() DEVOIR A LA MAISON N°14. TS2.

DEVOIR A LA MAISON N°14. TS2.

Pour le lundi 12 mars 2018.

SUJET A. PREPARER LE BAC.

Partie A

On considère la fonction f définie et dérivable sur l’intervalle [0 [ par f(x)= 5ln( x 3) x.

1. On appelle f la fonction dérivée de la fonction f sur [0 [.

a. Construire le tableau de variations de f sur l’intervalle [0 [, sans la limite en + . b. Montrer que, pour tout x strictement positif on a f (x ) x

 

  5 ^{ln( x )}

x 1 5ln

 

 

1 ³

x . c. En déduire la limite de f en + .

2.

a. Montrer que l’équation f( x) 0 admet une unique solution dans l’intervalle [0 [. On notera cette solution.

b. Après avoir vérifié que appartient à l’intervalle ]14 15[, donner une valeur approchée de à 10

²

près.

c. En déduire le signe de f sur l’intervalle [0 [.

Partie B

Soit (u n ) la suite définie par

 

 u

0

4

u

n 1

5ln ( ^u

ⁿ

³ ) pour tout n de .

On considère la fonction g définie sur l’intervalle [0 [ par g (x ) 5ln( x 3).

On a tracé ci-dessous dans un repère orthonormé la droite D d’équation y x et la courbe C représentative de la fonction g.

1.

a. Construire sur l’axe des abscisses de la figure les termes u

0

, u

1

et u

2

et formuler une conjecture sur le sens de variations de la suite.

b. Etudier le sens de variations de la fonction g sur l’intervalle ]0 [.

c. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a 0 u

_n

u

_{n 1}

Pen ser à utiliser la définition de α.

d. Justifier que la suite converge vers un réel L. On admet que L est solution de l équation g( x) x. Déterminer L.

2. On considère l’algorithme suivant : u  4

Tant que u 14,2<0 u  5ln( u 3) Fin Tant que

a. Justifier que cet algorithme se termine.

b. Déterminer la valeur de u à la fin de l algorithme (arrondir à 4 décimales).

DEVOIR A LA MAISON N°14. TS2.

Pour le lundi 12 mars 2018.

SUJET B. PREPARER L ENTREE EN PREPA.

I. D après un DM de BCPST

Soit n un entier naturel non nul. On considère la fonction g

_n

définie sur [0 [ par g

_n

(x ) ( n x 1) e

1 x

, si x 0 et g

n

(0) 0. On admet que la fonction g

n

est continue en 0, c'est-à-dire que lim

x 0

g

n

( x) g

n

(0).

1. Montrer que la fonction g

n

est dérivable en 0.

2. Déterminer lim

x

g

n

( x).

3.

a. Montrer que l équation n x² n x 1 0 admet deux solutions non nulles de signes contraires.

b. On note

n

n n² 4n

2 n . Établir que gn ( ) n n ( )

^{n 2}

^e

1

n

. c. Montrer qu il existe un unique réel a

n

tel que g

n

( a) 0.

d. Résoudre l équation g

n

( x) 0 et en déduire un encadrement de

n

puis la limite de la suite

( )

ⁿ

^.

II. Par définition, la fonction arctan est la réciproque de la fonction tan. Sans chercher plus d information, déterminer si la phrase "pour tout x de , arctan(tan(x)) x" est vraie ou fausse.

III. D après concours d entrée à l ENAC.

En utilisant le fait que x x y 2

x y

2 et y ………, résoudre le système ( S) :

 

 ^{x y} ₃

sin(x ) sin(y ) ¹

2

.

CORRECTION DU DEVOIR A LA MAISON N°14. TS2

SUJET A. PREPARER LE BAC.

Partie A

On considère la fonction f définie et dérivable sur l’intervalle ]0 [ par f(x)= 5ln( x 3) x.

1. On appelle f la fonction dérivée de la fonction f sur ]0 [.

a. Pour tout x 0, f (x ) 5

x 3 1 2 x

x 3 .

x 0 2 +

2 x +

x 3 + +

f ( x) +

f( x) 5ln(5) 2

5ln(3) b. Soit x 0.

x  

  5 ^{ln( x )}

x 1 5ln

 

 

1 ³

x 5ln(x ) x 5 ln

 

 

1 ³

x 5

 

  ln(x) ln

 

 

1 ³

x x

5ln

 

  x  

 

1 ³

x x 5ln( x 3) x f (x ) Ainsi, pour tout x strictement positif on a f(x) x

 

  5 ^{ln( x)}

x 1 5ln

 

  1 ³

x . c. lim

x

ln( x )

x 0 d après le cours donc lim

x

 

  5 ^{ln( x )}

x 1 1

et donc lim

x

x  

  5 ^{ln( x )}

x 1 .

D autre part, lim

x

3

x 0 donc lim

x

5ln  

 

1 ³

x 5ln(1) 0

Ainsi, lim

x

f(x ) . 2.

a. Sur [0 2], le minimum de f est 5ln(3) 0 donc l équation f( x) 0 n admet pas de solution sur cet intervalle.

Sur [2 [, la fonction f est continue et strictement décroissante, f(2) 5ln(5) 2 0, lim

x

f( x) et 0  ] 5ln(5) 2]. Donc, l équation f (x ) 0 admet une unique solution dans cet intervalle.

Ainsi, l équation f(x) 0 admet une unique solution dans [0 [.

b. f (14) 0,17 0 et f(15) 0,55 0 donc 14 15.

f(14,234) 0 et f(14,235) 0 donc une valeur approchée de à 10

²

près est 14,23.

c. On a alors le tableau suivant :

x 0 +

f( x) +

Partie B

Soit (u n ) la suite définie par

 

 u

0

4

u

n 1

5ln ( ) ^u

ⁿ

³ pour tout n de .

On considère la fonction g définie sur l’intervalle ]0 [ par g (x ) 5ln( x 3).

On a tracé ci-dessous dans un repère orthonormé la droite D d’équation y x et la courbe C représentative de la fonction g.

1.

a. Méthode revue plusieurs fois en classe. La suite semble croissante.

b. La fonction g est dérivable sur [0 [.

Pour tout x 0, g ( x) 5

x 3 0 donc la fonction g est strictement croissante sur [0 [.

c. Initialisation : u

0

4, u

1

9,7 et 14 donc 0 u

0

u

1

.

Hérédité : soit p un entier naturel tel que 0 u

_p

u

_{p 1}

.

Montrons que 0 u

p 1

u

p 2

.

0 u

p

u

p 1

donc g (0) g ( ) ^u

p

g ( ^u

p 1

) α car g est croissante sur [0 [.

g (0) 5ln(3) 0 ; g ( ) ^u

^p

^u

^{p 1}

^{et g} ( ^u

^{p 1}

) ^u

^{p 2}

est solution de l équation f (x ) 0 donc f ( ) 0, c'est-à-dire 5ln( 3) 0.

On a donc g( )=5ln( +3)= . Ainsi, 0 g (0) u

p 1

u

p 2

.

Conclusion : pour tout entier naturel n, on a 0 u

n

u

n 1

d. La suite ( ) ^u

ⁿ

est croissante et majorée par donc elle converge vers un réel L tel que 0 L .

L est solution de l équation g (x ) x.

g( x) x  g( x) x 0  f( x) 0. D après la partie A, est l unique solution de l équation g( x) x dans [0 [. Ainsi L .

2. On considère l’algorithme suivant : u  4

Tant que u 14,2<0 u  5ln( u 3) Fin Tant que

a. L algorithme se termine lorsque u 14,2 0.

lim

n

u

n

14,23 donc il existe un entier n tel que u

n

14,2, c'est-à-dire u

n

14,2 0.

L algorithme se termine donc.

b. A la calculatrice, la 1

^ère

valeur de u

n

qui soit 14,2 est u

6

14,2231. A la fin de l algorithme, on a donc u 14,2231.

SUJET B. PREPARER L ENTREE EN PREPA.

I. D après un DM de BCPST

Soit n un entier naturel non nul. On considère la fonction g

n

définie sur [0 [ par g

n

(x ) ( n x 1) e

1 x

, si x 0 et g

n

(0) 0. On admet que la fonction g

n

est continue en 0, c'est-à-dire que lim

x 0

g

n

( x) g

n

(0).

1. Soit h 0. g

_n

(0 h) g

_n

(0) h

(nh 1) e

1 h

h ne

1

h

1

h e

1 h

On pose H 1 h . lim

h 0

H lim

h 0

ne

1

h

1

h e

1

h

lim

H

ne

^H

He

^H

lim

H

n e

^H

H

e

^H

0 d après le cours.

Ainsi, la fon ction g

n

est dérivable en 0, avec g

n

(0) 0.

2. lim

x

nx 1 et lim

x

e

1

x

e

⁰

1 donc lim

x

g

_n

(x ) . 3.

a. n² 4n 0 donc l équation nx² nx 1 admet deux solutions a et b. 0 n est pas solution donc ces solutions sont non nulles.

ab n

2 n

n 2 n

n² 4 n²

n² n² 4 n 4n ²

1

n 0. Le produit des sol uti ons est négatif donc l es solutions sont de signes contraires.

Ces solutions sont n n ² 4 n

2n 0 et n n ² 4n

2 n 0.

b.

n

n n ² 4n

2 n . est la solution positive de l équation nx ² nx 1 0. On a donc n

n

² n

n

1=0, c'est-à-dire n n 1

n

².

On a alors gn ( ⁿ ) ( ⁿ

ⁿ

^{1 e} )

¹ⁿ

ⁿ ( )

^{n 2}

^e

1

n

.

c. g

n

est dérivable sur ]0 [. Pour tout x 0, gn (x ) ne

1

x

1

x ² ( n x 1) e 1

x e

1

x

nx ² nx 1

x² .

Le trinôme n x² n x 1 est positif sauf entre ses racines qui sont a 0 et

n

0.

On a donc le tableau de variations :

x 0

_n

+ e

1 x

x² nx² nx 1

g

n

( x)

g

n

( x) 0 + n ( )

^{n 2}

^e

1

n

Sur ]

ⁿ

[ , la fonction g

n

est continue et strictement croissante. gn ( ) n n ( )

^{n 2}

^e

1

n

0,

lim

x

g

n

( x) et 0  ] ^g

ⁿ

^{( )}

ⁿ

^[ . L équation g

n

(x ) 0 a donc une unique solution a dans cet intervalle.

Ainsi, il existe un unique réel a

_n

tel que g

_n

(a) 0.

g

n

( x) 0  n x 1 0 car e

1

x

0

 x 1

n (car n non nul). L uniqu e soluti on de l équati on g

n

(x) 0 est 1 n . donc a 1

n . D après ce qui précède, 0

n

a , c'es t-à-dire 0

n

1 n . D après le th des gendarmes, lim

n n

0.

II. La fonction tan n étant pas définie en

2 (par exemple), c est FAUX.

III. D après concours d entrée à l ENAC.

Pour tous réels x et y, on a x x y 2

x y

2 et y x y 2

x y

2 Posons a x y

2 et b x y 2 Ainsi, sin( x) sin( y) sin(a b ) sin( a b) sina cosb sinb cosa sin a cosb sin b cos a

2sina cosb Ainsi,

 

 ^{x y} ₃

sin( x) sin( y) ¹ 2

    ^{x y} ₃

2sin  

  x y

2 cos

 

  x y

2

1 2

    ^{x y} ₃

2sin  

 

6 cos

 

  x y

2

1 2

    ^{x y} ₃

cos  

  x y

2

1 2

    ^{x y} ₃

x y

2 3 2k ,k entier ou

 

 ^{x y} ₃

x y

2 3 2 k ,k entier

    ^x ₂ ^{2 k}

y 6 2 k , k enti er

ou    ^x ₆ ^2k

y 2 2 k , k enti er

.

Les solutions sont les couples ( /2*+2k ; /6* 2k ) et

 

 

6 2k

2 2k où k est un entier

relatif.