PHEC1 Correction devoir 5 2002-2003 Exercice 1 (Edhec 2002) 1. Le numérateur et

PHEC1 Correction devoir 5 2002-2003 Exercice 1 (Edhec 2002) 1. Le numérateur et le dénominateur sont continus sur R + et le quotient ne s’annule pas sur R + donc f est continue sur R +: En 0; lim x!0+x ln x = 0 et lim x!0+(1 + x2) = 1 donc f(x) ! x!0+ 0 = f(0) donc f est continue en 0. Par suite, f est continue sur R+: Nous e¤ectuons l’étude du signe sur R+ donc le signe de f est l’opposé celui de ln; ce qui nous donne f 6 0 sur [1; +1[ et f > 0 sur ]01] 2. La fonction f est continue sur R+ donc la donc x 7! x R 0 f(t)dt est dé…nie, continue et C1 sur R+. (a) La fonction g est dérivable puisqu’il s’agit de la di¤érence de deux fonctions dérivables (cf. 2). g0(x) = f(x) 1 donc si x > 0; on a : g0(x) = x ln x 1 + x2 1 = x ln x + 1 + x2 1 + x2 = x ln x + 1 x + x 1 + x2 = xh(x) 1 + x2 (b) h0(x) = 1 x 1 x2 + 1 = x2 + x 1 x2 . Les racines du trinôme x2 + x 1 sont x = 1  p 5 2 : La seule qui est utile pour notre fonction h est x+. Il est immédiat que h0 > 0 sur [x+; +1[ et h0 6 0 sur ]0; x+] (la fonction h est dé…nie sur R +) d’où le tableau de variation x 0 x+ > 1 +1 x2 + x 1 0 + h0(x) 0 + +1 +1 h(x) & > 0 % z }| { h(x+) (c) Le tableau de variation précédent montre que h est positive sur R+ + donc g0(x) = xh(x) 1 + x2 est négative sur R +: La fonction g est strictement décroissante sur R+ et g(0) = 0 donc g est négative sur R+: (a) La dérivée de F est f qui est positive sur [0; 1] donc F est croissante sur [0; 1]: ainsi F([0; 1]) = [F(0); F(1)] avec F(0) = 0 et F(1) 6 1 (car g(1) = F(1) 1 6 0 cf. 3.c) donc l’intervalle [0; 1] est stable par F: On introduit l’hyposède de récurrence (Hn) : un existe et appartient à [0; 1]: Initialisation : (H0) est vraie car u0 = 1 2 [0; 1]: Hérédité : supposons que (Hn) est vraie. un 2 [01] donc F(un) existe (DF = R+) et appartient à [0; 1] (stabilité de [0; 1] par F) donc un+1 existe et appartient à [0; 1]; ce qui implique que (Hn+1) est vraie donc 8n 2 N; un 2 [0; 1] (b) La question 3.c montre que 8x > 0; F(x) 6 x: Pour tout entier n > 0; un > 0 donc F(un) = un+1 6 un donc la suite u est décroissante. (c) La suite u est décroissante minorée par 0 donc elle converge vers une limite L telle que L 2 [0; 1] et F(L) = L , g(L) = 0: Nous avons vu dans la question 3.c que la fonction g est strictement décroissante sur R+ et g(0) = 0 donc l’équation g(x) = 0 n’admet que 0 comme solution ; ce qui implique que L = 0 Exercice 2 (EML 2001) 1. (a) Comme dans l’exercice 1, on montre que f est continue sur R +: En 0; on a x ex 1  x!0 x x = 1 donc f(x) = x ex 1 ! x!0 1 = f(0) ce qui montre que f est continue en 0 et, par conséquent, sur R+: (b) x 7! x et x 7! ex 1 sont de classe C1 sur R+ et 8x 6= 0; ex 1 6= 0 donc f est C1 sur R + et 8x > 0; f 0(x) = xex ex + 1 (ex 1)2 : (c) On commence par remarquer que f 0(x)  x!0 xex ex + 1 x2 puis on e¤ectue un DL2(0) du numérateur ce qui nous donne xex ex + 1 = x(1 + x + 1 2x2 + o(x2)) (1 + x + 1 2x2 + o(x2)) + x = 1 2x2 + o x2 : Ainsi, nous obtenons xex ex + 1 x2 = 1 2x2 + o x2 x2 = 1 2 + o(1) ! x!0 1 2 donc f 0(x) ! x!0 1 2 www.mathematiques.fr.st 1/6 abdellah bechata PHEC1 Correction devoir 5 2002-2003 (d) La fonction f est continue sur R+, C1 sur R + et f 0(x) ! x!0 1 2 donc le théorème de prolongement continue de la dérivée montre que f est C1 sur R+ et f 0(x) = 8 > < > : xex ex + 1 (ex 1)2 si x > 0 1 2 si x = 0 (a) x 7! x et x 7! ex 1 sont de classe C2 sur R+ et 8x 6= 0; ex 1 6= 0 donc f est C2 sur R + et 8x > 0; f"(x) = (f 0)0(x) = (xex ex + 1 (ex 1)2 )0 = (xex ex + 1)0 (ex 1)2 (xex ex + 1)[(ex 1)2]0 (ex 1)4 = xex (ex 1)2 (xex ex + 1)2ex (ex 1) (ex 1)4 = ex (ex 1) (x 2ex + xex + 2) (ex 1)4 = ex (ex 1)3 (xex 2ex + x + 2) (b) g0(x) = ex + xex + 1; g"(x) = xex d’où le tableau de variation ci-contre qui montre que g est positive sur R+: Les fonctions x 7! ex et x 7! ex 1 sont positives sur R+ donc la fonction f" est positive sur R+; x 0 +1 g"(x) + g0(x) 0 % g0(x) + g(x) 0 % (c) La fonction f" est positive donc f 0 est croissante. f 0(0) = 1 2 et f 0(x)  x!+1 xex (ex)2 = xex ! x!+1 0: Limite de f en +1 : f(x)  x!+1 x ex = xex ! x!+1 0: On en déduit le tableau de variation et le graphique de f x 0 +1 f"(x) + f 0(x) 1 2 % 0 f 0(x) f(x) 1 & 0 (d) Le tableau de variation de f montre que 8x 2 R+; 1 2 6 f 0(x) 6 0 (donc jf 0(x)j 6 1 2) et 0 6 f(x) 6 1: (e) Il faut distinguer les cas x = 0 et x 6= 0 (car f possède deux expressions). Si x = 0; f(0) = 1 6= 0: Si x 6= 0; f(x) = x , x ex 1 = x , 1 = ex 1 , ex = 2 , x = ln 2 donc x = ln 2 est l’unique solution de f(x) = x (f) On constate que R+ est un intervalle stable par f (cf. tableau de variation) et u0 2 R+ donc une récurrence montre immédiatement que 8n > 0; un 2 R+: On sait que f est continue et dérivable sur R+ et que 8x 2 [0; +1[; jf 0(x)j  1 2: Nous pouvons appliquer l’inégalité des accroissements …nis avec x = un et y = ln 2 ce qui nous donne jf(un) f(ln 2)j 6 1 2 jun ln 2j , jun+1 ln 2j  1 2jun ln 2j (g) On introduit l’hyposède de récurrence (Hn) : jun ln 2j  (1 2)nj1 ln 2j Initialisation : (H0) est vraie car ju0 ln 2j = 1 ln 2 = (1 2)0j1 ln 2j: Hérédité : supposons que (Hn) est vraie. On a junln 2j  (1 2)nj1ln 2j et jun+1ln 2j  1 2junln 2j donc jun+1ln 2j  1 2(1 2)nj1ln 2j = (1 2)n+1j1ln 2j, ce qui implique que (Hn+1) est vraie et termine la récurrence. La suite (1 2)nj1 ln 2j est géométrique de raison 1 2 2] 1; 1[ donc elle tend vers 0: www.mathematiques.fr.st 2/6 abdellah bechata PHEC1 Correction devoir 5 2002-2003 L’inégalité 8n > 0; 0 6 jun ln 2j  (1 2)nj1 ln 2j combinée au théorème d’encadrement montre que la suite jun ln 2j tend vers 0 donc la suite u tend vers ln 2: Exercice 3 (ESC 1999) Partie A : analyse 1. un+1 = an+1 + bn+1 = (5 6an + 1 6bn) + (1 6an + 5 6bn) = an + bn = un vn+1 = an+1 bn+1 = (5 6an + 1 6bn) (1 6an + 5 6bn) = 2 3(an bn) = 2 3un 2. un = u1 et uploads/Litterature/ corrige-serie-1-mathematique.pdf

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