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Texte intégral

(1)

TS : correction travail maison 7 Intégrales et suites _2010-2011

Soit f la fonction définie sur [0; +∞[ par f (x) = x ln(x + 1) 1. (a) f est dérivable sur [0; +∞[, et

f

^′

(x) = ln(x + 1) + x x + 1 Mais sur [0; +∞[, ln(x + 1) > 0 et

_x+1^x

> 0, donc f

^′

(x) > 0.

Ainsi f est croissante sur [0; +∞[.

(b) Comme f

^′

(0) = 0 et f (0) = 0, alors la tangente au point d’abscisse 0 est y = 0, c’est à dire l’axe des abscisses.

2. (a) Déterminons les réels a, b et c tels que pour tout réel x 6= −1 : x

x + 1 = ax + b + c

x + 1 ⇔ x

= (ax + b)(x + 1) + c

⇔ x

= ax

+ (a + b)x + b + c

Donc



 

  a = 1 a + b = 0 b + c = 0

⇔



 

  a = 1 b = −1 c = 1 Ainsi pour tout réel x 6= −1 :

x

x + 1 = x − 1 + 1 x + 1 (b) Ainsi

I = Z

x

x + 1 dx = Z

x − 1 + 1 x + 1

dx

= 1

2 x

− x + ln(x + 1)

= 1

2 − 1 + ln(1 + 1) = − 1 2 + ln 2

3. Or sur [0; +∞[, x > 0 et ln(x + 1) > 0, alors f est positive sur [0; +∞[, donc l’aire A de la partie du plan limitée par la courbe (C) et les droites x = 0, x = 1 et y = 0 est :

A = Z

f (x) dx Intégrons par parties :

u

^′

= x u =

¹₂

x

v = ln(x + 1) v

^′

=

x+1¹

Donc

A = 1

2 x

ln(x + 1)

− Z

1 2

x

x + 1 dx

= 1

2 x

ln(x + 1)

− 1 2 I

= 1

2 ln 2 − 1 2

− 1 2 + ln 2

= 1 4

4. Comme f est continue et strictement croissante sur [0 ;1] à valeurs dans [f(0); f (1)] = [0; ln 2 ≈ 0, 6], alors l’équation f (x) = 0, 25 admet une unique solution α sur [0 ;1] de valeur approchée

Partie B :

Soit la suite (u

ⁿ

) définie par u

= ^R

₀¹

x

ⁿ

ln(x + 1) dx.

My Maths Space

(2)

TS : correction travail maison 7 Intégrales et suites _2010-2011

1. u

n+1

− u

= Z

x

ⁿ⁺¹

ln(x + 1) dx − Z

x

ⁿ

ln(x + 1) dx

= Z

x

ⁿ⁺¹

ln(x + 1) − Z

x

ⁿ

ln(x + 1)

dx

= Z

(x

ⁿ

(x − 1) ln(x + 1)) dx

Mais sur [0 ;1], x

ⁿ

> 0, x − 1 6 0 et ln(x + 1) > 0, donc x

ⁿ

(x − 1) ln(x + 1) 6 0.

Donc

Z

1 0

(x

ⁿ

(x − 1) ln(x + 1)) dx 6 0 ⇔ u

n+1

− u

6 0

Ainsi la suite u est décroissante, comme de plus, u est minorée par 0 alors la suite u converge.

2. Sur [0 ;1], 0 6 ln(x + 1) 6 ln 2 puisque la fonction ln est croissante.

Donc sur [0 ;1],

0 6 x

ⁿ

ln(x + 1) 6 x

ⁿ

ln 2 ⇔ 0 6 Z

x

ⁿ

ln(x + 1) dx 6 Z

x

ⁿ

ln(2) dx

⇔ 0 6 u

6 1

n + 1 x

ⁿ⁺¹

ln 2

⇔ 0 6 u

6 1 n + 1 ln 2 Or, lim

n→+∞

1 n + 1 = 0, donc (théorème des gendarmes), lim

n→+∞

u

= 0.

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