Corrig\e (ESC 2000)par Pierre Veuillez

  1. Soit f la fonction définie sur par: f ( x ) = x x 2 + x + 1

    On désigne par C sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

    1. f est dérivable en x tel que x 2 + x + 1 0 Or ce polynôme du second degré a pour discriminant Δ = 1 4 < 0. Donc elle est toujours strictment négative. Donc f est définie, continue, et dérivable sur . f ( x ) = ( x 2 + x + 1 ) ( 2 x + 1 ) x x 2 + x + 1 = x 2 + x + 1 2 x 2 x ( x 2 + x + 1 ) 2 = 1 x 2 ( x 2 + x + 1 ) 2 f ( x ) = x x 2 + x + 1 = x x 2 ( 1 + 1 x + 1 x 2 ) = 1 x ( 1 + 1 x + 1 x 2 ) x 0

    2. En 0, f ( 0 ) = 0 et f ( 0 ) = 1 La tangente a donc pour équation y = x .

    3. les positions relatives de C et T sont données par le signe de f ( x ) x : f ( x ) x = x x 2 + x + 1 x = x x ( x 2 + x + 1 ) x 2 + x + 1 = x 3 x 2 x 2 + x + 1 = x 2 ( x + 1 ) x 2 + x + 1

      Elles s'interceptent en 0 et en -1

      x - -1 0 1 +
      1 x 2 0 + + 0 2 0 degré
      f ( x ) 0 + 1 + 0
      f ( x ) 0 0 1 / 3 0
      x 2 0 2 0 degré
      x + 1 0 + + + affine
      f ( x ) x + 0 0

  2. On considère la suite ( u n ) n définie par: u 0 = 1  et pour tout entier  n ,  u n + 1 = f ( u n ) = u n u n 2 + u n + 1

    1. p * f ( 1 p ) = 1 p 1 p 2 + 1 p + 1 = p 1 + p + p 2 et comme 1 + p + p 2 p + p 2 = p ( 1 + p ) > 0 , et on a 1 1 + p + p 2 1 p ( p + 1 )  et comme  p > 0 ,  f ( 1 p ) = p 1 + p + p 2 1 p + 1  CQFD

    2. Pour n = 0 , 0 < u 0 = 1 1 0 + 1 .

      Soit n tel que 0 < u n 1 n + 1 . Est-ce que 0 < u n + 1 1 n + 2 ?

      Comme f est strictement croissante sur [ 0 , 1 ] et que 0 , u n et 1 n + 1 en sont éléments, f ( 0 ) < f ( u n ) f ( 1 n + 1 ) et comme f ( 1 n + 1 ) 1 n + 2 car n + 1 1 on a bien 0 < u n + 1 1 n + 2 .

      Donc pour tout entier n , 0 < u n 1 n + 1

    3. Comme 1 n + 1 n + 0 , par encadrement lim n + u n = 0


    1. D'après les variations de f , pour x 0 , f ( x ) 0. Et 1 f ( x ) = x 2 + x + 1 x = x + 1 + 1 x Donc comme pour tout entier n , u n 0 1 u n + 1 = 1 f ( u n ) = u n + 1 + 1 u n

    2. Pour n = 1 , on a 1 u 1 = u 0 + 1 + 1 u 0 = 1 + 1 + k = 1 1 1 k Soit n 1 tel que 1 u n n + 1 + k = 1 n 1 k . Est-ce que 1 u n + 1 n + 2 + k = 1 n + 1 1 k ?

      Or 1 u n + 1 = u n + 1 + 1 u n avec  u n 1 n + 1  et  1 u n n + 1 + k = 1 n 1 k  donc  1 u n + 1 1 n + 1 + 1 + n + 1 + k = 1 n 1 k = n + 2 + k = 1 n + 1 1 k  CQFD Donc par récurrence, pour tout entier n 1 , 1 u n n + 1 + k = 1 n 1 k

    1. On calcule la différence g ( x ) = 1 x ln ( x ) + ln ( x 1 )

      g est dérivable sur ] 0 , + [ et g ( x ) = 1 x 2 1 x + 1 x 1 = x + 1 x ( x 1 ) + x 2 x 2 ( x + 1 ) = 1 x 2 ( x + 1 ) > 0 donc g est strictement croissante sur ] 0 , + [ et comme g ( x ) = 1 x ln ( x ) + ln ( x 1 ) = 1 x ln ( x x 1 ) = 1 x + ln ( 1 1 x ) + 0 g < 0. CQFD.

      On fait alors la somme de ces inégalités pour k de 2 à n : k = 2 n 1 k k = 2 n ln ( k ) ln ( k 1 ) = k = 2 n ln ( k ) k = 2 n ln ( k 1 ) = k = 2 n ln ( k ) k = 1 n 1 ln ( k ) ln ( n ) ln ( 1 ) = ln ( n )

      On reporte dans l'inégalité sur 1 / u n 1 u n n + 1 + k = 1 n 1 k = n + 1 + 1 1 + k = 2 n 1 k n + 2 + ln ( n )

    2. On a donc u n 1 n + 2 + ln ( n )  et  n u n n n + 2 + ln ( n ) d'où l'encadrement: 1 1 + 2 / n + ln ( n ) / n 1 = n n + 2 + ln ( n ) n u n n n + 1 = 1 1 + 1 / n 1 la deuxième inégalité venant du début: 0 < u n < 1 / ( n + 1 )

      Donc,par encadrement, n u n tend vers 1 quand n tend vers + .

(ESC 2000)