SOLUTIONS
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Solutions
• pour u0 =]0,
3
[, u1 ∈]
3
√
6, +∞[etleraisonnement précédent
s’applique àlasuite (u2n+1):(un)diverge.
4 1)Étudions les variations de fn : x → x
n − nx +1pour
x ∈ R+ :
f
n (x) = n(x
n−1 − 1) est positif si et seulement si x 1, d’où le
tableaudevariation :
x
01
+ ∞
f
n ( x )
− 0+
f n ( x )
1+ ∞
2 − n
Ce qui prouve quep our n 3, fn admet deux racines dans R+,
notées an et bn et telles que:
0 2)Soit an ∈]0, 1[ telle que a
n
n − nan +1=0, alors :
fn+1(an) = a
n+1
n − (n +1)an−1
n
n −nan +1−an car an < 1
< −an
< 0
Donc fn+1(an) < fn+1(an+1), ce quiprouve que an+1 < an puisque
fn+1 est décroissante sur [0, 1].
La suite (an), décroissante,m inorée par0c onverge donc vers
0.
Montrons par l’absurde que = 0, supposons ∈]0, 1[, alors
a
n
n − nan +1 ∼− n tend vers −∞ en contradictiona vec
a
n
n − nan +1=0;donc = 0.
Alors :
an =
1
n
+
1
n
a
n
n
avec a
n
n = o(1)
=
1
n
+ o
1
n
C’est-à-dire : an ∼
1
n
.
3) fn
1+
2
√ n
=
1+
2
√ n
n
−n
1+
2
√ n
+1
1+n
2
√
n
+
n(n−1)
2
2
√ n
2
− n −
2n
√ n
+1
(en écrivant 3termes de
1+
2
√ n
n
)
n
Ce qui prouve que bn < 1+
2
√ n
puisque fn est croissante sur
[1, +∞,alors 1 < bn < 1+
2
√ n
entraîne que :
lim
n→+∞
bn = 1
5 1)Étudions les variations de f k : x → x +lnx−kpour
x ∈ R
∗
+ :
f
k (x) = 1+
1
x
est strictement positif, d’où le tableau de variations :
x
0+ ∞
+ ∞
f k ( x )
− ∞
Et l’existence d’un unique x k tel que:x k +lnx k =k
2)Pour tout x > 0, ln(x) < x,d ’où
k
2
+l n
k
2
< k ,c ’està-dire f k
k
2
< 0, ce quip rouve que
k
2
< x k et donc que
lim
k→+∞
x k = +∞.
D’où ln(x k ) = o(x k )etx k =k−ln(x k )qui entraînent x k ∼ k soit
x k = k(1 + o(1)).
Nous pouvons alors écrire successivement :
x k − k = ln(k(1 + o(1)))
= ln k +ln(1 + o(1))
= ln(k)+o(1)
d’où x k = k +ln(k)+o(ln k)), puis
x k − k = ln(k +ln(k)+o(ln k))
= ln k +ln(1 +
ln k
k
+ o
ln k
k
)
= ln k +
ln k
k
+ o
ln k
k
Soit:
x k = k +l nk+
ln k
k
+ o
ln k
k
6 1)Soit x ∈ R
∗
+ et fx : y
→
x
3
6
ch (y)+x−sh x.
Cette fonction est strictement croissante pour y ∈ [0, x], nous
allons déterminer les signes respectifs de fx(0) et fx(x):
• fx(0) =
x
3
6
+ x − sh x = g(x)oùgest une fonction telle que :
g
(x) =
x
2
2
+1−ch x,
g
(x) = x − sh x, g
(3) (x) = 1 − ch x,cequi permet d’établir
de proche en proche que g
,puis g
et enfin g sont strictement
décroissantesetstrictement négatives sur R
∗
+ ,donc fx(0) < 0;
• fx(x) =
x
3
6
ch x + x − sh x = h(x)oùhest une fonction telle
que :
h
(x) =
x
2
2
ch x +
x
3
6
sh x +1−ch x,
h
(x) = xch x + x
2 sh x +
x
3
6
ch x − sh xh
(3) (x) = 3xsh x +
3
x
2
2
ch x +
x
3
6
sh x,cequi permet d’établir de proche en proche
que h
,puis h
et enfin h sont strictement croissantes et strictement positives sur R
∗
+ ,donc fx(x) > 0;
Ce qui prouve l’existence d’un unique y ∈]0, x[tel que fx(y) = 0,
on notera y = θ(x)x,avec θ(x) ∈]0, 1[.
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