Études de suites-3 (Prérentrée ECG1)

1. 2. • \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme somme de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f'(x) &= 1- 2\,\mathrm{e}^{2x-2} \end{aligned}\]

        donc pour tout \(x\in \mathbb{R}\) : \[\begin{aligned} f'(x) >0 &\Leftrightarrow 1- 2\,\mathrm{e}^{2x-2} \\ &\Leftrightarrow \mathrm{e}^{2x-2}< \frac{1}{2} \end{aligned}\]

        d’où, comme la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\begin{aligned} f'(x) >0 &\Leftrightarrow 2x-2 < \ln\! \left( \frac{1}{2} \right) \\ &\Leftrightarrow 2x < 2- \ln(2) \\ &\Leftrightarrow x < \frac{2-\ln(2)}{2} \end{aligned}\]

        et de même : \[\begin{aligned} f'(x) <0 &\Leftrightarrow x> \frac{2-\ln(2)}{2} \end{aligned}\]

        On en déduit le tableau de variations suivant (la valeur en \(\frac{2-\ln(2)}{2}\) est calculée plus loin) :

        

      • D’après l’étude des variations de \(f\), \(f\) atteint un maximum en \(\frac{2-\ln(2)}{2}\). De plus on a : \[\begin{aligned} f\! \left( \frac{2-\ln(2)}{2} \right) &= \frac{2-\ln(2)}{2} - \exp\! \left( 2 \times \frac{2-\ln(2)}{2} - 2 \right) \\ &= \frac{2-\ln(2)}{2} - \exp\! \left( - \ln(2) \right) \\ &= 1- \frac{\ln(2)}{2} - \exp\! \left( \ln\! \left( \frac{1}{2} \right) \right) \\ &= 1- \frac{\ln(2)}{2} - \frac{1}{2} \end{aligned}\]

        d’où :

        Le maximum de \(f\) est égal à \(\dfrac{1-\ln(2)}{2}\)

2. 1. Remarquons tout d’abord que \(1<2 <\mathrm{e}\) donc, comme la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\ln(1) < \ln(2) < \ln(\mathrm{e})\] c’est-à-dire : \[0 < \ln(2) < 1\]

      d’où : \[\frac{1}{2} < \frac{2-\ln(2)}{2}\]

      Ainsi \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \(I\) donc elle induit une bijection de \(I\) sur \(f(I) = \left[ f(0), f\! \left( \frac{1}{2} \right) \right] = \left[- \mathrm{e}^{-2}, \frac{1}{2}- \mathrm{e}^{-1} \right]\).

      De plus on a évidemment : \[- \mathrm{e}^{-2} < 0\]

      et par ailleurs, comme \(\mathrm{e}>2\) et comme la fonction inverse est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\frac{1}{2}- \mathrm{e}^{-1} >0\]

      Il en découle que \(0\) appartient à \(f(I)\), ce qui nous permet de conclure :

      L’équation \(f(x) = 0\) admet dans l’intervalle \(I\) une unique solution \(a\).

   2. Comme \(f\) est strictement croissante sur \(I\), pour trouver une valeur approchée de \(a\) à \(10^{-3}\) près il suffit de calculer \(f(0)\), \(f(10^{-3})\), \(f(2\times 10^{-3})\), …jusqu’à trouver une valeur strictement positive car alors on aura un encadrement de la forme : \[f( k\times 10^{-3}) \leqslant 0 < f( (k+1) \times 10^{-3})\]

      où \(k\times 10^{-3}\) et \((k+1) \times 10^{-3}\) appartiennent à \(I\) (car \(f\) est croissante et change de signe sur \(I\)) ce qui assure, \(f\) étant strictement croissante sur \(I\) : \[k\times 10^{-3} \leqslant a < (k+1) \times 10^{-3}\]

      Or on a : \[(k+1) \times 10^{-3} - k\times 10^{-3} = 10^{-3}\]

      donc \(k\times 10^{-3}\) et \((k+1) \times 10^{-3}\) seront des valeurs approchées de \(a\) à \(10^{-3}\) près.

      On propose donc de compléter ainsi :

      from numpy import exp
      a=0
      while a-exp(2*a-2)<0:
          a=a+10**(-3)
      print(a)

3. 1. • Pour tout réel \(x\), on a : \[\begin{aligned} f(x) = 0 &\Leftrightarrow x - \mathrm{e}^{2x-2} = 0 \\ &\Leftrightarrow \mathrm{e}^{2x-2} =x \end{aligned}\] donc :

        L’équation \(f(x) = 0\) est équivalente à \(g(x) = x\)

      • Comme \(f(a) = 0\), on a donc :

        \[g(a) = a\]

   2. \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme composée de fonctions qui le sont et on a : \[\forall x\in \mathbb{R},\ g'(x) = 2 \,\mathrm{e}^{2x-2}\]

      De plus on a, la fonction \(x \mapsto 2x-2\) étant croissante sur \(\mathbb{R}\) : \[\forall x\in I,\ -2 \leqslant 2x-2 \leqslant -1\]

      donc, la fonction exponentielle étant croissante sur \(\mathbb{R}\) et \(2\) étant positif : \[\forall x\in I,\ 2\,\mathrm{e}^{-2} \leqslant g'(x) \leqslant 2 \,\mathrm{e}^{-1}\]

      d’où, comme \(2\,\mathrm{e}^{-2} \geqslant 0\) :

      \[\forall x\in I,\ \left|g'(x)\right| \leqslant \dfrac{2}{\text{e}}\]

   3. On a de même : \[\forall x\in I,\ \mathrm{e}^{-2} \leqslant g(x) \leqslant \mathrm{e}^{-1}\]

      donc, comme \(\mathrm{e}^{-2} \geqslant 0\) et \(\mathrm{e}^{-1} \leqslant \frac{1}{2}\) (car \(\mathrm{e}>2\)) : \[\forall x\in I,\ 0 \leqslant g(x) \leqslant \frac{1}{2}\] d’où :

      \[\forall x\in I,\ g(x) \in I\]

   4. • \(g\) est dérivable sur \(I\) et on a : \[\forall x\in I,\ \left|g'(x)\right| \leqslant \dfrac{2}{\text{e}}\]

        donc, d’après l’inégalité des accroissements finis : \[\forall (x,y) \in I^2,\ \left| g(x) - g(y) \right| \leqslant \frac{2}{\mathrm{e}} \left| x-y \right|\]

      • On souhaite appliquer ce résultat avec \(x=u_n\) et \(y=a\). Il faut pour cela commencer par vérifier que les termes de la suite \(u\) appartiennent bien à \(I\), ce que l’on fait par récurrence.

        • \(u_0=0\) donc \(u_0\) appartient à \(I\).

        • Soit \(n \in\mathbb{N}\). Supposons que \(u_n\) appartienne à \(I\). D’après le résultat de la question précédente, \(g(u_n)\) appartient à \(I\), donc \(u_{n+1}\) appartient aussi à \(I\).

        • Ainsi tous les termes de la suite \(u\) appartiennent à \(I\).

      • Pour \(x=u_n\) et \(y=a\), on obtient alors : \[\forall n \in \mathbb{N},\ \left| g(u_n) - u_n\right| \leqslant \dfrac{2}{\text{e}}\left|u_n - a\right|\]

        d’où :

      \[\forall n \in \mathbb{N},\ \left|u_{n + 1} - a \right| \leqslant \dfrac{2}{\text{e}}\left|u_n - a\right|\]

   5. Montrons par récurrence que, pour tout \(n \in\mathbb{N}\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(\left|u_{n} - a\right| \leqslant \left(\frac{2}{\text{e}}\right)^n\) est vraie.

      • \(u_0 =0\) et \(a\) appartient à \(I\) d’où : \[\left| u_0 - a \right| \leqslant 1 = \left(\frac{2}{\text{e}}\right)^0\]

        donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

      • Soit \(n \in\mathbb{N}\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Alors, d’après le résultat de la question précédente : \[\begin{aligned} |u_{n+1} - a| &\leqslant \dfrac{2}{\text{e}}\left|u_n - a\right| \end{aligned}\]

        d’où, par hypothèse de récurrence et comme \(\frac{2}{\mathrm{e}} \geqslant 0\) : \[\begin{aligned} |u_{n+1} - a| &\leqslant \frac{2}{\mathrm{e}} \times \left(\frac{2}{\mathrm{e}} \right)^n \\ &\leqslant \left( \frac{2}{\mathrm{e}} \right)^{n+1} \end{aligned}\]

        donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

      • On peut maintenant conclure :

      \[\forall n \in \mathbb{N},\ \left|u_{n} - a\right| \leqslant \left(\dfrac{2}{\text{e}}\right)^n\]

   6. \(\frac{2}{\mathrm{e}}\) appartient à \(]-1,1[\) donc on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\frac{2}{\mathrm{e}} \right)^n = 0\] donc, d’après le résultat de la question précédente et le théorème de l’encadrement :

      \[\lim\limits_{n\to+\infty}u_n = a\]

   7. D’après le résultat de la question 3e, \(u_n\) constitue une valeur approchée de \(a\) à \(10^{-3}\) près dès que \(\left( \frac{2}{\mathrm{e}} \right)^n \leqslant 10^{-3}\).

      On propose donc de compléter ainsi :

      import numpy as np
      n=0
      u=0
      while (2/np.e)**n>10**(-3):
          n=n+1
          u=np.exp(2*u-2)
      print(n)

A. Étude de la fonction et construction de la courbe

1. • On a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f(x) &= 2x + 1 - x \, \text{e}^{ x-1} \\ &= 2x + 1 - x\,\mathrm{e}^x \,\mathrm{e}^{-1} \end{aligned}\]

     Or on a : \[\lim_{x\to {-\infty}} (2x+1) = {-\infty}\]

     et, par croissances comparées : \[\lim_{x\to {-\infty}} x\,\mathrm{e}^x = 0\]

     donc, par somme :

     \[\lim_{x\to {-\infty}} f(x) = {-\infty}\]

   • On a par ailleurs \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f(x) &= 2x + 1 - x \, \text{e}^{ x-1} \\ &= x\, \mathrm{e}^x \left[ 2\,\mathrm{e}^{-x} - \mathrm{e}^{-1} \right] + 1 \end{aligned}\]

     Or on a : \[\lim_{x\to {+\infty}} x\, \mathrm{e}^x = {+\infty}\quad \text{et} \quad \lim_{x\to {+\infty}} \left[ 2\,\mathrm{e}^{-x} - \mathrm{e}^{-1} \right] = -\mathrm{e}^{-1}<0\]

     donc, par produit :

     \[\lim_{x\to {+\infty}} f(x) = {-\infty}\]

2. • On a : \[\forall x\in\mathbb{R},\ f(x) - (2x+1) = - x\,\mathrm{e}^x \,\mathrm{e}^{-1}\] donc, de même que précédemment : \[\lim_{x\to {-\infty}} \left[ f(x) - (2x+1) \right] = 0\] d’où :

     La droite \(\Delta\) d’équation \(y = 2x + 1\) est asymptote à la courbe \((\mathcal{C})\) en \(- \infty\)

   • On a de plus, la fonction exponentielle étant positive sur \(\mathbb{R}\) : \[\begin{aligned} &\forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x) - (2x+1) \leqslant 0 \\ &\forall x\in\mathbb{R}_-,\ f(x) - (2x+1) \geqslant 0 \end{aligned}\]

     donc :

     \((\mathcal{C})\) est au-dessus de \(\Delta\) sur \(\mathbb{R}_-\) et en dessous sur \(\mathbb{R}_+\)

3. 1. • \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme somme et produit de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f'(x) &= 2 - \mathrm{e}^{x-1} - x\,\mathrm{e}^{x-1} \end{aligned}\] soit encore :

        \[\forall x\in\mathbb{R},\ f'(x) = 2- \left( x+1 \right) \mathrm{e}^{x-1}\]

      • De même \(f'\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme somme et produit de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f''(x) &= - \mathrm{e}^{x-1} - \left( x+1 \right)\mathrm{e}^{x-1} \end{aligned}\] soit encore :

        \[\forall x\in\mathbb{R},\ f''(x) =- \left( x+2 \right) \mathrm{e}^{x-1}\]

   2. D’après le résultat précédent et comme la fonction exponentielle est strictement positive sur \(\mathbb{R}\), \(f''\) s’annule uniquement en \(-2\) et : \[\begin{aligned} &\forall x\in \left] {-\infty}, -2 \right],\ f''(x) \geqslant 0 \\ &\forall x\in \left[ 2, {+\infty}\right[,\ f''(x) \leqslant 0 \end{aligned}\]

      donc :

      \(f\) est concave sur \(\left] {-\infty}, -2 \right]\), convexe sur \(\left[ 2, {+\infty}\right[\) et le point d’abscisse \(-2\) est l’unique point d’inflexion de \(f\).

   3. On a : \[\forall x\in\mathbb{R},\ f'(x) =2- \mathrm{e}^{-1} \left[ x\,\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^x \right]\]

      Or on a vu dans la question 1 que : \[\lim_{x\to {-\infty}} x\,\mathrm{e}^x = \lim_{x\to {-\infty}} \mathrm{e}^x = 0\] donc : \[\lim_{x\to {-\infty}} f'(x) = 2\]

      Grâce à l’étude du signe de \(f''\) faite dans la question précédente, on en déduit le tableau de variations suivant :

      

   4. • On a :

        \[f'(1) = 2-2\mathrm{e}^0 = 0\]

      • D’après l’étude des variations de \(f'\), on sait déjà que : \[\forall x\in \left] {-\infty},-2\right],\ f'(x) \geqslant 2 >0\]

        De plus \(f'\) est strictement décroissante sur \([-2,{+\infty}[\) et \(f'(1)=0\) donc : \[\forall x\in \left] -2,1 \right[,\ f'(x)>0 \quad \text{et} \quad \forall x\in \left]1,{+\infty}\right[,\ f'(x) <0\]

        On en déduit le tableau de signe suivant :

        

   5. On peut maintenant dresser le tableau de variations de \(f\) :

      

4. D’après les résultats précédents, \(f\) est continue et strictement décroissante sur \([1,2]\) donc, d’après le théorème de la bijection, elle induit une bijection de \(\left[ \frac{3}{2},2 \right]\) sur \(\left[f(2), f\! \left( \frac{3}{2} \right) \right]\), c’est-à-dire sur \(\left[5-2\,\mathrm{e}, 4 -\frac{3\,\mathrm{e}^{-1/2}}{2} \right]\).

   Or \(5-2\,\mathrm{e}<0\) (car \(\mathrm{e}>2,5\)) et \(4 -\frac{3\sqrt{\mathrm{e}}}{2} >0\) (car \(\mathrm{e}<4\)) donc \(0\) appartient à \([5-2\,\mathrm{e},2]\), ce qui nous permet de conclure :

   Sur \(I\), l’équation \(f(x) = 0\) a une solution unique, \(\alpha\)

B. Recherche d’une approximation de

1. Notons tout d’abord que : \[\forall x\in I,\ 2+ \frac{1}{x} >0\]

   donc \(g\) est bien définie sur \(I\). On a de plus, pour tout \(x\in I\) : \[\begin{aligned} f(x) = 0&\Leftrightarrow 2x+1- x\,\mathrm{e}^{x-1} = 0 \\ &\Leftrightarrow x\,\mathrm{e}^{x-1} = 2x+1 \end{aligned}\]

   donc, comme \(x\neq 0\) : \[\begin{aligned} f(x) = 0&\Leftrightarrow \mathrm{e}^{x-1} = 2+ \frac{1}{x} \end{aligned}\]

   d’où, comme la fonction \(\ln\) est bijective de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\begin{aligned} f(x) = 0&\Leftrightarrow x-1 = \ln \! \left( 2+ \frac{1}{x} \right) \\ &\Leftrightarrow x = 1+ \ln \! \left( 2+ \frac{1}{x} \right) \end{aligned}\]

   ce qui nous permet de conclure :

   Sur \(I\), l’équation \(f(x) = 0\) équivaut à l’équation \(g(x) = x\)

2. • Remarquons tout d’abord que l’on a : \[\forall x \in I,\ g(x) = 1+ \ln \! \left( \frac{2x+1}{x} \right) = 1+ \ln(2x+1) - \ln(x)\]

     De plus les fonctions \(x\mapsto x\) et \(x\mapsto 2x+1\) sont dérivables et strictement positives sur \(I\) donc, comme la fonction \(\ln\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\), \(g\) est dérivable sur \(I\). De plus on a : \[\begin{aligned} \forall x\in I,\ g'(x) &= \frac{2}{2x+1} - \frac{1}{x} \\ &= - \frac{1}{x \left( 2x+1 \right)} \\ &<0 \end{aligned}\]

     d’où :

     \(g\) est strictement décroissante sur \(I\)

   • On en déduit : \[\forall x\in I,\ g(2) \leqslant g(x) \leqslant g\! \left( \frac{3}{2} \right)\]

     soit encore : \[\forall x\in I,\ 1+ \ln\! \left( \frac{5}{2} \right) \leqslant g(x) \leqslant 1+ \ln \! \left( \frac{8}{3} \right)\]

     De plus on sait que : \[1 \leqslant \frac{5}{2} \leqslant \frac{8}{3} \leqslant \mathrm{e}\]

     Commentaire

     \(\frac{8}{3} \simeq 2,67\)

     \(\mathrm{e}\simeq 2,72\)

     d’où, comme la fonction \(\ln\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\forall x\in I,\ 1 \leqslant g(x) \leqslant 2\]

     Commentaire

     \(\ln(1)=0\)

     \(\ln(\mathrm{e}) = 1\)

     ce qui nous permet de conclure :

     \[\forall x\in I,\ g(x) \in I\]

3. On a : \[\forall x \in I,\ 0 < \frac{3}{2} \leqslant x \leqslant 2 \quad \text{et} \quad 0 < 4 \leqslant 2x+1 \leqslant 5\]

   d’où : \[\forall x \in I,\ 0 < 3 \leqslant x \left( 2x+1 \right) \leqslant 10\]

   donc : \[\begin{aligned} \forall x\in I,\ 0 \leqslant \frac{1}{x \left( 2x+1 \right)} &\leqslant \frac{1}{3} \end{aligned}\]

   c’est-à-dire :

   \[\forall x\in I,\ \left| g'(x) \right| \leqslant \dfrac{1}{3}\]

4. 1. Montrons par récurrence que, pour tout \(n \in\mathbb{N}\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(u_n\) existe et appartient à \(I\) est vraie.

      • \(u_0=2\) donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

      • Soit \(n \in\mathbb{N}\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Comme \(g\) est bien définie sur \(I\), \(u_{n+1} = g(u_n)\) est donc bien défini et, d’après le résultat de la question 6, appartient à \(I\).

        Ainsi \(\mathcal{P}(n) \Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\).

      • On peut maintenant conclure :

      Les termes de cette suite sont tous bien définis et appartiennent à l’intervalle \(I\)

   2. \(g\) est dérivable sur \(I\) et on a : \[\forall x\in I,\ \left|g'(x)\right| \leqslant\dfrac{1}{3}\]

      donc, d’après l’inégalité des accroissements finis : \[\forall (x,y) \in I^2,\ \left| g(x) - g(y) \right| \leqslant \dfrac{1}{3} \, \left| x-y \right|\] Pour \(x=u_n\) et \(y=\alpha\), on obtient alors : \[\forall n \in \mathbb{N},\ \left| g(u_n) - u_n\right| \leqslant \dfrac{1}{3}\left|u_n - \alpha\right|\]

      d’où :

      \[\forall n \in \mathbb{N},\ |u_{n + 1} - \alpha| \leqslant \dfrac{1}{3} \, |u_{n} - \alpha|\]

   3. Montrons par récurrence que, pour tout \(n \in\mathbb{N}\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(|u_{n} - \alpha| \leqslant \left(\dfrac{1}{3}\right)^n \times \dfrac{1}{2}\) est vraie.

      • \(u_0 =2\) et \(\alpha\) appartient à \(I\) d’où : \[\left| u_0 - \alpha \right| \leqslant \frac{1}{2} = \left(\frac{1}{\text{3}}\right)^0 \frac{1}{2}\]

        donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

      • Soit \(n \in\mathbb{N}\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Alors, d’après le résultat de la question précédente : \[\begin{aligned} |u_{n+1} - \alpha | &\leqslant \dfrac{1}{3}\left|u_n - \alpha \right| \end{aligned}\]

        d’où, par hypothèse de récurrence et comme \(\frac{1}{3} \geqslant 0\) : \[\begin{aligned} |u_{n+1} - \alpha | &\leqslant \frac{1}{3} \times \left(\frac{1}{3} \right)^n \times \dfrac{1}{2} \\ &\leqslant \left( \frac{1}{3} \right)^{n+1} \times \frac{1}{2} \end{aligned}\]

        donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

      • On peut maintenant conclure :

      \[\forall n \in \mathbb{N},\ |u_{n} - \alpha| \leqslant \left(\dfrac{1}{3}\right)^n \times \dfrac{1}{2}\]

   4. \(\frac{1}{3}\) appartient à \(]-1,1[\) donc on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{3} \right)^n = 0\] donc, d’après le résultat de la question précédente et le théorème de l’encadrement :

      \[\lim\limits_{n\to+\infty}u_n = \alpha\]