)\epsilon_n\\\\ &=&lnn-\frac{ln\,n}{n}+\beta_n\frac{ln\,n}{n}\; avec\;\beta_n\,=\,-\alpha_n+\epsilon_n+\alpha_n\epsilon_n\end{array}$

Partie B

1. a.

On a d’après l’indication de la première partie, $e^{u_2}\,=\,2-u_2$ c'est à dire $u_2\,=\,ln(2-u_2)\,=\,g(u_2)$ . $u_2$ est un point fixe de g.

Or g est dérivable dans $[a,b]\, et\,\forall x\in[a,b],g^{\prime}(x)\,=\,\frac{1}{2-x}$
. La dérivée de g étant < 0, g est strictement décroissante ; donc $u_2$ est le seul point fixe de g.

$f_2(b)\,=\, b+e^b-2\,=\,\frac{3}{2}ln2+2^{2/3}-2\sim 0.46>0$ .

$f_2(a)\,=\, f_2(ln(2-b))\,=\,ln(2-b)+2-b-2\,=\,ln(2-b)-b\sim 0.31<0$ .

Puisque $f_2(a)\; et\;f_2(a)$ sont de signe contraire, $u_2$ appartient à ]a, b[
b. On a déjà montré que g est dérivable sur I et $\forall x\in I,g^{\prime}(x)\,=\,-\frac{1}{2-x}$

Alors $|g^{\prime}(x)|\,=\,-\frac{1}{2-x}$ .

L’application $p\,:\,x\mapsto \frac{1}{2-x}$ est dérivable sur I et sa dérivée

$x\mapsto \frac{1}{(2-x)^2}$ est > 0 sur I. $\mathcal{P}$ est donc croissante. Par conséquent

$\forall x\in I,x\leq b\Rightarrow p(x)\leq p(b)$ c'est à dire $|g^{\prime}(x)|\leq|g^{\prime}(b)|$

Voici le théorème appelé Inégalité des accroissements finis qui permet d’en déduire que

$\forall x,y\in I,|g(x)-g(y)|\leq|g^{\prime}(b)||x-y|$ .

Soit $\varphi$ une application définie sur un intervalle J = [u, v] à valeurs dans $\mathbb{R}$ .

On suppose que $\varphi$ est continue sur J, dérivable sur ]u, v[ et il existe un réel $k\geq 0$ vérifiant

$\forall x\in ]u,v[,|\phi^{\prime}(x)|\leq k$

Alors

$\forall x,y\in J,|\phi^{\prime}(x)-\phi^{\prime}(y)|\leq k|x-y|$
.

c. g étant continue et décroissante, g([a, b]) = [g(b), g(a)] = [a, g(a)].

Pour que $g(I)\subset I$ , il suffit que $g(a)\leq b$ c’est à dire $g[g(b)]\,\leq\, b$ , ce que montre un calcul direct (on trouve $b-g[g(b)]\sim 0.011)$

2. a. Pour répondre à la question, puisque I est contenu dans l’ensemble de définition de g,
il suffit de démontrer par récurrence la propriété $P_n\, :\ll a_n\;existe\; et \;a_n\in I\gg$ .

$a_o\,=\,b$ existe et $\in I,P_0$ est donc vraie.

Si $P_n$ est vraie pour un entier donné n alors an existe et

$\begin{array}{lll}a_n\in I&\Rightarrow g(a_n)\in I\, car\,g(I)\subset I\\ &\Leftrightarrow a_{n+1}\in I\end{array}$

$P_{n+1}$ est donc vraie.

b. Démontrons par récurrence la propriété $D_n\,:\,\ll|a_n-u_2|\leq|g^{\prime}(b)|^n(b-a)\gg$ .

On a $|a_0-u_2|\leq b-a\,=\,|g^{\prime}(b)|^0(b-a)|,D_0$ est donc vraie.

Si $D_n$ est vraie pour un entier donné n, on a :

$\begin{array}{llll}&|g(a_n)-g(u_2)|&\leq&|g^{\prime}(b)||a_n-u_2|\;\textrm{d'apr\`{e}s la question 1.b.}\\\\ \Leftrightarrow&|a_{n+1}-u_2|&\leq&|g^{\prime}(b)||a_n-u_2|\\\\ &&\leq&|g^{\prime}(b)||g^{\prime}(b)|^n(b-a)\,car\, D_n\textrm{est suppos\`{e}e vraie}\\\\ &&=&|g^{\prime}(b)|^{n+1}(b-a)\end{array}$

$D_{n+1}$ est donc vraie.

$k\,=\,|g^{\prime}(b)|\,=\,\frac{1}{2-b}\sim 0.65$ est < 1 donc $\lim_{x\mapsto +\infty}k^n\,=\,0$ et la propriété $D_{n}$ et le théorème des
gendarmes entrainent $\lim_{x\mapsto +\infty}|a_n-u_2|\,=\,0$ .