Exercice 33 Type Bac

1. La fonction $f$ est dérivable sur $[0\,;+\infty[$ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas, et pour tout $x\geqslant 0$ : $$f'(x)=\frac{3\left(1+2x\right)-3x\times 2}{\left(1+2x\right)^2}=\frac{3+6x-6x}{\left(1+2x\right)^2} =\frac{3}{\left(1+2x\right)^2}$$ Ce quotient est strictement positif, donc : $$\boxed{f\text{ est croissante sur }[0\,;+\infty[}$$

2. (a) On applique la relation de récurrence : $$u_1=\frac{3\times\frac{1}{2}}{1+2\times\frac{1}{2}}=\frac{\frac{3}{2}}{2}=\frac{3}{4} \qquad ; \qquad u_2=\frac{3\times\frac{3}{4}}{1+2\times\frac{3}{4}}=\frac{\frac{9}{4}}{\frac{5}{2}}=\frac{9}{10}$$

(b) Démontrons par récurrence la propriété suivante : $$\forall n\in\mathbb{N},\quad P_n : «\,0<u_n<1\,»$$

Initialisation : Pour $n=0$ : $u_0=\dfrac{1}{2}$ et $0<\dfrac{1}{2}<1$. Donc $P_0$ est vraie.

Hérédité : Soit $k\in\mathbb{N}$. Supposons que $0<u_k<1$. La fonction $f$ étant croissante sur $[0\,;+\infty[$ d'après la question 1., on peut l'appliquer à chaque membre : $$0<u_k<1 \implies f(0)<f(u_k)<f(1) \implies 0<u_{k+1}<1$$ puisque $f(0)=0$ et $f(1)=\dfrac{3}{3}=1$. Ceci prouve $P_{k+1}$.

Conclusion : Par principe de récurrence : $\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\; 0<u_n<1}$

3. (a) Pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $$\begin{aligned} u_{n+1}-u_n &= \frac{3u_n}{1+2u_n}-u_n=\frac{3u_n-u_n\left(1+2u_n\right)}{1+2u_n}\\ &= \frac{2u_n-2u_n^2}{1+2u_n}=\frac{2u_n\left(1-u_n\right)}{1+2u_n} \end{aligned}$$

(b) D'après la question 2.b), $0<u_n<1$, donc $2u_n>0$, $1-u_n>0$ et $1+2u_n>0$ : le quotient est strictement positif. $$\boxed{(u_n)\text{ est croissante}}$$

(c) La suite est croissante et majorée par $1$ : d'après le théorème de convergence monotone, $$\boxed{(u_n)\text{ converge}}$$

4. (a) Comme $0<u_n<1$, le quotient $v_n$ est bien défini. On calcule d'abord : $$1-u_{n+1}=1-\frac{3u_n}{1+2u_n}=\frac{1+2u_n-3u_n}{1+2u_n}=\frac{1-u_n}{1+2u_n}$$ Ainsi, en formant le quotient, les dénominateurs se simplifient : $$v_{n+1}=\frac{u_{n+1}}{1-u_{n+1}}=\frac{\frac{3u_n}{1+2u_n}}{\frac{1-u_n}{1+2u_n}} =\frac{3u_n}{1-u_n}=3v_n$$

(b) Le premier terme vaut $v_0=\dfrac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1$, d'où : $$\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\; v_n=3^n}$$

(c) On isole $u_n$ dans la relation définissant $v_n$ : $$v_n=\frac{u_n}{1-u_n} \iff v_n\left(1-u_n\right)=u_n \iff v_n=u_n\left(1+v_n\right) \iff u_n=\frac{v_n}{1+v_n}$$

(d) On factorise par $3^n$ au numérateur et au dénominateur : $$u_n=\frac{3^n}{3^n\left(1+\frac{1}{3^n}\right)}=\frac{1}{1+\left(\frac{1}{3}\right)^n}$$ Or $-1<\dfrac{1}{3}<1$, donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n=0$ et le dénominateur tend vers $1$ : $$\boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=1}$$

5. (a) La fonction renvoie le plus petit entier $n$ tel que $u_n\geqslant 1-10^{-2}=0{,}99$. Or, d'après la question 4.c) : $$\frac{3^n}{3^n+1}\geqslant 0{,}99 \iff 3^n\geqslant 0{,}99\times 3^n+0{,}99 \iff 0{,}01\times 3^n\geqslant 0{,}99 \iff 3^n\geqslant 99$$ Or $3^4=81$ et $3^5=243$, donc la console affiche : $$\boxed{\texttt{limite(2)}\text{ renvoie }5}$$

(b) Mathématiquement, oui : pour tout entier $p$, on a $1-u_n=\dfrac{1}{3^n+1}$, qui tend vers $0$, donc il existe toujours un rang à partir duquel $u_n\geqslant 1-10^{-p}$, et la boucle s'arrête. $$\boxed{\text{La boucle s'arrête pour toute valeur de }p}$$ En pratique cependant, la précision des nombres flottants est limitée informatiquement : pour $p$ trop grand (de l'ordre de $16$), la valeur $1-10^{-p}$ est arrondie à $1$, alors que $u$ reste strictement inférieur à $1$ : la boucle ne s'arrêterait alors jamais.