Sujet E.1.5 Suites définies implicitement
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un exercice, puis le résoudre
:
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Exercice a
Montrer l'existence, pour tout $\,n\app\bb N^{\ast},\,$ d'une unique solution positive $x_n$ de l'équation :
$\displaystyle{}x\sp{1.5}\ln(1+x)=\smh{1.25}{\smb{1.25}{\dfrac1n}}$
Étudier la suite $\,(x_n)_{n\geq1}\,$ et en déterminer un équivalent simple lorsque $n$ tend vers $+\I\sp{1.5}.$
limites d'une fonction monotone aux bornes de son intervalle
Toute $\,f:\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to\bb R\,$ croissante admet des limites en $\,a,b\app\surl{\bb R}:\,$
$\displaystyle{}\lim xa f(x)=\op{inf}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)\txt{et}\lim xb f(x)=\op{sup}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)$
Même résultat en échangeant les limites, lorsque $f$ est décroissante.
théorème des valeurs intermédiaires
Soit $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\to\bb R\,$ une fonction continue sur un segment.
Pour $y$ entre $f(a)$ et $f(b)\sp{1.5},$ il existe $\,x\app\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ tel que : $\,y=f(x)\sp{1.5}.\,$
théorème de la bijection
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
indication
1
Montrer que l'application $\,f:x\mapsto x\sp{1.5}\ln(1+x)\,$ définit une bijection de $\,I\sp{-1.5}=\sp{-1.5}[\sp{1.5}0,+\I[\,$ sur lui-même.
indication
2
Une fois établi que : $\,\lim n{+\I}x_n=0\sp{1.5},\,$ déterminer un équivalent de : $\,x_n\ln(1+x_n)\sp{1.5}.\,$
réponse
Pour $\,n\app\bb N^{\ast},\,$ l'équation :
$\,x\sp{1.5}\ln(1+x)=1/n\sp{1.5},\,$ a bien une unique solution positive $x_n\sp{1.5}.$
La suite $\,(x_n)_{n\geq1}\,$ qui en résulte est strictement décroissante et de limite nulle, avec plus précisément :
$\displaystyle{}x_n\ \eq n{+\I}\,\frac1{\sqrt n}$
correction
On considère sur $\,I\sp{-1.5}=\sp{-1.5}[\sp{1.5}0,+\I[\,$ la fonction $\,f:x\mapsto x\sp{1.5}\ln(1+x)\sp{1.5},\,$ à valeurs dans $\,I\sp{-1.5}=\sp{-1.5}[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
D'après les
Le logarithme est continu et strictement croissant sur $\,]\sp{1.5}0\sp{.75},+\I[\sp{1.5}.\,$
variations
de $\,x\mapsto \ln(1+x)\sp{1.5},\,$ la fonction $f$ est :
- continue sur $I$ comme
$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :produit de fonctions continues,
- stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
- et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
- strictement croissante sur $I$ par
Soient $\,f,g:I\to \bb R_+\sp{1.5},\,$ monotones et de même sens de variation.Alors, le produit $\,f\sp{1.5}g\,$ est monotone de même sens de variation sur $\,I\sp{1.5}.\,$ $\,f\sp{1.5}g\,$ est strictement monotone si $f$ et $\,g\,$ sont strictement monotones.produit de fonctions positives strictement croissantes,
- avec pour
Toute $\,f:\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to\bb R\,$ croissante admet des limites en $\,a,b\app\surl{\bb R}:\,$image $\,f([\sp{1.5}0,+\I[)=[\sp{1.5}0,+\I[\,$ car :$\displaystyle{}\lim xa f(x)=\op{inf}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)\txt{et}\lim xb f(x)=\op{sup}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)$Même résultat en échangeant les limites, lorsque $f$ est décroissante.$\displaystyle{}f(0)=0\ \txt{et}\ \sup f(I)=\!\smb{0}{\lim x{+\I}}\,f(x)=+\I$
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
bijection
de $I$ vers $I,$ dont la réciproque $f^{-1}$ est continue et strictement croissante.
On en déduit l'existence de : $\,x_n=f^{-1}(1\sp{-1.5}/n)\sp{1.5},\,$ solution unique de l'équation : $\,f(x)=1\sp{-1.5}/n\sp{1.5}.\,$
La fonction $f^{-1}$ étant strictement croissante, la suite $\,(x_n)_{n\geq1}\,$ est strictement décroissante, puisque :
$\displaystyle{}x_{n+1}=f^{-1}\Big(\frac1{n+1}\Big) < f^{-1}\Big(\frac1n\Big)=x_n$
D'autre part, avec la
$\,f:I\to\bb K\,$ est continue en $\,a\app I\,$ ssi elle a une limite finie en $\,a\sp{1.5}.\,$
Cette limite est alors égale à $\,f(a):\,$ $\,\smb{.75}{\lim x a}f(x)=f(a)\sp{1.5}.\,$
$\sc C(I,\bb K)$ est l'ensemble des $\,f:I\to\bb K\,$ continues en tout $x\app I\sp{1.5}.$
continuité
de $f^{-1},$ la suite $\,(x_n)_{n\geq1}\,$ a pour
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ sur un intervalle $I$ avec $a\app I$ ou $a$ extrémité de $I.$
Alors, pour toute suite $(x_n)$ d'éléments de $I$ et pour tout $\,\ell\app\smh0{\surl{\sp{1.5}\bb R}}:\,$
limite
$\,0\,$ lorsque $\,n\,$ tend vers $+\I\sp{1.5},$ car :
$\displaystyle{}\big(\,\lim n{+\I}x_n=a\,\txt{et}\lim xa f(x)=\ell\ \big)\Imp\lim n{+\I}f(x_n)=\ell$
$\displaystyle{}\frac1n\ \tend n{+\I}\ 0\Imp x_n=f^{-1}\Big(\frac1n\Big)\,\tend n{+\I}\,f^{-1}(0)=0$
Avec $\,\lim n{+\I}x_n=0\sp{1.5},\,$ on a
La fonction logarithme vérifie :
l'équivalent :
$\,\ln(1+x_n)\eq n{+\I}x_n\sp{1.5},\,$ et par
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x0\sp{1.5}\ln x=-\I\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\ln x=+\I\ \txt{et}\,\ln(1+x)\sp{1.5}\eq x0 \,x$
Soient des suites numériques avec $\,\smb0{u_n\eq n{+\I}x_n}\,$ et $\,\smb0{v_n\eq n{+\I}y_n}\sp{1.5};\,$ alors :
produit
d'équivalents :
- $\,u_n\,v_n\smb{1}{\eq n{+\I}}x_n\,y_n\sp{1.5};\,$
- $\,u_n/v_n\eq n{+\I}x_n/y_n\sp{1.5},\,$ lorsque $\,v_n\neq 0\sp{1.5}\,$ et $\,y_n\neq0\,$ pour $\,n\geq n_0\,.\,$
$\displaystyle{}x_n^2\ \,\eq n{+\I}\ x_n\sp{1.5}\ln(1+x_n)=\frac1n$
Cela signifie que : $\,\smb{1}{\lim n{+\I}\big(n\sp{1.5}x_n^2\sp{1.5}\big)}=1\,$ d'où, par
La fonction racine carrée : $\,x\mapsto\sqrt x\,$ est continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
continuité
en $\,1\,$ de la racine carrée :
$\displaystyle{}\lim n{+\I}\big(\sp{-1.5}\sqrt n\,x_n\sp{-1.5}\big)=1\sp{1.5},\ \txt{soit :}\ \,x_n\ \eq n{+\I}\ \frac1{\sqrt n}$
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Exercice b
Montrer l'existence, pour tout $\,n\app\bb N\sp{1.5},\,$ d'une unique solution $x_n$ de l'équation :
$\displaystyle{}\op{Arctan}(n\sp{1.5}x)+2\sp{1.5}x=\pi$
Étudier la suite $\,(x_n)_{n\app\bb N}\,$ et déterminer sa limite lorsque $n$ tend vers $+\I\sp{1.5}.$
limites d'une fonction monotone aux bornes de son intervalle
Toute $\,f:\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to\bb R\,$ croissante admet des limites en $\,a,b\app\surl{\bb R}:\,$
$\displaystyle{}\lim xa f(x)=\op{inf}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)\txt{et}\lim xb f(x)=\op{sup}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)$
Même résultat en échangeant les limites, lorsque $f$ est décroissante.
théorème des valeurs intermédiaires
Soit $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\to\bb R\,$ une fonction continue sur un segment.
Pour $y$ entre $f(a)$ et $f(b)\sp{1.5},$ il existe $\,x\app\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ tel que : $\,y=f(x)\sp{1.5}.\,$
théorème de la bijection
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
indication
1
Montrer que les applications $\,f_n:x\mapsto \op{Arctan}(n\sp{1.5}x)+2\sp{1.5}x\,$ sont des bijection de $\,\bb R\,$ sur lui-même.
indication
2
Utiliser la relation suivante pour minorer d'abord la suite $\,(x_n)_{n\app\bb N}\,$ et déterminer ensuite sa limite :
$\displaystyle{}x_n=\frac\pi2-\frac12\sp{1.5}\op{Arctan}(n\sp{1.5}x_n)$
réponse
Pour tout $\,n\app\bb N,\,$ l'équation :
$\,\op{Arctan}(n\sp{1.5}x)+2\sp{1.5}x=\pi\sp{1.5},\,$ a bien une unique solution $x_n\sp{1.5}.$
La suite $\,(x_n)_{n\app\bb N}\,$ qui en résulte est décroissante et de limite $\,\pi/4\sp{1.5},\,$ lorsque $n$ tend vers $\,+\I\sp{1.5}.\,$
correction
On considère pour $\,n\app\bb N\sp{1.5},\,$ les fonctions $\,f_n:x\mapsto\op{Arctan}(n\sp{1.5}x)+2\sp{1.5}x\sp{1.5}.\,$
D'après les
L'arc tangente est impair, continu et strictement croissant sur $\bb R\sp{1.5}.$
variations
de l'arc tangente, les fonctions $f_n$ sont :
- continues sur $I$ comme
$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :sommes de fonctions continues,
- stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
- et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
- strictement croissantes sur $I$ par
Soient $\,f,g:I\to \bb R\sp{1.5},\,$ monotones et de même sens de variation.Alors, $\,f+g\,$ est monotone et de même sens de variation sur $\,I\sp{1.5}.\,$ $\,f+g\,$ est strictement monotone si $f$ ou $\,g\,$ est strictement monotone.sommes de fonctions strictement croissantes,
- avec pour
Toute $\,f:\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to\bb R\,$ croissante admet des limites en $\,a,b\app\surl{\bb R}:\,$images $\,f_n(\bb R)=\,]\sp{-1.5}-\sp{-1.5}\I\sp{1.5},+\I\sp{1.5}[\,=\bb R\,$ car :$\displaystyle{}\lim xa f(x)=\op{inf}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)\txt{et}\lim xb f(x)=\op{sup}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)$Même résultat en échangeant les limites, lorsque $f$ est décroissante.$\displaystyle{} \smb{.5}{\lim x{-\I}\,f_n(x)=-\I\ \txt{et}\ {\lim x{+\I}}\,f_n(x)=+\I}$
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
bijection
de $\bb R$ vers $\bb R\sp{1.5},$ dont la réciproque $f_n^{-1}$ est strictement croissante.
On en déduit l'existence de $\,x_n=f_n^{-1}(\pi)\sp{1.5},\,$ solution unique de l'équation : $\,f_n(x)=\pi\sp{1.5}.\,$
De la relation $\,\op{Arctan}(n\sp{1.5}x_n)+2\sp{1.5}x_n=\pi\sp{1.5},\,$ on déduit :
$\displaystyle{}x_n=\frac\pi2-\frac12\sp{1.5}\op{Arctan}(n\sp{1.5}x_n)\geq\frac\pi2-\frac12\cdot\frac\pi2=\frac\pi4$
On en déduit alors successivement les
La fonction arc tangente vérifie :
limites
suivantes :
$\displaystyle{}\op{Arctan}y\eq y0\, y\ \txt{et}\ \lim y{+\I}\op{Arctan}y=\frac\pi2$
$\eqalign{&n\sp{1.5}x_n\geq\frac{n\sp{1.5}\pi}4\tend n{+\I}+\I\sp{1.5},\txt{puis :}\\
&\op{Arctan}(n\sp{1.5}x_n)\ \tend n{+\I}\ \frac\pi2\sp{1.5},\txt{d'où :}\\[-.5ex]
&x_n=\frac\pi2-\frac12\sp{1.5}\op{Arctan}(n\sp{1.5}x_n)\ \tend n{+\I}\ \frac\pi4}$
On peut en outre établir les variations de $\,(x_n)_{n\app\bb N}\sp{1.5};\,$ avec $\,x_{n+1}\geq\pi/4\sp{1.5},\,$ l'arc tangente étant strictement croissant, on a :
$\displaystyle{}f_n(x_{n+1}) < f_{n+1}(x_{n+1})=\pi=f_n(x_n)$
$f_n^{-1}$ étant strictement croissante, on en déduit que $\,x_{n+1} < x_n\sp{1.5};\,$ la suite $\,(x_n)_{n\app\bb N}\,$ est donc strictement
Une suite réelle $(u_n)_{n\geq n_0}$ est monotone ssi elle est :
décroissante.
- soit croissante, autrement dit : $\,\ptt n\geq n_0\sp{1.5},\ u_n\leq u_{n+1}\sp{1.5},\,$
- soit décroissante, c'est-à-dire : $\,\ptt n\geq n_0\sp{1.5},\ u_n\geq u_{n+1}\sp{1.5}.\,$
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Exercice c
Montrer l'existence, pour tout $\,n\app\bb N^{\ast}\sp{-1.5},\,$ d'une unique solution $x_n$ de l'équation :
$\displaystyle{}\frac1{1+\e{x}}+n\sp{1.5}x=0$
Étudier la suite $\,(x_n)_{n\geq1}\,$ et en déterminer un équivalent simple lorsque $n$ tend vers $+\I\sp{1.5}.$
limites d'une fonction monotone aux bornes de son intervalle
Toute $\,f:\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to\bb R\,$ croissante admet des limites en $\,a,b\app\surl{\bb R}:\,$
$\displaystyle{}\lim xa f(x)=\op{inf}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)\txt{et}\lim xb f(x)=\op{sup}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)$
Même résultat en échangeant les limites, lorsque $f$ est décroissante.
théorème des valeurs intermédiaires
Soit $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\to\bb R\,$ une fonction continue sur un segment.
Pour $y$ entre $f(a)$ et $f(b)\sp{1.5},$ il existe $\,x\app\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ tel que : $\,y=f(x)\sp{1.5}.\,$
théorème de la bijection
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
indication
1
Montrer que les applications $\,f_n:x\mapsto \dfrac1{1+\e{x}}+n\sp{1.5}x\,$ sont des bijections de $\,\bb R\,$ sur lui-même.
indication
2
Encadrer $\,x_n\,$ pour en déterminer la limite, puis obtenir un équivalent de $\,x_n\,$ à partir de la relation :
$\displaystyle{}x_n=-\frac1{n\sp{1.5}(1+\e{x_n})}$
réponse
Pour $\,n\app\bb N^{\ast},\,$ l'équation : $\,\smb{1.5}{\dfrac1{1+\e{x}}}+n\sp{1.5}x=0\sp{1.5},\,$ a bien une unique solution $x_n\sp{1.5}.$
La suite $\,(x_n)_{n\geq1}\,$ qui en résulte est strictement croissante et de limite nulle, avec plus précisément :
$\displaystyle{}x_n\ \eq n{+\I}-\frac1{2\sp{1.5}n}$
correction
On considère pour $\,n\app\bb N^{\ast}\sp{-1.5},\,$ les fonctions $\,f_n:x\mapsto\dfrac1{1+\e{x}}+n\sp{1.5}x\sp{1.5}.\,$
Par dérivation d'un
Soient $\,f,g:I\to\bb K\,$ dérivables en $x\app I\sp{1.5},$ tel que : $\,g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
Alors les quotients $\,1/g\,$ et $\,f/g\,$ sont dérivables en $x\sp{1.5},$ avec :
inverse,
ces $f_n$ sont dérivables sur $\bb R\sp{1.5},$ et a fortiori
$\displaystyle{}\!\Big(\dfrac 1g\Big)'(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}-\dfrac{g'(x)}{g(x)^2}\txt{et}
\Big(\dfrac fg\Big)'(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\dfrac{f'(x)\,g(x)-f(x)\,g'(x)}{g(x)^2}$
$f:I\to\bb K$ est dérivable en $\,a\,$ ssi le taux d'accroissement de $f$ en $a$ admet une limite finie en $\,a:\,$
continues,
avec des dérivées telles que :
$\displaystyle{}f'(a)=\lim xa\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\app\bb K$
Si $f$ est dérivable en $\,a\sp{1.5},\,$ alors $f$ est continue en $\,a\sp{1.5}.\,$
Si $f$ est dérivable sur $I\sp{1.5},$ $\,f':x\mapsto f'(x)\,$ est la dérivée de $f\sp{1.5}.$
$\eqalign{&f_n'(x)=-\frac{\e x}{(1+\e{x})^2}\sp{1.5}+&n\, > \,n-1\sp{1.5}\geq\sp{1.5}0\\[-.5ex]
&\ \txt{car :}\ \smb{1.5}{\frac{\e x}{(1+\e{x})^2}} < 1&\Ssi (1+\e{x})^2 > \e x\\[-1.5ex]
&&\Ssi1+\e x+\e{2\sp{1.5}x} >0}$
Les fonctions $f_n$ sont donc strictement
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue sur $I\sp{1.5},$ et dérivable sur $\,I^{\ast}=I\!\setminus\!\{a\}:\,$
croissantes
sur $\bb R\sp{1.5},$
avec pour
- $f$ est croissante sur $I$ ssi : $\,\ptt x\app I^{\ast},\ f'(x)\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5}0\sp{1.5};\,$
- avec $\,\ptt x\app I^{\ast},\ f'(x)\!>\! 0\sp{1.5},\,$ $f$ est strictement croissante.
Toute $\,f:\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to\bb R\,$ croissante admet des limites en $\,a,b\app\surl{\bb R}:\,$
image :
$\,f_n(\bb R)=\,]\sp{-1.5}-\sp{-1.5}\I\sp{1.5},+\I\sp{1.5}[\,=\bb R\,$ car :
$\displaystyle{}\lim xa f(x)=\op{inf}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)\txt{et}\lim xb f(x)=\op{sup}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)$
Même résultat en échangeant les limites, lorsque $f$ est décroissante.
$\displaystyle{} {\lim x{-\I}}\,f_n(x)=-\I\ \txt{et}\ {\lim x{+\I}}\,f_n(x)=+\I$
Il s'ensuit que chacune de ces fonctions $f_n$ est une
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
bijection
de $\bb R$ vers $\bb R\sp{1.5},$ dont la réciproque $f_n^{-1}$ est strictement croissante.
On en déduit, pour tout $\,n\app\bb N^{\ast}\!,\,$ l'existence de $\,x_n=f_n^{-1}(0)\sp{1.5},\,$ solution unique de l'équation : $\,f_n(x)=0\sp{1.5}.\,$
À partir de la relation : $\,f_n(x)=0\sp{1.5},\,$ et en
L'inversion est strictement décroissante entre réels de même signe :
inversant
l'inégalité : $\,1+\e{x_n} > 1\sp{1.5},\,$ on peut encadrer $\,x_n:\,$
- $\,\big(\, a\leq b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a\leq b\,\big)\Imp 1/b \leq1/a\,;\,$
- $\,\big(\, a < b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a < b\,\big)\Imp 1/b <1/a\,.\,$
$\displaystyle{}x_n=-\frac1{n\sp{1.5}(1+\e{x_n})}\Imp -\frac1n < x_n <0$
Par
Soient $\,(u_n)\sp{1.5},\,$ $\,(v_n)\sp{1.5},\,$ $\,(w_n)\,$ des suites réelles et $\,\ell\app\bb R\sp{1.5}.\,$
Si on a, à partir d'un certain rang $N:$ $\,\sp{1.5}u_n\leq v_n\leq w_n\sp{1.5},\,$ alors :
encadrement,
on a donc établi la la convergence de la suite $\,(x_n)_{n\geq1}\,$ vers : $\,\lim n{+\I}x_n\sp{-1.5}=0\sp{1.5}.\,$
Par
$\displaystyle{}\big(\,\lim n{+\I}\!u_n =\!\!\lim n{+\I}\!w_n =\ell\ \big) \Imp \lim n{+\I}\!v_n =\ell$
$\,f:I\to\bb K\,$ est continue en $\,a\app I\,$ ssi elle a une limite finie en $\,a\sp{1.5}.\,$
Cette limite est alors égale à $\,f(a):\,$ $\,\smb{.75}{\lim x a}f(x)=f(a)\sp{1.5}.\,$
$\sc C(I,\bb K)$ est l'ensemble des $\,f:I\to\bb K\,$ continues en tout $x\app I\sp{1.5}.$
continuité
de
Pour $\,a\app\bb R^{\ast}\sp{-1.5},\,$ les fonctions exponentielles : $\,x\mapsto\e{\sp{1.5}a\sp{1.5}x}\,$ sont :
l'exponentielle
en $\,0\sp{1.5},\,$ on peut en déduire un
- continues et strictement croissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a > 0\sp{1.5};\,$
- continues et strictement décroissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a<0\sp{1.5}.\,$
Deux suites numériques $(u_n)$ et $(v_n)$ sont équivalentes ssi à partir d'un rang $\,n_0:\,$
équivalent
de $\,x_n\,$ lorsque $n$ tend vers $+\I:$
$\displaystyle{}u_n=v_n\,\delta_n\sp{1.5},\txt{avec :}\lim n{+\I}\delta_n=1$
On écrit : $\,u_n\,\eq n{+\I}\,v_n\sp{1.5},\,$ et si $\,v_n\neq0\,$ pour $\,n\geq n_0\sp{1.5},\,$ alors :
$\displaystyle{}u_n\,\eq n{+\I}\,v_n\Ssi\lim n{+\I}\,\smh{.5}{\frac{u_n}{v_n}}=1$
$\displaystyle{}x_n=-\frac1{n\sp{1.5}(1+\e{x_n})}\ \,\eq n{+\I}-\frac1{2\sp{1.5}n}$
On peut en outre établir les variations de la suite $\,(x_n)_{n\geq1}\sp{1.5};\,$ en effet, avec $\,n\,x_{n+1} > (n+1)\sp{1.5}x_{n+1}\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}f_n(x_{n+1}) > f_{n+1}(x_{n+1})=0=f_n(x_n)$
$f_n^{-1}$ étant strictement croissante, on en déduit que : $\,x_{n+1} > x_n\sp{1.5};\,$ la suite $\,(x_n)_{n\geq1}\,$ est donc strictement
Une suite réelle $(u_n)_{n\geq n_0}$ est monotone ssi elle est :
croissante.
- soit croissante, autrement dit : $\,\ptt n\geq n_0\sp{1.5},\ u_n\leq u_{n+1}\sp{1.5},\,$
- soit décroissante, c'est-à-dire : $\,\ptt n\geq n_0\sp{1.5},\ u_n\geq u_{n+1}\sp{1.5}.\,$
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Exercice d
\\(\TV\\)Montrer l'existence, pour tout entier $\,n\geq2\sp{1.5},\,$ d'une unique solution positive $x_n$ de l'équation :
$\displaystyle{}x^n=\sum_{k=0}^{n-1}x^k$
Montrer la convergence de la suite $\,(x_n)_{n\geq2}\,$ et déterminer un équivalent de $\,(2-x_n)\,$ lorsque $n$ tend vers $+\I\sp{1.5}.$
limites d'une fonction monotone aux bornes de son intervalle
Toute $\,f:\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to\bb R\,$ croissante admet des limites en $\,a,b\app\surl{\bb R}:\,$
$\displaystyle{}\lim xa f(x)=\op{inf}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)\txt{et}\lim xb f(x)=\op{sup}\!\big(f(\sp{1.5}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5})\big)$
Même résultat en échangeant les limites, lorsque $f$ est décroissante.
théorème des valeurs intermédiaires
Soit $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\to\bb R\,$ une fonction continue sur un segment.
Pour $y$ entre $f(a)$ et $f(b)\sp{1.5},$ il existe $\,x\app\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ tel que : $\,y=f(x)\sp{1.5}.\,$
théorème de la bijection
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
indication
1
Étudier les variations de la fonction $g_n$ telle que :
$\displaystyle{}\ptt x\neq 1\sp{1.5},\ f_n(x)=x^n-\smh{1}{\dsum_{k=0}^{n-1}}x^k=\frac{g_n(x)}{x-1}$
indication
2
Montrer que : $\,2-x_n=\dfrac1{x_n^{\sp{1.5}n}}\sp{1.5},\,$ et étudier la limite de $\,\Big(\!\dfrac{x_n}2\!\Big)^{\!n}\!\!\cdot\,$
réponse
Pour tout entier $\,n\geq2,\,$ l'équation :
$\,x^n=\smb{1.5}{\dsum_{k=0}^{n-1}}x^k\,$ a bien une unique solution positive $x_n\sp{1.5}.$
On obtient alors : $\,\lim n{+\I}x_n=2\,$ et $\,(2-x_n)\ \eq n{+\I}\ \dfrac1{2^{\sp{1.5}n}}\!\cdot\,$
correction
Pour $\,n\app\bb N^{\ast}\,$ et $\,x\app\bb R\sp{1.5},\,$ on pose : $\,f_n(x)=x^n-\dsum_{k=0}^{n-1}x^k.\,$
Par une somme
On a $\,1\sp{-1.5}<\sp{-1.5}\alpha_n\sp{1.5},\,$ $\,g_n(1)=0\,$ et $\,g_n(2)=1\sp{1.5},\,$ d'où : $\,g_n(\alpha_n)\sp{-1.5} < \sp{-1.5}0\sp{1.5}.\,$
Selon le
Pour tout $\,q\app\bb C\!\setminus\!\{1\}\,$ et $n\app\bb N,$ on a la somme géométrique :
géométrique,
on simplifie $f_n(x),$ pour $\,x\neq1:\,$
$\displaystyle{}\dsum_{k=0}^{n}q^k=\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q}$
$\displaystyle{}f_n(x)=x^n-\frac{x^n-1}{x-1}=\frac{x^{n+1}-2\sp{1.5}x^n+1}{x-1}=\frac{g_n(x)}{x-1}$
La fonction
Une fonction polynomiale $\widetilde P:x\mapsto P(x)$ est de classe $\sc C^\I$ sur $\bb R\sp{1.5}.$
Sa dérivée correspond au polynôme dérivé $P':$
$\,(\sp{1.5}\widetilde{\sp{1.5}P\sp{1.5}}\sp{1.5})\sp{1.5}'=\widetilde{\!(P^{\sp{1.5}\prime})\!}\,.\,$
polynomiale
$\,g_n\,$ est dérivable sur $\bb R\sp{1.5},$ de dérivée :
$\displaystyle{}g_n'(x)=(n+1)\sp{1.5}x^n-2\sp{1.5}n\sp{1.5}x^{n-1}=x^{n-1}\big((n+1)\sp{1.5}x-2\sp{1.5}n\big)$
Avec $\,\alpha_n\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\smb{2}{\dfrac{2\sp{1.5}n}{n+1\!}}\,$ on obtient les
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue sur $I\sp{1.5},$ et dérivable sur $\,I^{\ast}=I\!\setminus\!\{a\}:\,$
variations
de $g_n$ pour $\sp{1.5}x\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5}0:$
- $f$ est croissante sur $I$ ssi : $\,\ptt x\app I^{\ast},\ f'(x)\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5}0\sp{1.5};\,$
- avec $\,\ptt x\app I^{\ast},\ f'(x)\!>\! 0\sp{1.5},\,$ $f$ est strictement croissante.
| $\require{color}\colorbox{white}{$\tv{x&0&\ \ \,1\!&\!\!\alpha_n&\!\!\!x_n\,\,&\!\!+\I\hl &2&&&&\!\!+\I\sl g_n(x)&&\ \,\dec\llap{0\sp{1.5}}\!&&\!\!\!\cr\llap{\lower 1pt0\sp{1.5}}\!&\sl &&&\!\!g_n(\alpha_n)\!&&}$}$ |
Soit $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\to\bb R\,$ une fonction continue sur un segment.
Pour $y$ entre $f(a)$ et $f(b)\sp{1.5},$ il existe $\,x\app\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ tel que : $\,y=f(x)\sp{1.5}.\,$
théorème
des valeurs intermédiaires, il existe donc un $x_n$ tel que : $\,g_n(x_n)=0\sp{1.5},\,$ avec : $\,\alpha_n\sp{-1.5}<\sp{-1.5}x_n \sp{-1.5}<\sp{-1.5} 2\sp{1.5}.\,$
Dans la mesure où $\,f_n(1)=1-n\neq0\sp{1.5},\,$ cet $x_n$ est alors l'unique solution positive de l'équation $\,f_n(x)=0\sp{1.5}.\,$
Étant donné que $\,\!\lim n{+\I}\alpha_n=2\sp{1.5},\,$ on en déduit par
Soient $\,(u_n)\sp{1.5},\,$ $\,(v_n)\sp{1.5},\,$ $\,(w_n)\,$ des suites réelles et $\,\ell\app\bb R\sp{1.5}.\,$
Si on a, à partir d'un certain rang $N:$ $\,\sp{1.5}u_n\leq v_n\leq w_n\sp{1.5},\,$ alors :
encadrement
que : $\,\lim n{+\I}x_n=2\,.\,$
La relation $\,g_n(x_n)=x_n^{\sp{1.5}n}(x_n-2)+1=0\,$ qui caractérise $x_n$ peut s'écrire de la manière suivante :
$\displaystyle{}\big(\,\lim n{+\I}\!u_n =\!\!\lim n{+\I}\!w_n =\ell\ \big) \Imp \lim n{+\I}\!v_n =\ell$
$\displaystyle{}2-x_n=\frac1{x_n^{\sp{1.5}n}}$
De : $\,x_n\eq n{+\I}2\sp{1.5},\,$ on ne peut pas conclure directement : $\,x_n^{\sp{1.5}n}\,\eq n{+\I}\ 2^{\sp{1.5}n}\sp{1.5};\,$ on va étudier la limite de $\,y_n=\Big(\!\dfrac{x_n}2\!\Big)^{\!n}:\,$
$\displaystyle{}y_n=\Big(\!\frac{x_n}2\!\Big)^{\!n}=\bigg(\frac{2-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}x_n^{\sp{1.5}n}}2\bigg)^{\!n}=\Big(1-\frac1{2\sp{1.5}x_n^{\sp{1.5}n}}\Big)^{\!n}$
Les $\,\alpha_n=2-\smb{1.5}{\dfrac 2{n+1}}\,$ étant croissants, on majore $\,\smb{1.5}{\dfrac1{2\sp{1.5}x_n^{\sp{1.5}n}}}\,$ et on peut en déduire un
La fonction logarithme vérifie :
équivalent
de $\,\ln \sp{1.5}y_n:\,$
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x0\sp{1.5}\ln x=-\I\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\ln x=+\I\ \txt{et}\,\ln(1+x)\sp{1.5}\eq x0 \,x$
$\eqalign{x_n\geq\alpha_n\geq\alpha_2=\frac 43\Imp \dfrac1{2\sp{1.5}x_n^{\sp{1.5}n}}&\leq\frac12\Big(\frac34\Big)^{\!n}\tend n{+\I}0\\ \txt{d'où :}\ \ln\sp{1.5} y_n=n\,\ln\!\Big(1-\frac1{2\sp{1.5}x_n^{\sp{1.5}n}}\Big)\,&\eq n{+\I}-\frac n{2\sp{1.5}x_n^{\sp{1.5}n}}}$
Par
Pour tous réels $\,\alpha\sp{1.5},\ \beta\,$ et $\,\gamma\,$ strictement positifs, on a :
croissances
comparées, on a alors : $\,\lim n{+\I}\ln\sp{1.5}y_n=0\sp{1.5},\,$ et par continuité de
$\displaystyle{}(\ln n)^\beta\!\!\dl n{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(n^\alpha)\sp{1.5},\ \,n^\alpha\!\!\dl n{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\e{\gamma\,n})\,\txt{et}\,\e{\gamma\,n}\dl n{+\I}o\big(n\sp{1.5}!\big) $
Pour $\,a\app\bb R^{\ast}\sp{-1.5},\,$ les fonctions exponentielles : $\,x\mapsto\e{\sp{1.5}a\sp{1.5}x}\,$ sont :
l'exponentielle :
$\,\lim n{+\I}y_n=\e{0}=1\sp{1.5}.\,$
On peut enfin en déduire un
- continues et strictement croissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a > 0\sp{1.5};\,$
- continues et strictement décroissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a<0\sp{1.5}.\,$
Deux suites numériques $(u_n)$ et $(v_n)$ sont équivalentes ssi à partir d'un rang $\,n_0:\,$
équivalent
de $\,(2-x_n):\,$
$\displaystyle{}u_n=v_n\,\delta_n\sp{1.5},\txt{avec :}\lim n{+\I}\delta_n=1$
On écrit : $\,u_n\,\eq n{+\I}\,v_n\sp{1.5},\,$ et si $\,v_n\neq0\,$ pour $\,n\geq n_0\sp{1.5},\,$ alors :
$\displaystyle{}u_n\,\eq n{+\I}\,v_n\Ssi\lim n{+\I}\,\smh{.5}{\frac{u_n}{v_n}}=1$
$\displaystyle{}2-x_n=\frac1{x_n^{\sp{1.5}n}}\ \,\eq n{+\I}\ \frac1{2^{\sp{1.5}n}}$