Exercice de type bac, page 127

Exercice de type bac, page 127

Sujet A

1. Vraie, c'est un résultat du cours.

2. Faux c'est l'équation de la tangente en 0. En eet, la tangente au point d'abscisse 1 a pour coecient directeur e et non pas 1 comme dans l'équation proposée.

Cet argument sut à disqualier la proposition donnée, inutile de chercher l'équation de la tangente, les coecients directeurs étant diérents, même si la valeur de l'ordonnée à l'origine est la même, les équations seront diérentes.

3. Faux car lim

x→+∞3e^−2x = 0 et lim

x→+∞e^−x = 0, donc la limite cherchée est zéro.

Sujet B

Partie A

1. f(x) = (x+ 1)e^x

f est dénie et dérivable sur R. f⁰x) =e^x+ (x+ 1)e^x =e^x(x+ 2) qui est du signe de x+ 2. Calcul des limites

x→−∞lim (x+ 1)e^x = lim

x→−∞xe^x+ lim

x→−∞e^x = 0 + 0 = 0 et lim

x→+∞(x+ 1)e^x = +∞

De plus f(−2) =−e⁻² = −1

e² ≈ −0.135

On en déduit le tableau de variations de la fonction f :

x f⁰(x)

f(x)

−∞ −2 +∞

− 0 + 00

−e⁻²

−e⁻²

+∞

+∞

2. L'échelle n'est pas la même sur les deux axes pour mieux mettre en évidence les variations de la fonction.

Partie B

1. (a) f₀ est la fonction anef₀(x) =x+ 1

(b) Pour déterminer les points d'intersection, on va chercher leur abscisse en résolvantf₀(x) = f(x)qui s'écrit :

(x+ 1)e^x =x+ 1

⇐⇒ e^x = x+ 1

x+ 1 = 1 etx6=−1

⇐⇒ x= 0 etx6=−1

Il nous reste à examiner le cas où x=−1, il est immédiat que −1 est aussi une solution de (x+ 1)e^x =x+ 1.

Donc les deux points cherchés sont les points de coordonnées (−1; 0) et (0; 1).

∀k ∈Z, f(−1) = 0 donc le point (−1; 0) appartient à la courbe Ck

et de même ∀k ∈Z, f(0) = 1 donc le point (0; 1) appartient à la courbeCk.

2. L'expression (x+ 1)(e^x−1) étant déjà factorisée, il est facile de déterminer son signe à partir du signe de chacun de ses facteurs. On a donc le tableau ci-dessous :

x x + 1

e^x − 1

(x + 1)(e^x −1)

−∞ −1 0 +∞

− 0 + +

− − 0 +

+ 0 − 0 +

Pour déterminer la position relative des deux courbes, on étudie le signe de la diérence f_k+1(x)−f_k(x) = (x+ 1)e^(k+1)x−(x+ 1)e^kx

= (x+ 1)e^kx×e^x−(x+ 1)e^kx

= (x+ 1)e^kx(e^x−1)

=e^kx(x+ 1)(e^x−1)

e^kxétant toujours positive, cette diérence est du signe de(x+1)(e^x−1)étudiée précédemment.

On peut donc dire que pourx∈]−1 ; 0[ c'est la courbe def_kqui est au-dessus de celle de f_k+1 et l'inverse pourx∈]−∞; −1[∪]0 ; +∞[.

3. (a) f_k(x) = (x+ 1)e^kx et doncf_k⁰(x) = e^kx+ (x+ 1)ke^kx =e^kx(1 +k(x+ 1)) (b) Le signe de f_k⁰(x) est celui de 1 +k(x+ 1) car e^x toujours positive.

Si k= 0 il est immédiat quef_k⁰(x) = e^kx >0∀x∈R.

Si k > 0 alors f_k⁰(x) > 0 ⇐⇒ 1 +k(x+ 1) > 0 ⇐⇒ 1 +kx+k > 0 ⇐⇒ kx >

−k−1 ⇐⇒ x>−k+ 1 k

Donc la fonction f_k est d'abord décroissante puis croissante. Appelons x₀ =−k+ 1 cette valeur de xpour laquelle f_k⁰(x) s'annule. Icix₀ est plus petit que −1. k

Le calcul des limites ne pose pas de dicultés, on a :

x→+∞lim f_k(x) = +∞ et lim

x→−∞f_k(x) = 0.

On peut résumer ceci dans le tableau de variations : x

f⁰(x)

f(x)

−∞ x₀ +∞

− 0 +

00

−e^x0

−e^x0

+∞

+∞

Si k < 0 alors f_k⁰(x) > 0 ⇐⇒ 1 +k(x+ 1) > 0 ⇐⇒ 1 +kx+k > 0 ⇐⇒ kx >

−k−1 ⇐⇒ x6−k+ 1 k

Donc la fonction f_k est d'abord croissante puis décroissante. Appelons x₀ =−k+ 1 cette valeur de xpour laquelle f_k⁰(x) s'annule. Icix0 est compris entre −1 et 0. k Le calcul des limites ne pose pas de dicultés, on a :

x→+∞lim f_k(x) = 0 et lim

x→−∞f_k(x) =−∞.

On peut résumer ceci dans le tableau de variations : x

f⁰(x)

f(x)

−∞ x₀ +∞

+ 0 −

−∞

−∞

−e^x0

−e^x0

0 0

Pour information, sur la gure ci-dessous on a représenté les courbes de f et de f−2.

Sujet C

Partie A

1. Supposons que x soit solution de e^x = 1 x. Alors 1

e^x = 1

1 x

car 1

x ete^xsont tous deux diérents de zéro surR. Mais ceci s'écrit aussi e^−x =x et doncx−e^−x = 0.

Réciproquement, supposons quexsoit solution dex−e^−x = 0alors on peut armer que x6= 0 car si c'était le cas on auraitx−e^−x =−1.

Ainsi si x−e^−x = 0 alors x=e^−x et donc 1 x = 1

e^−x =e^x.

2. (a) f(x) = x−e^−x qui est dérivable et f⁰(x) = 1 +e^−x. f⁰ est positive sur R, donc f est strictement croissante.

x→+∞lim x−e^−x = +∞ car lim

x→+∞x= +∞et lim

x→+∞−e^−x = 0

x→−∞lim x−e^−x = lim

x→+∞−x−e^x= lim

x→+∞

−x e^x −1

e^x =−∞

car lim

x→+∞−x

e^x −1 = −1et lim

x→+∞e^x = +∞

(b) On sait que f est strictement croissante et continue sur R, que sa limite en −∞ est−∞

et qu'en +∞ sa limite est −∞. Donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, on peut dire que f(x) = 0 admet une unique solution.

Mais comme montré à la question 1, α est solution de f si et seulement α est solution de (E). Donc (E) admet une unique solution sur R.

(c) On calcule f(¹₂) = 1

2−e⁻¹² ≈ −0,6 D'autre part, f(1) = 1 − 1

e > 0 car e > 2. Toujours d'après le théorème des valeurs intermédiaires, comme f strictement croissante et continue, et f(¹₂) < 0 et f(1) >0, on peut dire que α∈

1

2 ; 1

.

(d) f est négative sur [0 ; α]car elle est strictement croissante sur R et 0< α et f(α) = 0. Partie B

1. f(x) = x−e^−x et g(x) = 1 +x 1 +e^x

Sif(x) = 0 alors x=e^−x et doncg(x) = 1 +x 1 + 1 e^−x

= 1 +x 1 + 1 x

= 1 +x x+ 1

x

=x

Réciproquement, supposons queg(x) = x. On a donc1 +x=x(1 +e^x) = x+xe^x. Doncxe^x = 1, donce^x = 1

x et donc e^−x =x ce qui implique que f(x) = 0.

2. On a vu précédemment queαétait l'unique solution de f(x) = 0 surR. Commef(x) = 0 ⇐⇒

g(x) =x on peut dire queα est l'unique réel vériant g(α) =α. 3. g⁰(x) = 1(1 +e^x)−(1 +x)e^x

(1 +e^x)² = 1−xe^x (1 +e^x)²

Partie C

1. Initialisation : u₀ = 0 et u₁ = g(0) = 1

2 on a bien 0 6 u₀ 6 u₁ 6 α car on a montré que α > 1

Hérédité : Supposons que la propriété 2 u_n6 u_n+1 6αsoit vraie. On a montré précédem- ment que g était une fonction croissante sur [0 ; α], on a donc l'inégalité :

q(u_n)6g(u_n+1 6g(α)qui s'écrit u_n+1 6u_n+2 6α car g(α) =α.

Cette dernière inégalité est la propriété au rang suivant, on en conclut qu'elle est héréditaire.

Conclusion : Cette propriété étant initialisée pour n = 0 et héréditaire, on peut dire que pour tout entier naturel n, u_n 6u_n+1 6α.

2. La suite (u_n)est croissante majorée, donc elle est convergente.

3. (a) L'algorithme ci-dessous ne répond pas tout à fait à la question, puisqu'il permet de calculer le terme de rang N, pas uniquement u₄ comme demandé dans l'énoncé.

1: VARIABLES

2: U EST_DU_TYPE NOMBRE 3: i EST_DU_TYPE NOMBRE 4: N EST_DU_TYPE NOMBRE 5: DEBUT_ALGORITHME

6: AFFICHER "Quel terme (N) calculer ?"

7: LIRE N

8: U PREND_LA_VALEUR 0 9: POUR i ALLANT_DE 1 A N 10: DEBUT_POUR

11: U PREND_LA_VALEUR (1+U)/(1+exp(U)) 12: FIN_POUR

13: AFFICHER U 14: FIN_ALGORITHME

(b) On trouve les valeurs suivantes :

u₁ = 0,5 u₂ = 0,566311 u₃ = 0,56714317 u₄ = 0,56714329

Sujet D

Partie A Voir le cours ou le livre.

Partie B f_k(x) = (x+k)e^−x

1. f_k⁰(x) =e^−x+ (x+k)×(−1)×e^−x =e^−x(1−x−k)f_h⁰ est du signe de1−x−k, elle est positive sur]−∞; 1−k] et négative sur [1−k ; +∞[. On en déduit que la fonction f_k est croissante puis décroissante, elle admet donc un maximum enx= 1−k.

2. Le point d'abscisse 1−k est commun aux deux courbes signie quef(1−k) =e^−(1−k). f(1−k) = (1−k+k)e^−(1−k)=e^−(1−k)

3. (a) La courbe rouge étant celle d'une fonction décroissante, on sait que c'est la fonction Γ et la courbe bleue celle de f k car elle admet un maximum.

(b) Sur l'axe des ordonnées l'unité est 1 pour une graduation et on lit sur le graphique que 2×e⁰ =ke⁰ , donck = 2. De plus, on sait que le maximum def a pour abscisse1−kdonc l'unité sur l'axe des abscisses est aussi 1 pour une graduation. Le repère est orthonormé.

On remarque que l'abscisse du maximum de est à la même distance de que l'ordonnée

Sujet E

1. La courbe semble croissante jusqu'à −1 puis constante jusqu'à 1 mais l'achage est petit et manque de précision.

2. f(x) = x²e^x−1− x²

2 et donc

f⁰(x) = 2xe^x−1+x²e^x−1−x=x(2e^x−1+xe^x−1−1) =x(e^x−1(x+ 2)−1) =xg(x) 3. (a) g(x) = (x+ 2)e^x−1−1

x→+∞lim g(x) = +∞

g(x) = x+ 2

x−1 × x−1

x+ 2 ×(x+ 2)e^x−1−1 = x+ 2

x−1(x−1)e^x−1−1 Or lim

x→−∞

x+ 2

x−1 = 1 et lim

x→−∞(x−1)e^x−1 = 0 donc nalement lim

x→−∞g(x) =−1 (b) g(x) = (x+ 2)e^x−1−1donc g⁰(x) = e^x−1+ (x+ 2)e^x−1 = (x+ 3)e^x−1

g⁰ est du signe de x+ 3.

(c) On calcule g(−3) =−e⁻⁴−1≈ −1,018 puis on dresse son tableau de variation : x

g⁰(x)

g(x)

−∞ −3 +∞

− 0 +

−1

−1

−1.02

−1.02

+∞

+∞

(d) Sur l'intervalle [−3 ; +∞[, la fonction g est strictement croissante et continue. De plus, g(−3)est négatif, et lim

x→+∞g(x) = +∞, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on peut dire que g(x) = 0 admet une unique solution sur [−3 ; +∞[.

Il pourrait éventuellement y avoir nue autre solution sur l'intervalle ]−∞; −3], mais sur cet intervalle g a pour maximum la valeur −1. On en conclut que g(x) = 0 admet une unique solution sur R.

On calcule g(0,2)≈ −0,0115 et g(0,21) ≈0,003 ce qui montre que α se situe entre ces deux valeurs.

(e) En reprenant la tableau de variations de g, il est aisé de voir que g est positive sur l'intervalle ]α; +∞[et négative sur ]−∞; α[.

4. On a vu plus haut que f⁰(x) = xg(x). On peut établir le signe de f⁰ en fonction de celui de x et de g.

x x

g(x)

f⁰(x) = xg(x)

−∞ 0 α +∞

− 0 + +

− − 0 +

+ 0 − 0 +

5. La fonction f est donc croissante sur ]−∞; 0] puis décroissante sur[0 ; α] et enn croissante sur[α; +∞[.

6. La conjecture initiale est fausse, car la taille de l'achage ne permet pas de voir la portion où f est décroissante car la diérence entre le minimum et le maximum sur [0 ; α]est trop faible.