Correction : Analyse, Moyenne arithmético-géométrique
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Correction
Préliminaire
Pour tout∈0,+∞, la croissance deassure l’existence deli→m+() et donneli→m+()≥() . D’autre
part la décroissance de֏() assure l’existence li→m+( donne) etli→m+()≤(). Darépo rap sulp e onti
sur les limites li→m+()=1li→m+( la comparaison précédente fournit) etli→m+()≤() (car>0 ). Par
double inégalité : lim()=( donc) et obtieest continue e même on
→+à droite en nt ,. D la continuité à
gauche deen.
1.a
1.b
2.a
2.b
2.c
2.d
3.a
3.b
3.c
3.d
1.
2.a
2.b
Partie I
Les suites sont constante égales à la valeur commune=. La limite de celles-ci est encore cette valeur.
Par récurrence, on vérifie aisément que=0 et=2pour tout∈ℕ. Ces deux suites convergent
vers 0.
+
Puisque,≥0 et que∀,≥ 20 ,etexistent et sont positifs, on peut assurer l’existence des
suites () et ( affirmer leur positivité.) et
Il est connu que pour tout,∈ℝ: 2≤2+2et donc pour tout,∈ℝ+:≤+2. Par suite
∗
∀∈ℕ,=−1−1≤−1+2−1=, puis+1=≥et+1=+2≤.
(+1−+1)−1(2−)=−+1≤0 donc+1−+1≤21(−) .
−
Par récurrence−≤12−11pour tout≥1 .
Par les résultats précédents, on peut affirmer ()≥1croissante, ()≥1décroissante et
li+m∞(−)= (0 . Les suites) et () sont et donc adjacentes à partir du rang 1 convergent donc
→
vers une même limite.
Par les résultats obtenus en 1.a et 1.b :(,)=et(0,)=0 .
On observe pour≥1 :(,)=(,) et(,)=(,) donc(,)=(,) .
On observe pour≥0 :(λ,λ)=λ(,) et(λ,λ)=λ(,) donc(λ,λ)=λ(,) .
On observe, pour≥0 :+1(,)=(,+2) et+1(,)=(,+2) donc
(,)=(,2+) .
Par le théorème des suites adjacentes, on peut affirmer que deux suites adjacentes encadrent sa limite.
Ainsi1(,)≤(,)≤1(,) i.e.∀,∈ℝ+,≤(,)≤+2.
Partie II
(0)=0 et(1)=1 .
Par une récurrence facile.
Par passage à la limite()≤() . Ainsiest croissante.
3.a
3.b
3.c
3.d
4.a
4.b
5.
6.
) obtenue en exploitant I.3.a et I.3.b
()=(1,)=( 1 ,1)=1(1),=(1
Par composition,֏ décroissante donc est( 1 )֏( décroissante.) est
Par le préliminaire, on peut affirmer queest continue sur 0,+∞.
() (1,)1+2,1+2,121+1+221+
====.
La fonctionesexiste
t positive et croissante doncli→m0+ .( )
relation du II.3.c à la limite quand→0+, on obtient lim() 1 et li donc
En passant la→0+=2→m+0()
iest continue
li→m0+( )=0= 0. en(0) . Ains
Par I.3.d :≤(1,)≤1+2et donc∀∈ℝ+,≤()≤1+2.
Par comparaison lim()= +∞.
→+∞
()=(1)→+∞→(0)=0 doncadmet une branche parabolique horizontale.
Faire une figure
Pour>0 : 1+1(1)−(1) 1
+− ≤≤od 2 cnli→0m+(1+)−(1)=12.
Pour<0 : 1(1)(1) 11 donc (
2≤ + +− ≤−li→0m−1+)−(1)=21.
est dérivable en 1 et′(1)=12.
