SU-FSuites réelles

Suite définie implicitement : $g_n(x)=0$ admet une unique solution $\alpha_n$ ; encadrement, monotonie par comparaison d'images, limite, équivalent

Idée directrice

Quand une équation dépend d'un entier $n$ et admet, grâce à une bijection, une unique solution $\alpha_n$ , on étudie la suite $(\alpha_n)$ sans jamais la calculer : on l'encadre par le signe de $g_n$ en deux points, on compare $\alpha_n$ et $\alpha_{n+1}$ en calculant $g_{n+1}(\alpha_n)$ (dont le signe se lit sur la relation $g_n(\alpha_n)=0$ ), puis la relation elle-même donne la limite et un équivalent.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Montrer que l'équation $f_n(x)=0$ admet une unique solution $\alpha_n$ » ; « on définit ainsi une suite $(\alpha_n)$ » ; « montrer que $f_{n+1}(\alpha_n)=\dots$ ; en déduire que la suite $(\alpha_n)$ est croissante » ; « en déduire que $(\alpha_n)$ est convergente et déterminer sa limite »

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode

Existence et unicité de $\alpha_n$ : $g_n$ continue, strictement monotone, et $0$ dans l'intervalle image (bijection).
Encadrement : signe de $g_n$ en deux valeurs simples.
Monotonie : calculer $g_{n+1}(\alpha_n)$ en utilisant $g_n(\alpha_n)=0$ , puis comparer à $g_{n+1}(\alpha_{n+1})=0$ grâce au sens de variation de $g_{n+1}$ .
Limite et équivalent : exploiter la relation $g_n(\alpha_n)=0$ elle-même ( $\ln\alpha_n=-\frac{\alpha_n}{n}$ ).

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Chercher à calculer $\alpha_n$ ; conclure la croissance de $(\alpha_n)$ à partir de celle de $g_n$ en $x$ (c'est la variation en $n$ qui compte) ; oublier la bijection et n'affirmer que l'existence ; passer à la limite dans $\ln\alpha_n=-\frac{\alpha_n}{n}$ avant d'avoir justifié la convergence.

Sujet principal

Exercice 3 — suite implicite (4 points), dans l'esprit des sessions 2016–2025

6 questionsCorrigé masqué

Pour tout entier $n\ge1$ , on considère la fonction $g_n$ définie sur $]0,+\infty[$ par $g_n(x)=x+n\ln x$ .

Montrer que $g_n$ réalise une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\R$ . En déduire que l'équation $g_n(x)=0$ admet une unique solution, notée $\alpha_n$ .
Vérifier que $\dfrac1e<\alpha_n<1$ .
Montrer que $g_{n+1}(\alpha_n)=\ln\alpha_n$ . En déduire que la suite $(\alpha_n)$ est croissante.
Justifier que la suite $(\alpha_n)$ est convergente ; on note $\ell$ sa limite. Montrer que $\ell\in\left]\frac1e,1\right]$ .
Montrer que $\ln\alpha_n=-\dfrac{\alpha_n}{n}$ et en déduire que $\ell=1$ .
Montrer que $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}n\ln\alpha_n=-1$ , puis que $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}n\left(1-\alpha_n\right)=1$ (on admettra que $\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}=1$ ).

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. $g_n$ est dérivable et $g_n'(x)=1+\frac nx>0$ : $g_n$ est continue et strictement croissante. $\lim_{0^+}g_n=-\infty$ (car $n\ln x\to-\infty$ ) et $\lim_{+\infty}g_n=+\infty$ : $g_n$ réalise une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\R$ . Comme $0\in\R$ , l'équation $g_n(x)=0$ a une unique solution $\alpha_n$ .

2. $g_n\left(\frac1e\right)=\frac1e-n<0$ et $g_n(1)=1>0$ . Comme $g_n$ est strictement croissante et $g_n(\alpha_n)=0$ , $\frac1e<\alpha_n<1$ .

3. Idée : évaluer $g_{n+1}$ en $\alpha_n$ et utiliser $g_n(\alpha_n)=0$ . $g_{n+1}(\alpha_n)=\alpha_n+(n+1)\ln\alpha_n=g_n(\alpha_n)+\ln\alpha_n=\ln\alpha_n<0$ (car $\alpha_n<1$ ). Ainsi $g_{n+1}(\alpha_n)<0=g_{n+1}(\alpha_{n+1})$ et, $g_{n+1}$ étant strictement croissante, $\alpha_n<\alpha_{n+1}$ : la suite est croissante.

4. Croissante et majorée par $1$ , la suite converge vers $\ell\le1$ ; et $\ell\ge\alpha_1>\frac1e$ .

5. $g_n(\alpha_n)=0$ donne $\ln\alpha_n=-\frac{\alpha_n}{n}$ . Comme $0<\alpha_n<1$ , $\left|\ln\alpha_n\right|<\frac1n\to0$ , donc $\ln\alpha_n\to0$ et, par continuité de l'exponentielle, $\alpha_n=e^{\ln\alpha_n}\to1$ : $\boxed{\ell=1}$ .

6. $n\ln\alpha_n=-\alpha_n\to-1$ . Puis $n(1-\alpha_n)=\left(-n\ln\alpha_n\right)\times\dfrac{\alpha_n-1}{\ln\alpha_n}$ ; le premier facteur tend vers $1$ et, comme $\alpha_n\to1$ , le second tend vers $1$ (limite admise). Donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}n\left(1-\alpha_n\right)=\boxed{1}$ .

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : équation $f(x)=e+\frac1n$ à deux solutions $\alpha_n<1<\beta_n$ (principale 2016) ; $h(x)=n$ avec $h$ bijection de $[1,+\infty[$ et limite de $\frac{\alpha_n}{n}$ (contrôle 2018) ; famille translatée $\varphi_n(x)=\varphi(x+n)$ (principale 2021) ; $\alpha_n=f^{-1}(n)$ et limite de $\frac{\alpha_n}{\ln n}$ (contrôle 2025).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill SU-F.1 —

h(x)=x+\ln x=n

sur

[1,+\infty[

: limite de

\alpha_n

et de

\frac{\alpha_n}{n}

Entraînement 01 / 02

Drill SU-F.1 — $h(x)=x+\ln x=n$ sur $[1,+\infty[$ : limite de $\alpha_n$ et de $\frac{\alpha_n}{n}$

3 questionsCorrigé masqué

Soit $h$ la fonction définie sur $[1,+\infty[$ par $h(x)=x+\ln x$ .

Montrer que $h$ est une bijection de $[1,+\infty[$ sur $[1,+\infty[$ . En déduire que, pour tout entier $n\ge1$ , l'équation $h(x)=n$ admet une unique solution $\alpha_n\ge1$ ; on définit ainsi une suite $(\alpha_n)$ .
Montrer que $\alpha_n\le n$ puis que $\alpha_n\ge n-\ln n$ . En déduire la limite de la suite $(\alpha_n)$ .
Montrer que $\dfrac{\alpha_n}{n}=1-\dfrac{\ln\alpha_n}{\alpha_n}\cdot\dfrac{\alpha_n}{n}$ et en déduire $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{\alpha_n}{n}$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. $h'(x)=1+\frac1x>0$ , $h(1)=1$ et $\lim_{+\infty}h=+\infty$ : $h$ est continue et strictement croissante, donc bijective de $[1,+\infty[$ sur $[1,+\infty[$ . Pour $n\ge1$ , $n\in[1,+\infty[$ a un unique antécédent $\alpha_n$ .

2. $\alpha_n+\ln\alpha_n=n$ et $\ln\alpha_n\ge0$ donnent $\alpha_n\le n$ ; alors $\ln\alpha_n\le\ln n$ et $\alpha_n=n-\ln\alpha_n\ge n-\ln n$ . Comme $n-\ln n=n\left(1-\frac{\ln n}{n}\right)\to+\infty$ , $\alpha_n\to+\infty$ .

3. En divisant $\alpha_n=n-\ln\alpha_n$ par $n$ : $\frac{\alpha_n}{n}=1-\frac{\ln\alpha_n}{n}=1-\frac{\ln\alpha_n}{\alpha_n}\cdot\frac{\alpha_n}{n}$ . Or $\frac{\ln\alpha_n}{\alpha_n}\to0$ (car $\alpha_n\to+\infty$ ) et $0<\frac{\alpha_n}{n}\le1$ : le produit tend vers $0$ et $\displaystyle\lim\frac{\alpha_n}{n}=\boxed{1}$ .

2 Drill SU-F.2 —

x-\ln x=1+\frac1n

: deux suites

\alpha_n<1<\beta_n

et leurs limites

Entraînement 02 / 02

Drill SU-F.2 — $x-\ln x=1+\frac1n$ : deux suites $\alpha_n<1<\beta_n$ et leurs limites

4 questionsCorrigé masqué

Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x)=x-\ln x$ .

Dresser le tableau de variation de $f$ (on précisera les limites et le minimum).
Montrer que, pour tout entier $n\ge1$ , l'équation $f(x)=1+\frac1n$ admet exactement deux solutions $\alpha_n$ et $\beta_n$ telles que $\alpha_n<1<\beta_n$ .
Montrer que la suite $(\alpha_n)$ est croissante et que la suite $(\beta_n)$ est décroissante.
En déduire que ces deux suites convergent et déterminer leur limite commune.

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1. $f'(x)=1-\frac1x=\frac{x-1}{x}$ : $f$ est décroissante sur $]0,1]$ , croissante sur $[1,+\infty[$ , de minimum $f(1)=1$ ; $\lim_{0^+}f=+\infty$ (car $-\ln x\to+\infty$ ) et $\lim_{+\infty}f=+\infty$ (car $f(x)=x\left(1-\frac{\ln x}{x}\right)$ ).

2. $f$ réalise une bijection de $]0,1]$ sur $[1,+\infty[$ et une bijection de $[1,+\infty[$ sur $[1,+\infty[$ . Comme $1+\frac1n>1$ , la valeur $1+\frac1n$ a exactement un antécédent $\alpha_n$ dans $]0,1[$ et un antécédent $\beta_n$ dans $]1,+\infty[$ .

3. Idée : comparer les images. $f(\alpha_{n+1})=1+\frac{1}{n+1}<1+\frac1n=f(\alpha_n)$ ; $f$ étant décroissante sur $]0,1]$ , $\alpha_{n+1}>\alpha_n$ . De même sur $[1,+\infty[$ , où $f$ est croissante : $\beta_{n+1}<\beta_n$ .

4. $(\alpha_n)$ est croissante et majorée par $1$ ; $(\beta_n)$ est décroissante et minorée par $1$ : elles convergent vers $\ell\in[\alpha_1,1]$ (donc $\ell>0$ ) et $\ell'\ge1$ . Par continuité de $f$ en $\ell$ et en $\ell'$ , $f(\ell)=f(\ell')=\lim\left(1+\frac1n\right)=1$ , et $1$ n'a qu'un antécédent : $\ell=\ell'=\boxed{1}$ .

Relier ce raisonnement au bac

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Exercice 3 — suite implicite (4 points), dans l'esprit des sessions 2016–2025

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Drill SU-F.1 — $h(x)=x+\ln x=n$ sur $[1,+\infty[$ : limite de $\alpha_n$ et de $\frac{\alpha_n}{n}$

Drill SU-F.2 — $x-\ln x=1+\frac1n$ : deux suites $\alpha_n<1<\beta_n$ et leurs limites

Relier ce raisonnement au bac

Suite définie implicitement : gn(x)=0g_n(x)=0gn​(x)=0 admet une unique solution αn\alpha_nαn​ ; encadrement, monotonie par comparaison d'images, limite, équivalent

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Relier ce raisonnement au bac

Suite définie implicitement : $g_n(x)=0$ admet une unique solution $\alpha_n$ ; encadrement, monotonie par comparaison d'images, limite, équivalent