Corrigé Si019 par Pierre Veuillez
Soit, pour tout entier n, fn la fonction définie sur ]0,+[ par fn (x)=nx+ln(x).
  1. On ne cherche pas à résoudre ! On étudie les variations de fn :
    Elle est dérivable sur ]0,+[ et fn ' (x)=n+ 1 x >0
    En +, fn + et en 0: fn -
    fn est continue et strictement croissante donc bijective de ]0,+[ dans ] lim0 fn , lim+ fn [=\BbbR
    Comme 0\BbbR alors il existe une unique solution xn ]0,+[ à fn (x)=0
    De plus fn (1)=n0= fn ( xn ) donc ( fn strictement croissante) 1 xn
    Si bien que xn ]0,1]
  2. Sens de variation
    1. On calcule la différence :
      fn+1 (x)- fn (x)=x>0 donc pour tout x]0,+[: fn+1 (x)> fn (x)
    2. On a alors en particulier fn+1 ( xn )> fn ( xn )=0
      Pour comparer xn et xn+1 on compare leurs images par ... fn+1 :
      fn+1 ( xn )0= fn+1 ( xn+1 ) et donc ( fn+1 strictement croissante sur ]0,+[) xn > xn+1
      Conclusion :
      la suite ( xn )n\BbbN est décroissante
  3. Limite
    1. Comme la suite x est décroissante et minorée par 0, elle est convergente. Soit sa limite.
    2. Par l'absurde, si ]0,1] alors ... on revient à la définition de la suite :
      nxn +ln( xn )=0. Mais comme >0 alors ln( xn )ln() et n xn + donc nxn +ln( xn )+.
      Donc ]0,1]
    3. Comme 0< xn 1 pour tout n alors 01. Et ]0,1] donc =0
  4. Vitesse de convergence
    1. On compare les images par fn :
      fn ( xn )=0 et fn ( 1 n )= n n +ln( 1 n )=1-ln(n)<1-ln(e)=0
      donc fn ( 1 n )< fn ( xn ) et 1 n < xn car fn est strictement croissante sur ]0,+[ et que 1 n et xn en sont éléments.
      Conclusion :
      pour n3>e: xn > 1 n
      n
    2. Pour étudier le signe de x-ln(x), on étudie ses variations :*
      g(x)=x-ln(x) est déivable sur ]0,+[ et g' (x)=1- 1 x = x-1 x
      x 0 1
      x-1 - 0 +
      g' (x) - + +
      g(x) + 1 +
      donc x-ln(x)>0 pour tout x]0,+[
      On a donc fn ( 1 n )= n n +ln( 1 n )=n-ln(n)>0= fn ( xn )
      Et donc xn < 1 n
      Conclusion :
      pour tout n3: 1 n < xn < 1 n



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On 11 Oct 2005, 22:24.