AST1 2010 - mathematiques sujet corrigé rapport - EDHEC Grande ...

Partie 211. Sur ]–∞, 0[ la fonction f prend ses valeurs dans [–e 2, 1[, intervalle qui ne contient pas lesentiers naturels supérieurs ou égaux à 2, ce qui rend impossible l’égalité f (u n ) = n pour tout entiernaturel n supérieur ou égal à 2.En revanche, sur ]0, +∞[, la fonction f est continue et strictement décroissante, elle réalise donc unebijection de [0, +∞[ sur ]1, +∞[. Comme tout entier naturel n supérieur ou égal à 2 appartient àl’intervalle image, on peut affirmer qu’il existe un unique réel strictement positif, noté u n , etvérifiant f (u n ) = n.ln(x)2. a) Pour tout réel x supérieur ou égal à 1, on pose : h(x) = 1 + – x .21− xLa fonction h est dérivable (fonctions usuelles) et : ∀x ≥ 1, h’ (x) = ≤ 0.2xLa fonction h est donc décroissante sur [1, +∞[ et, comme h(1) = 0, on peut conclure :∀x ≥ 1, h (x) ≤ 0.ln(x)Ceci veut bien dire que, pour tout réel x supérieur ou égal à 1, on a : 1 + ≤ x .2⎛ ⎞b) Après calculs, on obtient : ∀n ≥ 2, f ⎜1⎟⎝ ln( n)⎠= n( ln( n ))⎛ ln( n)⎞1+ = n ⎜ 1+ ⎟ .⎝ 2 ⎠⎛ ⎞D’après la question précédente, on en déduit ( n ≥ 0 ) : ∀n ≥ 2, f ⎜1⎟ ≤ n n⎝ ln( n)⎠⎛ ⎞On a bien : ∀n ≥ 2, f ⎜1⎟ ≤ n.⎝ ln( n)⎠⎛ ⎞c) On a : f (u n ) ≥ f ⎜1⎟ et, par décroissance de f sur l’intervalle ]0, +∞[, on en déduit :⎝ ln( n)⎠1∀n ≥ 2, u n ≤ln( n ).1Comme, de plus, (u n ) est une suite de réels positifs, on a : ∀n ≥ 2, 0 ≤ u n ≤ln( n ).Comme lim 1n→+∞ln( n )= 0, on a, par encadrement : lim u n = 0.n→+∞3. En revenant à la définition de u n , on a f (u n ) = n, ce qui s’écrit :u ⎛n+ 1⎜ 1expu ⎜n ⎝ un⎛ ⎞En multipliant des deux côtés par u n , on trouve : ⎜ 1( u⎟n+ 1)exp = n u⎜ ⎟ n .⎝ un⎠⎞⎟⎟⎠= n.2