\documentclass[11pt] {article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{amsmath,amssymb,graphicx,multicol,mathrsfs, fancyhdr,enumerate,fourier,eurosym,enumerate,tabularx,variations,numprint} \usepackage[dvips]{color} \usepackage[tikz]{bclogo} \usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pstricks-add,pst-math,pst-xkey,pst-eucl} \usepackage[francais]{babel} \everymath{\displaystyle} %\usepackage[colorlinks=true,pdfstartview=FitV,linkcolor=blue,citecolor=blue,urlcolor=blue]{hyperref} \textwidth 19cm \textheight 24cm \hoffset -1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt \renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} \renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} \pagestyle{fancy} % pour le pied de page central \cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}} \begin{document} %\tableofcontents \begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction de la feuille d'exercices de bac sur la fonction $\l$n}}\end{center} \subsection{\textcolor{blue}{Centres étrangers mai 2022 sujet 2}} $f(x) = x\ln (x) + 1$. \begin{enumerate} \item Nous savons que $\lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0 \\ x>0}} x\ln(x)=0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0 \\ x>0}} f(x)=1}}$.\\ $\boxed{\textcolor{red}{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty } f(x)=1}}$. \item \begin{enumerate} \item La fonction $f$ est continue et dérivable sur $]0~;~+\infty[$. En utilisant le formule de la dérivée d'un produit, $\forall x \in ]0~;~+\infty[$, $f'(x)=1\times \ln(x)+x\times \dfrac{1}{x}=\boxed{\textcolor{red}{\ln(x)+1}}$ \item $f'(x)\geqslant 0 \iff \ln(x)+1 \geqslant 0 \iff \ln(x) \geqslant -1 \iff \boxed{\textcolor{red}{x\geqslant \mathrm{e}^{-1}}}$. Dans le tableau : $f(\text{e}^{-1})= \text{e}^{-1} \ln\left(\text{e}^{-1}\right) + 1=-\mathrm{e}^{-1}+1=1-\mathrm{e}^{-1}>0$ % \begin{center} % \begin{tikzpicture} % \tkzTabInit{$x$ / 1 , $f'(x)$ / 1, $f(x)$ / 1.5}{$0$, $\mathrm{e}^{-1}$, $+\infty$} % \tkzTabLine{d, -, z, +, } % \tkzTabVar{D+/ 1, -/ $1-\mathrm{e}^{-1}$, +/ $+\infty$} % \end{tikzpicture} %\psset{unit=1cm} %\begin{pspicture}(12.7,5) %\psframe(12.7,5)\psline(0,2)(12.7,2)\psline(0,3.5)(12.7,3.5)\psline(2.5,0)(2.5,5) %\psline[linewidth=0.2pt](2.65,0)(2.65,3.5)\psline[linewidth=0.2pt](2.75,0)(2.75,3.5) %\uput[u](1.25,4.1){$x$}\uput[u](2.7,4.1){$0$}\uput[u](7.5,4.1){$\mathrm{e}^{-1}$}\uput[u](12,4.1){$+\infty$} %\uput[u](1.25,2.75){$f'(x)$}\uput[u](4.5,2.75){$-$}\uput[u](7.5,2.75){$0$}\uput[u](10,2.75){$+$} %\uput[u](1.25,1){$f(x)$}\uput[d](2.9,2){1}\uput[u](7.5,0){$1 - \mathrm{e}^{-1}$} \uput[d](12,2){$+ \infty$} %\psline{->}(3.2,1.8)(6.9,0.3)\psline{->}(8.1,0.3)(11.2,1.8) %\end{pspicture} % \end{center} \begin{center} \begin{variations} x&0&&&\mathrm{e}^{-1}&&\pI\\ \hline f'(x)&\bb&&-&\z&+&\\ \hline \m{f(x)}&\bb&\h{1}&\d&1-\mathrm{e}^{-1}&\c&\h{\pI}\\ \hline \end{variations} \end{center} \item $f(1)=1$. D'après les variations de la fonction $f$, \begin{itemize} \item $\forall x \in ]0~;~\mathrm{e}^{-1}]$, $f(x)\in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1[$ ; \item $\forall x \in [\mathrm{e}^{-1}~;~1]$, $f(x) \in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1]$ car $f(1)=1$. \end{itemize} Donc $\forall x \in ]0~;~1]$, $f(x)\in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1]$. Or $1-\mathrm{e}^{-1}>0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{f(x)\in ]~0;~1]}}$ pour tout réel $x$ dans $]0~;~1]$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item L'équation de la tangente $(T)$ à $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse 1 a pour équation : $y=f'(1)(x-1)+f(1)$ Avec $f'(1)=1$ et $f(1)=1$, on en déduit l'équation de $(T)~:~y=x-1+1=x$ donc $(T)$ a pour équation $\boxed{\textcolor{red}{y=x}}$. \item Nous savons que : $\forall x \in ]0~;~+\infty[$, $f'(x)=\ln(x)+1$. La fonction $f'$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$, et $f''(x)=\dfrac{1}{x}>0$, donc $f$ est \textbf{\textcolor{red}{convexe}} sur $]0~;~+\infty[$. \item La courbe représentative d'une fonction convexe est toujours au-dessus de toutes ses tangentes. \\ Donc $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $(T)$. Donc $\forall x \in ]0~;~+\infty[$, $f(x)\geqslant x$. \end{enumerate} \item Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0 \in ]0~;~1]$ et $u_{n+1}=f(u_n)$. \begin{enumerate} \item Montrons par récurrence que $0x$. De plus pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$ Donc, $\forall n \in \mathbb{N}$, $f(u_n)>u_n$ donc $u_{n+1}>u_n$. La suite $(u_n)$ est donc \textbf{\textcolor{red}{croissante}}. \item La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par 1. Donc d'après le théorème de convergence monotone, la suite $(u_n)$ \textbf{\textcolor{red}{converge}} vers une limite finie notée $\ell$. \end{enumerate} \end{enumerate} \subsection{\textcolor{blue}{Asie mai 2022 (sujet 1)}} Soit $f$ une fonction définie et dérivable sur $\mathbb{R}$. On considère les points A(1~;~3) et B(3~;~5). On donne ci-dessous $\mathcal{C}_f$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthogonal du plan, ainsi que la tangente (AB) à la courbe $\mathcal{C}_f$ au point A. \medskip \begin{center} \psset{unit=0.8cm,arrowsize=2pt 3} \begin{pspicture*}(-7,-2.25)(8,6.25) \psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.15pt] \psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle]{->}(0,0)(-7,-2.25)(8,6.25) \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{-7}{8}{x dup mul 1 add ln 3 add 2 ln sub} \psplot[linestyle=dashed]{-7}{8}{x 2 add} \uput[dr](1,3){A}\uput[ul](3,5){B} \psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.5](1,3)(3,5) \uput[d](-5.5,5.75){\red $\mathcal{C}_f$} \end{pspicture*} \end{center} \emph{Les trois parties de l'exercice peuvent être traitées de manière indépendante.} \bigskip \textbf{\textcolor{blue}{Partie A}} \medskip \begin{enumerate} \item %Déterminer graphiquement les valeurs de $f(1)$ et $f'(1)$. On lit sur le graphique : $\boxed{\textcolor{red}{f(1) = 3}}$ et $\boxed{\textcolor{red}{f'(1) =\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A}= 1}}$ (nombre dérivé égal au coefficient directeur de la droite (AB)). \item %La fonction $f$ est définie par l'expression $f(x) = \ln \left(ax^2 + 1\right) + b$, où $a$ et $b$ sont des nombres réels positifs. \begin{enumerate} \item %Déterminer l'expression de $f'(x)$. Comme $a \geqslant 0$ et $x^2 \geqslant 0$, on a $ax^2 \geqslant 0$, donc $ax^2 + 1 \geqslant 1 > 0$ : la fonction $f$ est donc dérivable sur $\mathbb{R}$ et sur cet intervalle $\boxed{\textcolor{red}{f'(x) = \dfrac{2ax}{ax^2 + 1}}}$. \item %Déterminer les valeurs de $a$ et $b$ à l'aide des résultats précédents. Les résultats du 1. peuvent s'écrire : $\left\{\begin{array}{l c l} f(1)&=&3\\ f'(1)&=&1 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} \ln (a + 1) + b&=&3\\ \dfrac{2a}{a + 1}&=&1 \end{array}\right.$. La deuxième équation donne $2a = a + 1 \iff a = 1$ et en reportant dans la première : $\ln (1 + 1) + b = 3 \iff b = 3 - \ln 2$. On a donc sur $\mathbb{R}, \: \boxed{\textcolor{red}{f(x) = \ln \left(x^2 + 1 \right) + 3 - \ln 2}}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{\textcolor{blue}{Partie B}} \medskip On admet que la fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}$ par \[f(x) = \ln \left(x^2 + 1\right) + 3 - \ln (2).~(\text{résultat trouvé à la fin de la partie A)}\] \medskip \begin{enumerate} \item %Montrer que $f$ est une fonction paire. Quel que soit le réel $x, \: f(- x) = \ln \left[(- x)^2 + 1\right] + 3 - \ln 2 = \ln \left(x^2 + 1\right) + 3 - \ln (2) = f(x)$. La fonction $f$ est donc \textbf{\textcolor{red}{paire}} (la représentation graphique de $f$ est donc \textbf{\textcolor{red}{symétrique}} par rapport à l'axe des ordonnées). \item %Déterminer les limites de $f$ en $+\infty$ et en $-\infty$. On a $\lim_{x\rightarrow +\infty}x^2 = + \infty$ d'où $\lim_{x\rightarrow +\infty}x^2 + 1 = + \infty$.\\ Alors : $\lim_{x\rightarrow +\infty} \ln \left(x^2 + 1 \right) = \lim_{X\rightarrow +\infty}\ln(X)=+ \infty$ en osant $X=x^2+1$ d'où $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty} f(x) = + \infty}}$. La fonction étant paire $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow -\infty} f(x) = + \infty}}$. (Symétrie par rapport à l'axe $(Oy)$) \item %Déterminer l'expression de $f'(x)$. Comme $x^2 + 1 > 0$ quel que soit le réel $x$, la fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et sur cet intervalle : $\boxed{\textcolor{red}{f'(x) = \dfrac{2x}{x^2 + 1}.}}$ (par calcul direct ou en remplaçant $a$ par 1 dans la formule trouvée dans la partie A). Le dénominateur étant supérieur à zéro de même que 2, le signe de $f('x)$ est donc celui de $x$, donc : $f'(x) < 0$ sur $\mathbb{R}_{-}^*$ et $f'(x) > 0$ sur $\mathbb{R}_{+}^*$.\\ \textbf{\textcolor{blue}{Conclusion}} $f$ est décroissante sur $]-\infty~;~0]$ et croissante sur $[0~;~+\infty[$. \begin{center} \begin{variations} x&\mI&&0&&\pI\\ \hline f'(x)&&-&\z&+&\\ \hline \m{f(x)}&\h{\pI}&\d&3-\ln(2)&\c&\h{\pI}\\ \hline \end{variations} \end{center} Le nombre $f(0) = \ln 1 + 3 - \ln = 3 - \ln 2$ est donc le minimum de la fonction sur $\mathbb{R}$. D'où le tableau de variations : %Étudier le sens de variation de la fonction $f$ sur $\R$. %Dresser le tableau des variations de $f$ en y faisant figurer la valeur exacte du minimum ainsi que les limites de $f$ en $-\infty$ et $+\infty$. \item %À l'aide du tableau des variations de $f$, donner les valeurs du réel $k$ pour lesquelles l'équation $f(x) = k$ admet deux solutions. D'après le tableau de variations l'équation $f(x) = k$ admet deux solutions si $\boxed{\textcolor{red}{k > 3 - \ln 2}}$. \item %Résoudre l'équation $f(x) = 3 + \ln 2$. $f(x) = 3 + \ln 2 \iff \ln \left(x^2 + 1\right) + 3 - \ln (2) = 3 + \ln (2) \iff \ln \left(x^2 + 1\right) = 2\ln (2)\\ \iff \ln \left(x^2 + 1\right) = \ln 4 \iff x^2 + 1 = 4$ (par croissance de la fonction logarithme), soit $x^2 = 3$, d'où deux solutions $\boxed{\textcolor{red}{\mathscr{S} = \left\{- \sqrt{3}~;~ \sqrt{3}\right\}}}$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{\textcolor{blue}{Partie C}} \medskip On rappelle que la fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = \ln \left(x^2 + 1\right) + 3 - \ln (2)$. \medskip \begin{enumerate} \item %Conjecturer, par lecture graphique, les abscisses des éventuels points d'inflexion %de la courbe $\mathcal{C}_f$. Il semble qu'il y ait deux points d'inflexion aux points d'abscisses $- 1$ et 1. (Un point d'inflexion est un point en lequel la tangente traverse la courbe) \item %Montrer que, pour tout nombre réel $x$, on a : $f''(x) = \dfrac{2\left(1 - x^2\right)}{\left(x^2 + 1\right)^2}$. Comme $f'(x) = \dfrac{2x}{x^2 + 1}$ soit le quotient de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$, le dénominateur étant non nul ; $f'$ est donc dérivable sur $\mathbb{R}$ et : $f''(x) = \dfrac{2\left(x^2 + 1\right) - 2x \times 2x}{\left(x^2 + 1\right)^2} = \dfrac{2x^2 + 2 - 4x^2}{\left(x^2 + 1\right)^2} =\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{2\left(1 - x^2\right)}{\left(x^2 + 1\right)^2}}}$. \item %En déduire le plus grand intervalle sur lequel la fonction $f$ est convexe. On a donc $f''(x) = 0 \iff 1 - x^2 = 0 \iff (1+x)(1-x)=0$ Donc $\boxed{\textcolor{red}{\mathscr{S} = \{-1~;~1\}}}$.\\ La dérivée seconde est positive quand le trinôme $1 - x^2$ est positif soit sur l'intervalle $]-1~;~1[$. Donc la fonction $f$ est \textbf{\textcolor{red}{convexe}} sur $]-1~;~1[$. \end{enumerate} \subsection{\textcolor{blue}{Antilles-Guyane juin 2017}} % %\smallskip % %Dans tout l'exercice, $n$ désigne un entier naturel strictement positif.\\ %Le but de l'exercice est d'étudier l'équation %\begin{equation} %\tag{$E_n$} %\dfrac{\ln(x)}{x}=\dfrac1n %\end{equation} %ayant pour inconnue le nombre réel strictement positif $x$. % %\medskip % %\textbf{Partie A} % %\smallskip % %Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par %\[ %f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}. %\] %On admet que la fonction $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$.\\ %On a donné en \textbf{ANNEXE}, qui n'est pas à rendre, la courbe représentative $\mathcal{C}$ de la fonction $f$ dans un repère orthogonal. %\begin{enumerate} %\item \'Etudier les variations de la fonction $f$. %\item Déterminer son maximum. %\end{enumerate} % % %\medskip % %\textbf{Partie B} % %\smallskip % % %\begin{enumerate} %\item %Montrer que, pour $n\geqslant 3$, l'équation $f(x)=\dfrac1n$ possède une unique solution sur $[1~;~\e]$ notée $\alpha_n$. %\item D'après ce qui précède, pour tout entier $n\geqslant 3$, le nombre réel $\alpha_n$ est solution de l'équation (E$_n$). %\begin{enumerate} %\item Sur le graphique sont tracées les droites $D_3$, $D_4$ et $D_5$ d'équations respectives $y=\frac13$, $y=\frac14$ et $y=\frac15$.\\ %Conjecturer le sens de variation de la suite $(\alpha_n)$. %\item Comparer, pour tout entier $n\geqslant 3$, $f(\alpha_n)$ et $f(\alpha_{n+1})$.\\ %Déterminer le sens de variation de la suite $(\alpha_n)$. %\item En déduire que la suite $(\alpha_n)$ converge.\\ %\emph{Il n'est pas demandé de calculer sa limite.} %\end{enumerate} %\item On admet que, pour tout entier $n\geqslant 3$, l'équation (E$_n$) possède une autre solution $\beta_n$ telle que: %\[ %1\leqslant\alpha_n\leqslant\e\leqslant\beta_n. %\] %\begin{enumerate} %\item On admet que la suite $(\beta_n)$ est croissante.\\ %Établier que, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 3, %\[ %\beta_n\geqslant n\dfrac{\beta_3}{3}. %\] %\item En déduire la limite de la suite $(\beta_n)$. %\end{enumerate} %\end{enumerate} \medskip \textbf{\textcolor{red}{Partie A}} \smallskip \begin{enumerate} \item Pour tout réel $x\in]0~;~+\infty[$, on a $f'(x) = \dfrac{\frac1x\times x - \ln(x)\times 1}{x^2} =\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{1 - \ln(x)}{x^2}}}$.\\ Comme $x^2 > 0$, $f'(x)$ a donc le même signe que $1 - \ln (x)$. Or :$1-\ln(x)\geqslant 0\Longleftrightarrow 1\geqslant \ln(x)\Longleftrightarrow \boxed{\textcolor{red}{\mathrm{e}\geqslant x}}$ Par ailleurs on a $\lim_{\substack{x\rightarrow 0\\x>0}}f(x)=-\infty$ (pas de forme indéterminée), $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=0$ (par croissances comparées) et \\ $f(\mathrm{e}) = \frac{\ln(\mathrm{e})}{\mathrm{e}}=\boxed{\textcolor{red}{\frac{1}{\mathrm{e}}}}$. On a donc le tableau de variation suivant : %\begin{center} %\begin{tikzpicture}\tkzTabInit[lgt=1.5,espcl=2.5]{$x$/0.8,$f'(x)$/0.8,$f(x)$/1.5}{$0$,$\e$,$+\infty$} %\tkzTabLine{,+,z,-,} %\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$\frac{1}{\e}$,-/$0$} %\end{tikzpicture} %\end{center} \begin{center} \begin{variations} x&&0&&\mathrm{e}&&\pI\\ \hline f'(x)&\bb&&+&\z&-&\\ \hline \m{f(x)}&\bb&\mI&\c&\h{\dfrac{1}{\mathrm{e}}}&\d&0\\ \hline \end{variations} \end{center} \emph{Remarque: les limites n'étaient pas exigées dans l'énoncé.} \item D'après le tableau de variation précédent, la fonction $f$ a pour maximum $\frac{1}{\mathrm{e}}$ et ce maximum est atteint en $x=\mathrm{e}$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{\textcolor{red}{Partie B}} \smallskip \begin{enumerate} \item Soit $n$ un entier tel que $n\geqslant 3$, alors $0<\frac1n\leqslant\frac13\leqslant\frac{1}{\mathrm{e}}$. Sur l'intervalle $[1~;~\mathrm{e}]$, la fonction $f$ est continue (car dérivable), et strictement croissante. %Elle réalise donc une bijection de $[1~;~\mathrm{e}]$ sur $\left[f(1)~;~\frac{1}{\mathrm{e}}\right]=\left[0~;~\frac{1}{\mathrm{e}}\right]$. Le nombre $\frac1n$ appartient à l'intervalle $\left[0~;~\frac{1}{\mathrm{e}}\right]$, donc l'équation $f(x) = \frac1n$ admet une unique solution $\alpha_n$ dans $[1~;~\mathrm{e}]$. (Théorème des valeurs intermédiaires et croissance de la fonction) \item \begin{enumerate} \item Les abscisses inférieures à $\mathrm{e}$ des points d'intersection entre les droite $D_3$, $D_4$, $D_5$ et la courbe $\mathcal{C}$ sont les nombre $\alpha_3$, $\alpha_4$ et $\alpha_5$. Graphiquement, on lit que $\alpha_3>\alpha_4>\alpha_5$, il semble donc que la suite $(\alpha_n)$ soit décroissante. \begin{center} \psset{xunit=1cm,yunit=20cm,comma=true} \begin{pspicture*}(-2,-0.15)(14,0.4) \psaxes[linewidth=1.25pt,Dy=0.1]{->}(0,0)(-2,-0.15)(14,0.4) \psaxes[linewidth=1.25pt,Dy=0.1]{->}(0,0)(0,0)(14,0.4) \psline(-2,0.2)(14,0.2) \psline(-2,0.25)(14,0.25) \psline(-2,0.333)(14,0.333) \uput[u](11,0.333){$y=\dfrac{1}{3}$} \uput[u](11,0.25){$y=\dfrac{1}{4}$} \uput[d](5,0.2){$y=\dfrac{1}{5}$} \psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.8}{14}{x ln x div} \uput[r](1,-0.1){\blue $\mathcal{C}$} \psline[linestyle=dashed](2.71829,0)(2.71829,0.37) \uput[ur](2.71828,0){$\mathrm{e}$} \psline[linestyle=dashed](1.86,0.333)(1.86,0) \uput[d](1.86,0){$\alpha_3$} \psline[linestyle=dashed](1.43,0.333)(1.43,0) \uput[d](1.43,0){$\alpha_4$} \psline[linestyle=dashed](1.3,0.333)(1.3,0) \uput[ul](1.3,0){$\alpha_5$} \end{pspicture*} \end{center} \item Soit $n$ un entier tel que $n\geqslant 3$. Par définition de la suite $(\alpha_n)$, on a $f(\alpha_n)=\frac1n$ et $f(\alpha_{n+1})=\frac{1}{n+1}$. Comme $\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}$, on a donc $\boxed{\textcolor{red}{f(\alpha_{n+1})\alpha_{n+1}}}$, ce qui prouve que la suite $(\alpha_n)$ est \textbf{\textcolor{red}{décroissante}}. \item La suite $(\alpha_n)$ est décroissante, minorée (par 1), elle est donc convergente. (théorème de convergence monotone) \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $n$ un entier tel que $n\geqslant 3$. Par définition de $\beta_n$, on a: \[f(\beta_n)=\frac1n\iff \frac{\ln(\beta_n)}{\beta_n}=\frac1n\iff \boxed{\textcolor{red}{\ln(\beta_n)=\frac{\beta_n}{n}}}.\] La suite $(\beta_n)$ est croissante, donc, pour tout entier naturel $n\geqslant 3$ on a $\beta_n\geqslant\beta_3>0$. La fonction $\ln$ étant croissante sur $]0~;~+\infty[$, ceci implique que $\ln(\beta_n)\geqslant\ln(\beta_3)$, c'est-à-dire que $\boxed{\textcolor{red}{\frac{\beta_n}{n}\geqslant\frac{\beta_3}{3}}}$.\\ On en déduit bien que $\boxed{\textcolor{red}{\beta_n\geqslant n\frac{\beta_3}{3}}}$. \item $\beta_3>0$, donc $\lim_{n\rightarrow +\infty}n\frac{\beta_3}{3}=+\infty$. D'après un théorème de comparaison, on en déduit que $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{n\rightarrow +\infty}\beta_n=+\infty}}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \label{fin} \end{document}