Devoir surveillé n ◦ 2

Devoir surveillé n ^◦ 2

Exercice 1.

Partie A. On considère la fonctiong définie sur R par g(x) =x³ −x² +x−3.

1. Comme g est une fonction polynôme, lim

x→−∞g = lim

x→−∞x³ =−∞ et lim

x→+∞g = lim

x→+∞x³ = +∞.

2. La fonction g est une fonction polynôme donc elle est dérivable sur R et, pour tout réel x,g⁰(x) = 3x²−2x+ 1. Or, le discriminant de g⁰(x) est (−2)²−4×3×1 =−8<0 et a= 3>0 donc, pour tout réel x, g⁰(x)>0. Ainsi, g est strictement croissante sur R. 3. La fonction g est continue car dérivable et strictement croissante sur R. De plus, 0 ∈

x→−∞lim g; lim

x→+∞g

donc, par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel α tel que g(α) = 0. Autrement dit, l’équation g(x) = 0 possède une unique solution α sur R. De plus, g(1,57) ≈ −0,02 < 0 et g(1,58) ≈ 0,03 > 0 donc g(1,57)< g(α)< g(1,58) donc, commeg est strictement croissante surR, 1,57< α <1,58.

4. On conclut queg(x)60 si x∈]−∞;α] et g(x)>0 si s∈[α; +∞[.

Partie B. On considère la fonction f définie sur R par f(x) = x³

x²+ 1e^−x.

On note C la courbe représentative de f dans un repère O ;~i ,~j. 1. Commex 7→ x³

x² + 1 est une fonction rationnelle, lim

x→−∞

x³

x²+ 1 = lim

x→−∞

x³

x² = lim

x→−∞x=

−∞.

De plus, lim

x→−∞−x= +∞ et lim

X→+∞e^X = +∞ donc, par composition, lim

x→−∞e^−x = +∞.

Ainsi, par produit, lim

−∞f =−∞.

2. Par théorème, lim

x→+∞

e^x

x³ = +∞ donc, par inverse, lim

x→+∞

x³ e^x = 0.

On remarque que, pour tout réelx,f(x) = x³ x²+ 1× 1

e^x = 1

x²+ 1×x³

e^x. Or, lim

x→+∞

1 x²+ 1 =

x→+∞lim 1

x² = 0 et on vient de voir que lim

x→+∞

x³

e^x = 0 donc, par produit, lim

+∞f =−∞.

On en déduit que la droite d’équation y = 0 (autrement dit, l’axe des abscisses) est asymptote à la courbe de f au voisinage de +∞.

3. Pour tout réel x,

f⁰(x) = 3x²(x²+ 1)−x³ ×2x

(x²+ 1)² e^−x+ x³ x²+ 1

−e^−x= 3x²(x²+ 1)−2x⁴−x³(x²+ 1) (x²+ 1)² e^−x

= x²[3(x²+ 1)−2x²−x(x²+ 1)]

(x²+ 1)² e^−x = x²(3x²+ 3−2x²−x³−x) (x² + 1)² e^−x

= x²(−x³+x²−x+ 3)

(x²+ 1)² e^−x =−x²(x³−x²+x−3) (x²+ 1)² e^−x

i.e.

f⁰(x) = −x²e^−xg(x) (x²+ 1)² 4. Pour tout réelx, x²e^−x

(x²+ 1)² >0 donc le signe de f⁰(x) est l’opposé du signe deg(x). On déduit donc de la question4.de laPartie A quef⁰(x)>0 pour toutx6α et f⁰(x)60 pour toutx>α. Ainsi, f est décroissante sur ]−∞;α] et croissante sur [α; +∞[.

5. Notons T la tangente à la courbe C au point d’abscisse 1. L’équation réduite deT est y =f⁰(1)(x−1) +f(1) =− e⁻¹g(1)

(1²+ 1)²(x−1) + 1³ 1²+ 1e⁻¹

= 2e⁻¹

4 (x−1) + 1

2e⁻¹ = e⁻¹

2 x−e⁻¹2 + 1

2e⁻¹ = e⁻¹ 2 x Ainsi, T :y= 1

2ex et on a y_O = 1

2ex_O = 0 donc O∈T. L’affirmation est donc vraie.

Exercice 2.

1. On a a₁ = a₀+b₀

2 = 7

2 et b₁ = a₁+b₀ 2 = 15

4 .

2. On considère la suite (c_n) définie par : pour toutn ∈N,c_n=b_n−a_n. a. Soit n ∈N. Alors,

c_n+1 =b_n+1−a_n+1 = a_n+1+b_n

2 − a_n+b_n

2 = a_n+1+b_n−(a_n+b_n)

2 = a_n+1−a_n

2 .

Or,

a_n+1−a_n= a_n+b_n

2 −a_n= a_n+b_n−2a_n

2 = b_n−a_n

2 = 1

2c_n donc c_n+1 = ¹₂

1

2c_n

= 1

4c_n ce qui montre que (c_n) est une suite géométrique de raison 1

4.

b. On a c₀ =b₀−a₀ = 1 donc, pour tout n∈N, cn =

1

4

n

. 3. Soit n∈N. Alors,

d_n+1=a_n+1+ 2b_n+1 =a_n+1+ (a_n+1+b_n) = 2a_n+1+b_n =a_n+b_n+b_n=a_n+ 2b_n =d_n donc la suite (dn) est constante.

4. Soit n ∈ N. Alors, c_n =

1

4

n

et, comme (d_n) est constante, d_n =d₀ = a₀ + 2b₀ = 11.

Autrement dit, b_n−a_n =

1

4

n

et a_n+ 2b_n= 11. On en déduit que b_n=a_n+

1

4

n

et doncan+ 2

an+

1

4

n

= 11. Ainsi, 3a_n+ 2

1

4

n

= 11 et ainsi an = 11 3 − 2

3 ×

1

4

n

. Commeb_n=a_n+

1

4

n

, on a b_n= 11 3 − 2

3×

1

4

n

+

1

4

n

i.e. b_n = 11 3 + 1

3×

1

4

n

Exercice 3 (5 points). On considère la fonction f définie sur [0 ; +∞[ par f(x) = 1−x²e^1−x2.

1. La fonctionf est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit et composée de fonctions dérivables et, pour tout réel x>0,

f⁰(x) = 0−2xe^1−x2 +x²×(−2x)e^1−x2=−2x(1−x²)e^1−x2

=−2x(1−x)(1 +x)e^1−x2 = 2x(x−1)(x+ 1)e^1−x2.

2. Pour tout réel x > 0, 2x(x+ 1)e^1−x2 > 0 donc le signe de f⁰(x) est le signe de x−1.

On en déduit quef est strictement décroissante sur [0 ; 1] et strictement croissante sur [1 ; +∞[.

3. a. Soit x>0. Alors,

f(x) = 1−x²e¹e^−x2 = 1−x²e× 1

e^x2 = 1−e× x² e^x2. b. On a lim

x→+∞x² = +∞ et, par théorème, lim

X→+∞

e^X

X = +∞ donc, par composition,

x→+∞lim e^x2

x² = +∞. Par inverse, lim

x→+∞

x²

e^x2 = 0. Par produit et somme, on conclut que lim+∞f = 1.

4. On aboutit au tableau suivant : x

Variation def

0 1 +∞

1 1

0 0

1 1 u_n

1 n

v_n

1 n

5. Soit un entier naturel n > 2. La fonction f est continue car dérivable et strictement décroissante sur [0 ; 1]. De plus, comme n > 2, 0 6 1

n 6 1

2 donc 1

n ∈ [f(1) ;f(0)]. Dès lors, par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équationf(x) = 1

n possède une unique solutionu_n dans [0 ; 1].

Par le même raisonnement, l’équation f(x) = 1

n possède une unique solution v_n dans [1 ; +∞[.

On conclut que l’équation f(x) = 1

n possède exactement deux solutions u_n et v_n dans [0 ; +∞[.

6. Soit un entier n > 2. Alors, f(u_n) = 1

n et f(u_n+1) = 1

n+ 1 donc, comme 1

n+ 1 6 1 n, f(un+1)6f(un). Or,un etun+1 appartiennent par définition à [0 ; 1] etf est décroissante sur [0 ; 1] doncu_n+1 >u_n. Ainsi, la suite (u_n) est croissante.

De même,f(v_n) = 1

n et f(v_n+1) = 1

n+ 1 donc, comme 1

n+ 1 6 1

n,f(v_n+1)6f(v_n). Or, v_n etv_n+1 appartiennent par définition à [1 ; +∞[ et f est croissante sur [1 ; +∞[ donc vn+1 >vn. Ainsi, la suite (vn) est décroissante.

7. Pour toutn >2,un ∈[0 ; 1] par définition donc 06un61. Ainsi, (u_n) est bornée.

De plus, pour tout n > 2, u_n ∈ [1 ; +∞[ par définition donc 1 6 v_n et ainsi (v_n) est minorée par 1. De plus, comme (v_n) est décroissante, elle est majorée par v₂ donc (v_n) est bornée.

Exercice 4. On considère quatre points distincts A, B, C et D dans l’espace. On note I le milieu de [AB] et J le milieu de [CD]. On considère un point G de l’espace tel que

−−→GA +−−→

GB +−−→

GC +−−→

GD =−→ 0 . 1. a. Grâce à la relation de Chasles,

−−→GA +−−→

GB +−−→

GC +−−→

GD =−−→

GA +−−→

GA +−−→

AB +−−→

GA +−−→

AC +−−→

GA +−−→

AD

= 4−−→

GA +−−→

AB +−−→

AC +−−→

AD Dès lors, par définition de G, 4−−→

GA +−−→

AB +−−→

AC +−−→

AD =−→

0 donc−−→

AB +−−→

AC +−−→

AD = 4−−→

AG et on conclut que −−→

AG = 1 4

−−→

AB +−−→

AC +−−→

AD

. b. Comme J est le milieu de [CD],

−−→AC +−−→

AD = −−→ AJ +−→

JC +−−→ AJ +−−→

JD = 2−−→ AJ . Grâce à la question précédente, on en déduit que

−−→AG = 1 4

−−→

AB + 2−−→ AJ

= 1 4

−−→AB + 1 2

−−→ AJ .

c. Ainsi, les vecteurs−−→

AG , −−→

AB et −−→

AJ sont coplanaires donc les points A, B, J et G sont coplanaires.

2. Comme I est le milieu de [AB],

−−→GA +−−→

GB =−→

GI +−→

IA +−→

GI +−→

IB = 2−→

GI . De même, comme J est le milieu de [CD],

−−→GC +−−→

GD =−−→ GJ +−→

JC +−−→ GJ +−−→

JD = 2−−→ GJ . Il s’ensuit, par définition de G, que 2−→

GI + 2−−→ GJ =−→

0 donc−→

GI +−−→ GJ =−→

0 ce qui permet de conclure que G est le milieu de [IJ].