x k = x + x x n.

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1 PCSI DEVOIR de MATHÉMATIQUES n pour le 9/11/00 EXERCICE 1 : Pour ou n IN e x IR +, on pose f n (x) = n x k = x + x + + x n. 1. Monrer que l équaion f n (x) = 1 adme une unique soluion, noée u n, dans IR +. k=1. Monrer que la suie (u n ) es décroissane.. Monrer que, pour ou n IN, on a u n+1 n u n + 1 = Monrer que, pour n, on a u n Monrer la convergence de la suie (u n ) e préciser sa limie. EXERCICE : Nombres complexes e géomérie Ce son rois quesions indépendanes. Dans chacune d elles, le plan complexe es rapporé à un repère orhonormal direc R = (O; ı, j ). 1. Soi ABCD un quadrilaère quelconque. On consrui quare poins M, N, P, Q de façon que les riangles AMB, BNC, CP D e DQA soien recangles isocèles direcs (les angles drois éan en M, N, P, Q respecivemen). Exprimer les affixes m, n, p, q des poins M, N, P, Q en foncion des affixes a, b, c, d des poins A, B, C, D. En déduire que les segmens MP e NQ son perpendiculaires e de même longueur. Faire un schéma.. Soien A, B, C, D quare poins disincs du plan, d affixes a, b, c, d. On suppose que a + ib = c + id e a + c = b + d. Monrer que le quadrilaère ABCD es un carré (penser aux propriéés des diagonales AC e BD). Éudier la réciproque.. Soien a, b, c rois nombres complexes disincs, affixes des sommes A, B, C d un riangle. Soi z un nombre complexe. On pose f(z) = z a b c ; g(z) = z b c a ; h(z) = z c a b. Monrer que, si deux des rois expressions ci-dessus es imaginaire pure, alors la roisième l es aussi. Inerpréaion géomérique? PARTIE A : PROBLÈME A.1. Soi g la foncion définie sur IR par g(x) = x 1 ln x. x Éudier les variaions de g ; en déduire le signe de g(x). Monrer en pariculier qu il exise un unique réel négaif α el que g(α) = 0 ; donner une valeur approchée de α à 0, 1 près. A.. Soi h la foncion définie pour x > 1 par h(x) = g(x) (x 1). Monrer que h 1 (x) = u(x), où u es une foncion que l on déerminera. Éudier (x 1) les variaions de u, le signe de u(x), puis le signe de h (x) pour x > 1. PARTIE B : Soi f la foncion définie par f(x) = x 1 x 1. B.1. Déerminer l ensemble de définiion de f e les limies de f aux bornes des inervalles de définiion. Monrer que f es prolongeable par coninuié au poin 1. On noera oujours f la foncion ainsi prolongée.

2 ln(1 + ) B.. On adme que lim 0 = 1. Monrer que la foncion f es dérivable au poin 1 e calculer f (1). B.. Éudier les variaions de f e consruire( sa courbe ) représenaive dans un repère orhonormal (unié : cm.). On calculera f( 1), f, f() e f(4). PARTIE C : On se propose d éudier la suie u définie par la condiion iniiale u 0 = 4 e la relaion de récurrence u n+1 = f(u n ) pour ou n IN. C.1. Monrer qu il exise un réel k 0, 1 el que x, + f (x) k (on pourra remarquer que f (x) = f(x) h(x) pour x > 1). C.. Résoudre, sur IR +, l équaion f(x) = x. C.. Monrer que l inervalle, 4 es sable par f. C.4. Des quesions précédenes, déduire la convergence de la suie (u n ). EXERCICE 1 : *************************************************** CORRIGÉ *************************************************** 1. Pour ou n IN, la foncion f n es coninue e sricemen croissane (car somme de foncions sricemen croissanes) sur IR +, donc éabli une bijecion de l inervalle IR + vers son image f n (IR + ). Comme f n (0) = 0 e lim f n(x) = +, on a f n (IR + ) = 0, + = IR +. x + Or, 1 IR + donc, pour ou n IN, le nombre 1 adme un unique anécéden u n par la foncion f n.. Il es clair que, pour ou x IR + e ou n IN, on a f n+1 (x) f n (x). Ainsi, f n+1 (u n+1 ) = 1 = f n (u n ) f n+1 (u n ) e, la foncion f n+1 éan sricemen croissane, on en dédui u n+1 u n : la suie (u n ) es décroissane.. Pour n, on a f n (1) = n > 1, d où u n 0, 1. Par ailleurs, pour ou x IR + différen de 1, on a f n (x) = x 1 xn 1 x. Le réel u n es soluion de l équaion f n (x) = 1 qui peu alors s écrire x(1 x n ) = 1 x, soi encore x n+1 x + 1 = 0. On peu remarquer que, pour n = 1, on a u 1 = 1 e la relaion u 1 u = 0 es encore vraie, mais ce n es pas d un grand inérê...

3 4. Comme (u n ) es décroissane, il suffi de vérifier que u 4. Or, f donc 4 > u puisque la foncion f es sricemen croissane. = > 1 = f (u ), 5. La suie (u n ) es décroissane e posiive (donc minorée par 0), donc convergene. Noons l sa limie. De 0 u n ( ) n+1, on dédui 0 un+1n, donc lim 4 4 n + un+1 n = 0. En passan à la limie dans la relaion obenue à la quesion., on obien l + 1 = 0, donc l = 1. EXERCICE : Nombres complexes e géomérie 1. L hypohèse AM B es un riangle recangle isocèle direc de somme principal M signifie que le veceur MA es l image du veceur MB par la roaion vecorielle d angle π, soi a m = i(b m), d où m = i (a ib) = (a ib). 1 i De même, n = 1 + i (b ic), p = 1 + i (c id) e q = 1 + i Les veceurs MP e N Q on alors pour affixes respecivemen p m = 1 + i (c a) i(d b) On a ainsi MP par la roaion vecorielle d angle π orhogonal au veceur arg ( q n p m e q n = 1 + i (d ia). (d b) i(a c). q n = i(p m), ce qui signifie que le veceur NQ es l image du veceur ) = π (on di aussi que NQ es le veceur direcemen MP ), d où p m = n q (égalié des disances MP = NQ) e (c es-à-dire ( MP, NQ) = π : les veceurs son orhogonaux).. Par hypohèse, on a (1) : a + ib = c + id e () : a + c = b + d. La relaion () peu s écrire a + c = b + d : les diagonales AC e BD on le même milieu, donc ABCD es un parallélogramme (on peu aussi l écrire b a = c d, soi AB = DC, d où la même conclusion). La relaion (1) peu s écrire c a = i(b d) : le veceur AC es l image du veceur DB par la roaion vecorielle d angle π ( AC es le veceur direcemen orhogonal à DB), donc les diagonales AC e BD on même longueur (ABCD es un recangle) e son perpendiculaires (ABCD es un losange). Finalemen, ABCD es un carré. Réciproquemen, si ABCD es un carré, alors ses diagonales se coupen en leur milieu (a+c = b+d) e elles son perpendiculaires de même longueur (le veceur AC es l image du veceur DB par une roaion d angle ± π, soi c a = ±i(b d), soi encore a + ib = c + id ou a ib = c id). Les relaions (1) e () caracérisen en fai les carrés direcs.

4 . Supposons f(z) e g(z) imaginaires purs (un nombre complexe u es imaginaire pur si e seulemen si u + u = 0). On a alors (b c)(z a) + (b c)(z a) = 0 e (c a)(z b) + (c a)(z b) = 0. En ajouan ces deux relaions e en simplifian, on obien (b a)(z c)+(b a)(z c) = 0, donc h(z) = z c a b iir. On a ainsi monré que, si un poin H d affixe z vérifie (AH) (BC) e (BH) (AC) -or, un el poin H exise e es unique puisque la perpendiculaire à (BC) issue de A e la perpendiculaire à (AC) issue de B son sécanes- alors on a aussi (CH) (AB). Cela démonre que les rois haueurs d un riangle son concouranes (leur poin de concours H es l orhocenre du riangle ABC). PROBLÈME PARTIE A : A.1. On a g (x) = 1 x x, d où les variaions de g (cf. dernière page) ; les limies en, + e 0 son évidenes. Pour la limie en 0 + x 1 x ln x, écrire g(x) =, d où lim g(x) =. x x 0 + On a g (x) > 0 sur IR, donc g es coninue e sricemen croissane e éabli une bijecion de, 0 vers IR (car les limies aux bornes de l inervalle son e + ), donc il exise un unique α IR el que g(α) = 0. On a alors g(x) 0 sur, α IR + e g(x) > 0 sur α, 0. Enfin, α, 59. A.. C es du calcul : on obien u(x) = + 4 x 1 x + ln x. On en ire (x u 1) (x) = x : la foncion u es croissane sricemen sur 1, + avec u(1) = 0, elle es donc sricemen posiive sur 1, + e on a aussi h (x) > 0 sur 1, +. PARTIE B : B.1. On a f(x) = e F (x) avec F (x) = On obien sans difficulé ln x, donc f (de même que F ) es définie sur IR \ {0, 1}. x 1 lim f(x) = lim f(x) = 1 ; x x + lim f(x) = +. x 0 ln(1 + ) Enfin, lim F (x) = lim = 1, donc lim f(x) = e ; la foncion f es prolongeable par x 1 0 x 1 coninuié au poin 1, avec f(1) = e. B.. Le résula que l énoncé demande d admere résule d un développemen limié. Considérons le aux d accroissemen T f (1, 1 + ) = ln(1+) = e f(1 + ) f(1) e ln(1 + ) 1 e e = e e ln(1 + ) ln(1+) 1 1

5 (les équivalences écries son lorsque end vers 0 ; on a uilisé e v 1 v lorsque v end vers 0). On en dédui lim 0 T f (1, 1 + ) = e, donc f es dérivable au poin 1 avec f (1) = e. B.. On noe que f (x) = g(x)f(x) (x 1) pour ou x IR \ {0, 1}, donc f (x) es du signe de g(x). On obien f( 1) = 1, f = 9 4, f() =, f(4) = 4. PARTIE C : C.1. Pour x > 1, on a f (x) = f(x)h(x). Or, f es décroissane sur, + avec f = 9 4 e lim f = 1, d où f(x) 9 sur ce inervalle. De même, h es croissane e négaive sur + 4 ce inervalle avec h = 4 4 ln > 0, donc h(x) sur ce inervalle. Sur 10, +, on a donc f (x) = f(x) h(x) On peu donc choisir k = 7 0, 1 pour répondre à la quesion. La foncion f es alors 40 k-lipschizienne sur l inervalle, + (inégaliés d accroissemens finis). C.. Pour x > 0 e x 1 (donc ln x 0), on a ln x x 1 f(x) = x e = e ln x ln x = ln x x 1 = 1 x = ; x 1 de plus, pour x = 1, on a f(x) = e x. L unique poin fixe de f dans IR + es x 0 =. C.. La foncion f es coninue e décroissane sur l inervalle I =, 4, donc f(i) = f(4), f ( ) = 9 4, I 4 puisque Le segmen I es donc sable par f. C.4. L inervalle I =, 4 éan sable par f, on a u n I pour ou n IN. Si la suie (u n ) converge, sa limie es nécessairemen car f es coninue sur I e es le seul poin fixe de f dans l inervalle fermé I. D aure par, la quesion C.1. perme d écrire, pour ou n, u n+1 = f(u n ) f() k u n e une récurrence immédiae donne u n k n u 0 pour ou n IN, donc lim u n = n + puisqu une suie géomérique de raison k converge vers zéro.