Limites, continuité, dérivation et suites numériques

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Limites et continuité4 pts

   Chapitres : Limites et continuité · Limites et continuité

   1. Calculer les limites suivantes : (a) ${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x^2+3x}-x)$ ; (0,75 pt) (b) ${\lim }_{x\to 0}\frac{1-\cos 2x}{x\sin x}$ ; (0,75 pt) (c) ${\lim }_{x\to -\infty }(x+\sqrt{x^2+2x})$. (0,75 pt)
   2. Soit $f$ la fonction définie sur $[-3,+\infty [\setminus \{1\}$ par $f(x)=\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}$. Montrer que $f$ est prolongeable par continuité en $1$ et préciser ce prolongement. (0,75 pt)
   3. Soit $h$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $h(x)=x^3-3x+1$. (a) Montrer que l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[0,1]$. (0,5 pt) (b) Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-1}$. (0,5 pt)
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   1. (a) Forme indéterminée $\infty -\infty$. On multiplie par la quantité conjuguée : pour $x>0$, $\sqrt{x^2+3x}-x=\frac{(x^2+3x)-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3x}{x\sqrt{1+\frac{3}{x}}+x}=\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1}$. Comme $\frac{3}{x}\to 0$, on obtient ${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x^2+3x}-x)=\frac{3}{2}$. (b) Forme indéterminée $\frac{0}{0}$. Pour $x\ne 0$ proche de $0$ : $\frac{1-\cos 2x}{x\sin x}=\frac{1-\cos 2x}{(2x{)}^2}\times \frac{4x^2}{x\sin x}=4\times \frac{1-\cos 2x}{(2x{)}^2}\times \frac{x}{\sin x}$. En posant $u=2x\to 0$, $\frac{1-\cos u}{u^2}\to \frac{1}{2}$ (limite usuelle), et $\frac{x}{\sin x}\to 1$. Donc ${\lim }_{x\to 0}\frac{1-\cos 2x}{x\sin x}=4\times \frac{1}{2}\times 1=2$. (On peut aussi écrire $1-\cos 2x=2{\sin }^{2}x$, d'où le quotient $2\frac{\sin x}{x}\to 2$.) (c) Forme indéterminée $-\infty +\infty$. Pour $x\le -2$, on a $x<0$ donc $\sqrt{x^2+2x}=|x|\sqrt{1+\frac{2}{x}}=-x\sqrt{1+\frac{2}{x}}$, et $x+\sqrt{x^2+2x}=\frac{(x^2)-(x^2+2x)}{x-\sqrt{x^2+2x}}=\frac{-2x}{x+x\sqrt{1+\frac{2}{x}}}=-\frac{2}{1+\sqrt{1+\frac{2}{x}}}$. Comme $\frac{2}{x}\to 0$, ${\lim }_{x\to -\infty }(x+\sqrt{x^2+2x})=-\frac{2}{2}=-1$.
   2. Pour $x\in [-3,+\infty [\setminus \{1\}$, en multipliant par la quantité conjuguée $\sqrt{x+3}+2$ : $f(x)=\frac{(x+3)-4}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}$. Donc ${\lim }_{x\to 1}f(x)=\frac{1}{2+2}=\frac{1}{4}$ : $f$ admet une limite finie en $1$, elle est prolongeable par continuité en $1$. Le prolongement est la fonction $\tilde{f}$ définie sur $[-3,+\infty [$ par $\tilde{f}(x)=\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}$ (en particulier $\tilde{f}(1)=\frac{1}{4}$).
   3. (a) $h$ est une fonction polynomiale, donc continue et dérivable sur $\mathbb{R}$, et $h^{\prime }(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$. Sur $]0,1[$, $h^{\prime }(x)<0$ : $h$ est strictement décroissante sur $[0,1]$. De plus $h(0)=1>0$ et $h(1)=-1<0$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue et strictement monotone), l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]0,1[$. (b) $h(0,3)=0,027-0,9+1=0,127>0$ et $h(0,4)=0,064-1,2+1=-0,136<0$. Comme $h$ est strictement décroissante sur $[0,1]$, on en déduit $0,3<\alpha <0,4$.

2. Exercice 2Dérivation et accroissements finis5 pts

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

   Partie A. Pour tout entier $n\ge 1$, on pose $S_n=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{n}}={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}$.

   1. Soit $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction $t\to \sqrt{t}$ sur l'intervalle $[k,k+1]$, montrer que : $\frac{1}{2\sqrt{k+1}}<\sqrt{k+1}-\sqrt{k}<\frac{1}{2\sqrt{k}}.$ (1,25 pt)
   2. En déduire que pour tout entier $n\ge 1$ : $2\sqrt{n+1}-2<S_n\le 2\sqrt{n}-1$. (1,5 pt)
   3. Déterminer ${\lim }_{n\to +\infty }{S}_n$ et ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{S_n}{\sqrt{n}}$. (0,75 pt)

   Partie B. Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $0<a<b$, et $f$ une fonction continue sur $[a,b]$, dérivable sur $]a,b[$, telle que $f(a)=f(b)=0$. On pose $g(x)=f(x)/x$ pour $x\in [a,b]$.

   1. Montrer qu'il existe un réel $c\in ]a,b[$ tel que $c{f}^{\prime }(c)=f(c)$. (1 pt)
   2. Interpréter géométriquement ce résultat à l'aide de la tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $c$. (0,5 pt)
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   Partie A.

   1. La fonction $\phi :t\to \sqrt{t}$ est continue sur $[k,k+1]$ et dérivable sur $]k,k+1[$ (car $k\ge 1>0$), avec ${\phi }^{\prime }(t)=\frac{1}{2\sqrt{t}}$. D'après le théorème des accroissements finis, il existe $c\in ]k,k+1[$ tel que $\phi (k+1)-\phi (k)={\phi }^{\prime }(c)(k+1-k)$, c'est-à-dire $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}=\frac{1}{2\sqrt{c}}$. Or $k<c<k+1$ et la fonction racine carrée est strictement croissante, donc $\sqrt{k}<\sqrt{c}<\sqrt{k+1}$, puis $\frac{1}{2\sqrt{k+1}}<\frac{1}{2\sqrt{c}}<\frac{1}{2\sqrt{k}}$ (tous ces nombres sont strictement positifs). D'où l'encadrement demandé.
   2. Minoration. En sommant l'inégalité de droite $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}<\frac{1}{2\sqrt{k}}$ pour $k=1,2,\dots ,n$, la somme de gauche est télescopique : ${\sum }_{k=1}^n(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=\sqrt{n+1}-\sqrt{1}=\sqrt{n+1}-1$, et l'on obtient $\sqrt{n+1}-1<\frac{1}{2}{S}_n$, soit $S_n>2\sqrt{n+1}-2$. Majoration. Pour $n=1$, $S_1=1=2\sqrt{1}-1$ : l'inégalité $S_1\le 2\sqrt{1}-1$ est vraie. Pour $n\ge 2$, on somme l'inégalité de gauche $\frac{1}{2\sqrt{k+1}}<\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$ pour $k=1,\dots ,n-1$ : $\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{n}})<\sqrt{n}-1$, c'est-à-dire $\frac{1}{2}(S_n-1)<\sqrt{n}-1$, d'où $S_n<2\sqrt{n}-1$. Conclusion : pour tout $n\ge 1$, $2\sqrt{n+1}-2<S_n\le 2\sqrt{n}-1$.
   3. Comme ${\lim }_{n\to +\infty }(2\sqrt{n+1}-2)=+\infty$ et $S_n>2\sqrt{n+1}-2$, le théorème de comparaison donne ${\lim }_{n\to +\infty }{S}_n=+\infty$. En divisant l'encadrement par $\sqrt{n}>0$ : $2\sqrt{\frac{n+1}{n}}-\frac{2}{\sqrt{n}}<\frac{S_n}{\sqrt{n}}\le 2-\frac{1}{\sqrt{n}}$. Or $\sqrt{\frac{n+1}{n}}=\sqrt{1+\frac{1}{n}}\to 1$ et $\frac{1}{\sqrt{n}}\to 0$ : les deux bornes tendent vers $2$. D'après le théorème des gendarmes, ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{S_n}{\sqrt{n}}=2$.

   Partie B.

   1. La fonction $x\to \frac{1}{x}$ est continue et dérivable sur $[a,b]$ (car $0<a$), donc $g=f\times \frac{1}{x}$ est continue sur $[a,b]$ et dérivable sur $]a,b[$, avec $g^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)x-f(x)}{x^2}$. De plus $g(a)=f(a)/a=0$ et $g(b)=f(b)/b=0$, donc $g(a)=g(b)$. D'après le théorème de Rolle, il existe $c\in ]a,b[$ tel que $g^{\prime }(c)=0$, c'est-à-dire $\frac{c{f}^{\prime }(c)-f(c)}{c^2}=0$, soit $c{f}^{\prime }(c)=f(c)$.
   2. La tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $c$ a pour équation $y=f^{\prime }(c)(x-c)+f(c)$. Pour $x=0$, elle donne $y=-c{f}^{\prime }(c)+f(c)=0$ d'après la question 1. Donc cette tangente passe par l'origine $O$ du repère : il existe un point de la courbe de $f$ (d'abscisse dans $]a,b[$) en lequel la tangente passe par $O$.

3. Exercice 3Suites numériques5 pts

   Chapitres : Suites numériques · Suites numériques

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

   1. Calculer $u_1$ et $v_1$. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer que pour tout $n\in \mathbb{N}$, $u_n>0$. (0,25 pt) (b) Montrer que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{(u_n-\sqrt{2}{)}^2}{2u_n}$. (0,5 pt) (c) En déduire que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $v_n<\sqrt{2}<u_n$. (0,5 pt)
   3. Montrer que la suite $(u_n)$ est strictement décroissante et que la suite $(v_n)$ est strictement croissante. (1 pt)
   4. (a) Montrer que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $0<u_{n+1}-\sqrt{2}\le \frac{1}{2}(u_n-\sqrt{2})$, puis que $0<u_n-\sqrt{2}\le \frac{1}{2^n}$. (0,75 pt) (b) Montrer que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $0<\sqrt{2}-v_n\le u_n-\sqrt{2}$. (0,5 pt) (c) En déduire que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes et préciser leur limite commune. (0,25 pt)
   5. Déterminer un entier $n$ pour lequel $u_n-v_n\le 10^{-3}$. Que peut-on alors dire des nombres $u_n$ et $v_n$ ? (0,75 pt)
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   1. $u_1=\frac{1}{2}(2+\frac{2}{2})=\frac{3}{2}$ et $v_1=\frac{2}{u_1}=\frac{4}{3}$.
   2. (a) Par récurrence : $u_0=2>0$. Si $u_n>0$, alors $\frac{2}{u_n}>0$ et $u_{n+1}=\frac{1}{2}(u_n+\frac{2}{u_n})>0$. Donc $u_n>0$ pour tout $n\in \mathbb{N}$ (en particulier $u_{n+1}$ et $v_n$ sont bien définis). (b) $u_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{u_n^2+2}{2u_n}-\sqrt{2}=\frac{u_n^2-2\sqrt{2}{u}_n+2}{2u_n}=\frac{(u_n-\sqrt{2}{)}^2}{2u_n}$. (c) Montrons par récurrence que $u_n>\sqrt{2}$. Initialisation : $u_0=2>\sqrt{2}$ car $4>2$. Hérédité : si $u_n>\sqrt{2}$, alors $u_n\ne \sqrt{2}$, donc $(u_n-\sqrt{2}{)}^2>0$, et $2u_n>0$ ; d'après (b), $u_{n+1}-\sqrt{2}>0$. Donc $u_n>\sqrt{2}$ pour tout $n$. Enfin, $u_n>\sqrt{2}>0$ donne $v_n=\frac{2}{u_n}<\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$. Ainsi $v_n<\sqrt{2}<u_n$ pour tout $n\in \mathbb{N}$.
   3. $u_{n+1}-u_n=\frac{u_n^2+2}{2u_n}-u_n=\frac{2-u_n^2}{2u_n}$. Comme $u_n>\sqrt{2}$, $u_n^2>2$, donc $u_{n+1}-u_n<0$ : $(u_n)$ est strictement décroissante. Ensuite $v_{n+1}-v_n=\frac{2}{u_{n+1}}-\frac{2}{u_n}=\frac{2(u_n-u_{n+1})}{u_n{u}_{n+1}}>0$ car $u_n-u_{n+1}>0$ et $u_n{u}_{n+1}>0$ : $(v_n)$ est strictement croissante.
   4. (a) D'après 2(b) et 2(c), $u_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{u_n-\sqrt{2}}{2u_n}\times (u_n-\sqrt{2})>0$. Or $0<u_n-\sqrt{2}<u_n$, donc $0<\frac{u_n-\sqrt{2}}{u_n}<1$ et $u_{n+1}-\sqrt{2}\le \frac{1}{2}(u_n-\sqrt{2})$. Par récurrence immédiate, $0<u_n-\sqrt{2}\le (\frac{1}{2}{)}^n(u_0-\sqrt{2})=\frac{2-\sqrt{2}}{2^n}$. Comme $\sqrt{2}>1$, $2-\sqrt{2}<1$, d'où $0<u_n-\sqrt{2}\le \frac{1}{2^n}$. (b) $\sqrt{2}-v_n=\sqrt{2}-\frac{2}{u_n}=\frac{\sqrt{2}{u}_n-2}{u_n}=\frac{\sqrt{2}(u_n-\sqrt{2})}{u_n}=\frac{\sqrt{2}}{u_n}\times (u_n-\sqrt{2})$. Comme $0<\sqrt{2}<u_n$, on a $0<\frac{\sqrt{2}}{u_n}<1$, et $u_n-\sqrt{2}>0$ ; donc $0<\sqrt{2}-v_n\le u_n-\sqrt{2}$. (c) $(u_n)$ est décroissante, $(v_n)$ est croissante, et $0<u_n-v_n=(u_n-\sqrt{2})+(\sqrt{2}-v_n)\le 2(u_n-\sqrt{2})\le \frac{2}{2^n}$. Comme $\frac{2}{2^n}\to 0$, le théorème des gendarmes donne $\lim (u_n-v_n)=0$ : les suites sont adjacentes, donc convergent vers une même limite $\ell$. De $0<u_n-\sqrt{2}\le \frac{1}{2^n}\to 0$, on tire $\lim u_n=\sqrt{2}$ ; donc $\ell =\sqrt{2}$.
   5. On a $u_n-v_n\le \frac{2}{2^n}$. Il suffit donc que $\frac{2}{2^n}\le 10^{-3}$, soit $2^n\ge 2000$. Comme $2^{10}=1024<2000$ et $2^{11}=2048\ge 2000$, l'entier $n=11$ convient : $u_{11}-v_{11}\le 10^{-3}$. Puisque $v_{11}<\sqrt{2}<u_{11}$, les nombres $v_{11}$ et $u_{11}$ sont respectivement une valeur approchée par défaut et une valeur approchée par excès de $\sqrt{2}$ à $10^{-3}$ près.

4. Exercice 4Étude d'une fonction irrationnelle6 pts

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

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

   1. (a) Déterminer l'ensemble de définition $D_f$ de $f$. (0,25 pt) (b) Montrer que pour tout $x\in D_f$, on a $-1-x\in D_f$ et $f(-1-x)=f(x)$. En déduire que la droite d'équation $x=-\frac{1}{2}$ est un axe de symétrie de $(\mathcal{C})$. (0,5 pt)
   2. Étudier la dérivabilité de $f$ à droite en $0$ et interpréter graphiquement le résultat. (0,75 pt)
   3. Calculer $f^{\prime }(x)$ pour $x>0$ et dresser le tableau de variations de $f$ sur $[0,+\infty [$. (0,75 pt)
   4. Montrer que la droite $(\Delta )$ d'équation $y=x+\frac{1}{2}$ est asymptote à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$ et étudier la position relative de $(\mathcal{C})$ et $(\Delta )$ sur $[0,+\infty [$. (1 pt)
   5. (a) Montrer que $f$ réalise une bijection de $[0,+\infty [$ sur $[0,+\infty [$. (0,5 pt) (b) Déterminer $f^{-1}(y)$ pour tout $y\in [0,+\infty [$. (0,75 pt)
   6. Tracer $(\Delta )$, $(\mathcal{C})$ (on utilisera la symétrie de la question 1) et la courbe de $f^{-1}$. (0,5 pt)
   7. Soit $g$ la fonction définie sur $[0,+\infty [$ par $g(x)=f(x)-x$. (a) Montrer que $g$ est strictement croissante sur $[0,+\infty [$. (0,5 pt) (b) En déduire que pour tout entier $n\ge 1$ : $0<\sqrt{n^2+n}-n<\frac{1}{2}$, puis que $E(\sqrt{n^2+n})=n$, où $E(x)$ désigne la partie entière du réel $x$. (0,5 pt)
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   1. (a) $f(x)$ existe si et seulement si $x^2+x=x(x+1)\ge 0$, soit $x\le -1$ ou $x\ge 0$ : $D_f=]-\infty ,-1]\cup [0,+\infty [$. (b) Si $x\in D_f$, alors $(-1-x{)}^2+(-1-x)=1+2x+x^2-1-x=x^2+x\ge 0$, donc $-1-x\in D_f$ et $f(-1-x)=\sqrt{x^2+x}=f(x)$. Les points $M(x,f(x))$ et $M^{\prime }(-1-x,f(-1-x))$ de $(\mathcal{C})$ ont la même ordonnée et le milieu de $[M{M}^{\prime }]$ a pour abscisse $\frac{x+(-1-x)}{2}=-\frac{1}{2}$ : $M^{\prime }$ est le symétrique de $M$ par rapport à la droite $x=-\frac{1}{2}$. Cette droite est donc un axe de symétrie de $(\mathcal{C})$.
   2. Pour $x>0$ : $\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{\sqrt{x^2+x}}{x}=\frac{\sqrt{x(x+1)}}{\sqrt{x^2}}=\sqrt{\frac{x+1}{x}}$. Or $\frac{x+1}{x}=1+\frac{1}{x}\to +\infty$ quand $x\to 0^{+}$, donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=+\infty$ : $f$ n'est pas dérivable à droite en $0$, et $(\mathcal{C})$ admet au point $O(0,0)$ une demi-tangente verticale (dirigée vers le haut). Par symétrie, il en est de même au point d'abscisse $-1$.
   3. Sur $]0,+\infty [$, $x\to x^2+x$ est dérivable et strictement positive, donc $f=\sqrt{u}$ est dérivable avec $f^{\prime }(x)=\frac{2x+1}{2\sqrt{x^2+x}}>0$. De plus ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$ (car $x^2+x\to +\infty$). Tableau de variations sur $[0,+\infty [$ : $f$ est continue en $0$, strictement croissante sur $[0,+\infty [$, de $f(0)=0$ vers $+\infty$.
   4. Pour $x>0$, avec la quantité conjuguée : $f(x)-(x+\frac{1}{2})=\frac{x^2+x-(x+\frac{1}{2}{)}^2}{\sqrt{x^2+x}+x+\frac{1}{2}}=\frac{-\frac{1}{4}}{\sqrt{x^2+x}+x+\frac{1}{2}}$. Le dénominateur tend vers $+\infty$, donc ${\lim }_{x\to +\infty }(f(x)-(x+\frac{1}{2}))=0$ : la droite $(\Delta ):y=x+\frac{1}{2}$ est asymptote oblique à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$. De plus, pour tout $x\ge 0$, $f(x)-(x+\frac{1}{2})<0$ : $(\mathcal{C})$ est strictement au-dessous de $(\Delta )$ sur $[0,+\infty [$.
   5. (a) $f$ est continue et strictement croissante sur $[0,+\infty [$, donc elle réalise une bijection de $[0,+\infty [$ sur $f([0,+\infty [)=[f(0),{\lim }_{+\infty }f[=[0,+\infty [$ (théorème de la bijection). (b) Soit $y\ge 0$ et $x\ge 0$. $y=f(x)\iff y^2=x^2+x\iff x^2+x-y^2=0$. Ce trinôme en $x$ a pour discriminant $1+4y^2>0$ et pour racines $\frac{-1\pm \sqrt{1+4y^2}}{2}$ ; la seule racine positive ou nulle est $\frac{-1+\sqrt{1+4y^2}}{2}$ (l'autre est strictement négative). Donc $f^{-1}(y)=\frac{\sqrt{1+4y^2}-1}{2}$ pour tout $y\in [0,+\infty [$.
   6. Tracé : demi-tangente verticale en $O$ et au point $A(-1,0)$, courbe croissante sur $[0,+\infty [$ au-dessous de $(\Delta )$, symétrique par rapport à la droite $x=-\frac{1}{2}$ (sur $]-\infty ,-1]$, $(\mathcal{C})$ est au-dessous de la droite $y=-x-\frac{1}{2}$, symétrique de $(\Delta )$). La courbe de $f^{-1}$ est la symétrique de la partie de $(\mathcal{C})$ située dans $[0,+\infty [$ par rapport à la première bissectrice $y=x$ ; elle admet en $O$ une demi-tangente horizontale.
   7. (a) $g$ est continue sur $[0,+\infty [$, dérivable sur $]0,+\infty [$ et, pour $x>0$, $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-1=\frac{2x+1-2\sqrt{x^2+x}}{2\sqrt{x^2+x}}$. Or $(2x+1{)}^2=4x^2+4x+1>4x^2+4x=(2\sqrt{x^2+x}{)}^2$ et les deux nombres sont positifs, donc $2x+1>2\sqrt{x^2+x}$ et $g^{\prime }(x)>0$. Donc $g$ est strictement croissante sur $[0,+\infty [$. (b) D'après la question 4, $g(x)=(f(x)-(x+\frac{1}{2}))+\frac{1}{2}<\frac{1}{2}$ pour tout $x\ge 0$, et $g(0)=0$. Pour $n\ge 1$, la stricte croissance de $g$ donne $g(n)>g(0)=0$. Ainsi $0<g(n)=\sqrt{n^2+n}-n<\frac{1}{2}$. On en déduit $n<\sqrt{n^2+n}<n+\frac{1}{2}<n+1$ : l'entier $n$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $\sqrt{n^2+n}$, c'est-à-dire $E(\sqrt{n^2+n})=n$.