Bac Liban 2008

(1)

D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php

Terminale S Liban, Juin 2008 Sujets de Bac

1

Liban, Bac Juin 2008

Exercice 1 (4 pts)

Une urne A contient quatre boules rouges et six boules noires. Une urne B contient une boule rouge et neuf boules noires.

Les boules sont indiscernables au toucher.

Partie A. Un joueur dispose d'un dé à six faces, parfaitement équilibré, numéroté de 1 à 6. Il le lance une fois : s'il obtient 1, il tire au hasard une boule de l'urne A, sinon il tire au hasard une boule de l'urne B.

1. Soit R l'événement « le joueur obtient une boule rouge ». Montrer que p(R) = 0,15.

2. Si le joueur obtient une boule rouge, la probabilité qu'elle provienne de A est-elle supérieure ou égale à la probabilité qu'elle provienne de B ?

Partie B.Le joueur répète deux fois l'épreuve décrite dans la partie A, dans des conditions identiques et indépendantes (c'est-à-dire qu'à l'issue de la première épreuve, les urnes retrouvent leur composition initiale).

Soit x un entier naturel non nul. Lors de chacune des deux épreuves, le joueur gagne x euros s'il obtient une boule rouge et perd deux euros s'il obtient une boule noire.

On désigne par G la variable aléatoire correspondant au gain algébrique du joueur en euros au terme des deux épreuves. La variable aléatoire G prend donc les valeurs 2x, x−1 et − 4.

1. Déterminer la loi de probabilité de G.

2. Exprimer l'espérance E(G) de la variable aléatoire G en fonction de x.

3. Pour quelles valeurs de x a-t-on E(G) > 0 ? Exercice 2 (5 pts, non spécialistes)

Pour chacune des six propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et donner une démonstration de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point.

Partie A. Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O u v; , ). 1. Soit z un nombre complexe d'argument

3

π : Proposition 1 : « z¹⁰⁰ est un nombre réel ».

2. Soit (E) l'ensemble des points M d'affixe z différente de 1 du plan telle que 1 1

z z =

− ^. Proposition 2 : « l'ensemble (E) est une droite parallèle à l'axe des réels ».

3. Soit r la rotation d'angle 2

−π et dont le centre K a pour affixe 1+i 3.

Proposition 3 : « l'image du point O par la rotation r a pour affixe

(

¹⁻ ³

) (

⁺ⁱ ¹⁺ ³

)

^».

4. On considère l'équation (E) suivante : ² 2 cos 1 0 z π5 z

+   + =

  ^.

Proposition 4 : « l'équation (E) a deux solutions complexes de modules égaux à 1 ».

Partie B. On considère le cube ABCDEFGH d’arête 1, représenté ci- dessous.

Proposition 5 : « le vecteur AG

est normal au plan (BDE) ».

Proposition 6 : « les droites (EB) et (ED) sont perpendiculaires ».

H G

D C

E F

B A

(2)

2 Exercice 2 (5 pts, spécialistes)

Pour chacune des six propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et donner une démonstration de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point.

Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct (O u v; , ), on considère la similitude directe f d'écriture

complexe ³

(

¹

)

^{4 2}

z→2 −i z+ − i.

Proposition 1 : « f =r h où h est l’homothétie de rapport 2

3 2 et de centre le point Ω^d'affixe− −^{2 2i} et où r est la rotation de centre Ω et d'angle

4

−π ».

2. Pour tout entier naturel n non nul :

Proposition 2 : « 5⁶ⁿ⁺¹+2³ⁿ⁺¹ est divisible par 5 ».

Proposition 3 : « 5⁶ⁿ⁺¹+2³ⁿ⁺¹ est divisible par 7 ».

3. Dans le plan muni d'un repère, (D) est la droite d'équation 11x−5y=14.

Proposition 4 : « les points de (D) à coordonnées entières sont les points de coordonnées

(

⁵^k⁺^{14 ; 11}^k⁺²⁸

)

^où

k∈^ℤ^.

4. L'espace est rapporté à un repère orthonormal (O i j k; , , )

.

La surface Σ ci-dessous a pour équation z=x²+y²^. Proposition 5 : « la section de la surface Σ^{et du} plan d'équation x=λ^{, où}

λ

est un réel, est une hyperbole ».

Proposition 6 : « le plan d'équation 9 2 z= 2 partage le solide délimité par Σ et le plan d'équation z = 9 en deux solides de même volume

».

Rappel : Soit V le volume du solide délimité par Σ^{et les} plans d'équations z = a et z=b où 0≤ ≤ ≤a b 9^.

V est donné par la formule ^b

( )

a

V =

∫

S k dk où S(k) est l'aire de la section du solide par le plan d'équation z=k où

[

^,

]

k∈ a b .

Exercice 3 (6 pts)

Partie A. Démonstration de cours

Prérequis : définition d'une suite tendant vers +∞.

« Une suite tend vers +∞ si, pour tout réel A, tous les termes de la suite sont, à partir d'un certain rang, supérieurs à A »

Démontrer le théorème suivant : Une suite croissante non majorée tend vers +∞.

i

k

O j

(3)

3 Partie B

On considère la fonction f définie sur l'intervalle

[

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^par

( )

^ln

(

¹

)

¹ ²

f x = x+ +2x .

La courbe (C) représentative de la fonction f dans un repère orthogonal est donnée ci-dessous. Cette courbe sera complétée et remise avec la copie à la fin de l'épreuve.

1. Étudier le sens de variation de la fonction f sur l'intervalle

[

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

2. Déterminer une équation de la tangente (T) à la courbe (C) au point d'abscisse 0.

3. Tracer la droite (T) sur le graphique.

Dans la suite de l'exercice, on admet que, sur l'intervalle

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

, la courbe (C) est située au dessus de la droite (T).

Partie C

On considère la suite

( )

un définie sur IN par : u₀ =1 et, pour tout entier naturel n, un₊1 =f u

( )

n .

1. Construire sur l'axe des abscisses les cinq premiers termes de la suite

( )

un en laissant apparents les traits de construction (utiliser le graphique donné).

2. À partir de ce graphique, que peut-on conjecturer concernant le sens de variation de la suite

( )

un et son comportement lorsque n tend vers +∞ ?

3. a. Montrer à l'aide d'un raisonnement par récurrence que, pour tout entier naturel n, u_n≥1. b. Montrer que la suite

( )

un est croissante.

c. Montrer que la suite

( )

un n'est pas majorée.

d. En déduire la limite de la suite

( )

un .

0 1 2 3 4 5 6

x y

(4)

4 Exercice 4 (5 pts)

On considère une fonction f dérivable sur l'intervalle

]

^{−∞ + ∞}^;

[

. On donne le tableau de ses variations :

X −∞ 0 2 +∞

( )

f′ x + + 0 −

( )

f x

−∞

0

1 e+ ⁻2

1 Soit g la fonction définie sur

]

^{−∞ + ∞}^;

[

^par

( ) ( )

0 x

g x =

∫

f t dt^. Partie A

1. En tenant compte de toutes les informations contenues dans le tableau de variation, tracer une courbe (C) susceptible de représenter f dans le plan muni d'un repère orthogonal (unités graphiques : 1 cm sur l'axe des abscisses, 2 cm sur l'axe des ordonnées).

2. a. Interpréter graphiquement ^g

( )

² ^.

b. Montrer que ⁰^≤ ^g

( )

² ^≤^{2, 5}^.

3. a. Soit x un réel supérieur à 2.

Montrer que

( )

2

x

f t dt≥ −x

∫

. En déduire que ^{g x}

( )

^{≥ −}^x ²^.

b. Déterminer la limite de la fonction g en +∞.

4. Étudier le sens de variation de la fonction g sur l'intervalle

]

^{−∞ + ∞}^;

[

^.

Partie B

On admet que pour tout réel t, ^{f t}

( ) (

^{= −}^t ¹

)

^e⁻^t⁺¹^.

1. À l'aide d'une intégration par parties, exprimer en fonction du réel x l'intégrale

( )

0

1

x t

t− e dt⁻

∫

^.

2. En déduire que pour tout réel x, ^{g x}

( )

⁼^x

(

¹⁻^e⁻^x

)

^.

3. Déterminer la limite de la fonction g en −∞.

(5)

5

Corrigé Liban 2008

Exercice 1

Partie A

Dressons un arbre pondéré associé à la situation : 1. A et B forment une partition de l’univers Ωdonc d’après la formule des probabilités totales, on a :

( ) ( ) ( )

¹_{6 10}⁴ ⁵_{6 10}¹ ₆₀⁹

p R = p A∩R +p B∩R = × + × = . On a bien p(R) = 0,15.

2. Comparons pR

( )

A ^etpR

( )

B :

>

( ) ( )

( )

4 60

9 60

p A R

p R

= ∩ = 4

R 9

p A ==== et

( ) ( )

( )

5 60

9 60 p B R

p R

= ∩ = 5

R 9

p B ==== .

> Par conséquent, si le joueur obtient une boule rouge, la probabilité qu’elle provienne de A est inférieure à celle qu’elle provienne de B.

Partie B

1. Etudions de plus près la situation.

> On répète de manière identique et indépendante l’épreuve de la partie A… cela fait penser à une loi binomiale !

Comme l’épreuve décrite dans la partie A est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « obtenir une boule rouge », lma probabilité de succés est p=0,15.

Répétons deux fois cette expérience dans des conditions identiques et indépendantes.

Si X désigne la variable aléatoire comptant le nombre de succés (nombre de boules rouges obtenues), X suit une loi suit une loi binomiale de paramètres 2 et 0,15.

Ainsi, pour tout entier k compris entre 0 et 2, on a : ^{p X}

(

⁼^k

)

⁼^{ }^{ }²_k

(

^0,15

)

^k^0.85²⁻^k

  .

> la variable aléatoire gain peut prendre 3 valeurs : 2x pour 2 boules rouges tirées, x-2 pour un seule et –4 pour aucune.

On a donc :

(

²

) (

²

)

²₂

(

^0,15

) (

² ^0,15

)

² ^{0, 0225}

p G x p X  

= = = =  = =

  ;

(

²

) (

¹

)

₁²

(

^0,15

) (

¹ ^0,85

)

¹ ^{0, 255}

p G x p X  

= − = = =  =

  ;

(

⁴

) (

⁰

)

²₀

(

^0,85

)

² ^{0, 7225}

p G p X  

= − = = =  =

  .

2. Déterminons l’espérance de gain. D’après le cours, ^{E G}^{( )}⁼^{0, 0225}^×

( )

²^x ⁺^{0, 255}^{× − +}

(

^x ²

)

^{0, 7225}^{× −}

( )

⁴ ⁼⁼⁼⁼^0.3^x⁻⁴^.

3. On a par conséquent ^{E G}

( )

^>⁰^⇔^{0, 3}^x⁻^{3, 4}^>⁰^⇔^0,3^x^>^{3, 4}^⇔^x^>^{11, 33}^.

Comme x est un entier naturel, c’est à partir de x = 12€ que le jeu est favorable au joueur.

Exercice 2 (non spécialistes)

Partie A

1. Comme^arg

( )

^z¹⁰⁰ ⁼^{100 arg}^×

^{( )}

^z ⁺²^k^π ^{, on a}^{arg( )}^z ⁼¹⁰⁰₃^π ⁺²^k^π ^{= −}²₃^π ⁺²^k^′^π^{: ainsi}^{arg z}

( )

¹⁰⁰ ^≠^k^π (k entier). Faux

2. On a 1 1 1

1 1

z z

z z OM MA

z = ⇔ z = ⇔ = − ⇔ =

− − où A(1) et M(z) : cet ensemble est la médiatrice du

segment

[ ]

OA , qui est parallèle à l’axe des imaginaires purs. Faux.

A

B

R

R R

R 1/ 6

5 / 6

4 /10 6 /10

1/10

9 /10

(6)

6

3. D’après le cours, l’écriture complexe de r est donnée par z^' zK ^e ⁱ²

(

z zK

)

−π

− = − où M’(z’) est l’image de M(z).

Ainsi zO zK ^e ⁱ²

(

zO zK

)

−π

′− = − cad ^z^O^′ ^{= − − −}ⁱ

(

¹ ⁱ ³

)

^{+ +}¹ ⁱ ³^{= = −}^...

(

¹ ³

) (

⁺ⁱ ¹⁺ ³

)

^{. Vrai.}

4. Calculons le discriminant de ce trinôme :

2

2 2

2 cos 4 4 cos 1 4 sin

5 5 5

π π π

        

∆ =   − =   − = −  

     

    .

Comme ∆ <0, l’équation admet deux racines complexes conjuguées.

Méthode 1 : la factorisation du trinôme donnera

(

^z⁻^z¹

) ( )

^z⁻^z¹ ⁼^z²⁻^{z z}

(

¹⁺^z¹

)

⁺^|^z¹^|² : par identification avec l’autre expression, on obtient |z₁|²=1 donc les racines conjuguées sont bien de module 1. Vrai.

Méthode 2 : calculons,

4 5 1

2 cos 2 sin

5 5

cos sin cos sin e

2 5 5 5 5

i

z i i

π π π

π π π π π π

   

−  +          

= = −  +  =  − +  − =

        et

4 5

2 1 eⁱ

z z

− π

= = . Ces deux complexes ont un module égal à 1. Vrai.

Partie B Méthode 1.

1. Nous allons montrer que (AG) est orthogonale à deux sécantes de (BDE), ce qui permettra d’affirmer qu’elle est orthogonale au plan (BDE).

Prouvons que (AG)⊥(BD). On a AG=AC+CG

: or (AC)⊥(BD) puisque ce sont deux diagonales du carré ABCD et (CG) ⊥(BD) puisque la droite (CG) est orthogonale au plan (ABCD) donc à toute droite incluse.

Ainsi AG BD. =AC BD CG BD. + . =0^.

Prouvons que (AG)⊥(ED) : on a AG=AH+HG

: idem.

Vrai.

2. Si (EB) était perpendiculaire à (ED), comme (EB) est perpendiculaire à (EH) (puisque (EH) est orthogonale au plan (ABFE)), alors la droite (EB) serait orthogonale à deux sécantes de (EHD) donc au plan (EHD).

Mais cette droite n’est pas perpendiculaire à la droite (EA) de (EHD) donc elle n’es pas perpendicualire au plan.

Faux.

Méthode 2 (C.Laime, site Laroche).

L’astuce consiste à travailler dans le repère orthonormal

(

^A^;^{AB AD AE}^, ^,

)

^.

AG=AB+AD+AE

, alors AG

a pour coordonnées

(

^{1 ; 1 ; 1}

)

^.

BD=BA+AD= −AB+AD

, alors BD

a pour coordonnées

(

⁻^{1 ; 1 ; 0}

)

^.

BE=BA+AE= −AB+AE

, alors BE

a pour coordonnées

(

⁻^{1 ; 0 ; 1}

)

^.

Alors AG BD•= − + + =1 1 0 0

et AG BE•= − + + =1 0 1 0 . On en déduit que AG

est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires BD

et BE

du plan

(

^BDE

)

^{. Donc,}^AG^{est un}

vecteur normal au plan

(

^BDE

)

^{. Vrai.}

ED=EA+AD=AD−AE

, alors ED

a pour coordonnées

(

^{0 ; 1 ; 1}⁻

)

^.

Alors ^{ED BE}^•= + + − = − ≠^{0 0}

( )

¹ ¹ ⁰

; d’où ED et BE

ne sont pas orthogonaux. Faux.

Exercice 2 (spécialistes)

1. Nous rappelons qu’une similitude directe de centre Ω, de rapport k et d’angle θ est la composée d’une homothétie de centre Ω et de rapport k, et de la rotation de centre Ω et d’angle θ^.

Déterminons la forme réduite de s :

(7)

7 - le rapport de s est égal à ³

( )

¹ ^{3 2}

2 − =i 2 ^.

- la mesure de l’angle θ est l’argument de ³

( )

¹ ³

( )

¹

2 − =i 2 +i ^donc

( )

²

4 π π

− ^.

- le point Ω est un point invariant par s : résolvons l’équation z′ =z^. 3

( )

1 4 2 ... 2 2

z′ =z ⇔ 2 −i z+ − = ⇔ ⇔ = − −i z z i^{. D’où}Ω a pour affixe − −2 2i^. Vraie.

2.

> Pour n=1^,⁵⁶ⁿ⁺¹+²³ⁿ⁺¹ =⁷⁸¹⁴¹, qui n’est pas divisible par 5. Faux.

> Il s’agit ici d’utiliser les règles de congruence :

- On a ⁵² ⁼²⁵^≡^{4 7}

( )

^donc⁵³^≡^{20 7}

( )

^{≡ −}^{1 7}

( )

^donc⁵⁶ ^≡^{1 7}

( )

^.

Par conséquent, pour tout entier naturel n,

( )

⁵⁶ ⁿ ≡1 mod 7

⁽ ⁾

^{et donc}⁵⁶ⁿ⁺¹≡ ×1 5 mod 7

( )

^.

- De même, ²³≡1 mod 7

( )

^donc

( )

²³ ⁿ ≡1 mod 7ⁿ

( )

, c’est-à-dire

( )

²³ ⁿ ≡1 mod 7

⁽ ⁾

^. Comme ²³ⁿ⁺¹ ⁼

( )

²³ ⁿ^×² on en déduit que ²³ⁿ⁺¹≡ ×1 2 mod 7

( )

^.

- Finalement, d’après les régles d’addition sur les congruences, ⁵⁶ⁿ⁺¹+²³ⁿ⁺¹≡ +5 2 mod 7

( )

≡0 mod 7

( )

^{. Vrai.}

3. Il s’agit de résoudre l’équation diophantienne proposée.

> Le couple

(

^{14 ; 28}

)

est une solution particulière de l’équation 11x−5y=14.

> Par conséquent, 11x−5y=14 ssi ¹¹^x⁻⁵^y^{= ×}¹¹

( )

¹⁴ ^{− ×}⁵

( )

²⁸ ^ssi¹¹

(

^x⁻¹⁴

) (

⁼⁵ ^y⁻²⁸

)

^.

On en déduit que 5 divise ¹¹

(

^x⁻¹⁴

)

, et comme 5 et 11 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Gauss, 5 divise 14

x− . Il existe donc un entier k tel que x−14=5k, c’est-à-dire x=14 5+ k^.

En remplaçant x par 14 5k+ dans l’égalité ¹¹

(

^x⁻¹⁴

) (

⁼⁵ ^y⁻²⁸

)

^{, on a :}^{11 5}^× ^k⁼⁵

(

^y⁻²⁸

)

^{, soit}^y⁻²⁸⁼¹¹^k^{, c’est-à-}

dire y=28 11+ k^.

Réciproquement, on vérifie que tous les couples de la forme

(

14 5 ; 28 11+ k + k

)

, où k appartient à

Z

, sont solutions de l’équation 11x−5y=14. Vrai.

4.

Soit

( )

^P le plan d’équation x=λ^.

(

^{; ;}

) ( )

² ² ² ²

x y z z y

M x y z P

x x

λ

λ λ

 + =  = +

∈ ∩ Σ ⇔ ^ ⇔ ^

= =

 

On en déduit que la section de Σ et du plan

( )

^P d’équation x=λ est une parabole d’équation z=y²+λ², tracée dans le plan (P). Faux.

Soit

( )

^h le solide délimité par Σ et par le plan d’équation z=9 : rappelons que pour calculer un tel volume, il s’agit d’intégrer la surface obtenue par une section z = k.

- Cherchons la section de

( )

^h par le plan

( )

^Q d’équation z=k^{, avec}^k^∈

[

^{a b}^;

]

^.

(

^{; ;}

) ( )

² ² ² ²

x y z x y k

M x y z Q

z k z k

 + =  + =

∈ ∩ Σ ⇔  ⇔ 

= =

  .

Alors, la section de

( )

^h par le plan

( )

^Q d’équation z=k^{, avec}^k^∈

[

^{a b}^;

]

, est un disque de rayon k , qui admet pour aire ^{S k}

( )

^{= ×}^π

( )

^k ² ⁼^π^k^.

- Ainsi, _{( )} ₀⁹

( )

₀⁹ ² ⁹

0

81

2 2

V S k dk πk dk πk  π

= = =  =

 

∫ ∫

h .

(8)

8 - Soit

( )

^c le solide délimité par Σ et par le plan d’équation 9 2

z= 2 ^.

Le volume de

( )

^c est donné par : _{( )}

( )

9 2

9 2 9 2 2 2

2 2

0 0

0

81 2 4 81

2 2 4

V S k dk k dk k

π π π

π

 × 

 

   

= = =  = =

 

∫ ∫

c .

- On a bien _{( )} 1 _{( )}

V_c =2V_h ^{: Vrai.}

Exercice 3

Partie A

Soit

( )

^uⁿ une suite croissante non majorée. Soit A un réel quelconque.

Comme la suite est non majorée, il existe au moins un terme u_p de la suite tel que u_p >A^.

Comme la suite étant croissante, si l’on prend n supérieur à p, on aura u_n supérieur à u_p, c’est-à-dire, u_n supérieur à A.

On a ainsi prouvé que, à partir du rang p, tous les termes de la suite sont supérieurs à A. C’est la définition de lim _n

n u

→+∞ = +∞^. Partie B

1. f est dérivable sur

[

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^{et on a}

( )

¹

f x 1 x

′ = x + + ^. Comme x est positif, 1

1

x+ est positif et par suite, ^f^′

( )

^x ^>⁰ pour tout x de

[

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

Ainsi, f est strictement croissante sur

[

^{0 ;}^{+ ∞}^{+ ∞}^{+ ∞}^{+ ∞}

[

^.

2. La tangente

( )

^T au point d’abscisse 0 a une équation de la forme ^y⁼ ^f^′

( )(

⁰ ^x^{− +}⁰

) ( )

^f ⁰ ^.

>

( )

⁰ ¹ ⁰ ¹

f′ =0 1+ =

+ ^> ^f

( )

⁰ ⁼^{ln 1}

( )

^{+ =}⁰ ⁰^. > Donc (T) a pour équation y = x.

Partie C

2. D’après le graphique, on peut conjecturer que la suite est croissante et diverge vers

+∞

+∞.

3a. Soit P(n) la proposition : « pour tout n naturel, u_n ≥1^»

> Comme u₀ =1, alors on a P(0) qui est vraie.

> Supposons P(n) vraie et montrons P(n + 1).

Supposons donc que u_n ≥1^.

Comme f est strictement croissante sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^{, alors} ^{f u}

( )

ⁿ ^≥ ^f

( )

¹ ^:

or f(1) = 1 ln 2 1, 2

+2≃ et on a bien

1 1

un₊ ≥ ^.

Ainsi P(n + 1) est vraie.

(T) (C)

2 3 4 5 6

2 3 4 5 6 7

0 1

1

x y

u₀u₁ u₂ u₃ u₄

(9)

9

3b. Soit n un entier naturel. Etudions le signe de la différence^uⁿ+¹−^uⁿ = ^{f u}

( )

ⁿ −^uⁿ^.

Par hyphothèse, la courbe

( )

^C est au-dessus de

( )

^T ^sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

, donc sur

[

^{1 ;}^{+ ∞}

[

, ce qui signifie que pour x≥1^{on a} ( )

f x ≥x. Par conséquent, comme u_n≥1, on en déduit que f u

( )

n ≥un^.

Ainsi u_n₊₁−u_n ≥0 pour tout naturel n ce qui signifie que la suite est croissante.

3c. Raisonnons par l’absurde et supposons que la suite soit majorée. Comme elle est coissante, alors elle convergerait vers L. Mais un₊1= f u

( )

n , avec f continue, donc L est un point fixe de f cad une solution de f(L) = L.

Mais sur [1;+∞[, f n’admet aucun point fixe (C au dessus de sa tangente T : y = x strictement, mais il manque le strictement dans l’énoncé donc prouvons le…) en effet, si on pose g x( )= f x( )−x^, ^'

( )

¹ ¹ ⁰

g x 1 x

= x + − >

+ pour x > 1, on constate que la fonction g est strictement croissante.

Comme g(0) = 0, la fonction g > 0 sur [1;+∞[, donc g ne s’annule pas donc f(x)≠x pour tout x.

Ceci contredit la convergence de la suite puisque f n’a aucun point fixe, donc elle ne peut être majorée.

3d. La suite

( )

un est donc croissante et non majorée ; d’après la partie A, on en déduit que la suite

( )

un tend vers +∞. Exercice 4

Partie A

2a. Par définition, g est la primitive de f (continue) qui s’annule en 0.

On a ^g

( )

² ⁼

∫

₀²^{f t dt}

( )

: comme sur [0 ;2] f est positive, on peut interpréter g(2) comme l’aire géométrique, en unités d’aire, comprise entre la courbe (C) et l’axe des abscisses sur l’intervalle [0 ;2].

2b. D’après le tableau de variations de f , on peut dire que pour tout réel t de

[

^{0 ; 2 ,}

]

⁰^≤ ^{f t}

( )

^{≤ +}^{1 e}⁻². En intégrant chaque membre, comme l’intégration ne change pas le sens des inégalités, on a : ⁰^{× − ≤}

(

^{2 0}

) ∫

₀²^{f t dt}

( )

^{≤ +}

(

^{1 e}⁻²

)

^{× −}

(

^{2 0}

)

^,

c’est-à-dire 0≤

∫

0²f t dt

( )

≤2 1 e

(

+ ⁻²

)

^{. Or}^{2 1 e}

(

⁺ ⁻²

)

^≃^{2, 3}^.

Par conséquent,0≤g(2)≤2.5. 3a. Soit x un réel supérieur à 2.

> D’après le tableau de variations de f, pour tout réel t de

[

^{2 ;}^{+ ∞}

[

^,^{f t}

( )

^≥¹^.

Comme dans le 2n, on en déduit alors que

∫

₂^x^{f t dt}

( )

^≥

∫

₂^x¹^dt^cad

∫

₂^x^{f t dt}

( )

^{≥ −}^x ², pour tout réel x supérieur à 2.

> Mais d’après la relation de Chasles, ^{g x}

( )

⁼

∫

₀^x^{f t dt}

( )

⁼

∫

₀²^{f t dt}

( )

⁺

∫

₂^x^{f t dt}

( )

^.

D’où : ^{g x}

( )

⁼^g

( )

² ⁺

∫

₂^x^{f t dt}

( )

^.

> Comme ^g

( )

² ^≥⁰ (d’après la question 2b) et que

∫

₂^x^{f t dt}

( )

^{≥ −}^x ², on en déduit que g x( )≥ −x 2, pour tout réel x supérieur à 2.

3b. Comme ^{g x}

( )

^{≥ −}^x ²^et_x^lim_→+∞

(

^x^{− = +∞}²

)

, d’après le théorème de comparaison des limites, lim ( )

x g x

→+∞ = +∞.

4. Par définition de primitive, ^{g x}^′

( )

⁼ ^{f x}

( )

^.

Or, d’après le tableau de variations de f, on peut dire que ^{f x}

( )

^≥⁰ lorsque x appartient à

[

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^{et que} ^{f x}

( )

^≤⁰

lorsque x appartient à

]

^−∞^{; 0}

]

^.

Donc la fonction g est strictement décroissante sur

]

^−∞^{; 0}

]

et strictement croissante sur

[

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

(10)

10 Partie B

1. ^I ⁼

∫

₀^x

( )

^t⁻^{1 e}⁻^t ^dt^.

Posons ^{u t}^′

( )

⁼^e⁻^t^et^{v t}

( )

^{= −}^t ¹^{; alors}^{u t}

( )

^{= −}^e⁻^t^et^{v t}^′

( )

⁼¹^.

Les fonctions u’v , uv’ et

( )

^uv ^′ sont dérivables sur

[

^{0 ;}^{+ ∞}

[

, elles admettent donc des primitives sur cet intervalle.

Appliquons le théorème de l’intégration par parties ; on obtient :

( ) ( )

₀

( )

₀

0^x t 1 e ⁻^t dt  t 1 e⁻^t^x 0^x e ⁻^t dt  x 1 e⁻^x 1 e⁻^t^x

=

∫

− = − −  −

∫

− = − − − −   I

Alors

∫

₀^x

(

^t⁻⁻⁻⁻^{1 e}

)

⁻⁻⁻⁻^t ^dt^{= − −}^

(

^x ^{1 e}

)

⁻^x^{− −}¹^ ^e⁻^x⁺¹^{= −}^{= −}^{= −}^{= −}^x^e⁻⁻⁻⁻^x^.

2. Par linéarité de l’intégration, g x

( )

=

∫

0^xf t dt

( )

=

∫

0^x

( ( )

t−1 e⁻^t+1

)

dt=

∫

0^x

^{( )}

t−1 e⁻^tdt+

∫

0^x1 dt^{et donc}

( )

^e ^x ¹

(

⁰

)

^e ^x

g x = −x ⁻ + × − = −x x x ⁻ , d’après la question précédente. Ainsi ^{g x}

( )

⁼^x

(

^{1 e}⁻ ⁻^x

)

^.

3. Par composition, _x^{lim 1 e}_→−∞

(

⁻ ⁻^x

)

^{= −∞}^puisque_X^lim_→+∞^e^X ^{= +∞}^.

Comme lim

x x

→−∞ = −∞ on en déduit par produit que lim ( )

x g x

→−∞ = +∞^.

Source de l’énoncé : F.Laroche