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Exercices types : 22ème partie - Exercice 5

30 min
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On considère la fonction ff définie sur [0;+[\left[0;+\infty \right[ par f(x)=2x+3x+4f\left(x\right)=\frac{2x+3}{x+4} .
Question 1
Partie A

Calculer f(x)f'\left(x\right) puis déterminer son signe sur [0;+[\left[0;+\infty \right[

Correction
ff est dérivable sur [0;+[\left[0;+\infty \right[.
On reconnait la forme (uv)=uvuvv2\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} } avec u(x)=2x+3u\left(x\right)=2x+3 et v(x)=x+4v\left(x\right)=x+4.
Ainsi u(x)=2u'\left(x\right)=2 et v(x)=1v'\left(x\right)=1.
Il vient alors que :
f(x)=2×(x+4)(2x+3)×1(x+4)2f'\left(x\right)=\frac{2\times \left(x+4\right)-\left(2x+3\right)\times 1}{\left(x+4\right)^{2} } équivaut successivement à :
f(x)=2x+82x3(x+4)2f'\left(x\right)=\frac{2x+8-2x-3}{\left(x+4\right)^{2} }
f(x)=5(x+4)2f'\left(x\right)=\frac{5}{\left(x+4\right)^{2} }
Question 2

En déduire les variations de ff sur [0;+[\left[0;+\infty \right[

Correction
Pour tout réel, le numérateur 55 est strictement positif ainsi que le dénominateur (x+4)2\left(x+4\right)^{2} est strictement positif.
Il en résulte que : f(x)>0f'\left(x\right)>0.
Nous traduisons cela dans un tableau de variation :
Question 3
Partie B
On considère la suite (vn)\left(v_{n} \right) définie par : vn=un1un+3v_{n} =\frac{u_{n} -1}{u_{n} +3} .
On admet que (vn)\left(v_{n} \right) est bien définie.

Démontrer que (vn)\left(v_{n} \right) est une suite géométrique.

Correction
vn=un1un+3v_{n} =\frac{u_{n} -1}{u_{n} +3}
vn+1=un+11un+1+3v_{n+1} =\frac{u_{n+1} -1}{u_{n+1} +3}
vn+1=2un+3un+412un+3un+4+3v_{n+1} =\frac{\frac{2u_{n} +3}{u_{n} +4} -1}{\frac{2u_{n} +3}{u_{n} +4} +3}
vn+1=2un+3(un+4)un+42un+3+3×(un+4)un+4v_{n+1} =\frac{\frac{2u_{n} +3-\left(u_{n} +4\right)}{u_{n} +4} }{\frac{2u_{n} +3+3\times \left(u_{n} +4\right)}{u_{n} +4} }
vn+1=2un+3un4un+42un+3+3un+12un+4v_{n+1} =\frac{\frac{2u_{n} +3-u_{n} -4}{u_{n} +4} }{\frac{2u_{n} +3+3u_{n} +12}{u_{n} +4} }
ABCB=AC\frac{\frac{A}{B} }{\frac{C}{B} } =\frac{A}{C}

vn+1=2un+3un42un+3+3un+12v_{n+1} =\frac{2u_{n} +3-u_{n} -4}{2u_{n} +3+3u_{n} +12}
vn+1=un15un+15v_{n+1} =\frac{u_{n} -1}{5u_{n} +15}
vn+1=15(un1un+3)v_{n+1} =\frac{1}{5} \left(\frac{u_{n} -1}{u_{n} +3} \right) .
Autrement dit : vn+1=15vnv_{n+1} =\frac{1}{5} v_{n}
vnv_{n} est une suite géométrique de raison q=15q=\frac{1}{5} et de premier terme v0=u01u0+3=13v_{0} =\frac{u_{0} -1}{u_{0} +3} =-\frac{1}{3}
Question 4

En déduire le terme général vnv_{n} en fonction de nn.

Correction
L'expression de vnv_{n} en fonction de nn s'écrit : vn=v0×qnv_{n} =v_{0} \times q^{n}
Ainsi : vn=(13)×(15)nv_{n} =\left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n}
Question 5

Déterminer l'expression de unu_{n} en fonction de vnv_{n} .

Correction
On sait que : vn=un1un+3v_{n} =\frac{u_{n} -1}{u_{n} +3}
Ainsi : vn×(un+3)=un1v_{n} \times \left(u_{n} +3\right)=u_{n} -1
vn×un+3×vn=un1v_{n} \times u_{n} +3\times v_{n} =u_{n} -1
vn×unun=3×vn1v_{n} \times u_{n} -u_{n} =-3\times v_{n} -1
un×(vn1)=3×vn1u_{n} \times \left(v_{n} -1\right)=-3\times v_{n} -1
un=3vn1vn1u_{n} =\frac{-3v_{n} -1}{v_{n} -1}
Question 6

En déduire unu_{n} en fonction de nn.

Correction
Comme un=3vn1vn1u_{n} =\frac{-3v_{n} -1}{v_{n} -1} et vn=(13)×(15)nv_{n} =\left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n} , il en résulte que :
un=3×(13)×(15)n1(13)×(15)n1u_{n} =\frac{-3\times \left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n} -1}{\left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n} -1}
Question 7

En déduire la limite de la suite (un)\left(u_{n} \right).

Correction
  • Si 1<q<1-1<q<1 alors limn+qn=0\lim\limits_{n\to +\infty } q^{n} =0.
  • Si q>1 q >1 alors limn+qn=+\lim\limits_{n\to +\infty } q^{n} =+\infty.
Comme 1151-1\le \frac{1}{5} \le 1 alors :
limn+(15)n=0\lim\limits_{n\to +\infty } \left(\frac{1}{5} \right)^{n} =0 ainsi limn+3×(13)×(15)n=0\lim\limits_{n\to +\infty } -3\times \left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n} =0 donc limn+3×(13)×(15)n1=1\lim\limits_{n\to +\infty } -3\times \left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n} -1=-1
limn+(15)n=0\lim\limits_{n\to +\infty } \left(\frac{1}{5} \right)^{n} =0 ainsi limn+(13)×(15)n=0\lim\limits_{n\to +\infty } \left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n} =0 donc limn+(13)×(15)n1=1\lim\limits_{n\to +\infty } \left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n} -1=-1
Ainsi : limn+3×(13)×(15)n1(13)×(15)n1=1\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{-3\times \left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n} -1}{\left(-\frac{1}{3} \right)\times \left(\frac{1}{5} \right)^{n} -1} =1
Finalement :
limn+un=1\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n} =1