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\begin{document}


\textbf{Corrig\'{e} }par Pierre Veuillez

\section*{Exercice 1 (ESC 2006)}

On consid\`{e}re la fonction $g$ d\'{e}finie sur $\mathbb{R}$ par $g\left(
x\right) =e^{x}-x$.

Pour chaque entier naturel $n$ sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 2 , on consid%
\`{e}re l'\'{e}quation not\'{e}e $\left( E_{n}\right) $ : $g\left( x\right)
=n,$ d'inconnue le r\'{e}el $x$ ..

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Dresser le tableau des variations de $g$ en pr\'{e}cisant les limites
aux bornes.

RD $g$ est d\'{e}rivable sur $\mathbb{R}$ et $g^{\prime }\left( x\right)
=e^{x}-1$ donc RF

MD Pour obtenir le signe de $e^{x}-1$ on peut r\'{e}soudre (par \'{e}%
quivalence) \newline
$e^{x}-1<0\Longleftrightarrow e^{x}<1\Longleftrightarrow x<0$ \newline
puis r\'{e}diger : "de m\^{e}me" $e^{x}-1=0\Longleftrightarrow x=0$ et $%
e^{x}-1>0\Longleftrightarrow x>0$\newline
ou plus rapidement utiliser le sens de variation de la fonction usuelle $%
\exp $ : MF

RD\newline
\begin{tabular}{|c|ccccc|}
\hline
$x$ & $-\infty $ &  & $0$ &  & $+\infty $ \\ \hline
$g^{\prime }\left( x\right) $ &  & $-\nearrow $ & $0$ & $\nearrow +$ &  \\ 
\hline
$g\left( x\right) $ & $+\infty $ & $\searrow $ & $1$ & $\nearrow $ & $%
+\infty $ \\ \hline
\end{tabular}%
\newline
En $+\infty :$ RF 

MD On a une forme ind\'{e}termin\'{e}e.. Pour lever l'ind\'{e}termination,
on factorise le pr\'{e}pond\'{e}rant DD $x=o\left( e^{x}\right) $ signifie
que $x/e^{x}\rightarrow 0$ DF ce qui fait apparaitre le quotient MF

RD $g\left( x\right) =e^{x}-x=e^{x}\left( 1-x/e^{x}\right) \rightarrow
+\infty $ car $x=o\left( e^{x}\right) $\newline
En $-\infty :g\left( x\right) =e^{x}-x\rightarrow +\infty $\newline
RF
\end{enumerate}

\item Dans cette question on note $\left( u_{k}\right) _{k\in \mathbb{N}}$
la suite ainsi d\'{e}finie :

$\left \{ 
\begin{array}{l}
u_{0}=-1 \\ 
\text{Pour tout entier naturel }\displaystyle k,\;u_{k+1}=e^{u_{k}}-2%
\end{array}%
\right. $

\begin{enumerate}
\item On rappelle que $\alpha _{2}$ est le r\'{e}el strictement n\'{e}gatif
obtenu \`{a} la question 1.(b) lorsque $n=2$

Calculer $g\left( -1\right) $ et $g\left( -2\right) $ puis montrer que $%
-2\leq \alpha _{2}\leq -1$.

MD Pour encadrer $\alpha _{2},$ on encadre les images avec $g\left( \alpha
_{2}\right) =2$ puis on utilise le sens de variation DD $g$ est strictement d%
\'{e}croissante sur $\mathbb{R}^{-}$ alors pour tout $x$ et $y$ de $\mathbb{R%
}^{-}:x<y\Longleftrightarrow g\left( x\right) >g\left( y\right) $ \newline
dont on utilise ici la partie r\'{e}ciproque DFde $g$ MF 

RD On a $g\left( -1\right) =e^{-1}+1<2$ car $-1<0$ d'o\`{u} $e^{-1}<e^{0}=1$%
\newline
et $g\left( -2\right) =e^{-2}+2>2$\newline
Donc $g\left( -1\right) <g\left( \alpha _{2}\right) <g\left( -2\right) $ et
comme $g$ est strictement d\'{e}croissante sur $\mathbb{R}^{-},$\newline
\textsl{Conclusion : }\fbox{$-2\leq \alpha _{2}\leq -1$} RF

\item Justifier que $e^{\alpha _{2}}-2=\alpha _{2}$.

En d\'{e}duire par r\'{e}currence sur $k$ que pour tout entier naturel $%
k:\alpha _{2}\leq u_{k}\leq -1.$

MD on se souvient de qui est $\alpha _{2}:$ la seule solution sur $\mathbb{R}%
^{-}$ de $g\left( x\right) =2$ donc $g\left( \alpha _{2}\right) =2$MF

RD On a $2=g\left( \alpha _{2}\right) =e^{\alpha _{2}}-\alpha _{2}$ donc $%
e^{\alpha _{2}}-2=\alpha _{2}$.\newline
Pour $k=0$ on a $u_{0}=-1$ donc $\alpha _{2}\leq u_{0}\leq -1$\newline
Soit $k\geq 0$ tel que $\alpha _{2}<u_{k}<-1.$\newline
alors,comme $\exp $ est strictement croissante sur $\mathbb{R},$ $e^{\alpha
_{2}}-2\leq e^{u_{n}}-2$ $\leq e^{-1}-2$ et donc\newline
$\alpha _{2}\leq u_{k+1}\leq e^{-1}-2\leq -1$ car $e^{-1}\leq 1$\newline
\textsl{Conclusion : }\fbox{pour tout entier naturel $k:\alpha _{2}<u_{k}<-1$%
} RF

\item En utilisant l'in\'{e}galit\'{e} des accroissements finis avec une
fonction ad\'{e}quate,

montrer que pour tous r\'{e}els $a$ et $b$ tels que $a\leq b\leq -1$ , $%
0\leq e^{b}-e^{a}\leq \frac{1}{e}(b-a).$

TD L'in\'{e}galit\'{e} des acroissment finis sans valeur absolue n\'{e}%
cessite \newline
Une fonction d\'{e}rivable sur un intervalle $I$\ dont la d\'{e}riv\'{e}e
est encadr\'{e}e par deux constantes :\newline
$m\leq f^{\prime }\leq M$ alors pour $x\leq y$ dans $I:m\left( y-x\right)
\leq f\left( y\right) -f\left( x\right) \leq M\left( y-x\right) $ : TF

MD On doit ici reconnaitre la fonction $f$ dans $f\left( b\right) -f\left(
a\right) =e^{b}-e^{a}$ puis v\'{e}rifier que $f^{\prime }\leq \frac{1}{e}$
sur un intervalle contenant $a$ et $b$ (ici sur $\left] -\infty ,0\right] $MF

RD Sur l'intervalle $\left] -\infty ,-1\right] $ on a $\exp ^{\prime }\left(
x\right) =e^{x}\leq e^{-1}=\frac{1}{e}$ donc $0\leq \exp ^{\prime }\left(
x\right) \leq \frac{1}{e}$\newline
Donc d'apr\`{e}s l'in\'{e}galit\'{e} des accroissements finis si $b\geq a$
sont dans cet intervalle, \newline
$0<e^{b}-e^{a}<\frac{1}{e}(b-a)$\newline
N.B. pour l'IAF sans valeur absolue, l'ordre des termes est imp\'{e}ratif;%
\newline
\textsl{Conclusion : }\fbox{pour tous r\'{e}els $a$ et $b$ tels que $a\leq
-b\leq -1$ , $0<e^{b}-e^{a}<\frac{1}{e}(b-a).$} \ RF

\item Montrer que pour tout entier naturel $k$ , $\displaystyle %
u_{k+1}-\alpha _{2}=e^{u_{k}}-e^{\alpha _{2}}$

En d\'{e}duire par r\'{e}currence sur k que pour tout entier naturel $%
k:0\leq u_{k}-\alpha _{2}\leq \left( \frac{1}{e}\right) ^{k}$.

MD On rapelle les relations d\'{e}finissants $u_{n+1}$ et $\alpha _{2}$ MF

RD Pour tout entier naturel $k$ , $\displaystyle u_{k+1}-\alpha
_{2}=e^{u_{k}}-2-\left( e^{\alpha _{2}}-2\right) $ car $\alpha
_{2}=e^{\alpha _{2}}-2$ donc $u_{k+1}-\alpha _{2}=e^{u_{k}}-e^{\alpha _{2}}$%
\newline
On a alors :\newline
pour $k=0:u_{0}-\alpha _{2}=-1-\alpha _{2}$ et comme $-1\leq \alpha _{2}\leq
-2$ alors $0\leq u_{0}-\alpha _{2}\leq 1=\left( \frac{1}{e}\right) ^{0}$%
\newline
Soit $k\geq 0$ tel que $0\leq u_{k}-\alpha _{2}\leq \left( \frac{1}{e}%
\right) ^{k}$ RF

MD Le \textbf{d\'{e}duire }impose d'utiliser $u_{k+1}-\alpha
_{2}=e^{u_{k}}-e^{\alpha _{2}}$ et il faut lever le nez du guidon et penser 
\`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente MF

RD comme $u_{k}\leq \alpha _{2}\leq -1$ MD Pour utilise run r\'{e}sultat, \
il faut en v\'{e}rifier les hypoth\`{e}ses : ici le $a\leq b\leq 1$ MF on a $%
0\leq u_{k+1}-\alpha _{2}\leq \frac{1}{e}\left( u_{k}-\alpha _{2}\right)
\leq \left( \frac{1}{e}\right) ^{k+1}$\newline
donc par r\'{e}currence,\newline
\textsl{Conclusion : }\fbox{pour tout entier naturel $k:0\leq u_{k}-\alpha
_{2}\leq \left( \frac{1}{e}\right) ^{k}$.} RF

\item Montrer que la suite $\left( u_{k}\right) _{k\in \mathbb{N}}$ est
convergente et de limite $\alpha _{2}$.

MD On a un en cadrement, on nous demande l'existence et la valeur de la
limite : le th\'{e}or\`{e}me de limite par encadrement donne les deux ! MF

RD Comme $\left \vert \frac{1}{e}\right \vert <1$ alors $\left( \frac{1}{e}%
\right) ^{k}\rightarrow 0$ et par encadrement $u_{k}-\alpha _{2}\rightarrow 0
$ et\newline
\textsl{Conclusion : }\fbox{$\displaystyle \lim_{k\rightarrow +\infty
}u_{k}=\alpha _{2}$} RF

\item On consid\`{e}re le programme Turbo-Pascal suivant: ( o\`{u} \texttt{%
trunc} d\'{e}signe la fonction partie enti\`{e}re)

\texttt{program ex2 ;}

\texttt{var N , k : integer ; epsilon , u : real ; }

\texttt{begin}

\texttt{\hspace{1cm}writeln ( ' Donnez un reel strictement positif');}

\texttt{\hspace{1cm}readln (epsilon );}

\texttt{\hspace{1cm}N := trunc ( - Ln (epsilon ) ) + 1 ; u .\_ -1 ;}

\texttt{\hspace{1cm}.........;}

\texttt{end.}

Montrer que l'entier naturel $N$ calcul\'{e} dans ce programme v\'{e}rifie : 
$\left( \frac{1}{e}\right) ^{N}\leq \mathrm{epsilon}$

Compl\'{e}ter la partie pointill\'{e}e de ce programme afin que la variable 
\texttt{u} contienne apr\`{e}s son ex\'{e}cution une valeur approch\'{e}e de 
$\alpha _{2}$ \`{a} epsilon pr\`{e}s.

MD Qu'est-ce que la valeur absolue ? On peut partir de $\left( \frac{1}{e}%
\right) ^{N}\leq \mathrm{epsilon}$ et r\'{e}soudre ou bien partir de $N=%
\left[ -\ln \left( \varepsilon \right) \right] +1$ et d\'{e}duire la
majoration MF

RD Comme la partie enti\`{e}re v\'{e}rifie $\left[ x\right] \leq x<\left[ x%
\right] +1$ alors $-\ln \left( \varepsilon \right) <N$ et $-N<\ln \left(
\varepsilon \right) $ d'o\`{u} $\exp \left( -N\right) <\exp \left( \ln
\left( \varepsilon \right) \right) $\newline
\textsl{Conclusion : }\fbox{$N$ v\'{e}rifie : $\left( \frac{1}{e}\right)
^{N}\leq \mathrm{epsilon}$} RF

MD Parmis les diff\'{e}rents test d'arr\^{e}t pour les suite il faut
comprendre que $0\leq u_{N}-\alpha _{2}\leq \left( \frac{1}{e}\right) ^{N}$
signifie que $u_{N}$ donne une valeur approch\'{e}e de $\alpha _{2}$ \`{a} $%
\left( \frac{1}{e}\right) ^{N}$ pr\`{e}s\ MF 

RD Comme $0\leq u_{N}-\alpha _{2}\leq \left( \frac{1}{e}\right) ^{N},$ l'%
\'{e}cart entre $u_{N}$ et $\alpha _{2}$ est inf\'{e}rieur \`{a} $%
\varepsilon $\newline
Donc le calcul de $u_{N}$ donne une valeur approch\'{e}e de $\alpha _{2}$ 
\`{a} epsilon pr\`{e}s.RF

MD On cacule le suivant du premier au $N^{\grave{e}me}$ par \texttt{%
u:=exp(u)-2 }MF

RD D'o\`{u} le \texttt{for k := 1 to N do u:=exp(u)-2 ; }pour calculer les
termes de $u_{1}$ \`{a} $u_{N}$ RF
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}
