TD0 Rappels

Posté le 07/02/2025

Chargé de TD/CM : D. Maths.

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Page 1 : Cycle Préparatoire - Première AnnéeRemédiation - 2021/2022Suites NumériquesDémonstration par récurrenceExercice 1 Suites géométriquesSoit la suite géométrique de premier terme v0 = 3 et de raison 2.1. Démontrer par récurrence que n N, vn = 3 × 2n.2. Généraliser pour une suite géométrique de raison q et de premier terme v0.SolutionDéﬁnition de la propriétéPour tout n N soit la propriété Pn : un = 125 3nVériﬁcation au premier rang• 125 30 = 125 1 = 2 = u0 donc P0 est vraie.Hérédité• Soit n N. On suppose que Pn est vraie. C’est à dire un = 125 3n.On veut montrer que pour tout n N, si Pn est vraie, on a Pn+1 vraie. On choisit donc un n quelconque, onsuppose que Pn est vraie et on va essayer de montrer que Pn+1 est vraie. Puisque n était quelconque, on abien démontré que pour tout n N, si Pn est vraie, Pn+1 est vraie.On veut montrer que Pn+1 est vraie, c’est à dire un+1 = 3 × 2n+1On a un+1 = 2un = 2 × 2n = 2n+1Donc Pn+1 est vraie.On a montré Pn ⇒Pn + 1Conclusion• Donc par récurrence, n N, un = 125 3n.Exercice 2 Démontrer une formuleSoit la suite unnN déﬁnie par : u0 = 2 et n N, un+1 = 3un 5.Démontrer par récurrence que n N, un = 125 3nSolutionPour tout n N soit la propriété Pn : un = 3 × 2n• 125 30 = 125 1 = 2 = u0 donc P0 est vraie.• Soit n N. On suppose que Pn est vraie. C’est à dire un = 125 3n.On veut montrer que Pn+1 est vraie, c’est à dire un+1 = 125 3n+1On a un+1 = 3un 5 = 3125 3n5 = 152 3n+125 = 52 3n+12Donc Pn+1 est vraie.• Donc par récurrence, n N, un = 125 3n.Exercice 3 Démontrer une formuleDémontrer que n N, 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = nn + 12n + 16Solution• On déﬁnit P :n N, Pn : 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = nn + 12n + 16

Page 2 : • InitialisationOn a 11 + 12 + 16= 1 = 12, Donc P1 est vraie.• HéréditéSoit k N, k 1, supposons que Pk est vraie, c’est à dire que12 + 22 + 32 + . . . + k2 = kk + 12k + 16On veut montrer que Pk+1 est vraie c’est à dire12 + 22 + 32 + . . . + k2 + k + 12 = k + 1k + 22k + 36.On a12 + 22 + 32 + . . . + k2 + k + 12= 12 + 22 + 32 + . . . + k2 + k + 12= kk + 12k + 16+ k + 12= k + 1k2k + 1 + 6k + 16= k + 12k2 + k + 6k + 66= k + 12k2 + 7k + 66. . . a-t-on Pk+1 ?Or k + 22k + 3 = 2k2 + 3k + 4k + 6 = 2k2 + 7k + 6On obtient bien la formule attendue.Donc la propriété Pk+1 est vériﬁée.• On a vériﬁé l’initialisation et l’hérédité donc on peut conclure que n N, n ⩾1,12 + 22 + 32 + . . . + n2 =nn + 12n + 16Exercice 4 InitialisationSoit la suite unnN déﬁnie par u0 = 1 et n N, un+1 = u2n.Que peut-on dire de la suite ? Qu’y a-t-il à démontrer ?SolutionEn calculant les premiers termes on obtient : u0 = 1, u1 = 1, u2 = 1, u3 = 1, . . .On peut émettre l’hypothèse que n ⩾1, un = 1 mais il faut le démontrer par récurrence.Exercice 5 InitialisationSoit la suite unnN déﬁnie par n N, un = 1 + 3n1. Pour tout n N, calculer un+1 un.En supposant que un est un multiple de 3, démontrer que un+1 est un multiple de 3.2. Peut-on en déduire que n N, un = 1 + 3n est un multiple de 3 ?SolutionSi un est un multiple de 3, alors un = 3k alors un+1 = 1 + 3n + 1 = 1 + 3n + 3 = un + 3 comme un et 3 sontdes multiples de 3 alors un+1 est un multiple de 3.On ne peut en déduire que n N, un est un multiple de 3 car la propriété est fausse pour u1 = 1, ce quiconstitue un contre-exemple : l’initialisation n’est pas vériﬁée.Exercice 6 Déﬁnition d’une suite1. Peut-on déﬁnir la suite v, pour tout n N, par vn+1 =vn1 + vnavec v0 = 14 ?2. Peut-on déﬁnir la suite u par, n N, un+1 =11 + unavec u0 = 12 ?Solution1. v0 = 14v1 =141 14= 13v2 =131 23= 12 v3 =1/21 1/2 = 1On ne peut pas calculer v4 donc la formule ne déﬁnit pas une suite.2. Par récurrence, on démontre que la suite est déﬁnie :• On déﬁnit P : n N, Pn : un existe et un 0• On a u0 existe et u0 0 donc P0 est vraie.

Page 3 : • Soit k N, on suppose Pk : uk = k + 13 + 1 vraie on va montrer que Pk+1 : uk existe et uk 0 estvraie.On a uk existe et uk 0 donc11 + ukest déﬁni c’est uk+1 et uk+1 0 donc Pk+1 est vraie.• Donc puisque l’initialisation et l’hérédité sont vériﬁées,on aPour tout n N, un est déﬁni et la suite est déﬁnie.Exercice 7 Sens de variation et monotonieSoit la suite unn⩾1 déﬁnie par récurrence par : u1 =2 et pour tout entier n ⩾1, un+1 =2 + un.1. Calculer u2, u3, u4 .2. Montrer par récurrence que unnN est croissante et que pour tout n N, 0 ⩽un ⩽2.3. Etudier la convergence de la suite unn⩾1.Solution1. On a u1 =2, u2 =q2 +2, u3 =r2 +q2 +2, u4 =s2 +r2 +q2 +2.2. Pour montrer que un est croissante, il suﬃt de montrer quen N, un un+1• On va donc démontrer par récurrence P telle quen N, Pn : 0 un un+1 2On déﬁnit P : n N, Pn : un =n + 9• On a 0 2 q2 +2 car 2 2 +2 et la fonction racine carré est croissante sur R+ donc P1 estvraie.• Soit k N, on suppose Pk : 0 uk uk+1 2 vraie on va montrer que Pk+1 : 0 uk+1 uk+2 2 estvraie.On a 0 uk uk+1 donc 2 2 + uk 2 + uk+1 2 +2.On applique la fonction racine carré qui est strictement croissante sur rplus, 2 2 + uk p2 + uk+1 q2 +2. donc 2 uk+1 uk+2 q2 +2.Or 2 0 etq2 +2 2 + 2 2. En utilisant à nouveau la croissance de la fonction racine carré.Donc Pk+1 est vraie.• Donc puisque l’initialisation et l’hérédité sont vériﬁées, on an N, 0 un un+1 2La suite est donc croissante.3. La suite est coissante et majorée donc elle est convergente.Soit f : x 7→2 + x, f est continue donc la limite de la suite l vériﬁe l2 = 2 + l avec l 0On résout l2 l 2 = 0. -1 est solution évidente. L’autre solution est 2 le produit des solutions est2 = ca. 2 est bien solution de l’équation fl = l et c’est la seule solution possible de un converge vers2.Exercice 8 Démontrer un encadrementSoit la suite unnN déﬁnie par : u0 = 0.4 et n N, un+1 = 4un1 un.1. Calculer u1, u2 et des valeurs approchées de u3, u42. Démontrer que n N, 0 un 13. La suite est-elle monotone ?Solution1. On a u1 = 0.96, u2 = 0.1536, u3 = 0.52002816, u4 = 0.9983950491228058, u5 0.00641• On déﬁnit P par Pn : n N, 0 un 1• On a bien P0 vraie car 0 u0 1• Soit n N, on suppose 0 un 1 alors 4un 0 et 1 un 0 donc le produit est strictement positifdonc un+1 0 donc Pn + 1 est vraie.

Page 4 : • Donc n N, 0 un 12. On observe que u3 u4 et u4 u5 donc la suite n’est pas monotone.Exercice 9On considère la suite unnN déﬁnie par u0 = 1 et n N, un+1 = un + 2n + 3.1. Etudier la monotonie de la suite unnN.2. Démontrer que n N, un n23. Conjecturer une expression de un en fonction de n puis démontrer la propriété conjecturée.4. Quelle est la limite de la suite unnN ?Solution1. n N, un+1 un = 2n + 3 0 donc la suite est strictement croissante.2. Par récurrence :• On déﬁnit P : n N, un n2.• On a u0 = 1 donc u0 0 donc P0 est vraie.• Soit n N, on suppose que un n2.On a un+1 = un + 2n + 3 n2 + 2n + 3 ⩾n + 12 + 2 n + 12 Donc Pn + 1 est vraie.• Donc, par le principe de récurrence, n N, un n2.3. Les premiers termes de la suite sont 1, 4, 9, 16On conjecture un = n + 12On le démontre par une récurrence facile : calcul pour l’hérédité : La formule à obtenir est un+1 =n + 22 = n2 + 4n + 4un+1 = un + 2n + 3 = n + 12 + 2n + 3 = n2 + 2n + 1 + 2n + 3 = n2 + 4n + 4. CQFD4. La limite de un est +produit de limite.

Page 5 : Pour aller plus loin . . .Exercice 10 Démontrer une formuleDans chacun des cas suivants calculer les premiers termes de la suite u, conjecturer pour tout réel n une formuleexplicite de un et la démontrer par récurrence :1. u0 = 3 et n Nun+1 =pun2 + 1.2. u0 = 1 et n Nun+1 = un + 3n2 + 9n + 7.3. u0 = 1 et n Nun+1 = un + 3n2 + 3n + 1.Solution1. On a u0 = 3, u1 =10, u2 =11, u3 =12.On "devine" que la formule est en n puisque on gagne 1 à chaque pas. On cherche donc un =n + . . .,puis on propose un =n + 9.On va donc démontrer par récurrence que n N, un =n + 9• On déﬁnit P : n N, Pn : un =n + 9• On a0 + 9 = 3 = u0 donc P0 est vraie.• Soit k N, on suppose Pk : uk =k + 9 vraie on va montrer que Pk+1 : uk+1 =k + 10 est vraie.On a uk+1 =qu2k + 1 =n + 9 + 1 =n + 10Donc Pk+1 est vraie.• Donc puisque l’initialisation et l’hérédité sont vériﬁées, on a n N, un =n + 92. On a u0 = 1, u1 = 2, u2 = 9, u3 = 28. On conjecture que n N, un = n3 + 1• On déﬁnit P : n N, Pn : un = n3 + 1• On a 03 + 1 = 1 = u0 donc P0 est vraie.• Soit k N, on suppose Pk : uk = k3 + 1 vraie on va montrer que Pk+1 : uk+1 = k + 13 + 1 est vraie.On a uk+1 = uk + 3k2 + 3k + 1 = k3 + 1 + 3k2 + 3k + 1 = k + 13 + 1Donc Pk+1 est vraie.• Donc puisque l’initialisation et l’hérédité sont vériﬁées,on a n N, un = n3 + 13. On a u0 = 1, u1 = 8, u2 = 27. On conjecture que n N, un = n + 13 + 1• On déﬁnit P : n N, Pn : un = n + 13 + 1• On a 0 + 13 + 1 = u0 donc P0 est vraie.• Soit k N, on suppose Pk : uk = k + 13 + 1 vraie on va montrer que Pk+1 : uk+1 = k + 23 + 1 estvraie.On a uk+1 = uk+3k2+9k+7 = k+13+3k2+9k+7 = k3+3k2+3k+1+3k2+9k+7 = k3+6k2+12k+8Or k + 23 = k3 + 6k2 + 12k + 8Donc Pk+1 est vraie.• Donc puisque l’initialisation et l’hérédité sont vériﬁées,on a n N, un = n + 13 + 1Exercice 11 Démontrer une formuleOn pose pour tout n NSn = 13 + 23 + 33 + ... + n3.Montrer par récurrence que pour tout n N, Sn = n2n + 124.Solution•n N soit la propriété Pn : Sn = n2n + 124• On a 22 × 324= 9 = 13 + 23 = S2 donc P2 est vraie.• Soient n N, on veut montrer que si Pn est vraie alors Pn+1 est vraie.Supposons que Pn est vraie, c’est à dire Sn = n2n + 124= n4 + 6n3 + 13n2 + 12n + 44AlorsSn+1 = Sn + n + 13 = n2 n2 + 2n + 3+ n3 + 3n2 + 3n + 14= n4 + 3n3 + 6n2 + 3n + 14=n2 + 2n + 1 n2 + 4n + 44= n4 + 6n3 + 13n2 + 12n + 44

Page 6 : Donc Sn+1 = n + 12n + 224donc Pn+1 est vraie.• Donc n N, Sn = n2n + 124Exercice 12 Démontrer une formuleSoit unn⩾1 la suite déﬁnie par récurrence par :u1 = 13 et pour tout n N, un+1 = n + 13n un.Montrer par récurrence que, pour tout entier n ⩾1, un = n13n.Solution• On déﬁnit P : n Nun = n13n.• On a u1 = 1131donc P1 est vraie.• Soit n N, on suppose que un = n13n.On a un+1 = n + 1n× 13un = n + 1n× 13 × n ×13n= n + 113n+1Donc Pn + 1 est vraie.• Donc, par le principe de récurrence, un = n13n.Exercice 13 Nombre d’opérations pour calculer un termeLa suite xn est déﬁnie pour tout n N par x0 = 3 et xn+1 = 2xn 1.La suite yn est déﬁnie pour tout n N par y0 = 1 et yn+1 = 2yn + 3.1. Pour calculer x50 combien faut-il d’opérations ?2. Démontrer par récurrence que xn = 2n+1 + 1.3. Pour calculer x50 avec la formule du 2, combien faut-il d’opérations ?4. Démontrer par récurrence que 2xn yn = 5 et en déduire l’expression de yn en fonction de n.Solution1. La réponse dépend de ce que l’on appelle opération. On supposera que +, , , , xn est une opération.Dans ce cas on a besoin de 2 opérations pour calculer xn+1 en fonction de xn. Donc pour x50, on a besoinde 100 opérations.2. • On déﬁnit P : n N, Pn : xn = 2n+1 + 1.• On a 20+1 + 1 = 3 = x0 donc P0 est vraie.• Soit n N, on suppose que xn = 2n+1 + 1 est vraie.On a xn+1 = 2xn 1 = 2 × 2n+1 + 2 1 = 2n+1 + 1.Donc Pn + 1 est vraie.• Donc, par le principe de récurrence, xn = 2n+1 + 1.3. Avec la formule du 2, il faut 3 opérations.4. • On déﬁnit P : n N, Pn : 2xn yn = 5.• On a 2x0 y0 = 6 1 = 5 donc P0 est vraie.• Soit n N, on suppose que 2xn yn = 5 est vraie.On calcule :2xk+1 yn+1=2 2x4 1 2y2 + 3=4x2 2y1 2 3=2 2x2 y2 5=2 × 5 5=5Donc Pn + 1 est vraie.• Donc, par le principe de récurrence, 2xn yn = 5.Donc n N, yn = 2n+2 3

Page 7 : Exercice 14 Sens de variationsSoit la suite un déﬁnie par : u0 = 1 et n Nun+1 = 25un + 1.1. Montrer que n N, 0 ⩽un ⩽1.2. Cette suite est-elle monotone ?Solution1. Par récurrence :• On déﬁnit P par Pn : n N, 0 un 1• On a bien P0 vraie car 0 u0 1• Soit n N, on suppose 0 un 1 alors 0 25un 25 et 1 25un + 1 1 25 donc0 35 un+1 1 donc Pn + 1 est vraie.• Donc n N, 0 un 12. u0 = 1 et u1 = 35 = 0.6 et u2 = 1925 = 0.76donc cette suite n’est pas monotone mais semble convergente.Exercice 15 Encadrement et monotonieSoit la suite unn⩾0 déﬁnie par récurrence par :u0 = 2 et pour tout n ⩾0, un+1 = 12un + 3.1. Montrer que cette suite n’est ni une suite arithmétique, ni une suite géométrique.2. Montrer par récurrence que, pour n N, 0 ⩽un ⩽6.3. Etudier la monotonie de la suite unnN.4. Etuder la convergence de la suite unnNSolution1. On a u0 = 2, u1 = 4 et u2 = 5 donc u1 u2 ̸= u1 u0 donc la suite n’est pas arithmétique et u1u0̸= u2u1donc la suite n’est pas géométrique.2. Par récurrence :• On déﬁnit P par Pn : n N, 0 un 6• On a bien P0 vraie car 0 u0 6• Soit n N, on suppose 0 un 6 alors 0 12un 3 et 3 12un + 3 6 donc 0 3 un+1 6 doncPn + 1 est vraie.• Donc n N, 0 un 63. n N, un+1 un = 12un + 3 = 6 un2Comme 0 un 6,6 un2 0 donc un est strictementcroissante.4. La suite étant monotone et bornée, elle converge vers une solution de x = 12x + 3. Cette équation a uneseule solution qui est donc la limite 6.Exercice 16 Suites de fonctionsPour tout entier n N \ 0, 1 démontrer que la fonction fn : x →xn est dérivable sur R et quex R, f ′nx = nxn1SolutionPour tout entier naturel n ⩾2, on déﬁnit la propriétéPn : fn : x 7→xn est dérivable et x R, f ′nx = nxn1• Initialisation pour n = 2

Page 8 : On veut montrerP2 : f2 est dérivable et x R, f ′2x = 2x21 = 2xP2 est vériﬁée car f2 est la fonction carré.• HéréditéSoit n N tel que n ⩾2.On veut montrer que si Pn est vraie alors Pn+1 c’est à dire,si fn est dérivable et x R, f ′nx = nxn1alors fn+1 est dérivable et x R, f ′n+1x = n + 1xnOn suppose que fn est dérivable et x R, f ′nx = nxn1Alors x R, fn+1x = xfnx donc comme f1 : x 7→x et fn sont dérivables, alors fn+1 est dérivable commeproduit de fonctions dérivables.De plus x R, f ′n+1x = 1 × fnx + x × f ′nx = xn + xnxn1 = n + 1xnDonc la propriété Pn+1 est vériﬁée.• Donc n N, fn est dérivable et x R, f ′nx = nxn1

Page 9 : Cycle Préparatoire - Première AnnéeRemédiation - 2021/2022Suites NumériquesEtudes de Convergence des suitesExercice 17 calcul de limitesDéterminer les limites des suites suivantes déﬁnies pour pour tout entier n non nul :un = 1 2nn2 + 3aun =33 + 2nbun = 4n 1 +5ncun =2 + 1n2dSolutionlimn→+1 2n = etlimn→+n2 + 3 = +.Donc par produit de limiteslimn→+un = alimn→+un = 0bnlimn→+1 +5n = 1 donclimn→+un = +climn→+2 + 1n = 2 donclimn→+un = 4 par produit.dExercice 18 calcul de limitesun = n2 + naun = 3n2 + 6nbun = 3n + 5n2 4cun = 2n2 + 3n + 13n2 + 5ndun = n3 + 42n2 + 5eun =1n3n + 5fSolutiona un = n2 + n = n21 nn2= n21 1nn.On alimn→+1 1nn = 1 etlimn→+n2 = .Par produit de limiteslimn1+un = b un = 3n2 + 6n = 3n21 6n3n2= 3n21 3n.On alimn→+1 3n = 1 etlimn→+3n3 = c un = 3n + 5n2 4 =n3 + 5nn2 1 4n2 =3 + 5nn1 4n2limn→+3 + 5n = 3etlimn→+1 4n2 = 1 Par quotient et produit de limiteslimn→+un = 0d un = 2n2 + 3n + 13n2 + 5n= n2 2 + 3n + 1nn2 3 + 5n= 2 + 3n +1n23 + 5norlimn→+2 + 3n + 1n2 = 2limn→+3 + 5n = 3Donc par quotient de limites :limn→+un = 23e un = n3 1 +4n3n2 2 +5n2 = n1 +4n32 +5n2On alimn→+1 + 4n3 = 1 etlimn→+2 + 5n2 = 2. Donclimn→+un = +f un =nn3 + 5n= n3 + 5nlimn→+n = +etlimn→+3 + 5n = 3Donc par produit de limites,limn→+un =

Page 10 : Exercice 19 calcul de limitesCalculer, si cette limite existe.limn→+n n + 12n + n + 2SolutionIl s’agit d’une forme indéterminée, on mettre en facteur, au numérateur et au dénominateur les termes quitendent le plus vite vers l’inﬁnin n + 12n + n + 2 =n1n 1 + 1nn2n + 1 + 2n =1n 1 + 1n2n + 1 + 2nlimn→+n n + 12n + n + 2 =limn→+1n 1 + 1n2n + 1 + 2n= 11 = 1Exercice 20 calcul de limitesSoit unnNdéﬁnie parun = n n2 + n1 n2 + 1Montrer que la suite unnNconverge et déterminer sa limite.Solutionun = n n2 + n1 n2 + 1=n nq1 + 1n1 nq1 +1n2=n1 q1 + 1nn1n q1 +1n2 =1 q1 + 1n1n q1 +1n2→n→+0Deuxième méthode moins bonneun = n n2 + n1 n2 + 1= n n2 + n1×11 n2 + 1= n2 n2 + nn +n2 + n× 1 +n2 + 112 n2 + 1=nn +n2 + n× 1 +n2 + 1n2= 1n × 1 +n2 + 1n +n2 + n= 1n ×1 +qn2 1 +1n2n +qn2 1 + 1n= 1n ×1 + nq1 +1n2n + nq1 + 1n= 1n ×n1n +q1 +1n2n1 +q1 + 1n = 1n ×1n +q1 +1n21 +q1 + 1n→n→+0Exercice 21 Suite monotoneSoit un la suite déﬁnie pour tout n N par : u0 = 1, 01un+1 = u2n1. Montrer par récurrence que cette suite est croissante.2. On suppose que la suite est majorée, en déduire alors qu’elle est convergente et déterminer sa limiteéventuelle.3. Conclure sur l’absurdité de l’hypothèse. En déduire la limite de la suite unnN.Solution1. Raisonnement par récurrence :a On déﬁnit pour tout n N, Pn : 0 un un+1b Initialisation : u1 = u20 = 1.01u0 comme u0 = 1.01 0, 0 u0 u1 donc P0 est vraie.c Hérédité : soit un entier p N, supposons que 0 up up+1On élève au carré par la fonction carré strictement croissante sur 0; + donc 0 u2p u2p+1 donc0 up+1 up+2 donc Pp est vraie.d Donc n N, un un+1 et unnN est strictement croissante.2. D’après le théorème de la convergence monotone, si unnN est bornée, comme elle est croissante, elleconverge. Soit l sa limite. En passant à la limite, l = l2 donc l = 0 ou l = 1.

Page 11 : 3. Or u0 = 1.01 et un est croissante donc l ⩾1.01. Aucune des deux limites nécessaires ne convient doncun n’est pas bornée.Comme un n’est pas bornée et qu’elle est croissante, elle est divergente et tend vers +propriété.Exercice 22 suite monotoneOn considère la suite unnN déﬁnie par u0 = 0 et par la relation de récurrenceun+1 = 16u2n + 321. Montrer que pour tout n N, un 02. Si la suite unnN admet une limite l, quelle peut être la valeur de l ?3. Montrer que pour tout n N, un 3.4. Montrer que la suite est croissante, que peut-on en conclure ?Solution1. u1 = 16u20 + 32 = 32On admet que n N, un est déﬁni. Dans ce cas, comme un+1 = 16u2n + 32 32 0, un+1 est positif.Donc pour tout n N, un 02. Si la suite unnR admet une limite l alorsl = 16l2 + 32 ⇔l2 6l + 9 = 0 ⇔l 32 = 0 ⇔l = 33. Eﬀectuons un raisonnement par récurrence, u0 = 0 3,On ne rédige que les calculs de l’hérédité en devoir rédaction complète exigée.Montrons que un 3 entraine que un+1 3On a un 3 donc u3n 9 car la fonction carré est strictement croissante sur rplus.Donc 16u2n + 32 16 × 9 + 32 = 32 + 32 = 3Donc pour tout n N, un 34. Calculons un+1 unun+1 un = 16u2n + 32 un = 16u2n 6un + 9= 16 un 32 0La suite unnN est strictement croissante, comme elle est bomée par 3, elle convergente vers la seulevaleur qui vériﬁe l = 16l2 + 32, c’est-à-dire l = 3Exercice 23 calcul de limitesEtudier la suite unnN de nombres réels déﬁnie par la donnée de :0 u0 1etun = un1 un12SolutionSi unnN admet une limite l, celle-ci vériﬁe l = l l2 ⇔l = 0Regardons si la suite est monotone, pour tout n ⩾1n N, un un1 = un12 ⩽0 Donc la suite est décroissante.Montrons par récurrence que pour tout n ⩾0 un 1• On déﬁnit P par n N, Pn : 0 un 1• On a bien P0 vraie car 0 u0 1• Soit n N, on suppose 0 un1 1 alors un = un1 un12 = un1 1 un1donc 0 un1 1 entraîne un = un11un1 0 car produit de deux réels positifs donc 0 3 un+1 6donc Pn est vraie.• Donc n N, 0 un 1En particulier unnN est minorée par 0 , comme elle est décroissante, elle converge vers la seule limite possiblel = 0.

Page 12 : Exercice 24 suite monotoneSoit unn⩾0 la suite de nombres réels déﬁnie par u0 1; 2 et par la relation de récurrenceun+1 = un24+ 341. Montrer que : n N, un 12. Montrer que : n N, un ⩽23. Montrer que la suite est monotone. En déduire que la suite est convergente.4. Déterminer la limite de la suite unn⩾0Solutionéléments1. Par un raisonnement par récurrence à rédiger : u0 1, 2 donc u0 ⩾1.Montrons que un 1 entraine que un+1 1 on utilise le sens de variation de la fonction carré commedans l’exercice 22un+1 = un24+ 34 14 + 34 = 1Donc pour tout n N, un 12. Par un raisonnement par récurrence à rédiger : u0 1, 2 donc u0 ⩽2.Montrons que un ⩽2 entraine que un+1 ⩽2un+1 = un24+ 34 ⩽224+ 34 = 74 ⩽2Donc pour tout n N, un ⩽23. Calculonsun+1 un = un24+ 34 un = 14u2n 4un + 3= 14 un 1 un 3Comme 1 un ⩽2, on a un 1 0 et un 2 1 0, par conséquentun+1 un = 14 un 1 un 3 0Ce qui montre que la suite est strictement décroissante. De plus elle est minorée par 1 donc elle converge.Autre méthode, comme la suite est à valeur strictement positive, on peut regarder le quotient de un+1par un :un+1un=un24+ 34un= un4 +34unIl faut alors étudier la fonction f :1, 2 →R déﬁnie par fx = x4 + 34xon a f ′x = 14 34x2 = x2 34xsignede f ′variationde f1320+12222Cela montre queun 1, 2 , f un 1Et que donc n N,un+1un 1 à justiﬁer comme exercice précédentCe qui montre aussi que la suite est strictement décroissante. De plus elle est minorée par 1 donc elleconverge.4. On note l cette limite, elle appartient à 1, 2 et cette valeur vériﬁel = l24 + 34 ⇔0 = l24 l + 34 ⇔l2 4l + 3 = 0 ⇔l = 1oul = 2Par conséquent l = 1 car un est décroissante.

Page 13 : Exercice 25 suite géométrique associéeSoit unnN déﬁnie par u0 = 1 et la relation de récurrenceun+1 = un + 82un + 1vnnN déﬁnie parvn = un 2un + 21. Montrer que vnnN est une suite géométrique de raison 352. Exprimer vn en fonction de n.3. Exprimer un en fonction de n.4. Montrer que unnN converge et déterminer sa limite.Solution1.vn+1 = un+1 2un+1 + 2 =un+82un+1 2un+82un+1 + 2 = un + 8 2 2un + 1un + 8 + 2 2un + 1 = 3un + 65un + 10 = 35 × un 2un + 2 = 35vnDonc vnnA est une suite géométrique de raison 352.vn =35nv0 =35n× u0 2u0 + 2 =35n× 1 21 + 2 = 13 ×35n3. Pour tout n Nvn = un 2un + 2 ⇔vn un + 2 = un 2 ⇔vnun + 2vn = un 2 ⇔vnun un = 2 2vn⇔un vn 1 = 2 2vn ⇔un = 2 + 2vnvn 1 = 2 23 ×35n13 ×35n 14.Comme 1 35 1limn→+35n= 0limn→+un = 21 = 2Exercice 26 calcul de limitesCalculer, si elle existe, la limite, lorsque n tend vers l’inﬁni, de l’expressionpn2 + n + 1 pn2 n + 1Solutionpn2 + n + 1 pn2 n + 1 = n2 + n + 1 n2 n + 1n2 + n + 1 +n2 n + 1=2nqn2 1 + 1n +1n2+qn2 1 1n +1n2=2nq1 + 1n +1n2 + nq1 1n +1n2=2q1 + 1n +1n2 +q1 1n +1n2Donc cette expression admet une limite etlimn→+pn2 + n + 1 pn2 n + 1=limn→+2q1 + 1n +1n2 +q1 1n +1n2= 22 = 1

Page 14 : Exercice 27 Montrer que la suite unnN de terme général un déﬁnie par :un = 2n + 13n2 + 1 + 2n + 13n2 + 2 + · · · + 2n + 13n2 + n =kX12n + 13n2 + kest convergente et déterminer sa limite.SolutionPour tout k 1, 2, . . . , n13n2 + n ⩽13n2 + k ⩽13n2 + 1Donc2n + 13n2 + n + 2n + 13n2 + n + · · · + 2n + 13n2 + n ⩽2n + 13n2 + 1 + 2n + 13n2 + 2 + · · · + 2n + 13n2 + n⩽2n + 13n2 + 1 + 2n + 13n2 + 1 + · · · + 2n + 13n2 + 1Les n termes dans le premier membre sont tous égaux à 2n + 13n2 + n. Les n termes dans le dernier membre sonttous égaux à 2n + 13n2 + 1, on en déduit quen × 2n + 13n2 + n ⩽un ⩽n × 2n + 13n2 + 1limn→+n × 2n + 13n2 + n =limn→+2n2 + n3n2 + n = 23limn→+n × 2n + 13n2 + 1 =limn→+2n2 + n3n2 + 1 = 23On en déduit quelimn→+un = 23Exercice 28 série télescopique1. Montrer que pour tout k N1kk + 1 = 1k 1k + 12. Soit unnNla suite réelle déﬁnie pour tout n 0 parun =nXk=11kk + 1 =11 × 2 +12 × 3 + · · · +1nn + 1A l’aide de la question 1. Montrer que unnNest convergente et déterminer sa limite.Solution1.1k 1k + 1 = k + 1 kkk + 1 =1kk + 12. Première méthodeun =nXk=11kk + 1 =nXk=11k 1k + 1=nXk=11k nXk=11k + 1Dans la seconde somme on pose k′ = k + 1, alors k = 1 ⇒k′ = 2 et k = n ⇒k′ = n + 1un =nXk=11k n+1Xk′=21k′Ensuite on change k′ en kun =nXk=11k n+1Xk=21k = 1 1n + 1Car tous les autres termes se simpliﬁent

Page 15 : Par conséquent unnNconverge et sa limite est 1 .Deuxième méthodeun =11 × 2 +12 × 3 + · · · +1nn + 1 =11 12+12 13+ · · · +1n 1 1n+ 1n 1n + 1= 1 1n + 1Car tous les autres termes se simpliﬁent Par conséquent unnM converge et sa limite est 1 .Exercice 29 On considère la suite de nombres réels déﬁnie par son premier terme u0 = 114 et par la relation de récurrence :un+1 = 52 +run 74Montrer que la suite unnN est bien déﬁnie, convergente et déterminer sa limite.SolutionSi la suite de terme général un converge vers une limite l alorsl = 52 +rl 74Il est clair qu’il va falloir élever au carré que lque chose, mais si on élève au carré ces deux expressions on vaavoir un double produit où il y aura encore une racine alors il faut modiﬁer légèrement cette égalitél 52 =rl 74On y val 522= l 74Mais attention, il faudra faire une réciproque car on n’a pas travaillé par équivalence l 52 négatif es possible.l2 5l + 254 = l 74 ⇔l2 6l + 8 = 0Cette équation du second degré a pour discriminant= 36 4 × 8 = 4Et donc comme racinesl1 = 6 22= 2etl2 = 6 + 22= 4La solution l = 2 ne convient pas car2 52 ̸=r2 74La solution l = 4 est la seule possible.Comme u0 4, ce qui nous arrangerait maintenant c’est que la suite de terme général un soit croissante etmajorée par 4, on pourrait alors conclure que la suite de terme général un est convergente et de limite 4.Montrons ce résultat par récurrence. Pour u0 = 114c’est clair 114 4 Montrons que un 4 entraine queun+1 4un+1 = 52 +run 74 52 +r4 74 = 52 +r94 = 52 + 32 = 4La suite unnA est majorée par 4 . Pour montrer que la suite unnN est croissante on aura besoin de montrer,au préalable que pour tout Nun 52, pour ce genre de récurrence on peut dire que c’est trivial, on vériﬁeau passage que la suite de terme général un est déﬁnie pour tout n N car un 52 ⇒un 74 0 Regardons

Page 16 : maintenant si la suite est monotone :un+1 un = 52 +run 74 un = 52 un +run 74 =52 un +qun 74 52 un qun 7452 un qun 74= 52 un2 un 7452 un qun 74=u2n 6un + 852 un qun 74= un 2 un 452 un qun 7452 un ⇒un 2 0un 4 ⇒un 4 052 un ⇒52 un 0 ⇒52 un run 74 0Par conséquent un+1 un 0, la suite est croissante C’est fait, la suite unnN est croissante et majorée doncelle converge vers la seule limite possible l = 4

Page 17 : Exercice 30 Pour tout entier n 0, on considère la fonction fn : 0, 1 →R déﬁnie par fnx = xn 1 x21. Dans cette question, l’entier n est ﬁxé.a La fonction fn est-elle strictement monotone ?b Montrer qu’il existe un unique αn 0, 1 tel que fn αn = 0.c Quel est le signe de fn+1 αn ?2. On considère la suite de terme général αnn⩾1.3. Montrer à l’aide de la question précédente que la suite αnn⩾1 est croissante.4. En déduire que la suite est convergente, on notera α sa limite.5. Supposons que α 1a Montrer qu’alorslimn→+αnn = 0b A l’aide de la relation fn αn = 0, en déduire que 1 α = 0, conclure.Solution1.a fn est déﬁnie, continue et dérivable à dérivée continue sur 0, 1.f ′nx = nxn1 21 x1 = nxn1 + 21 xPour x 0, 1, xn1 0 et 1 x 0 donc fn est strictement croissante.b fn0 = 1 et fn1 = 1, d’après 1.a fn est une bijection croissante de 0, 1 sur 1, 1, donc0 1, 1 admet un unique antécédent αn 0, 1 , c’est-à-dire tel que fn αn = 0.c fn αn = 0 ⇔αnn 1 αn2 = 0 ⇔αnn = 1 αn2fn+1 αn = αn+1n1 αn2 = αn+1nαnn = αnn αn 1 0 car αnn 0 et 1 αn 02.a La fonction fn+1 est une bijection croissante donc0 = fn+1 αn+1 fn+1 αn ⇔αn+1 αnPar conséquent la suite αnnN est croissante.b la suite est croissante et majorée par 1, donc elle converge.ci. La suite est croissante alors0 αn ⩽αCela entraine que0 αnn ⩽αnOr, si 0 ⩽α 1 alors la limite de αn est nulle, on en déduit, d’après le théorème des gendarmesquelimn→+αnn = 0ii. On a vu au 1.c quefn αn = 0 ⇔αnn = 1 αn2Ce qui entraine, d’après 2.c i quelimn→+1 αn2 = 0Autrement dit quelimn→+αn = 1Ce qui signiﬁe que α = 1, comme 0 αn 1 et que αnn→+admet une limite α entraineque 0 ⩽α ⩽1 , il y a une contradiction avec l’hypothèse α 1, par conséquent α = 1.Exercice 31Soit unnNla suite de nombres réels déﬁnie parun = n r1 + 1n 1!Montrer que la suite unnNconverge et que sa limite est 12.Solution

Page 18 : un =q1 + 1n 11n= f 1nAvecfx =1 + x 1xSi f admet une limite lorsque x →0, avec x ̸= 0 alors cette limite est la même que celle de un. Il s’agit d’uneforme indéterminée.Première méthodeOn observe que un = n r1 + 1n 1!=q1 + 1n 11n= g 1ng01n 0, en posant gx =1 + xIl s’agit du taux de variation, en 0, de la fonction g, sa limite est g′0. Comme g′x =121 + x on alimx→0x̸=01 + x 1x= g′0 = 12Orlimn→+1n = 0, comme limx→0x̸=01 + x 1x= 0, par compositionlimn→+un = 12Deuxième méthoden Nn r1 + 1n 1!= nq1 + 1n 1 q1 + 1n + 1q1 + 1n + 1= n 1 + 1n 1q1 + 1n + 1= n1nq1 + 1n + 1=1q1 + 1n + 1limn→+un =limn→+1q1 + 1n + 1= 12Exercice 32 Convergence d’une sommeOn déﬁnit pour tout n N strictement positif, la suite unnN de nombres réels strictement positifs parun = n22n .1. Pour tout entier naturel n 0, on pose vn = un+1un.a Montrer quelimn→+vn = 12b Montrer que pour tout n 0 : vn 12c Trouver le plus petit entier N tel que si n ⩾N, alors vn 34.d En déduire que si n ⩾N, alors un+1 34un2. On pose pour tout n ⩾5, Sn = u5 + u6 + . . . + un On se propose de montrer que la suite Snn⩾5 estconvergente.a Montrer par récurrence que pour tout n ⩾5 :un ⩽34n5u5b Montrer que, pour tout n ⩾5 :Sn ⩽"1 + 34 +342+ . . . +34n5u5c En déduire que pour tout n ⩾5 : Sn ⩽4u5.3. Montrer que la suite Snn⩾5 est croissante, puis qu’elle converge.Solution1.a vn = n + 122n2= 12 + 1n +12n2 On a donclimn→+vn = 12

Page 19 : b D’après le calcul de vn : vn 12.vn 34 = n + 122n234 = 4n2 + 8n + 4 6n24n2= 2n2 + 8n + 44n2= 2n2 4n 24n2= 26 n 224n2Or la fonction x 7→6 n 22 est décroissante sur 2; + et 6 5 22 = 3. Donc pour n ⩾5,vn 34 3 donc vn 34.c Pour n ⩾N, vn 34 soit un+1un 34 donc un+1 34un2. Raisonnement par récurrence :a Initialisation : u5 ⩽u53455.b Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que :up ⩽u534p5Alors en multipliant par 34, on obtient 34up ⩽u534p4. Or up+1 34up d’où up+1 ⩽u534p4.c On additionne les diﬀérentes inégalités précédentes.d 1 + 34 +342+ . . . +34n5= 4 1 34n4!⩽4D’où en multipliant par u5 : Sn ⩽4u5.3. Sn+1 Sn = un+1 0 donc Sn est croissante. Comme elle majorée par 4u5 , elle converge théorèmede la convergence monotone.

Page 20 : Cycle Préparatoire - Première AnnéeRemédiation - 2021/2022FonctionsLimites, Continuité, DérivationExercice 33 calcul de limitesDéterminer les limites de la fonction f déﬁnie par f : x 7→2x2 + 1x + 3en , en 3x 3, en 3x 3, en0 et en +.SolutionOn alimx→f x =limx→2x2x=limx→2x = .De même,limx→+f x = +On a également limx→3 x + 3 = 0et limx→3 2x2 + 1 = 10fx au voisinage de -3 est du signe de x + 3 donclimx→3x3fx = et limx→3x3fx = +Exercice 34 continuitéSoit une fonction continue de 0 ;1 dans 0 ;1. On suppose que f0; 1 = 0; 1. Démontrer que l’équationfx = x admet au moins une solution sur 0 ;1.SolutionOn pose g telle que gx = fx 1.On a g0 = f0 0 = f0 or f0 0; 1 donc f0 ⩾0 et g1 = f1 1 or f1 0; 1 donc f1 ⩽0g est continue comme f sur 0; 1 et 0 f1; f0D’apres le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel α de 0; 1 tel que gα = 0donc fα = αExercice 35 continuitéSoit la fonction f déﬁnie sur 0 ;2 par fx = 3 x3.1. Justiﬁer que f est strictement décroissante sur 0; 2.2. Démontrer que l’équation fx = 1 a une et une seule solution dans 0; 2.3. Donner un encadrement d’amplitude 0, 01 de cette solution.Solution1. f est dérivable sur 0; 2 comme fonction polynôme.x R,f ′x = 3x2Donc f ′x 0 donc f est strictement décroissante sur 0; 2.2. on f0 = 3 et f2 = 5 donc 2 f2; f0, de plus f continue et strictement décroissante.D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation fx = 1 admet une solutionunique dans 0; 23. On a f1.44 = 0.014 et f1.45 = 0.486 donc la solution est comprise entre 1.44 et 1.45.Exercice 36 continuitéDémontrer que l’équation x3 + 3x + 3 = 0 admet une seule solution sur R.SolutionOn déﬁnit la fonction f sur R par fx = x3 + 3x + 3.

Page 21 : f est dérivable sur R et x R, f ′x = 3x2 + 3 = 31 x1 + x.On dresse le tableau de variations de f :xsignef ′xvariationde f11+0+00++15On constate sur ; 1 que f décroissante puis croissante et admet pour minimum 1, donc elle ne s’annulepas.Sur 1; +, f est continue, strictement décroissante et f1 0 etlimx→+fx = . Donc d’après le théorèmede la bijection, 0 admet un unique antécédent par f donc l’équation fx = 0 admet une solution unique sur1; +.Finalement, sur R, fx = 0 admet une solution unique sur R.Exercice 37 calcul de limites et de dérivées1. Déterminer, si elle existe, la limite en +des fonctions f suivantes :fx =2x + 1afx =1x + 13bfx =1x2 + 14cfx = cospx2 + 1dfx = ln2x + 1efx = ex22f2. Déterminer les expressions des fonctions dérivée f ′ de chacune des fonctions.Solutionalimx→+x + 1 = +etlimU→+U = +donc par compositionlimx→+x + 1 = +blimx→+x + 1 = etlimU→+1U 3 = 0 donc par compositionlimx→+1x + 13 = 0climx→+x2 + 1 = +etlimU→+1U 4 = 0 donc par compositionlimx→+1x2 + 14 = 0d Pas de limite....elimx→+2x + 1 = +etlimU→+U = +donc par compositionlimx→+2x + 1 = +etlimV →+ln V = +donc par compositionlimx→+ln2x + 1 = +flimx→+x22 = etlimU→eU = 0 donc par compositionlimx→+ex22 = 0Exercice 38 Etude de fonctionf est la fonction déﬁnie sur I = R par fx =px2 + 2x + 3. On note f ′ sa fonction dérivée.1. Justiﬁer que f est déﬁnie sur I.2. Déterminer les limites de f aux bornes de son ensemble de déﬁnition.3. Déterminer l’expression de f ′x en fonction de x.4. Dresser le tableau de variation de f sur I.Solution1.2.limx→+x2 + 2x + 3 = +etlimu→+U = +Donc par composition de limites,limx→+px2 + 2x + 3 = +.De même en ,limx→px2 + 2x + 3 = +.3. f ′ x =2x + 22x2 + 2x + 3=2 x + 1x2 + 2x + 3donc f ′x est du signe de x + 1.

Page 22 : 4. On a le tableau de variation suivant :xsignef ′xvariationde f1+0+++22++Exercice 39 Etude de fonctionOn considère la fonction f : x 7→1x2 + 1. Démontrer que fR =0; 1Solutionf est une fonction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas donc elle est déﬁnie et dérivable sur R.x R, f ′x = 2xx2 + 12f ′ est du signe de 2xOn détermine aisément quelimx→+fx =limx→fx = 0On peut dresser son tableau de variations :xsignef ′xvariationde f1++0010En remarquant que f est paire, il suﬃt d’étudier f sur 0; +.f étant croissante sur 0; +, fR 0; 1.On souhaite montrer que 0; 1 fR Soit y 0; 1, on a y lim+f; f0, de plus f est continue sur lim+f; f0donc il existe un réel x sur lim+f; f0 tel que fx = y.Donc 0; 1 fR et 0; 1 = fRExercice 40 Fonction auxiliaireSoit f la fonction déﬁnie sur I = 0; 1 par fx = 3x + 2x + 4 .1. Montrer que pour tout x de I, fx appartient à I.2. Soit un la suite déﬁnie par u0 = 0 et un+1 = fun.Montrer par récurrence que n N, un I3. On va étudier le sens de variation de unn⩾0 de deux manières diﬀérentes. Première approche dans cettequestion :a Etudier le signe de x2 x + 2 sur Ib Etudier le sens de variation de la suite u.4. Deuxième approche : Etudier le sens de variation de unn⩾0 par récurrence.Solution1. La fonction f est une fonction rationnelle, déﬁnie et donc dérivable sur I.On déﬁnit les fonctions u et v par :pour tout réel x, ux = 3x + 2 et vx = x + 4.x R, f ′x = uxvx uxv′xvx2= 3x + 4 13x + 2x + 42=10x + 42Donc x I, f ′x 0Donc f est une fonction strictement croissante sur I.Pour x I, 0 ⩽x ⩽1, donc, comme f est strictement croissante sur I, f0 ⩽fx ⩽f1 donc 12 ⩽fx ⩽55 comme 0 ⩽12, fx I.

Page 23 : 2. On déﬁnit la propriété P, pour tout entier naturel n ⩾0, Pn : un I• InitialisationOn a u0 = 0 donc P0 : u0 I est vraie.• HéréditéSoit k NOn veut montrer que si Pk : uk I est vraie alors Pk+1 : uk+1 IOn suppose que uk I. D’après la propriété de la question 1 on a fuk I donc uk+1 I donc Pk+1est vraie.Donc n N, un I3.a On reconnaît un trinôme avec a = 1, b = 1 et c = 2. 1 est une racine évidente : x2 x + 2 12 1 + 2 = x2 + 1 + x + 1 = 1 xx + 1 + 1 = 1 xx + 2. Ce trinôme a deuxracines : 1 et -2. Comme a 0 ce trinôme est positif sur 2; 1 donc positif sur I.Donc x I, x2 x + 2 ⩾0b n N, un+1 un = 3un + 2un + 4 un = u2n un + 2un + 4D’après 3 a, u2n un + 2 ⩾0 et un + 4 0 donc un+1 un ⩾0 donc u est croissante.4. On déﬁnit la propriété P, pour tout entier naturel n ⩾0, Pn : un+1 ⩾un• InitialisationOn a u0 = 0 et u1 = 12donc P0 : u1 ⩾u0 est vraie.• HéréditéSoit k NOn veut montrer que si Pk : uk+1 ⩾uk est vraie alors Pk+1 : uk+2 ⩾uk+1On suppose que uk+1 ⩾uk. Comme f est croissante, fuk+1 ⩾fuk donc uk+2 ⩾uk+1 donc Pk+1 estvraie.Donc n N, un+1 ⩾un donc u est croissante.

Page 24 : Pour aller plus loin . . .Exercice 41 Fonction auxiliaireSoit la suite un déﬁnie par : u0 = 2 et n Nun+1 = 2 + 1un.1. Soit la fonction f déﬁnie par f : x 7→2 + 1x. Montrer que pour tout x de I = 2; 3, fx est dans I.2. Montrer que pour tout n N, 2 ⩽un ⩽3.3. Cette suite est-elle monotone ?Solution1. f est dérivable sur I comme somme de fonction dérivable et x I, f ′x = 1x2 donc f ′x 0 sur I etf est strictement décroissante sur I donc x I, 2 ⩽x ⩽3 donc f2 ⩾fx ⩾f3 donc 73 ⩽fx ⩽52donc 2 ⩽fx ⩽3 car 2 73 et 52 3donc fx I2. On déﬁnit la propriété P, pour tout entier naturel n ⩾0, Pn : un I• InitialisationOn a u0 = 2 donc u0 I donc P0 est vraie.• HéréditéSoit k NOn suppose que uk I.D’après la propriété de la question 1, fuk I or uk+1 = fukdonc uk+1 Idonc Pk+1 est vraie.• Donc n N, un I3. On a u1 = 52 et u2 = 125 donc u1 u2 et u1 u0 donc la suite n’est ni croissante, ni décroissante. Ellen’est pas monotone.Exercice 42Position relative Soit fx = x2 + 1x 3 .Déterminer une asymptote de Cf la courbe représentative de f en et déterminer la position relative de Cfpar rapport à l’asymptote sur R \ 3.SolutionOn a x R \ 0; 3fxx= x2 + 1x2 3limx→+fxx=limx→+x2x2 =limx→+1 = 1On a fx x = x2 + 1 x2 + 3xx 3= 1 + 3xx 3limx→+fx x =limx→+3xx =limx→+3 = 3Donclimx→+fx x + 3 = 0Donc la droite d’équation y = x + 3 est une asymptote à la courbe de f.De plus fx x 3 = 1 + 3xx 3 3 =10x 3 est du signe de x 3donc sur ; 3, la courbe est au dessous de l’asymptote, sinon, elle est au-dessous.Exercice 43Montrer que les fonctions suivantes ne sont pas dérivables en 0 : fonction racine carrée, valeur absolue.Solution1. Fonction racine carréOn construit le taux de variation de la fonction racine carré entre 0 et hT0h =h 0h 0=1hOr limx→0T0h = +donc la limite du taux n’est pas ﬁnie donc la fonction n’est pas dérivable en 0.

Page 25 : 2. Fonction valeur absolue.On construit le taux de variation de la fonction valeur absolue entre 0 et h.T0h = h 0h 0 = hhSi h 0, T0h = 1 donc la limite est 1.Si h 0, T0h = 1 donc la limite est -1. Donc le taux n’admet de limite en 0Donc la fonction valeur absolue n’est pas dérivable en 0.Exercice 44Soit la fonction f déﬁnie pour tout réel x 0; + par fx = xx. Démontrer que la fonction f est continueet dérivable sur 0; +SolutionExercice 45Soit la fonction f déﬁne parPour x ̸= 0, fx = 1 x2 + 1xPour x = 0, f0 = m1. Déterminer m pour que f soit continue en 0.2. f est-elle dérivable sur R ?3. Déterminer la dérivée de f sur R.Solution

Page 26 : Exercice 46Soit la fonction f : x 7→1 xp1 x2.1. Etudier la dérivabilité de f sur son ensemble de déﬁnition.2. Déterminer la dérivée de f.Solution

Page 27 : Exercice 47Démontrer la dérivabilité des fonctions suivantes, déterminer leur nombre dérivé et une équation de la tangenteau point d’abscisse 1.1. f déﬁnie par fx =px2 + 2x + 32. h déﬁnie par hx =1x2 + 23

Page 28 : 3. g déﬁnie par gx =x2 1x2 + x4. k déﬁnie par kx = cospx2 + 1SolutionExercice 48Les aﬃrmations suivantes sont fausses. Trouver un contre-exemple à chacune d’elle.1. Si f est une fonction est déﬁnie sur R et quelimx→fx = . et limx→+fx = +alors f est croissantesur R.2. Si f est une fonction strictement croissante sur R alors lim fx = +.3. Si f est une fonction déﬁnie sur 0; + telle que f0 = 0 et lim fx = +alors f est positive sur0; +.Solution1. FAUX : f : x 7→x3 2x, f1 = 1 et f0 = 0 donc f n’est pas croissante.

Page 29 : 2. FAUX : f déﬁnit sur 2; + par fx =xx + 1et f impaire.f ′x = 1x2 0 donc f est croissante sur R.3. FAUX : h : x 7→x2 2xxsignef ′xvariationde f1+0+-1-100

Page 30 : Cycle Préparatoire - Première AnnéeRemédiation - 2021/2022TrigonométrieFonctions Sinus et CosinusExercice 49Placer sur le cercle trigonométrique les angles suivants :5π, 5π2 , 11π3 , 11π4 , 13π4 , 13π6 , 5π3 , 534π, 99π2Solution99π25π5π2534π13π6= 5π311π311π4= 13π4Exercice 50On pose sin π10 = m. Exprimer en fonction de m :a.sin 9π10b.sin 11π10c.cos 4π10d.cos 6π10Solutionsin 9π10 = sinπ 9π10= sin π10 = masin 11π10 = sinπ + π10= sin π10 = mbcos 4π10 = cosπ2 π10= sin π10 = mccos 6π10 = cosπ2 + π10= sin π10 = mdExercice 51Exprimer en fonction de cos x ou sin xcosx + 3πacos7π2 xbcosx π2ccosx πdcosx 3π2esinx π2fcosx 5πgsinx 3π2hsinx + 3πisin7π2 xjsinx 5πkSolutioncosx + 3π = cosx + 2π + π = cosx + π = cos xacos7π2 x= cos2π π2 x= cosπ2 x= cosπ2 + x= sin xbcosx π2= cosπ2 x= sin xccosx π = cosx + π = cos xd

Page 31 : cosx 3π2= cosx + 2π 3π2= cosx + π2= sin xesinx + π2= cos xfcosx 5π = cosx π = cos xgsinx 3π2= sinx + 2π 3π2= sin x + π2 = cos xhsinx + 3π = sin x + π = sin xisin7π2 x= sinπ2 x= cos xjsinx 5π = sin xkExercice 52Démontrer que pour tout réel x : sin x + cosx + π2+ cos x sinx + π2= 0Solutionsin x + cosx + π2+ cos x sinx + π2= sin x sin x + cos x cos x = 0Exercice 531. Résoudre dans - π; π l’équation sin x = sin 2π3 .2. Résoudre dans π; π l’équation cos x = cos3π4.3. Résoudre dans 0; 2π l’équation cos x = 12.4. Résoudre dans 0; 2π l’équation sin x = sin2π3Solution1. sin x = sin 2π3 ⇔x = 2π3 + 2kπ, k Z ou x = π3 + 2kπ, k ZOn a donc S =2π3 , π32. cos x = cos3π4⇔x = 3π4 + 2kπ, k Z ou x = 3π4 + 2kπ, k ZOn a donc S =nπ4 , π4o3. cos x = 12 ⇔x = 2π3 + 2kπ, k Z ou x = 2π3 + 2kπ, k ZOr 2π3/0; 2πOn a donc S =4π3 , 2π34. sin x = sin2π3⇔x = 2π3 + 2kπ, k Z ou x = π3 + 2kπ, k ZOn a donc S =4π3 , 5π3Exercice 54Transformer chacune des équations suivantes en utilisant les formules des angles associées, puis les résoudredans R.cos x = sin xasin 2x = cos xbcos 3x = sin xcsinπ4 + x+ cosπ4 x= 1dsin 3x = sin 2xeSolution

Page 32 : cos x = sin x ⇔cos x = cosπ2 x⇔x = π2 x + 2kπ, k Z ou x = π2 + x + 2kπ, k Z⇔2x = π2 + 2kπ, k Z ou π2 = 2kπ, k Z ⇔x = π4 + kπ, k ZS =nπ4 + kπ, k Zoasin 2x = cos x ⇔sin 2x = sinπ2 x⇔2x = π2 x + 2kπ, k Z ou 2x = π π2 + x + 2kπ, k Z⇔3x = π2 + 2kπ, k Z ou x = π2 + 2kπ, k Z ⇔x = π6 + k 2π3 , k Z ou x = π2 + 2kπ, k ZDonc S =π6 + k 2π3 , x = π2 + 2kπ, k Zbcos 3x = sin x ⇔cos 3x = cosπ2 x⇔3x = π2 x + 2kπ, k Z ou 3x = π2 + x + 2kπ, k Z⇔4x = π2 + 2kπ, k Z ou 2x = π2 + 2kπ, k Z ⇔x = π8 + k π2 , k Z ou x = π4 + kπ, k ZDonc S =nπ8 + k π2 , π4 + kπ, k Zocsinπ4 + x+ cosπ4 x= 1dsin 3x = sin 2xeExercice 55f est la fonction déﬁnie sur R par fx =12 + cos x1.a Exprimer fx et fx + 2π en fonction de fx.b Expliquer pourquoi il suﬃt d’étudier f sur I = 0; π.2. Déterminer l’expression de f ′x en fonction de x, et étudier son signe sur I.3. Dresser le tableau de variation de f sur I, puis tracer la courbe représentative de f sur I et la complétersur π; 0, puis sur π; 3πSolution1.a fx =12 + cosx =12 + cos x = fx.b Donc on peut étudier sur 0; + et en déduire les variations sur ; 0 par symétrie.fx + 2π =12 + cosx + 2π =12 + cos x = fxDonc on peut étudier f sur une période, por exemple π; π et par symétrie sur 0; π.2. On a 2 + cos x ⩾1 donc f est déﬁnie et dérivable sur I comme quotient de fonction dérivables. f ′x =sin x2 + cos x2 donc 0; π, f ′x ⩾0 donc f croissante avec fx = 0 ⇔x = 0 ou x = π.3.Exercice 56Etudier le sens de variations de f sur R. gx = 2 cos x2 + cos x SolutionOn a gx + 2π = gx et gx = gxOn peut étudier g sur 0; π.g est dérivable sur 0; π comme quotient de fonctions dérivables.x 0; π, g′x = 2 + cos xsin n 2 cos xmin2 + cos x2donc g′x =4 sin x2 + cos x2xsignede g′xvariationde g0π0+013133

Page 33 : Pour aller plus loin . . .Exercice 57Résoudre dans π; π les inéquations suivantes :a 2 sin x 3 ⩾0b 2 cos x +3 ⩽0c 1 2 sin x ⩾0d 1 + 2 cos x ⩾0Solutiona 2 sin x 3 ⩾0 ⇔sin x ⩾32⇔sin x ⩾sin π3S =π3 ; 2π3b 2 cos x +3 ⩽0 ⇔cos x ⩽32⇔cos x ⩽cos 5π6S =π; 5π65π6 ; πc 1 2 sin x ⩾0 ⇔sin x ⩽12 ⇔sin x ⩽sin π6S =iπ; π6i5π6 ; πd 1 + 2 cos x ⩾0 ⇔cos x ⩾12 ⇔cos x ⩾cos 2π3S =π; 2π32π3 ; π