Correction

Exercice 1 :

1. Soit $f_1(x)=2x-2+\sqrt{x}$ .

a. Il est évident que : $\lim_{x\to +\infty}2x=+\infty$ et $\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x}=+\infty$ . Par addition :

$\lim_{x\to +\infty}f_1(x)=+\infty$

b. $f_1'(x)=2+\frac{1}{2\sqrt{x}}$

c. Il est évident que $f'_1 (x)>0$ sur $\mathbb{R}_+^{*}$ , donc la fonction $f_1(x)$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}_+^{*}$

2. Soit la fonction définie sur $\mathbb{R}_{+}$ :

$f_n(x)=2x-2+\frac{\sqrt{x}}{n}$

a. Il est évident que : $\lim_{x\to +\infty}2x=+\infty$ et $\lim_{x\to +\infty}\left( \frac{\sqrt{x}}{n}\right )=+\infty$ , indépendant de la valeur de $n$ . On a donc :

$\lim_{x\to +\infty}f_n(x)=+\infty$

b. Étudions le signe de la dérivée. On a :

$f'_n(x)=2+\frac{1}{2n\sqrt{x}}$

Il est évident que $n>0$ et $\sqrt{x}>0$ , donc, il en résulte : $f'_n(x)>0$ (addition de termes positifs) sur $\mathbb{R}_{+}$ . La fonction $f_n$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}_{+}$ .

c. On sait que la fonction $f_n$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}_{+}$ . De plus, la fonction $f_n$ est continue (ajout de fonctions continues et la fonction est dérivable, donc continue). Enfin, puisqu'elle est strictement croissante, on a : $f_n([0;+\infty[)=[f_n(0);f_n(+ \infty)[=[-2;+\infty[$ . La valeur de $f_n(0)$ est indépendant de $n$ . Il est donc évident que : $0\in[-2;+\infty[$ . Le théorème de la bijection dit alors qu'il existe une unique solution telle que $f_n(x)=0$ . On a, ainsi : $f_n(\alpha_n)=0$ , l'unique solution.

d. On a montré que : $f_n(0)=-2$ . On a bien : $0<\alpha_n$ (puisque $-2<0$ ). On a également : $f_n(1)=2\times 1 -2+\frac{\sqrt{1}}{n}=\frac{1}{n}$

Or, on sait : $n\geq 1$ (entier naturel non nul). Par passage à l'inverse : $\frac{1}{n}\leq 1$ . Il est évident que : $0 < \frac{1}{n}\leq 1$ , donc, il existe une unique valeur $\alpha_n\in ]0;1[$ , tel que $f_n(\alpha_n)=0$ . Ainsi, on a bien : $0<\alpha_n<1$ .

3. On sait que $\alpha_{n+1}$ vérifie l'équation :

$2(\alpha_{n+1}-1)+\frac{\sqrt{\alpha_{n+1}}}{n+1}=0$ (équation $f_{n+1}(\alpha_{n+1})=0$ )

Et on sait que :

$f_n(\alpha_{n+1})=2(\alpha_{n+1}-1)+\frac{\sqrt{\alpha_{n+1}}}{n}$

En soustrayant membre à membre :

$\\ f_n(\alpha_{n+1})-0=2(\alpha_{n+1}-1)+\frac{\sqrt{\alpha_{n+1}}}{n+1}-2(\alpha_{n+1}-1)-\frac{\sqrt{\alpha_{n+1}}}{n} \\ f_n(\alpha_{n+1})-0=\frac{\sqrt{\alpha_{n+1}}}{n+1}-\frac{\sqrt{\alpha_{n+1}}}{n}$

Soit, en mettant sur le même dénominateur :

$f_n(\alpha_{n+1})-0=\sqrt{\alpha_{n+1}}\frac{1}{n(n+1)}$

Donc :

$f_n(\alpha_{n+1})-0>0$

Ainsi, on a bien : $f_n(\alpha_{n+1})>0$ .

a. On a montré que : $f_n(\alpha_{n+1})>0$ . Or, on sait que : $f_n(\alpha_{n})=0$ , donc : $f_n(\alpha_{n+1})>f_n(\alpha_n)$ . Puisque la fonction $f_n$ est croissante, on a : $\alpha_{n+1}>\alpha_n$ . La suite $(\alpha_n)$ est bien croissante.

b. On sait que la suite $(\alpha_n)$ est bornée (cf. 2.d), donc majorée (ici, par 1) et elle est croissante, la suite $(\alpha_n)$ converge. On a donc :

$\lim_{n\to +\infty}\alpha_n=l$

c. On a :

$\\ 2\alpha_n-2+\frac{\sqrt{\alpha_n}}{n}=0\\ 2\alpha_n=2-\frac{\sqrt{\alpha_n}}{n}\\ \alpha_n=1-\frac{\sqrt{\alpha_n}}{2n}$

d. On en déduit :

$\lim_{n\to +\infty}\alpha_n=1$

Exercice 2 :

Il advient que l'équation de la tangente s'écrit :

$y=f'(a)(x-a)+f(a)$

Soit, en développant :

$y=xf'(a)-af'(a)+f(a)$

Cette tangente coupe l'axe des abscisses, il est évident que : $y=0$ .

Ainsi :

$\\ 0=xf'(a)-af'(a)+f(a)\\ af'(a)-f(a)=xf'(a)\\ a-\frac{f(a)}{f'(a)}=x$

Ce qu'il fallait montrer.

Exercice 3 :

Soit le polynôme $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0$ . Le polynôme est une somme de fonctions continues, donc la fonction $P$ est continue. Il est évident que la fonction $P$ est définie sur $\mathbb{R}$ , donc on a : $P(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ .

On sait que :

$\lim_{x\to \infty} P(x)=\lim_{x\to \infty}a_nx^n$

Supposons que $a_n>0$ et le polynôme de degré impair :

$\lim_{x\to +\infty}a_nx^n=+\infty$

$\lim_{x\to -\infty}a_nx^n=-\infty$

Ici, il est évident que $0\in ]-\infty;+\infty[$ , donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une solution telle que $P(x)=0$ . Le polynôme de degré impair admet bien au moins une racine et ce, quelque soit $n$ soit impair.

Supposons que $a_n<0$ et le polynôme de degré impair :

$\lim_{x\to +\infty}a_nx^n=-\infty$

$\lim_{x\to -\infty}a_nx^n=+\infty$

Là aussi, il est évident que $0\in ]-\infty;+\infty[$ , donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une solution telle que $P(x)=0$ . Le polynôme de degré impair admet bien au moins une racine et ce, quelque soit $n$ soit impair.

Dans tous les cas, un polynôme de degré impair admet au moins une racine quelque soit $n$ impair.

Exercice 4 :

Il suffit de trouver un contre-exemple. Par exemple, $P(x)=2x^2+x+5$ n'admet pas de racine.

Exercice 5 :

On sait que $(u_n)$ converge, donc :

$\lim_{n\to \infty}u_{n+1}=l$

De plus, on a la relation de récurrence suivante :

$u_{n+1}=u_n(2-u_n)$

Posons : $f(x)=x(2-x)=2x-x^2$ . Il est évident que la fonction est continue (polynôme donc continue, plus soustraction de fonctions continues ). Ainsi, on a :

$\lim_{n\to \infty}f(u_n)=f(l)$

Ainsi, d'après le théorème du point fixe, on a l'équation suivante : $x=x(2-x)$

Ainsi :

$\\ x=x(2-x)\\ x=2x-x^2\\ x^2-x=0\\ x(x-1)=0\\ x=0\ ou\ x=1$

(Règle de l'équation produit nul). On serait tenté de diviser par $x$ , mais $x$ est-il non nul ?

Ainsi : $u_n>0$ (puisque la suite est croissante et le premier terme est positif). Donc :

$\lim_{n\to +\infty}u_n=1$

Remarque : une étude approfondie de la suite aurait permis de montrer qu'elle est croissante et majorée, donc qu'elle converge.

Exercice 6 :

Voyons si l'accroissement admet une limite quand $x$ tend vers 0.

On a :

$\\ \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\frac{3-12h+|h|h-3+12\times0-0\times|0|}{h}\\ \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\frac{-12h+|h|h}{h}=\frac{h(|h|-12)}{h}=|h|-12$

Ainsi, on obtient :

$\lim_{h\to 0^{\pm}}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=-12$

On peut distinguer les cas quand $h$ est positif ou négatif mais le résultat est le même.

Donc, la fonction $f$ est dérivable en 0, et on a : $f'(0)=-12$ .

Exercice 7 :

Il faut raisonner par disjonction de cas pour $h$ positif et $h$ négatif. On pourra aboutir à une contradiction.

Exercice 8 :

Vrai, la fonction cube est impaire. On a :

$f(-x)=(-x)^3=-x^3=-(x^3)=-f(x)$ .

Faux, on a :

$\\ f(x)=\frac{x}{1+x^2} \\ f(-x)=\frac{-x}{1+x^2} \\ f(x)\neq f(-x)$

Exercice 9 :

a. (Rédaction sommaire, juste pour les idées) On étudie le signe de la dérivée. On a :

$f'(x)=\frac{1}{2}\left( 1+\frac{-2}{x^2} \right )=\frac{1}{2}\left(\frac{x^2-2}{x^2} \right )$

On remarque que $f'$ est du signe de $x^2-2$ . On a : $f'(x)\geq 0$ pour tout : $x^2-2\geq 0 \Rightarrow x\geq \sqrt{2}\ (x>0)$ . Ainsi, on a :

$f'(x)\geq 0$ pour tout $x\in ]\sqrt{2};+\infty[$ . Donc $f$ est croissante sur $]\sqrt{2};+\infty[$ .

$f'(x)<0$ pour tout $x\in]0;\sqrt{2}[$ . Donc $f$ est décroissante sur $]0;\sqrt{2}[$ .

On a donc le tableau de variation suivant :

b. Trivial.

a. On note la proposition $P_n: ``u_n\geq \sqrt{2}"$ pour tout $n\in \mathbb{N}$ . On a : $f(u_n)=u_{n+1}$ .

Initialisation: montrons que $P_1$ est vraie.

$u_1=f(u_0)=f(\frac{1}{2})=\frac{9}{4}$

$\frac{9}{4}\geq\sqrt{2}$

Le proposition est vraie au rang 1.

Hérédité : supposons qu'il existe un entier $n\geq 1$ tel que $P_n$ soit vraie. Démontrons que $P_{n+1}$ est vraie; c'est-à-dire : $P_{n+1} : ``u_{n+1}\geq \sqrt{2}"$ .

On a montré que sur $[\sqrt{2};+\infty[$ la fonction $f$ est croissante, on a donc :

$u_n\geq \sqrt{2}\Leftrightarrow f(u_n)\geq f(\sqrt{2})$ .
Or :

$f(\sqrt{2})=\frac{2}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$

On a donc : $http://latex.codecogs.com/gif.latex?u_%7Bn+1%7D%5Cgeq%20%5Csqrt%7B2%7D$ .

La proposition est vraie au rang $n+1$ .

Conclusion : la proposition est vraie au rang 1 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout entier naturel non nul.

b. Étudions le signe de $f(x)-x$ . On a :

$f(x)-x=\frac{1}{2}\left( x+\frac{2}{x}\right )-x=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{x}=\frac{2-x^2}{2x}$

Or on a vu que pour tout $http://latex.codecogs.com/gif.latex?x%5Cgeq%20%5Csqrt%7B2%7D$ : $2-x^2\leq 0$ . Puisque $2x>0$ pour tout $x\in ]0;+\infty[$ . Ainsi, on a :

$f(x)-x\leq 0$ .

Soit :

$f(x)\leq x$ pour tout $x\geq \sqrt{2}$ .

c. Puisque $u_n\geq \sqrt{2}$ , d'après la question précédente, on a : $f(u_n)\leq u_n$ . Ainsi : $u_{n+1}\leq u_n$ . La suite $(u_n)$ est décroissante à partir du rang 1 pour tout entier naturel non nul.

d. La suite $(u_n)$ est décroissante et est minorée par $\sqrt{2}$ , donc, d'après le théorème, la suite $(u_n)$ converge vers un réel $l$ .

3. On sait que $f$ est continue (somme de fonctions continues) sur $]0;+\infty[$ , donc $f$ est continue en $l$ . De plus, la suite converge, on a donc :

$\lim_{n\to +\infty}f(u_n)=f(l)$ .

De plus, on a :

$\lim_{n\to +\infty}u_{n+1}=l$

D'après le théorème du point fixe, on a : $l=f(l)$ . Ainsi, cela revient à résoudre l'équation :

$x=\frac{1}{2}\left( x + \frac{2}{x}\right )$

Après mise en équation et résolution (triviale), on obtient : $x=\sqrt{2}$ ou $x=-\sqrt{2}$ . Puisque la suite est strictement positive (cf. 2.a), la seule limite possible est :

$l=\sqrt{2}$ .