Source Latex: Corrigé du devoir de mathématiques, Limites de fonctions
Terminale S
Limites de fonctions
Devoir corrigé de mathématiques, Terminale S: calcul de limites, suites et fonctions, récurrence, étude de fonction, théorème de la bijection, limites et asymptotes verticales et horizontales- Fichier
- Type: Corrigé de devoir
- File type: Latex, tex (source)
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- Description
- Devoir corrigé de mathématiques, Terminale S: calcul de limites, suites et fonctions, récurrence, étude de fonction, théorème de la bijection, limites et asymptotes verticales et horizontales
- Niveau
- Terminale S
- Mots clé
- Devoir corrigé de mathématiques, maths, TS, terminale S, limites, suites, suite récurrente, récurrence, démonstration par récurrence, principe de récurrence, étude de fonctions, limites, asymptotes
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Source Latex de la correction du devoir
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Morel - \url{https://xymaths.fr/Lycee/TS/}} \cfoot{} \rfoot{Devoir de mathématiques - \thepage/\pageref{LastPage}} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{document} \ct{\bf\LARGE{Corrig\'e du devoir de math\'ematiques}} \bgex Soit, pour $n\in\N$, les propriétés $P_n: u_n=n^2+n$. Initialisation: pour $n=0$, on $u_0=0$ et $0^2+0=0$, et donc la propriété $P_0$ est vraie. Hérédité: Supposons que pour un entier $n$, on ait $P_n: u_n=n^2+n$, alors, par définition de la suite $\lp u_n\rp$, on a $u_{n+1}=u_n+2n+2$, soit, avec l'hypothèse de récurrence, $u_{n+1}=n^2+n+2n+2=n^2+3n+2$. Or, $(n+1)^2+(n+1)=n^2+2n+1+n+1=n^2+3n+2$. On a ainsi trouvé que $u_{n+1}=(n+1)^2+(n+1)$, ce qui montre que la propriété $P_{n+1}$ est vraie. Conclusion: on vient de démontrer, d'après le principe de récurrence, que $P_n: u_n=n^2+n$ est vraie pour tout entier $n$. \enex \bgex \bgen \item Comme $\dfrac94>1$, on a $\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp\dfrac94\rp^n=+\infty$, et donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}u_n=+\infty$. \medskip $v_n=\dfrac{5+\lp\dfrac12\rp^n}{3+\dfrac1{n}}$. On a $-1<\dfrac12<1$, donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp\dfrac12\rp^n=0$, et $\dsp\lim_{n\to+\infty}3+\dfrac1{n}=3$, d'où, par quotient des limites, $\dsp\lim_{n\to+\infty}v_n=\dfrac53$ \medskip $w_n=\dfrac{2n+\lp\dfrac12\rp^n}{n+\sqrt{n}+1} =\dfrac{2n\lp1+\dfrac1n\lp\dfrac12\rp^n\rp}{n\lp1+\dfrac{\sqrt{n}}{n}+\dfrac1n\rp} =2\tm\dfrac{1+\dfrac1n\lp\dfrac12\rp^n}{1+\dfrac1{\sqrt{n}}+\dfrac1n}$ avec, comme $-1<\dfrac12<1$, on a $\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp\dfrac12\rp^n=0$ et donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}\dfrac1n\lp\dfrac12\rp^n=0$. Comme on a aussi $1+\dfrac1{\sqrt{n}}+\dfrac1n=1$, on obtient finalement $\dsp\lim_{n\to+\infty}w_n=2$. \item En $+\infty$, on a $f(x)=\dfrac{-x^2\lp 1-\dfrac1{x^2}\rp}{x^2\lp1+\dfrac1x-\dfrac6x\rp}=-\dfrac{1-\dfrac1{x^2}}{1+\dfrac1x-\dfrac6x}$. Comme $\dsp\lim_{x\to+\infty}1-\dfrac1{x^2}=\lim_{x\to+\infty}1+\dfrac1x-\dfrac6x=1$, on a, par quotient et produit, $\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=-1$ et la droite d'équation $y=-1$ est asymptote horizontale à la courbe $\mathcal{C}_f$ de $f$ en $+\infty$. En $x=2$, on a $\dsp\lim_{x\to2}1-x^2=-3$ et $\dsp\lim_{x\to2}x^2+x-6=0$. Le quotient tend donc vers l'infini, et il reste à déterminer son signe. $x^2+x-4$ est un trin\^ome du second degré de racines $x_1=2$ et $x_2=-3$ et on a le tableau de signes: \[\begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline $x$ & $-\infty$ && $-3$ && $2$ && $+\infty$ \\\hline $x^2+x-6$ && $+$ &\zb&$-$&\zb&$+$&\\\hline \end{tabular}\] On distingue alors les limites à gauche et à droite en 2: $\dsp\lim_{\bgar{l}x\to2\\x<2\enar}f(x)=+\infty$ et $\dsp\lim_{\bgar{l}x\to2\\x>2\enar}f(x)=-\infty$ La droite d'équation $x=2$ est donc une asymptote verticale à $\mathcal{C}_f$. \enen \enex \bgex Soit la suite $\lp u_n\rp$ définie par $u_0=\dfrac12$ et, pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}=\dfrac{u_n}{u_n+2}$. \bgen \item Soit, pour $n\in\N$, la propriété $P_n: 0<u_n<1$. Initialisation: $u_0=\dfrac12$, donc $0<u_0<1$ et $P_0$ est vraie. Hérédité: Supposons que pour un entier $n$, on ait $P_n: 0<u_n<1$. Alors, on a $2<u_n+2<3$ et donc, en prenant l'inverse et donc en inversant l'ordre, $\dfrac13<\dfrac1{u_n+2}<\dfrac12$. Enfin, en multipliant pas $u_n>0$, on obtient $\dfrac{u_n}3<\dfrac{u_n}{u_n+2}<\dfrac{u_n}2$, où $\dfrac{u_n}3>0$ car $u_n>0$, et $\dfrac{u_n}2<\dfrac12<1$ car $u_n<1$ et donc, comme $u_{n+1}=\dfrac{u_n}{u_n+2}$, on a obtenu $0<u_{n+1}<1$ qui est la propriété $P_n$. Conclusion: on veient donc de démontrer, d'après le principe de récurrence, que $P_n: 0<u_n<1$ est vraie pour tout entier naturel $n$. \item Pour tout entier $n$, on a $u_{n+1}-u_n=\dfrac{u_n}{u_n+2}-u_n=-u_n\dfrac{u_n+1}{u_n+2}$ Or, d'après la question précédente, $u_n>0$, et donc $-u_n<0$ et $u_n+1>1>0$ et $u_n+2>2>0$. On obtient ainsi que, par produit et quotient, $u_{n+1}-u_n<0$ et donc que $\lp u_n\rp$ est décroissante. \item Daprès ce qui précède, $\lp u_n\rp$ est décroissante et minorée par 0. $\lp u_n\rp$ converge donc vers une limite $l\geqslant0$. On a donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}u_n=l$, donc aussi $\dsp\lim_{n\to+\infty}u_{n+1}=l$, et alors \[\bgar{ll} u_{n+1}=\dfrac{u_n}{u_n+2} &\Longrightarrow l=\dfrac{l}{l+2} \\[1em] &\iff \dfrac{l^2+l}{l+2}=0\\[1em] &\iff l=0 \text{ ou } l=-1\enar\] Comme pour tout entier $n$, on a $u_n>0$, $l=-1$ est impossible, et la la limite ne peut \^etre que $l=0$: \[\lim_{n\to+\infty}u_n=0\] \enen \enex \bgex {\bf Partie A.} $g(x)=-x^3+3x-3$ sur $\R$. \bgen \item On a, pour tout $x\not=0$, $g(x)=-x^3\lp1-\dfrac3{x^2}-\dfrac3{x^3}\rp$. Comme $\dsp\lim_{x\to-\infty}-x^3=+\infty$ et $\dsp\lim_{x\to-\infty}1-\dfrac3{x^2}-\dfrac3{x^3}=1$, on obtient, par produit: $\dsp\lim_{x\to-\infty}g(x)=+\infty$. De m\^eme en $+\infty$, avec $\dsp\lim_{x\to+\infty}-x^3=-\infty$, on obtient $\dsp\lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty$ \item $g$ est une fonction polyn\^ome donc dérivable sur $\R$ avec, pour tout réel $x$, $g'(x)=-3x^2+3=-3\lp x^2-1\rp$. $g'(x)$ est un trin\^ome du second degré de racines évidentes $-1$ et $1$, et on a alors \[\begin{tabular}{|c|*7c|}\hline $x$ & $-\infty$ && $-1$ && $1$ && $+\infty$ \\\hline $g'(x)$ && $-$ &\zb&$+$&\zb&$-$&\\\hline &$+\infty$&&&&$-1$&&\\ $g$&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&&\Large{$\searrow$}&\\ &&&$-5$&&&&$+\infty$\\ \hline\end{tabular}\] \item $g$ est une fonction polyn\^ome donc continue sur $\R$. De plus, sur $]-\infty;-1]$, $g$ est strictement décroissante avec $\dsp\lim_{x\to-\infty}+\infty$ et $g(-1)<0$. Ainsi, d'après le théorème de la bijection (ou des valeurs intermédiaires version forte), l'équation $g(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ sur $]-\infty;-1]$. De plus, sur $[-1;+\infty[$, le maximum de $g$ est $-1$, et l'équation $g(x)=0$ n'y admet donc aucune solution. En résumé, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $\R$ avec de plus $\alpha\in]-\infty;-1[$. \item Par balayage, on trouve $g(-2,11)\simeq0,06>0$ et $g(-2,10)\simeq-0,04<0$ ce qui montre que $-2,11<\alpha<-2,10$, ou encore que $\alpha\simeq-2,10$ à $10^{-2}$ près. \item On déduit de ce qui précède que \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline $x$ &$-\infty$ && $\alpha$ && $+\infty$ \\\hline $g(x)$ && $+$ &\zb&$-$&\\\hline \end{tabular}\] \enen \medskip {\bf Partie B.} $f (x) =\dfrac{3-2x^3}{x^2-1}$ sur $\R\setminus\la-1;1\ra$. \bgen \item On a $f=\dfrac{u}{v}$ avec $u(x)=3-2x^2$ donc $u'(x)=-6x^2$, et $v(x)=x^2-1$ donc $v'(x)=2x$, et alors $f'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$ soit \[\bgar{ll} f'(x)&=\dfrac{-6x^2\lp x^2-1\rp-\lp3-2x^3\rp2x}{\lp x^2-1\rp^2}\\[1em] &=\dfrac{-2x^4+6x^2-6x}{\lp x^2-1\rp^2}\\[1em] &=\dfrac{2x\lp -x^3+3x-3\rp}{\lp x^2-1\rp^2}\\[1em] &=\dfrac{2xg(x)}{(x^2-1)^2} \enar\] \item On a alors, gr\^ace à la partie A. \[\begin{tabular}{|c|*{11}c|}\hline $x$ & $-\infty$ && $\alpha$ && $-1$ && $0$ && $1$ && $+\infty$ \\\hline $x$ && $-$ &$|$ & $-$ & $|$& $-$ &\zb&$+$&$|$&$+$& \\\hline $g(x)$ && $+$ &\zb & $-$ & $|$& $-$ &$|$&$-$&$|$&$-$& \\\hline $\lp x^2-1\rp^2$ && $+$ &$|$ & $+$ &\zb& $+$ &$|$&$+$&\zb&$+$& \\\hline $f'(x)$ && $-$ &\zb & $+$ &\db& $+$ &\zb&$-$&\db&$-$& \\\hline &&&&&&&3&&&&\\ $f$&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}& \psline(0,-.6)(0,.8)\,\psline(0,-.6)(0,.8)&\Large{$\nearrow$}&&\Large{$\searrow$}&\psline(0,-.6)(0,.8)\,\psline(0,-.6)(0,.8)&\Large{$\searrow$}&\\ &&&$f(\alpha)$&&&&&&&&\\\hline \end{tabular}\] \item $f(\alpha)=\dfrac{3-2\alpha^3}{\alpha^2-1}$ avec $\alpha$ défini comme une racine de $g$, soit $g(\alpha)=-\alpha^2+3\alpha-3=0$, soit $3=-\alpha^3+3\alpha$ et donc, dans $f(\alpha)$, \[\bgar{ll} f(\alpha)&=\dfrac{3-2\alpha^3}{\alpha^2-1}\\[1em] &=\dfrac{-\alpha^3+3\alpha-2\alpha^3}{\alpha^2-1}\\[1em] &=\dfrac{-3\alpha^3+3\alpha}{\alpha^2-1}\\[1em] &=\dfrac{-3\alpha\lp\alpha^2-1\rp}{\alpha^2-1}\\[1em] &=-3\alpha\enar\] Comme on avait $-2,11<\alpha<-2,10$, on en déduit l'encadrement: $-6,33<f(\alpha)=3\alpha<-6,30$. \enen \enex \label{LastPage} \end{document}
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