DS3 2020 2021
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Page 1 : Corrigé du DS 31. Exercice 1 : Calculer les limites suivantes :1. .limx0→+- x+ xxx2. .limx2→x - 4x - 3x + 2223. . Elimx0→+xabxOù sont des réels strictement positifs et désigne la partie entière de .a, bExxRéponses : 1. car .==- x+ xxx1 -1 +xxxxxx1 -1 +xx=xxxOn en déduit : == 1.limx0→+- x+ xxxlimx0→+1 -1 +xx2. .==x - 4x - 3x + 222x - 2 x + 2x - 2 x - 1x + 2x - 1D'où : == 4.limx2→x - 4x - 3x + 222limx2→x + 2x - 13. On sait que pour tout réel , on a l'encadrement : .yy - 1 E y ⩽y Appliqué à , on obtient : .y = bx- 1 E⩽bxbxbxPuis : .- 1 E⩽⟹-E⩽xabxbxxabxbaxaxabxbaComme , le théorème des gendarmes permet de conclure : = 0limx0→+ a.E=limx0→+xabxba2. Exercice 2 :1. Donner la définition exacte, avec les quantificateur, des propositions suivantes :x
Page 2 : a .f x = ℓlimxa→ b f x = + .limx-→ 2. Utiliser la définition exacte avec les quantificateurs pour prouver que := 2.limx1→3x + 1x + 1Réponses : 1. a f x = ℓ ⟺𝜖 0, 𝛼 0, x D , x - a 𝛼⟹f x - ℓ 𝜖.limxa→ f b f x = + ⟺A 0, B 0, x D , x B ⟹f x A.limx-→ f 2. Soit , on cherche un réel tel que 𝜖 0𝛼 0.x D , x - 1 𝛼⟹f x - 2 𝜖f .f x - 2 𝜖⟺- 2 𝜖⟺ 𝜖 3x + 1x + 1x - 1x + 1Comme nous cherchons la limite en , nous pouvons supposer , ce qui nous 1x 0donne : .x 0 ⟹x + 1 1 ⟹ 1 ⟹ x - 11x + 1x - 1x + 1Pour avoir : , il suffit donc d'avoir : 𝜖x - 1x + 1x - 1 𝜖.Nous pouvons donc choisir .𝛼= 𝜖En effet : .x 0, x - 1 𝜖 ⟹ x - 1 𝜖 ⟹f x - 2 𝜖x - 1x + 1 3. Problème :Pour tout entier on considère la fonction définie par :n N,f : 0, 1Rn →.x 0, 1 , fx = x 1 xn n2Première partie :On considère, dans cette question, un entier fixé.n N1. Montrer que la fonction est strictement croissante sur .fn0, 12. Démontrer qu'il existe un unique réel tel que .𝛼0, 1nf𝛼= 0nnOn pourra, éventuellement dresser le tableau de variation de sur fn0, 1 .3. Déterminer la valeur de , solution de .𝛼1f x = 01 Deuxième partie : On considère maintenant la suite obtenue dans la question précédente .𝛼nnNAutrement dit : est la suite d'éléments de obtenus de la manière 𝛼nnN0, 1suivante : , solution de 𝛼1f x = 0 ⟺f 𝛼= 0 ⟺𝛼1 𝛼= 0,1 11112
Page 3 : , solution de 𝛼2f x = 0 ⟺f 𝛼= 0 ⟺𝛼1 𝛼= 0,2 222222 ...., solution de 𝛼nfx = 0 ⟺f𝛼= 0 ⟺𝛼1 𝛼= 0.n nnnnn2 ....4. Ecrire sous forme simple factorisée et en déduire le signe de f𝛼 - f 𝛼n+1nnncette différence.Rappel : 𝛼0, 1.n5. En déduire le signe de , puis que la suite est croissante.f𝛼n+1n𝛼n nN6. Justifier la convergence de cette suite.Troisième partie : On note la limite de cette suite : .ℓ𝛼= ℓlimx+→n7. Montrer que l'on a forcément : .ℓ 08. Si on suppose que , montrer que l'on a : .0 ℓ 1𝛼= 0limx+→nnOn pourra utiliser la forme exponentielle d'une puissance.9. A l'aide de la relation montrer que, dans ce cas, on a : .f𝛼= 0nn1 - ℓ= 02N'y a-t-il pas une contradiction ?10. Conclure quant à la seule valeur possible de ℓ.Réponses : Première partie :1. .fx = x 1 x= x 1 2x + x= x x + 2x - 1n n2n2n2f' x = nx- 2x + 2 = nx- 2 x - 1 = nx+ 2 1 - x .n n-1n-1n-1 Sur on a : et .0, 1nx⩾0n-12 1 - x 0Donc et par suite strictement croissante.f' x 0n fn2. et f0 = - 1 0n f1 = 1 0n Le théorème des valeurs intermédiaires et la croissance stricte de permettent de fnconclure : tel que .!𝛼0, 1nf𝛼= 0nn3. est solution de l'équation : 𝛼1f x = 0 ⟺x - 1 - x= 01 2⟺-x + 3x - 1 = 02, ce qui donne deux solutions : ,𝛥= 9 - 4 = 5x == 11-3 --253 +25et . Donc x =0, 3823 -25𝛼=13 -25
Page 4 : Deuxième partie : 4. On a : f𝛼- f𝛼= 𝛼1 𝛼- 𝛼1 𝛼n+1nnnnn+1n2nnn2Puis : f𝛼- f𝛼= 𝛼- 𝛼= 𝛼𝛼- 1n+1nnnnn+1nnnnnComme on sait que , on a et 𝛼0, 1n𝛼 0nn𝛼- 1 0.nPar conséquent : f𝛼- f𝛼 0.n+1nnn5. Comme, par définition, , on en déduit : .f𝛼= 0nnf𝛼 0n+1nNous avons donc, d'une part : , et d'autre part : .f𝛼 0n+1nf𝛼= 0n+1n+1Comme est strictement croissante, on en déduit : .fn𝛼 𝛼nn+1La suite est croissante et même strictement croissante.6. est croissante et majorée par , donc convergente vers un réel 𝛼nnN1ℓ.De plus : .𝛼0, 1⟹𝛼= ℓ0, 1nlimx+→nTroisième partie : 7. est croissante et ; on a donc forcément : .𝛼nnN𝛼= 013 -25ℓ 08. Si on suppose que , alors comme et que , on 0 ℓ 1𝛼= ennn𝛼ln nℓ 0ln aura : .n𝛼= - ⟹𝛼= 0limx+→lnnlimx+→nn9. Par construction de la suite, on a : .f𝛼= 0 ⟺𝛼1 𝛼= 0nnnnn2En passant à la limite, on obtient donc : 0 - 1 - ℓ= 0 ⟹ ℓ= 1.2D'où la contradiction.7. On sait que et que est impossible, par conséquent : ℓ0, 10 ℓ 1ℓ= 1.
