Limites et continuité, dérivation et suites numériques

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Limites et continuité5 pts

   Chapitre : Limites et continuité

   1. Calculer les limites suivantes : (a) ${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x^2+3x}-x)$ ; (0,75 pt) (b) ${\lim }_{x\to -\infty }\frac{\sqrt{x^2+1}+2x}{x}$ ; (1 pt) (c) ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin (2x)}{\sqrt{1+x}-1}$. (1 pt)
   2. Soit $f$ la fonction définie sur $[-7,+\infty [$ par $f(x)=\frac{\sqrt{x+7}-3}{x-2}$ si $x\ne 2$ et $f(2)=m$, où $m$ est un réel. Déterminer la valeur de $m$ pour laquelle $f$ est continue en $2$. (1 pt)
   3. Soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x)=x^3+2x-5$. (a) Montrer que l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $]1,2[$. (0,75 pt) (b) Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-1}$. (0,5 pt)
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   1. (a) C'est une forme indéterminée du type $\infty -\infty$. On multiplie par la quantité conjuguée : pour $x>0$, $\sqrt{x^2+3x}-x=\frac{(x^2+3x)-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3x}{x\sqrt{1+\frac{3}{x}}+x}=\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1}$. Comme $\frac{3}{x}\to 0$, on obtient ${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x^2+3x}-x)=\frac{3}{2}$. (b) Pour $x<0$, $\sqrt{x^2+1}=|x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}=-x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}$. Donc $\frac{\sqrt{x^2+1}+2x}{x}=\frac{-x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+2x}{x}=-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+2$. Comme $\frac{1}{x^2}\to 0$, ${\lim }_{x\to -\infty }\frac{\sqrt{x^2+1}+2x}{x}=-1+2=1$. (c) Forme indéterminée $\frac{0}{0}$. On écrit, pour $x\ne 0$ proche de $0$ : $\frac{\sin (2x)}{\sqrt{1+x}-1}=\frac{\sin (2x)}{x}\times \frac{x}{\sqrt{1+x}-1}$. D'une part $\frac{\sin (2x)}{x}=2\times \frac{\sin (2x)}{2x}\to 2\times 1=2$ (limite usuelle ${\lim }_{u\to 0}\frac{\sin u}{u}=1$ avec $u=2x\to 0$). D'autre part, par la quantité conjuguée, $\frac{x}{\sqrt{1+x}-1}=\frac{x(\sqrt{1+x}+1)}{(1+x)-1}=\sqrt{1+x}+1\to 2$. Donc ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin (2x)}{\sqrt{1+x}-1}=2\times 2=4$.
   2. $f$ est continue en $2$ si et seulement si ${\lim }_{x\to 2}f(x)=f(2)=m$. Pour $x\ne 2$ : $f(x)=\frac{(\sqrt{x+7}-3)(\sqrt{x+7}+3)}{(x-2)(\sqrt{x+7}+3)}=\frac{(x+7)-9}{(x-2)(\sqrt{x+7}+3)}=\frac{1}{\sqrt{x+7}+3}$. Donc ${\lim }_{x\to 2}f(x)=\frac{1}{\sqrt{9}+3}=\frac{1}{6}$. La fonction $f$ est continue en $2$ si et seulement si $m=\frac{1}{6}$.
   3. (a) $g$ est une fonction polynôme, donc continue sur $[1,2]$. Elle est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $g^{\prime }(x)=3x^2+2>0$, donc $g$ est strictement croissante sur $[1,2]$. De plus $g(1)=1+2-5=-2<0$ et $g(2)=8+4-5=7>0$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (et la stricte monotonie de $g$), l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]1,2[$. (b) $g(1,3)=2,197+2,6-5=-0,203<0$ et $g(1,4)=2,744+2,8-5=0,544>0$. Comme $g$ est strictement croissante, $1,3<\alpha <1,4$.

2. Exercice 2Dérivation et étude de fonctions6 pts

   Chapitres : Dérivation et étude des fonctions · Limites et continuité · Suites numériques

   Partie A. Soit $f$ la fonction définie sur $[1,+\infty [$ par $f(x)=\sqrt{x^2-1}$ et $(\mathcal{C})$ sa courbe dans un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$.

   1. (a) Étudier la dérivabilité de $f$ à droite en $1$. Interpréter graphiquement le résultat. (1 pt) (b) Montrer que pour tout $x>1$ : $f^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}$, puis dresser le tableau de variations de $f$. (1 pt)
   2. (a) Montrer que la droite $(D)$ d'équation $y=x$ est asymptote à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$. (0,75 pt) (b) Étudier la position relative de $(\mathcal{C})$ et $(D)$. (0,5 pt)

   Partie B. Soit $h$ la fonction définie sur $[0,+\infty [$ par $h(t)=\sqrt{t}$.

   1. En appliquant le théorème des accroissements finis à $h$ sur l'intervalle $[n,n+1]$ ($n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$), montrer que : $\frac{1}{2\sqrt{n+1}}<\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\frac{1}{2\sqrt{n}}.$ (1,25 pt)
   2. Pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ on pose $S_n=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{n}}$. (a) Montrer que pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ : $S_n>2(\sqrt{n+1}-1)$. (1 pt) (b) En déduire ${\lim }_{n\to +\infty }{S}_n$. (0,5 pt)
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   Partie A.

   1. (a) Pour $x>1$ : $\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}=\frac{\sqrt{(x-1)(x+1)}}{x-1}=\frac{\sqrt{x-1}\sqrt{x+1}}{x-1}=\frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}}$. Quand $x\to 1^{+}$, $\sqrt{x+1}\to \sqrt{2}$ et $\sqrt{x-1}\to 0^{+}$, donc ${\lim }_{x\to 1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=+\infty$. La fonction $f$ n'est pas dérivable à droite en $1$ ; la courbe $(\mathcal{C})$ admet au point $A(1,0)$ une demi-tangente verticale. (b) Pour $x>1$, $x^2-1>0$ et la fonction $x\to x^2-1$ est dérivable : $f$ est dérivable sur $]1,+\infty [$ comme composée, avec la formule $(\sqrt{u}{)}^{\prime }=u^{\prime }/(2\sqrt{u})$ : $f^{\prime }(x)=\frac{2x}{2\sqrt{x^2-1}}=\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}$. Comme $x>0$ et $\sqrt{x^2-1}>0$, on a $f^{\prime }(x)>0$ : $f$ est strictement croissante sur $[1,+\infty [$, avec $f(1)=0$ et ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$ (car $x^2-1\to +\infty$).
   2. (a) Pour $x\ge 1$ : $f(x)-x=\sqrt{x^2-1}-x=\frac{(x^2-1)-x^2}{\sqrt{x^2-1}+x}=-\frac{1}{\sqrt{x^2-1}+x}$. Comme $\sqrt{x^2-1}+x\to +\infty$, on a ${\lim }_{x\to +\infty }(f(x)-x)=0$ : la droite $(D):y=x$ est asymptote oblique à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$. (b) Pour tout $x\ge 1$, $f(x)-x=-\frac{1}{\sqrt{x^2-1}+x}<0$. Donc $(\mathcal{C})$ est entièrement au-dessous de $(D)$ sur $[1,+\infty [$.

   Partie B.

   1. La fonction $h:t\to \sqrt{t}$ est continue sur $[n,n+1]$ et dérivable sur $]n,n+1[$ (car $n\ge 1>0$), avec $h^{\prime }(t)=\frac{1}{2\sqrt{t}}$. D'après le théorème des accroissements finis, il existe $c\in ]n,n+1[$ tel que $h(n+1)-h(n)=h^{\prime }(c)(n+1-n)$, c'est-à-dire $\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{2\sqrt{c}}$. Or $n<c<n+1$ donne $\sqrt{n}<\sqrt{c}<\sqrt{n+1}$ (la fonction racine carrée est strictement croissante), puis, par passage à l'inverse entre nombres strictement positifs, $\frac{1}{2\sqrt{n+1}}<\frac{1}{2\sqrt{c}}<\frac{1}{2\sqrt{n}}$. D'où l'encadrement demandé.
   2. (a) D'après la question précédente, pour tout entier $k\ge 1$ : $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}<\frac{1}{2\sqrt{k}}$, soit $\frac{1}{\sqrt{k}}>2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$. En sommant ces inégalités pour $k$ allant de $1$ à $n$ : $S_n={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}>2{\sum }_{k=1}^n(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$. La somme de droite est télescopique : ${\sum }_{k=1}^n(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=\sqrt{n+1}-\sqrt{1}=\sqrt{n+1}-1$. Donc $S_n>2(\sqrt{n+1}-1)$. (b) ${\lim }_{n\to +\infty }2(\sqrt{n+1}-1)=+\infty$. Comme $S_n>2(\sqrt{n+1}-1)$ pour tout $n\ge 1$, le théorème de comparaison donne ${\lim }_{n\to +\infty }{S}_n=+\infty$.

3. Exercice 3Suites numériques9 pts

   Chapitre : Suites numériques

   On considère la suite $(u_n)$ définie par $u_0=2$ et, pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}=\frac{4u_n-1}{u_n+2}.$

   1. Calculer $u_1$ et $u_2$. (0,5 pt)
   2. (a) Vérifier que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}-1=\frac{3(u_n-1)}{u_n+2}$. (0,5 pt) (b) Montrer par récurrence que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_n>1$. (0,75 pt)
   3. (a) Montrer que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}-u_n=-\frac{(u_n-1{)}^2}{u_n+2}$. (0,75 pt) (b) En déduire que la suite $(u_n)$ est décroissante. (0,75 pt)
   4. Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente et déterminer sa limite. (1,25 pt)
   5. On pose, pour tout $n\in \mathbb{N}$, $v_n=\frac{1}{u_n-1}$. Montrer que $(v_n)$ est une suite arithmétique dont on précisera la raison et le premier terme. (1,25 pt)
   6. Exprimer $v_n$ puis $u_n$ en fonction de $n$, et retrouver la limite de $(u_n)$. (1,25 pt)
   7. (a) Montrer que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $(u_n-1)(u_{n+1}-1)=3(u_n-u_{n+1})$. (0,75 pt) (b) On pose $S_n={\sum }_{k=0}^n(u_k-1)(u_{k+1}-1)$. Exprimer $S_n$ en fonction de $n$ et calculer ${\lim }_{n\to +\infty }{S}_n$. (1,25 pt)
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   1. $u_1=\frac{4\times 2-1}{2+2}=\frac{7}{4}$ et $u_2=\frac{4\times \frac{7}{4}-1}{\frac{7}{4}+2}=\frac{6}{\frac{15}{4}}=\frac{24}{15}=\frac{8}{5}$.
   2. (a) $u_{n+1}-1=\frac{4u_n-1}{u_n+2}-1=\frac{4u_n-1-u_n-2}{u_n+2}=\frac{3u_n-3}{u_n+2}=\frac{3(u_n-1)}{u_n+2}$. (b) Initialisation : $u_0=2>1$. Hérédité : supposons $u_n>1$ pour un entier $n$. Alors $u_n-1>0$ et $u_n+2>3>0$, donc d'après (a), $u_{n+1}-1=\frac{3(u_n-1)}{u_n+2}>0$, soit $u_{n+1}>1$. Conclusion : pour tout $n\in \mathbb{N}$, $u_n>1$.
   3. (a) $u_{n+1}-u_n=\frac{4u_n-1}{u_n+2}-u_n=\frac{4u_n-1-u_n(u_n+2)}{u_n+2}=\frac{-u_n^2+2u_n-1}{u_n+2}=-\frac{(u_n-1{)}^2}{u_n+2}$. (b) Pour tout $n$, $(u_n-1{)}^2\ge 0$ et $u_n+2>0$, donc $u_{n+1}-u_n\le 0$ (et même $<0$ puisque $u_n\ne 1$) : la suite $(u_n)$ est décroissante.
   4. La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $1$ : d'après le théorème de la convergence monotone, elle converge vers un réel $\ell$, et $\ell \ge 1$. Soit $f(x)=\frac{4x-1}{x+2}$ ; $f$ est continue sur $[1,+\infty [$ (fonction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pas) et $u_{n+1}=f(u_n)$. Par passage à la limite, $\ell =f(\ell )$, soit $\ell (\ell +2)=4\ell -1$, c'est-à-dire ${\ell }^2-2\ell +1=0$, ou encore $(\ell -1{)}^2=0$. Donc ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n=1$.
   5. Pour tout $n$, $u_n>1$ donc $u_n-1\ne 0$ et $v_n$ est bien défini. D'après la question 2(a), $u_{n+1}-1=\frac{3(u_n-1)}{u_n+2}$, donc $v_{n+1}=\frac{1}{u_{n+1}-1}=\frac{u_n+2}{3(u_n-1)}=\frac{(u_n-1)+3}{3(u_n-1)}=\frac{1}{3}+\frac{1}{u_n-1}=v_n+\frac{1}{3}$. La suite $(v_n)$ est arithmétique de raison $r=\frac{1}{3}$ et de premier terme $v_0=\frac{1}{u_0-1}=1$.
   6. $v_n=v_0+nr=1+\frac{n}{3}=\frac{n+3}{3}$. Comme $v_n=\frac{1}{u_n-1}$, on a $u_n=1+\frac{1}{v_n}=1+\frac{3}{n+3}=\frac{n+6}{n+3}$. (Vérification : $u_1=\frac{7}{4}$ et $u_2=\frac{8}{5}$.) Comme $\frac{3}{n+3}\to 0$, on retrouve ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n=1$.
   7. (a) D'après 2(a) et 3(a) : $(u_n-1)(u_{n+1}-1)=(u_n-1)\times \frac{3(u_n-1)}{u_n+2}=3\frac{(u_n-1{)}^2}{u_n+2}=3(u_n-u_{n+1})$. (b) $S_n={\sum }_{k=0}^{n}3(u_k-u_{k+1})=3{\sum }_{k=0}^n(u_k-u_{k+1})$. La somme est télescopique : ${\sum }_{k=0}^n(u_k-u_{k+1})=u_0-u_{n+1}$. Donc $S_n=3(u_0-u_{n+1})=3(2-\frac{n+7}{n+4})=3\times \frac{2n+8-n-7}{n+4}=\frac{3(n+1)}{n+4}$. (Vérification : $S_0=(u_0-1)(u_1-1)=1\times \frac{3}{4}=\frac{3}{4}$.) Comme $\lim u_{n+1}=1$, on obtient ${\lim }_{n\to +\infty }{S}_n=3(2-1)=3$ (on le retrouve avec $\frac{3(n+1)}{n+4}\to 3$).