ECS1-1 Lycée Pierre de Fermat 2016

ECS1-1
Devoir en temps libre no 5
Correction
Lycée Pierre de Fermat
2016-2017
5. Étudier les variations de la fonction f 0 .
E XERCICE 1 - D ’ APRÈS ESCP-E UROPE 2011, SÉRIE T
Soit f la fonction définie pour tout réel x strictement positif par : f (x) = x −
ln
(x).
La fonction f 0 est la différence entre une constante et la fonction inverse donc
est dérivable sur ∗+ et sa dérivée est donnée par :
R
1. Calculer la dérivée de f .
f 00 (x) =
Puisque f est la différence entre l’identité et la fonction
1
0
∗
+ et sa dérivée est donnée par : f (x) = 1 − .
x
R
ln
, f est dérivable sur
d’où le tableau de variations de f 0 :
x
0
f (x)
f 0 (x)
(x) ´
Pour x > 0, on a : f (x) = x 1 −
.
x
Par croissances comparées, on a :
ln
+∞
1
00
2. Calculer la limite en +∞ de f .
³
1
> 0,
x2
+
−∞
+
1
0
6. Montrer que pour tout réel x dans l’intervalle [1, 2], on a :
(x)
−−−−−→ 0,
x→+∞
x
1
0 É f (x) − 1 É (x − 1).
2
ln
donc :
La fonction f est continue sur [1, 2] et dérivable sur ]1, 2[ et la dérivée f 0 est
continue donc bornée sur le segment [1, 2]. L’inégalité des accroissements finis
donne donc :
f (x) −−−−−→ +∞.
x→+∞
3. Donner le tableau de variation de la fonction f en précisant les limites aux bornes de
son ensemble de définition.
¯
¯
¯
¯¯
¯
∀(x, y) ∈ [1, 2]2 , ¯ f (x) − f (y)¯ É sup ¯ f 0 (t )¯ ¯x − y ¯ .
t ∈[1,2]
x
0
0
−
f (x)
f (x)
+∞
1
0
+∞
On a f (1) = 1 et les variations de f montrent que f (x) Ê 1 donc :
+
¯
¯
∀x ∈ [1, 2], f (x) − 1 É sup ¯ f 0 (t )¯ (x − 1).
+∞
1
t ∈[1,2]
Enfin, l’étude des variations de f 0 montre que f 0 est positive et :
¯
¯
1
sup ¯ f 0 (t )¯ = f 0 (2) = ,
2
t ∈[1,2]
4. En déduire, pour tout réel x strictement positif, le signe de f (x).
D’après le tableau, on a pour tout x > 0 :
f (x) Ê f (1) > 0.
d’où :
∀x ∈ [1, 2], f (x) − 1 É
1
(x − 1).
2
7. On considère la suite (u n )n∈N définie par u 0 = 2 et, pour tout n ∈
N : un+1 = f (un ).
a. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, u n appartient à [1, 2].
N
Montrons par récurrence sur l’entier n ∈ , la propriété P (n) : «u n ∈ [1, 2]».
¦ Par hypothèse u 0 ∈ [1, 2] donc P (0) est vraie.
¦ Soit n ∈ tel que P (n) soit vraie.
L’hypothèse de récurrence donne u n ∈ [1, 2].
Comme f est croissante sur [1, 2], on en déduit :
N
f (1) É f (u n ) É f (2),
c. À l’aide d’un raisonnement par récurrence, établir pour tout entier naturel n, l’encadrement suivant :
µ ¶n
1
.
0 É un − 1 É
2
Montrons par récurrence sur l’entier n ∈
ln
(2).
Comme (2) > 0, on a bien u n+1 ∈ [1, 2] donc P (n + 1) est vraie.
¦ Par récurrence, la suite (u n ) est bien à valeurs dans [1, 2].
ln
«0 É u n − 1 É
µ ¶n
1
».
2
0 É u0 − 1 =
µ ¶0
1
,
2
¦ On a u 0 = 2 donc :
soit :
1 É u n+1 É 2 −
et P 0 (0) est vraie.
¦ Soit n ∈ tel que P 0 (n) soit vraie. La question précédente donne :
N
u n+1 − 1 É
b. En déduire pour tout entier naturel n, les inégalités suivantes :
1
0 É u n+1 − 1 É (u n − 1).
2
N
Soit n ∈ . La question précédente donne u n ∈ [0, 1] donc on peut appliquer
le résultat 6. avec x = u n :
f (u n ) − 1 É
1
(u n − 1),
2
u n+1 − 1 É
1
(u n − 1).
2
soit :
N, la propriété P 0(n) :
1
(u n − 1),
2
puis l’hypothèse de récurrence donne :
u n+1 − 1 É
1
2
µ ¶n µ ¶n+1
1
1
=
,
2
2
donc P (n + 1) est vraie.
¦ Par récurrence, on a bien :
∀n ∈
N, 0 É un − 1 É
µ ¶n
1
.
2
d. Déterminer la limite de la suite (u n )n∈N .
¡ ¢
La suite 21n est géométrique de raison strictement entre −1 et 1 donc elle
converge vers 0. Il résulte donc de l’encadrement précédent et du théorème
d’encadrement :
u n −−−−−→ 1.
n→+∞
E XERCICE 2 - D ’ APRÈS ESCP-E UROPE 2012, SÉRIE T
On considère la suite (u n )nÊ0 définie par u 0 =
Z 1 p
t n 1 + t dt .
0
1. Soit f la fonction de [0, 1] dans
Pour tout t ∈ [0, 1], on pose :
3
2
u(t ) = t n+1 et v(t ) = (1 + t ) 2 ,
3
Z 1p
1 + t dt et, pour tout n Ê 1, u n =
0
donc :
R définie par : f (t ) = (1 + t )
3
2
1
u 0 (t ) = (n + 1)t n et v 0 (t ) = (1 + t ) 2 .
.
0
a. Déterminer la fonction dérivée f de f .
Les fonctions u et v sont de classe C 1 sur [0, 1] donc, par intégration par
parties, il vient :
La fonction f est la composée d’une fonction puissance et d’une fonction
affine donc elle est dérivable et sa dérivée est donnée par :
1
Z
0
1
3
f (t ) = (1 + t ) 2 .
2
0
h2
i Z 1
p
3 1
3
2
(n + 1)t n (1 + t ) 2 dt ,
t n+1 1 + t dt = t n+1 (1 + t ) 2 −
0
3
3
0
soit :
1
Z
0
b. En déduire la valeur de u 0 .
donc :
Z 1p
h2
i
¡ p
¢
3 1
On a
1 + t dt = (1 + t ) 2 donc u 0 = 23 2 2 − 1 .
0
3
0
p
2
.
2. a. Établir pour tout entier naturel n, l’encadrement suivant : 0 É u n É
n +1
p
p
Pour tout t ∈ [0, 1], on a 0 É 1 + t É 2, d’où en multipliant par t n puis en
intégrant :
Z 1 p
p Z 1 n
0É
t n 1 + t dt É 2
t dt ,
0
0
ce qui donne :
0 É un É
p
2
.
n +1
b. En déduire que la suite (u n )nÊ0 est convergente ; donner sa limite.
La majorant ci-dessus converge vers 0 donc, par encadrement, la suite (u n )
converge également vers 0.
3. a. Établir pour tout entier naturel n, à l’aide d’une intégration par parties, la relation
suivante :
p
Z 1
¡ n
¢p
4 2 2
u n+1 =
− (n + 1)
t + t n+1 1 + t dt
3
3
0
Z 1
p
1
2 3 2
t n+1 1 + t dt = 2 2 − (n + 1)
t n (1 + t )(1 + t ) 2 dt ,
3
3
0
p
Z 1
1
4 2 2
− (n + 1) (t n + t n+1 )(1 + t ) 2 dt .
u n+1 =
3
3
0
b. En
p déduire pour tout entier naturel n la relation suivante : u n+1 =
4 2 − 2(n + 1)u n
.
2n + 5
L’intégrale ci-dessus s’écrit :
1
Z
0
1
(t n + t n+1 )(1 + t ) 2 dt =
donc :
1
Z
0
1
t n (1 + t ) 2 dt +
1
Z
0
p
4 2 2
u n+1 =
− (n + 1)(u n + u n+1 ),
3
3
puis en regroupant les termes et en simplifiant :
u n+1 =
1
t n+1 (1 + t ) 2 dt = u n + u n+1 ,
p
4 2 − 2(n + 1)u n
.
2n + 5
4. a. Montrer que la suite (u n )nÊ0 est décroissante.
Soit n ∈
N, on a t n+1 É t n pour tout t ∈ [0, 1] d’où :
∀t ∈ [0, 1], t
n+1
p
p
1+ t É tn 1+ t,
p
4 2
c. Montrer que pour tout entier naturel n, on a : u n+1 É
.
4n + 7
Soit n ∈
p
4 2 − 2(n + 1)u n+1
u n+1 É
,
2n + 5
puis par croissance de l’intégrale :
1
Z
u n+1 =
0
Z
p
t n+1 1 + t dt É
1
0
p
t n 1 + t dt = u n ,
i.e. la suite (u n ) est décroissante.
b. En déduire pour
p tout entier naturel n, à l’aide de la question 3.b, l’inégalité sui4 2
vante : u n Ê
.
4n + 7
Soit n ∈
N. L’inégalité de la question 3.b et la relation un+1 É un donnent :
N. L’inégalité de la question 3.b et la relation un+1 É un donnent :
d’où :
p
2(n + 1)
4 2
4n + 7
u n+1 = u n+1 +
u n+1 É
,
2n + 5
2n + 5
2n + 5
soit :
p
4 2
u n+1 É
.
4n + 7
d. Montrer que la suite (nu n )nÊ0 est convergente et calculer sa limite.
Les deux questions précédentes permettent d’écrire pour tout n ∈
p
p
4 2
4 2
É un É
,
4n + 7
4(n − 1) + 7
p
4 2 − 2(n + 1)u n
É un ,
2n + 5
d’où :
d’où :
p
4 2
2(n + 1)
4n + 7
É un +
un =
un ,
2n + 5
2n + 5
2n + 5
soit :
p
4 2
É un .
4n + 7
N∗ :
p
p
4 2n
4 2n
É nu n É
.
4n + 7
4n + 3
p
Les deux termes encadrant tendent vers 2 donc, par encadrement :
p
nu n −−−−−→ 2.
n→+∞