TS 8 DS 7 : Fonction logarithme n´ep´erien, produit scalaire : Correction 29 mars 2016 Dur´ee 2 heures. Le bar`eme est donn´e `a titre indicatif.
Le manque de soin et de clart´e dans la r´edaction sera p´enalis´e.
Exercice 1 : G´eom´etrie dans l’espace
1. Nature du triangleBCD:
BC2= (0−(−1))2+ (1−1)2+ (2−0)2= 5 CD2= (6−0)2+ (6−1)2+ (−1−2)2= 70 BD2= (6−(−1))2+ (6−1)2+ (−1−0)2= 75
=⇒ BD2=BC2+CD2
BCD est rectangle enC Son aire est : BC×CD
2 =
√5×√ 70
2 = 5
2
√ 14 .
2. (a) Le vecteur−→n
−2 3 1
est un vecteur normal au plan (BCD) :
−−→ BC
1 0 2
· −→n
−2 3 1
= 1×(−2) + 0×3 + 2×1 = 0 et
−−→CD
6 5
−3
· −→n
−2 3 1
= 6×(−2) + 5×3 + (−3)×1 = 0 Comme−−→
BCet−−→
CDne sont pas colin´eaires,−→n ´etant orthogonal `a deux vecteurs non colin´eaires du plan (BCD), il en est un vecteur normal.
(b) ´Equation cart´esienne du plan (BCD) : SoitM(x;y;z) un point de l’espace.
M ∈(BCD)⇔−−→
BM·~n= 0⇔ −2(x+ 1) + 3(y−1) +z= 0.
Une ´equation de (BCD) est −2x+ 3y+z−5 = 0
3. Repr´esentation param´etrique de la droiteDorthogonale au plan (BCD) (donc de vecteur directeur−→n) et passant par le pointA:
x= 5−2t y=−5 + 3t z= 2 +t
avect∈R 4. D´eterminons les coordonn´ees du pointH :
x= 5−2t y=−5 + 3t z= 2 +t
−2x+ 3y+z−5 = 0
⇔
x= 5−2t y=−5 + 3t z= 2 +t
−2(5−2t) + 3(−5 + 3t) + (2 +t)−5 = 0
⇔
x= 5−2(2) = 1 y=−5 + 3(2) = 1 z= 2 + 2 = 4 t= 2
Ainsi, les coordonn´ees deH sont : (1 ; 1 ; 4) . 5. Volume du t´etra`edre ABCD :
[AH] est la hauteur du t´etra`edre, car A est sur la droite D orthogonale au plan
(BCD) etH est l’intersection deD et (BCD), donc la projection orthogonale de Asur (BCD).
B = 5√
7 ; h = AH = p
(5−1)2+ (−5−1)2+ (2−4)2 = 2√
14 ; donc : V= 13B ×h= 13×2√
14×52√ 14 =703 6. Mesure de l’angle\BAC :
cos\BAC =
−−→ AB.−→
AC
AB×AC = (−6)×(−5)+6×6+(−2)×0
√76×√
61 = √66
4636 ⇒
\BAC≈14,2 au dixi`eme de degr´e pr`es 7. (a) ~n0(4; 1; 5) est un vecteur normal `aP
(b) ~n·~n0 =−8 + 3 + 5 = 0, donc les deux plans sont orthogonaux.
(c) R´esolvons l’´equation :
(−2x+ 3y+z−5 = 0 4x+y+ 5z−11 = 0 ⇔
(z= 2x−3y+ 5
y=−5(2x−3y+ 5)−4x+ 11 =−14x+ 15y−14 ⇔ (z=−x+ 2
y=x+ 1
Une ´equation param´etrique est :
x=t y= 1 +t z= 2−t
,t∈R.
Exercice 2 : Fonctionln Partie A
On sait que lim
x→+∞
ex
x, par composition avec la fonction inverse, on en d´eduit que
x→+∞lim x ex = 0.
On poseX= ln(x), on a ln(x) x = X
eX.
x→+∞lim ln(x) = +∞et lim
X→+∞
X
eX = 0. Par composition lim
x→+∞
ln(x) x = 0 Partie B
1) a) Sur ]−1 ; +∞[, la fonction affine (7→x+ 1) est strictement croissante et est `a valeurs dans ]0 ; +∞[, intervalle sur lequel la fonction ln est stric- tement croissante, alors (par composition, puis somme avec la constante 1)
f est strictement croissante sur ]−1 ; +∞[ .
TS 8 DS 7 : Fonction logarithme n´ep´erien, produit scalaire, Page 2 sur 2 2015-2016 b) • Limite en−1
x→−1lim (x+ 1) = 0 et lim
X→0ln(X) =−∞, par composition et somme avec 1 :
x→−1lim f(x) =−∞
• Limite en +∞
x→+∞lim (x+ 1) = +∞ et lim
X→+∞ln(X) = +∞, alors (composition et somme avec 1) lim
x→+∞f(x) = +∞
2) a) lim
x→−1f(x) =−∞ et lim
x→−1−x= 1, alors (par somme) lim
x→−1g(x) =−∞
b) lim
x→+∞(1 +x) = +∞ et lim
X→0
ln(X)
X = 0 (croissance compar´ee), alors (par composition) lim
x→+∞
ln(1 +x) 1 +x = 0 .
∀x >−1, g(x) = (1 +x)
1
1 +x+ln(1 +x) 1 +x
| {z }
→0 en +∞
− x 1 +x
| {z }
→−1 en +∞
Par cons´equent, lim
x→+∞g(x) = lim
x→+∞−(1 +x) =−∞
c) gest d´erivable sur ]−1; +∞[ et,∀x >−1, g0(x) =f0(x)−1 = 1
1 +x−1 = −x 1 +x Puisquex >−1, 1 +x >0 et g0(x) est du signe de−x.
x −1 0 +∞
g0(x) + 0 − g
−∞% 1
&−∞
d) gest continue (car d´erivable) sur ]−1 ; 0] et 0∈
x→−1lim g(x);g(0)
alors (cth´eor`eme des valeurs interm´ediaires) l’´equation g(x) = 0 poss`ede au moins une solution dans ]−1 ; 0],g´etant de plus strictement monotone (crois- sante) sur ]−1 ; 0] cette solution est unique. On la noteαetα∈]−1 ; 0].
De mˆeme, g continue, strictement monotone (d´ecroissante) sur [0; +∞[ et
0 ∈
x→+∞lim g(x);g(0)
, alors l’´equation g(x) = 0 a une, et une seule solution β dans [0; +∞[ et, puisqueg(2)>0 et 0> g(3),β∈[2 ; 3].
e) Dec)et d)on d´eduit le signe deg(x)
x −1 α 0 β +∞
signe deg(x)
− 0 + 0 −
Le signe deg(x) =f(x)−xindique la position relative deCf par rapport `a D :
— Cf est au-dessous deD sur ]−1;α[ et sur ]β; +∞[ ;
— Cf est au-dessus deD sur ]α;β[.
Partie C
1) On consid`ere la proposition d´ependant de l’entier naturel n, P(n) : 26un6β
On raisonne par r´ecurrence :
Initialisation P(0) : 26u06β est vraie caru0= 2.
H´er´edit´e Soit n∈N.
On suppose que P(n) : 26un 6β est vraie.
D´emontrons qu’alors P(n+ 1) : 26un+16β est vraie.
Puisque, Partie A, question 1) a),f est croissante sur]−1; +∞[: Si 26un 6β alors f(2)6f(un)6f(β)
alors 1 + ln(3)6un+16f(β)
comme 2<1 + ln(3) et g(β) =f(β)−β= 0, on a f(β) =β, alors 26un+16β
Conclusion ∀n∈N, 26un6β
2) Soit n∈N, un+1−un=f(un)−un=g(un).
Puisque ∀n∈N, un ∈[2;β] et g positive sur [2 ; β], alors
∀n∈N, un+1−un >0
La suite (un) est croissante et major´ee alors elle converge vers un r´eel
`.
Commef est continue, lim
n→+∞un+1= lim
n→+∞f(un) =f(`) =`. Selon la partie B, seuls αet β v´erifient cette ´egalit´e.α <0, on en d´eduit que `=β
