Transcript corrigé DS N°05 - le site de la MPSI du lycée Rabelais

MPSI du lyc´
ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr
Vendredi 24 janvier 2014
´ DU DEVOIR SURVEILLE
´ N˚05
CORRIGE
EXERCICE 1
Soit a et b deux r´eels tels que a < b et f : [a, b] → R une fonction de classe C 2 sur [a, b].
On suppose en outre que :
• f est convexe sur [a, b],
• f ′ est strictement n´egative sur [a, b],
• f (a) > 0 et f (b) < 0.
´
Partie I. Etude
d’une fonction
1.
Par hypoth`ese, f est continue et strictement d´ecroissante sur [a, b] (car f ′ < 0). D’apr`es le
th´
eor`
eme de la bijection, f r´ealise une bijection de [a, b] sur [f (b), f (a)]. Or f (b) < 0 <
f (a). Ainsi 0 ∈ [f (b), f (a)] admet-il un unique ant´ec´edent par f . On note ℓ cet ´el´ement.
On introduit la fonction g : [a, b] → R d´efinie par
∀x ∈ [a, b], g(x) = x −
2.
f (x)
est de classe C 1 sur [a, b] comme quotient de
f ′ (x)
telles fonctions dont le d´enominateur ne s’annule pas. De plus pour tout x ∈ [a, b], on a
x → x est de classe C ∞ sur [a, b], x →
g ′(x) = 1 −
3.
f (x)
f ′ (x)
f ′ (x)2 − f (x)f ′′ (x)
f (x)f ′′ (x)
=
f ′ (x)2
f ′ (x)2
On sait que f ′′ ≥ 0. Comme pour tout x ∈ [a, b] g ′ (x) =
de f . Le tableau suivant r´esume ces propri´et´es.
x
a
ℓ
ց
f (x)
g (x)
′
g(x)
0
ց
+ 0 −
ℓ
ր
ց
1
b
f (x)f ′′ (x)
, le signe de g ′ est celui
f ′ (x)2
4.
Les fonctions x → |f ′(x)| et x → |f ′′ (x)| sont continues sur le segment [a, b]. D’apr`es le
th´
eor`
eme image continue d’un segment, ces fonctions sont born´ees et atteignent leurs
bornes. En particulier, il existe (α, β) ∈ R+ × R+ tels que
∀x ∈ [a, b], |f ′ (x)| ≥ |f ′(α)| et |f ′′ (x)| ≤ |f ′′ (β)|
Comme f ′ < 0, on peut prendre m = |f ′ (α)| > 0 et M = 1 + |f ′′(β)|. Ainsi,
∀x ∈ [a, b], |f ′ (x)| ≥ m et |f ′′ (x)| ≤ M
5.
Soit x ∈ [a, b]. on a
|g(x) − ℓ| = |g(x) − g(ℓ)| ≤ sup |g ′(t)| |x − ℓ|
t
Le sup ´etant pris pour t ∈ [x, ℓ] ∪ [ℓ, x]. Or pour tout t ∈ [x, ℓ] ∪ [ℓ, x], on a :
|g ′(t)| =
M
|f (t)|f ′′(t)
≤ 2 |f (t)|
′
2
f (t)
m
On applique alors les IAF `a f entre t et ℓ. Il vient
|f (t)| = |f (t) − f (ℓ)| ≤ L|t − ℓ| ≤ L|x − ℓ|
Finalement putting all the things together gives
|g(x) − ℓ| ≤ L |x − ℓ|2
´
Partie II. Etude
d’une suite
Soit (un ) la suite r´ecurrente d´efinie par
1.
• u0 = a
• ∀n ∈ N, un+1 = g(un)
Montrons par r´ecurrence que n que (un ) est croissante et major´ee par ℓ.
• Init. u0 = a ≤ ℓ.
• H´
er´
ed. soit n tel que u0 ≤ · · · ≤ un ≤ ℓ. Comme un ≤ ℓ, le tableau de variation
f (un )
de f montre que f (un ) < 0. Par cons´equent − ′
> 0, et donc un+1 = g(un ) =
f (un )
f (un )
> un . Enfin, le tableau de variation de g montre que un+1 = g(un ) ≤ ℓ.
un − ′
f (un )
• Ccl OK
2.
D’apr`es le th´
eor`
eme de la limite monotone, la suite (un ) est convergente. On note
k ∈ [a, ℓ] sa limite. On a alors
• g(un ) −
→ g(k) (par TCSC) par continuit´e de la fonction g en k.
un
pe-
• un+1 −
→ ℓ comme suite extraite de un .
tit
sc´
ema
2
triangulaire
pour
Par unicit´
e de la limite, il s’ensuit que k est un point fixe de g : or
g(k) = k ⇐⇒ f (k) = 0 ⇐⇒ k = ℓ
3.
Par cons´equent la suite (un )n∈N converge vers ℓ.
1
Posons K = . Montrons par r´ecurrence sur n ∈ N que
L
|un − ℓ| ≤ K
u0 − ℓ
K
2n
Init. lorsque n = 0, on a |u0 − ℓ| ≤ |u0 − ℓ|
n
1
H´
er. soit n ∈ N tel que |un − ℓ| ≤ (L(u0 − ℓ))2 . D’apr`es la question ttt
L
|un+1 − ℓ| = |g(un ) − ℓ| ≤ L|un − ℓ|2
≤ L
≤
n
1
(L(a − ℓ))2
L
2
n+1
1
(L(a − ℓ))2
L
Ccl. par r´ecurrence on a montr´e que ...
EXERCICE 2
´
Partie I. Etude
d’une fonction
Soit f : R+ → R, la fonction d´efinie par
ln(1 + 2x)
− 1 si x > 0
x
f (0) = 1
f (x) =
1.
Par OPA, f est de classe C ∞ sur R+⋆ .
Etudions la continuit´e de f en 0. On sait que ln(1 + 2x) ∼0 2x, il en r´esulte que
ln(1 + 2x)
lim+
= 2, puis par OPA, que lim+ f (x) = 1 = f (0). Ce qi prouve que f
x→0
x→0
x
est continue en 0.
Ainsi, f est bien continue sur R+ et d´erivable sur R+⋆ .
2.
Etudiez les variations de f .
Soit x > 0, on a
x
− ln(1 + 2x)
x 1+2x
2x − (1 + 2x) ln(1 + 2x)
=
2
x
x2 (1 + 2x)
h(2x)
= 2
,
x (1 + 2x)
f ′ (x) =
o`
u l’on a not´e, suivant l’indication de l’´enonc´e : h(x) = x − (1 + x) ln(1 + x). Comme le
d´enominateur est positif, f ′ (x) est du signe de h(2x).
3
Etude du signe de h La fonction h : R+ → R est bien d´efinie et d´erivable et pour tout
x ∈ R+ , on a h′ (x) = − ln(1 + x). Ainsi, h est d´ecroissante sur R+ . Comme h(0) = 0, il
s’ensuit que h est n´egative sur R+ .
On en d´eduit le Tableau de variation de f
x
0
α
+∞
f ′ (x)
−
−
1
ց
f (x)
0
ց
−1
3.
f (x) = 1.
• On a vu que lim
+
0
• Par croissances compar´ees et
OPA, on a clairement lim f = −1.
+∞
La fonction f : R+ → R est strictement d´ecroissante et continue. D’apr`es le th´
eor`
eme de
la bijection f r´ealise une bijection de [0, +∞[ sur ] lim+∞ f, f (0)] =] − 1, 1].
Comme 0 ∈] − 1, 1], il admet un unique ant´ec´edent par f dans R+⋆ , not´e α.
Nb : on admet que 1 < α < 2.
´
Partie II. Etude
d’une suite convergente de limite α
Soit (un )n∈N la suite d´efinie par u0 ∈ R+⋆ et la relation de r´ecurrence :
∀n ∈ N,
1.
´
Etudions
rapidement la fonction g : R+ → R d´efinie par g(x) = ln(1 + 2x).
Il est clair que g est continue et strictement croissante sur R+⋆ comme compos´ee de telles
applications. On en d´eduit le tableau de variations de g :
x
0
α
+∞
+∞
ր
g(x)
α
ր
0
g(x) − x 0 +
2.
un+1 = ln(1 + 2un )
0
En particulier, l’intervalle R+ est stable
pour g. Par cons´equent, la suite (un ) est
bien d´efinie `a valeurs strictement positives.
−
On suppose que (un ) est convergente vers ℓ. Alors n´ecessairement ℓ est un point fixe pour
g ou une extr´emit´e (finie) de R+ . Or pour tout x ∈ R+ , on a les ´equivalences :
g(x) = x
⇐⇒
ln(1 + 2x) = x
⇐⇒
x = 0 ou x > 0 et
⇐⇒
⇐⇒
ln(1 + 2x)
=1
x
x = 0 ou x > 0 et f (x) = 0
x = 0 ou x = α
Ainsi, les seules limites possibles pour (un ) sont 0 et α.
4
3.a. On suppose dans cette question que u0 ∈]0, α[.
]0, α[ est stable pour g comme le montre le tableau de variations. En particulier, la suite
(un ) est `a valeurs dans ]0, α[.
la fonction it´eratrice g est croissante sur ]0, α[ donc (un ) est monotone.
la fonction f est positive sur ]0, α[, il en r´esulte que g(u0 ) > u0 , i.e. u1 > u0 . Par
cons´equent, la suite (un ) est n´ecessairement croissante.
la suite (un ) est donc croissante et major´ee par α. Par le th´
eor`
eme de la limite monotone, il en r´esulte que (un ) converge vers son sup. Notons ℓ sa limite. D’apr`es la question
2, ℓ ∈ {0, α}. Comme u0 > 0, 0 n’est pas un majorant de la suite (un ). Il en r´esulte
finalement que la suite (un ) est convergente de limite α.
b. On suppose dans cette question que u0 ∈ [α, +∞[.
◮
si u0 = α, la suite (un ) est constante ´egale `a α, donc convergente vers α.
◮
si u0 > α.
]α, +∞[ est stable pour g d’apr`es le tableau de variation. En particulier, la suite
(un ) est `a valeurs dans ]α, +∞[. la fonction it´eratrice g est croissante sur ]α, +∞[,
donc (un ) est monotone sur ]α, +∞[, la fonction f est n´egative, ainsi f (u0 ) < 0,
ce qui entraˆıne que g(u0) < u0 . Par cons´equent, (un ) est d´ecroissante. la suite (un )
est donc d´ecroissante et minor´ee par α. Par le th´
eor`
eme de la limite monotone, il
en r´esulte que (un ) converge vers son inf. Notons ℓ sa limite. D’apr`es la question 2,
ℓ ∈ {0, α}. 0 n’est pas le plus petit minorant de la suite (un ), il en r´esulte finalement
que la suite (un ) est convergente de limite α.
EXERCICE 3
On d´esigne par n un entier naturel non nul et l’on se propose d’´etudier les racines de
l’´equation
ln x + x = n
(1)
` cet effet, on introduit la fonction f d´efinie sur R+⋆ par
A
∀x > 0,
f (x) = ln x + x
Partie I. Existence des racines de (1)
1.
f est continue et strictement croissante comme somme de deux fonctions continues et
strictement croissantes.
2.
D’apr`es le th´
eor`
eme de la bijection, f r´ealise une bijection de ]0, +∞[ sur ] lim+ f (x); lim [=
x→0
x→+∞
] − ∞, +∞[.
En particulier, tout entier naturel non nul n ∈ N⋆ , admet un unique ant´ec´edent par f .
Autrement dit, l’´equation (1) admet une unique racine r´eelle et positive, que l’on note xn .
3.
Soit n ∈ N⋆ , il est ´evident que f (xn ) = n est strictement inf´erieur `a n + 1 = f (xn+1 ).
Comme f est strictement croissante, elle pr´eserve les in´egalit´es strictes, de sorte que
xn < xn+1 . En clair, la suite (xn )n∈N⋆ est strictement croissante.
4.
Comme ln 1 = 0, x1 = 1.
5
5.
` main lev´ee ”assist´ee par ordinateur”
A
graphe de la fonction f
´
Partie II. Etude
de la convergence de la suite (xn )
1.
Soit x ∈ R+⋆ d’apr`es l’in´egalit´e des tangentes appliqu´ee `a la fonction concave ln au point
1, on a
Pour tout x > 0, ln(x) ≤ x − 1. En particulier, ln(x) < x.
2.
Soit n ∈ N⋆ , comme xn est la solution de (1), il r´esulte de l’in´egalit´e ln(xn ) ≤ xn que
xn = n − ln(xn ) ≤ n
xn = n − ln(xn ) ≥ n − xn
D’o`
u je tire l’encadrement
∀ ∈ N⋆ ,
3.
n
≤ xn ≤ n
2
Comme les suites (n) et (n/2) sont toutes deux divergentes vers +∞, d’apr`es le th´
eor`
eme
de divergence par comparaison la suite (xn ) est elle aussi divergente vers +∞.
Partie III. D´
eveloppement asymptotique de la suite (xn )
1.
• xn −−−→ +∞
⇒ ln(xn ) = o(xn )
n→∞
•
ln(x) = o(x)
D’apr`es la caract´
erisation des ´
equivalents par la diff´
erence, on a
n = xn + ln(xn ) ∼ xn
2.
n
xn
∼
−−−−→ 1.
xn+1
n + 1 n→+∞
D’apr`es la caract´
erisation s´
equentielle de la continuit´
e pour le logarithme, il en r´esulte
que
xn
=0
lim ln
n→+∞
xn+1
Remarquons tout d’abord que l’´equivalence ci-dessus entraˆıne que
. Or, par d´efinitions de xn et de xn+1 , nous avons
xn+1 − xn = n + 1 − ln xn+1 − n + ln xn = 1 + ln
3.
xn
xn+1
Par op´erations alg´ebriques, j’en d´eduis que xn+1 − xn est convergente de limite 1.
n − xn
On d´efinit pour tout entier naturel non nul n ∈ N⋆ , un =
.
ln n
6
a. Soit n ∈ N⋆ . Par d´efinition de xn , nous avons :
un − 1 =
ln xn − ln n
ln(xn /n)
n − xn
−1=
=
.
ln n
ln n
ln n
xn
= 1.
n
Par la caract´
erisation s´
equentielle de la continuit´
e pour le logarithme, il en r´esulte que
lim ln xn /n = 0. Comme ln n est divergente vers +∞, il vient finalement (par op´erations
b. Ainsi que nous l’avons prouv´e pr´ec´edemment, xn ∼ n. Autrement dit, lim
n→+∞
n→+∞
alg´ebriques) :
lim un = 1
n→+∞
c.
un − 1 =
ln(xn /n)
ln(1 − 1 + xn /n)
=
ln n
ln n
Faisons le changement de variable
• hn = −1 + xn /n −−−→ 0
n→∞
• ln(1 + h) ∼0 h
⇒
un − 1 ∼
ln(xn )
xn − n
=−
n ln n
n ln n
Comme de plus xn ∼ n −−−→ +∞, il en r´esulte que ln xn ∼ ln n. Il en r´esulte finalement
n→∞
que
1
1 − un ∼
n
4.
Par d´efinition de un et l’´equivalence ci-dessus, il existeune fonction ε d´efinie au voisinage
de 0 telle que lim ε(x) = 0 et , pour tout entier sup´erieur ou ´egal `a 2 :
x→0
1 − un = 1/n + 1/nε(1/n)
Comme un =
n − xn
, j’en d´eduis que
ln n
xn = n − ln n +
ln n ln n
+
ε(1/n).
n
n
7