Études de suites-2 (Prérentrée ECG1)

Exercice 1 (🔥🔥) : Étude d'une suite implicite
📄 Énoncé

On désigne par \(n\) un entier supérieur ou égal à 2 et on considère les fonctions, notées \(f_n\), qui sont définies pour \(x\) appartenant à l’intervalle \(\mathbb{R}_+^\ast= \left] 0, {+\infty}\right[\) par :

\[f(x) = \dfrac{1 + n \ln (x)}{x^2}\]

    1. Calculer \(f^{\prime}_n(x)\).

    2. Déterminer la limite de \(f_n\) en \(+ \infty\).

    3. Établir le tableau de variations de la fonction \(f_n\) et calculer sa valeur maximale.

  2. Dans toute la suite, on prendra \(n \geqslant 3\).

    1. Vérifier que l’équation \(f_n(x) = 1\) n’a pas de solution sur l’intervalle \(]1,\text{e}^{\frac{n - 2}{ 2n}} [\).

    2. Montrer que l’équation \(f_n(x) = 1\) admet sur l’intervalle \([\textrm{e}^{\frac{n - 2}{ 2n}}, +\infty[\) exactement une solution notée \(\alpha_n\).

  3. On se propose de déterminer la limite de la suite \(\alpha_n\).

    1. Montrer que, si \(n > \text{e}^2\), on a : \(f_n(\sqrt{n}) \geqslant 1\).

    2. En déduire que, pour \(n \geqslant 9\), on a \(\alpha_n \geqslant \sqrt{n}\) et donner la limite de la suite (\(\alpha_n\)).

✅ Corrigé

    1. \(f_n\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) comme somme et quotient, dont le dénominateur ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}_+^\ast\), de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f_n'(x) &= \frac{\frac{n}{x} \times x^2 - 2x \left( 1+ n \ln(x) \right)}{x^4} \\ &= \frac{nx - 2x -2nx \ln(x) }{x^4} \end{aligned}\]

      d’où :

      \[\forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f_n'(x) = \frac{n-2-2n\ln(x)}{x^3}\]

    2. On a : \[\forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f_n(x) = \frac{1}{x^2}+ n \,\frac{\ln(x)}{x^2}\]

      Or on sait que : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{1}{x^2} = 0\]

      et que, par croissances comparées : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{\ln(x)}{x^2} = 0\] donc, par somme :

      \[\lim_{x\to {+\infty}} f_n(x) = 0\]

      • D’après le résultat de la question 1a, on a, pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\begin{aligned} f_n'(x) >0 &\Leftrightarrow n-2-2n \ln(x)>0 \\ &\Leftrightarrow \ln(x) < \frac{n-2}{2n} \end{aligned}\]

        donc, comme la fonction exponentielle est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) : \[\begin{aligned} f_n'(x) >0 &\Leftrightarrow x < \exp\! \left( \frac{n-2}{2n} \right) \end{aligned}\]

        Commentaire

        Il s’agit d’une inéquation donc il est nécessaire de préciser la stricte croissance pour conserver l’équivalence.

        et de même : \[\begin{aligned} f_n'(x) < 0 &\Leftrightarrow x > \exp\! \left( \frac{n-2}{2n} \right) \end{aligned}\]

        Comme \(\exp\! \left( \frac{n-2}{2n} \right)>0\), on en déduit le tableau de variations suivant (la limite en \(0\) est obtenue par quotient, sans indétermination) :

        ECG1_04_2_Entrainement_exo001_tabvar_01.svg

      • On en déduit que \(f_n\) admet un maximum sur \(\mathbb{R}_+^\ast\), atteint en \(\exp\! \left( \frac{n-2}{2n} \right)\). Or on a : \[\begin{aligned} f_n\! \left( \exp\! \left( \frac{n-2}{2n} \right) \right) &= \frac{1+ n \ln \! \left( \exp\! \left( \frac{n-2}{2n} \right) \right)}{ \exp\! \left( \frac{n-2}{n} \right)} \\ &= \frac{1+ n \times \frac{n-2}{2n} }{ \exp\! \left( \frac{n-2}{n} \right)} \\ &= \left[ 1+ \frac{n-2}{2} \right] \exp\! \left(- \frac{n-2}{n} \right) \end{aligned}\]

        d’où :

        Le maximum de \(f_n\) est \(\frac{n}{2} \, \exp\! \left(- \frac{n-2}{n} \right)\)

    1. Remarquons tout d’abord que, comme \(n \geqslant 3\), on a : \[\frac{n - 2}{ 2n} >0\]

      donc, comme la fonction exponentielle est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) : \[\text{e}^{ \frac{n - 2}{ 2n}} > 1\]

      D’après le résultat de la question précédente, \(f_n\) est donc strictement croissante sur \([1,\text{e}^{ \frac{n - 2}{ 2n}} ]\) et : \[\forall x\in \left] 1, \text{e}^{ \frac{n - 2}{ 2n}} \right],\ f_n(x) > f_n(1)\]

      De plus on a : \[f_n(1) = \frac{1 + n \ln(1)}{1^2} = 1\]

      d’où : \[\forall x\in \left] 1, \text{e}^{ \frac{n - 2}{ 2n}} \right],\ f_n(x) > 1\]

      ce qui nous permet de conclure :

      L’équation \(f_n(x) = 1\) n’a pas de solution sur l’intervalle \(]1,\text{e}^{ \frac{n - 2}{ 2n}} [\)

    2. \(f_n\) est continue et strictement décroissante sur \([ \textrm{e}^{\frac{n - 2}{ 2n}}, +\infty[\) et on a : \[f_n( \textrm{e}^{\frac{n - 2}{ 2n}} ) = M_n \quad \text{et} \quad \lim_{x\to {+\infty}} f_n(x) = 0\]

      donc, d’après le théorème de la bijection, \(f_n\) induit une bijection de \([ \textrm{e}^{\frac{n - 2}{ 2n}}, +\infty[\) sur \(]0,M_n]\). De plus on a vu dans la question précédente que \(M_n\) est strictement supérieur à \(1\) donc \(1\) appartient à \(]0,M_n]\), ce qui nous permet de conclure :

      L’équation \(f_n(x) = 1\) admet sur l’intervalle \([\textrm{e}^{\frac{n - 2}{ 2n}}, +\infty[\) exactement une solution \(\alpha_n\).

      Ne pas confondre le théorème de la bijection (utile pour montrer que l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution) et le théorème des valeurs intermédiaires (utile pour montrer que l’équation \(f(x) =0\) admet au moins une solution).

      Rappel de cours

      Si \(f\) est une fonction continue sur \([a,b]\) et si \(d\) est compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), alors il existe au moins un réel \(c \in [a,b]\) tel que \(f(c)=d\).

      Rappel de cours

      Si \(f\) est une fonction continue et strictement croissante (respectivement strictement décroissante) sur \([a,b]\), alors \(f\) réalise une bijection de \([a,b]\) sur \([f(a),f(b)]\) (resp. sur \([f(b),f(a)]\)) et, si \(d\) est compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), alors il existe exactement un réel \(c \in [a,b]\) tel que \(f(c)=d\).

    1. On a : \[\begin{aligned} f_n(\sqrt{n}) &= \frac{1+ n \ln(\sqrt{n})}{n} \\ &= \frac{1}{n} + \frac{\ln(n)}{2} \end{aligned}\]

      De plus la fonction \(\ln\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) donc, si \(n > \text{e}^2\) : \[\ln(\sqrt{n}) \geqslant 2\]

      d’où : \[\begin{aligned} f_n(\sqrt{n}) &\geqslant \frac{1}{n} + 1 \end{aligned}\]

      donc :

      Si \(n > \text{e}^2\), on a : \(f_n(\sqrt{n}) \geqslant 1\)

      • Comme \(\mathrm{e}^2<9\) (car \(\mathrm{e}<3\)), on a donc : \[\forall n \geqslant 9,\ f_n(\sqrt{n}) \geqslant f_n(\alpha_n)\]

        d’où, comme \(f_n\) est strictement décroissante sur \([\textrm{e}^{\frac{n - 2}{ 2n}}, +\infty[\) (intervalle qui contient bien \(\sqrt{n}\) et \(\alpha_n\) car \(\textrm{e}^{\frac{n - 2}{ 2n}} \leqslant 1\)) :

        \[\forall n \geqslant 9,\ \sqrt{n} \leqslant \alpha_n\]

      • Enfin on a: \[\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{n} = {+\infty}\] donc, d’après le théorème de prolongement des inégalités :

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

📝 Mes notes :

Exercice 2 (🔥🔥) : Étude d'une suite récurrente
📄 Énoncé

  1. Soit la fonction \(g\) définie sur \(\mathbb{R}\), qui à tout \(x\) associe :

    \[g(x) = \text{e}^x \left( x - 1 \right) + x^2\]

    1. Expliciter la dérivée \(g'\) de \(g\).

    2. Déterminer les limites de \(g\) en \(+ \infty\) et en \(- \infty\).

    3. Étudier le signe de \(g'(x)\) sur \(\mathbb{R}\), et dresser le tableau de variation de \(g\) sur \(\mathbb{R}\).

    4. Montrer que l’équation : \(g(x) = 0\) admet une solution \(\alpha\) et une seule sur l’intervalle \(\mathbb{R}_+\). Montrer que \(\alpha\) est dans l’intervalle \(I = \left[\frac{1}{2}, 1\right]\).

  2. Soit la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}_+\) par :

    \[f(x) = \dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + x}\]

    1. Montrer que l’équation \(f(x) = x\) admet \(\alpha\) pour solution unique sur \(\mathbb{R}_+\).

    2. Déterminer la limite de \(f\) en \(+ \infty\).

    3. Étudier les variations de \(f\) sur \(\mathbb{R}_+\).

  3. Montrer que, pour tout \(x\) appartenant à \(I,~ f(x)\) appartient à \(I\).

  4. Soit la suite \((u_n)_{u \in \mathbb{N}}\) définie par \(u_1=\frac{1}{2}\) et, pour tout entier \(n\) supérieur ou égal à \(2\), \(u_n = f(u_{n-1})\).

    1. Montrer que, pour tout \(n \in \mathbb{N}^{\star},~u_n \in I\).

    2. Montrer que, pour tout \(x \in I ,~|f^{\prime}(x)| \leqslant \dfrac{1}{2}\).

    3. En appliquant l’inégalité des accroissements finis, démontrer que :

      \[\text{pour tout}~ n > 1 ,~|u_n - \alpha| \leqslant \frac{\left| u_{n-1} - \alpha \right|}{2}\]

    4. En déduire, par un raisonnement par récurrence, que pour tout \(n \in \mathbb{N}^*,~|u_n - \alpha| \leqslant \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\).

    5. En déduire que \((u_n)\) converge vers \(\alpha\).

    6. Compléter le programme Python suivant pour qu’il renvoie une valeur approchée de \(\alpha\) à \(10^{-6}\) près :

      from numpy import exp
u=1/2
n=1
while .....:
    n=.....
    u=.....
print(u)
✅ Corrigé

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

      \[\forall x\in\mathbb{R},\ g'(x) = x \left( \text{e}^x + 2 \right)\]

      • On a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \mathrm{e}^x = \lim_{x\to {+\infty}} (x-1) = \lim_{x\to {+\infty}} x^2 = {+\infty}\] donc, par somme et produit :

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

      • On a : \[\forall x\in\mathbb{R},\ g(x) = x\,\mathrm{e}^x - \mathrm{e}^x + x^2\]

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

        Or on a par ailleurs : \[\lim_{x\to {-\infty}} x^2 = {+\infty}\] ce qui nous permet de conclure, par somme :

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

    3. On a : \[\forall x\in\mathbb{R},\ \mathrm{e}^x + 2 >0\] donc, d’après le résultat de la question 1a, \(g'(x)\) est du signe de \(x\) et :

      • \(g\) est ainsi continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\) et on a : \[g(0) = -1 \quad \text{et} \quad \lim_{x\to {+\infty}}\]

        donc, d’après le théorème de la bijection, \(g\) induit une bijection de \(\mathbb{R}_+\) sur \([-1,{+\infty}[\), ce qui nous permet de conclure, puisque \(0\) appartient à \([-1,{+\infty}[\) :

        L’équation : \(g(x) = 0\) admet une solution \(\alpha\) et une seule sur l’intervalle \(\mathbb{R}_+\)

      • On a : \[g\! \left( \frac{1}{2} \right) = - \frac{\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}}{2} + \frac{1}{4} = \frac{1-2 \sqrt{\mathrm{e}}}{2}\]

        donc, comme \(\mathrm{e}^>1\) : \[g\! \left( \frac{1}{2} \right) <0\]

        On a par ailleurs : \[g(1) = \mathrm{e}+ 1\]

        d’où : \[g(1) >0\]

        Il en découle, par définition de \(\alpha\) : \[g\! \left( \frac{1}{2} \right) < g(\alpha) < g(1)\]

        ce qui nous permet de conclure, comme \(g\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\) (intervalle qui contient bien \(\frac{1}{2}\), \(\alpha\) et \(1\)) :

        \[\frac{1}{2} \leqslant \alpha \leqslant 1\]

    1. Pour tout réel \(x\) positif ou nul, on a : \[\begin{aligned} f(x) = x &\Leftrightarrow \frac{\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^x + x} = x\\ &\Leftrightarrow \mathrm{e}^x = x \left( \mathrm{e}^x + x \right) \\ &\Leftrightarrow \left( x-1 \right) \mathrm{e}^x +x = 0 \\ &\Leftrightarrow g(x) = 0 \end{aligned}\]

      d’où :

      L’équation \(f(x) = x\) admet \(\alpha\) pour solution unique sur \(\mathbb{R}_+\)

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

      De plus on a, par croissances comparées : \[\lim_{x\to {+\infty}} x\,\mathrm{e}^{-x} = 0\]

      d’où : \[\lim_{x\to {+\infty}}( 1+ x\,\mathrm{e}^{-x} )= 1 \neq 0\]

      donc :

      \[\lim_{x\to {+\infty}} f(x) = 1\]

    3. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\) comme quotient, dont le dénominateur ne s’annule pas sur cet intervalle, de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+,\ f'(x) &= \frac{\mathrm{e}^x \left( \mathrm{e}^x + x \right) - \mathrm{e}^x \left( \mathrm{e}^x + 1 \right)}{(\mathrm{e}^x + x)^2} \\ &= \frac{ \left( x-1 \right) \mathrm{e}^x }{(\mathrm{e}^x + x)^2} \end{aligned}\]

      Il en découle que, pour tout réel \(x\), \(f'(x)\) est du signe de \(x-1\) donc :

  3. D’après l’étude des variations de \(f\), on sait déjà que : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ \frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}+1} \leqslant f(x) \leqslant 1\]

    On a de plus : \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}+1} - \frac{1}{2} &= \frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}+1} \\ &\geqslant 0 \end{aligned}\]

    d’où : \[\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}+1} \geqslant \frac{1}{2}\]

    Il en découle : \[\forall x \in\mathbb{R}_+,\ \frac{1}{2} \leqslant f(x) \leqslant 1\]

    donc en particulier, comme \(I\) est inclus dans \(\mathbb{R}_+\) :

    Pour tout \(x\) appartenant à \(I,~ f(x)\) appartient à \(I\)

    1. \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\) donc la suite \(u\) est bien définie. Montrons alors par récurrence que, pour tout \(n \in\mathbb{N}^\ast\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(u_n \in I\) est vraie.

      • \(u_1 = \frac{1}{2}\) donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

      • Soit \(n \in\mathbb{N}^\ast\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Alors, d’après le résultat de la question précédente, \(u_{n+1} = f(u_n)\) appartient à \(I\) donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

      • On peut maintenant conclure :

      \[\forall n \in \mathbb{N}^{\star},~u_n \in I\]

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

      De plus on a : \[\forall x\in I,\ - \frac{1}{2} \leqslant x-1 \leqslant 0\]

      donc : \[\forall x\in I,\ \left| x-1 \right| \leqslant \frac{1}{2}\]

      On a par ailleurs : \[\forall x\in I,\ 0 \leqslant \mathrm{e}^x \leqslant \mathrm{e}^x + x \quad \text{et} \quad \mathrm{e}^x + x \geqslant 1 >0\]

      donc : \[\forall x\in I,\ 0 \leqslant \frac{\mathrm{e}^x}{ \mathrm{e}^x + x} \leqslant 1 \quad \text{et} \quad 0 \leqslant \frac{1}{ \mathrm{e}^x + x} \leqslant 1\]

      d’où, par produit d’inégalités à termes tous positifs :

      \[\forall x \in I ,~|f^{\prime}(x)| \leqslant \dfrac{1}{2}\]

    3. Commençons par un petit rappel de cours.

      Rappel de cours

      Inégalité des accroissements finis

      Soit \(f\) une fonction dérivable sur un intervalle \(I\) de \(\mathbb{R}\). On suppose qu’il existe un réel \(M\) tel que : \[\forall x\in I,\ \left| f'(x) \right| \leqslant M\]

      On a alors : \[\forall (x,y) \in I^2,\ \left| f(x) - f(y) \right| \leqslant M \left| x-y \right|\]

      \(f\) est dérivable sur \(I\) et on a : \[\forall x \in I ,~|f^{\prime}(x)| \leqslant \dfrac{1}{2}\]

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

      donc en particulier, pour \(x= u_{n-1}\) et \(y=\alpha\) (qui appartiennent bien à \(I\)) : \[\forall n \in\left[\kern-0.15em\left[ {2,{+\infty}} \right[\kern-0.15em\right[,\ \left| f(u_n) - f(\alpha) \right| \leqslant \frac{\left| u_{n-1} - \alpha \right|}{2}\] c’est-à-dire :

      \[\forall n \in\left[\kern-0.15em\left[ {2,{+\infty}} \right[\kern-0.15em\right[,\ |u_n - \alpha| \leqslant \frac{\left| u_{n-1} - \alpha \right|}{2}\]

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

      • \(u_1 = \frac{1}{2}\) et \(\alpha\) appartient à \(\left[ \frac{1}{2},1\right]\) d’où : \[\left| u_1 - \alpha \right| \leqslant \frac{1}{2}\]

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

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

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

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

      • On peut maintenant conclure :

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

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

      La suite \((u_n)\) converge vers \(\alpha\)

    6. D’après le résultat de la question 4d, \(u_n\) constitue une valeur approchée de \(\alpha\) à \(10^{-6}\) près dès que \(\left( \frac{1}{2} \right)^n \leqslant 10^{-6}\).

      On propose donc de compléter ainsi :

      from numpy import exp
u=1/2
n=1
while (1/2)**n>10**(-6):
    n=n+1
    u=exp(u)/(exp(u)+u)
print(u)

📝 Mes notes :

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