Correction du devoir surveill´ e n˚5

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚5

Probl`eme 1 (Concours A TB 2008) : ´Etude d’une fonction d´efinie par une int´egrale

1. Domaine de d´efinition

(a) Soitxappartenant `a ]1,+∞[. Justifier l’existence de l’int´egrale Z x²

x

dt

ln(t) et d´eterminer son signe.

(b) Soitxappartenant `a ]0,1[. Justifier aussi l’existence de l’int´egrale Z x²

x

dt

ln(t) et d´eterminer son signe.

Nous pouvons ainsi d´efinir une fonction num´eriquef surR^+×\ {1}par :

∀x∈R^+×\ {1} f(x) = Z x²

x

dt ln(t). 2. Etude de la d´´ erivabilit´e

(a) i. Justifier l’existence d’une primitiveH de la fonctiont7→ 1

ln(t) sur ]1,+∞[, puis exprimer pour tout r´eelxappartenant `a ]1,+∞[,f(x) en fonction de H(x²) etH(x).

ii. En d´eduire que f est d´erivable sur ]1,+∞[ et calculer f^′. iii. Quel est le sens de variation def sur ]1,+∞[ ?

(b) i. Montrer quef est d´erivable sur ]0,1[ et calculerf^′. ii. Quel est le sens de variation def sur ]0,1[ ?

3. Etude des limites aux bornes du domaine de d´´ efinition (a) Etude en´ 0 par valeurs sup´erieures

i. Soit x∈]0,1[. Montrer que pour tout t ∈[x², x] : 1

ln(x) ≤ 1

ln(t) ≤ 1

ln(x²), et en d´eduire que : x(x−1)

2 ln(x) ≤f(x)≤ x(x−1) ln(x) .

ii. Montrer alors que f est prolongeable par continuit´e en 0 et pr´eciser la valeur en 0 de f ainsi prolong´ee.

La fonction f ainsi prolong´ee est toujours not´eef dans la suite.

iii. `A l’aide de l’encadrement pr´ec´edent, montrer que f(x)

x a pour limite 0 en 0. Que peut-on en d´eduire sur la fonctionf? Interpr´eter g´eom´etriquement ce r´esultat.

(b) Etude en l’infini´

i. En s’inspirant de la m´ethode d´ecrite en (a).i, encadrerf(x) pour tout r´eelx∈]1,+∞[.

ii. En d´eduire la limite de f en +∞.

iii. ´Etudier la nature de la branche infinie de la courbe repr´esentative def au voisinage de +∞. (c) Etude en 1 par valeurs sup´´ erieures

i. Soitx∈]1,+∞[. Montrer que : Z x²

x

dt

tln(t)= ln(2),puis, en remarquant quef(x) = Z x²

x

t dt tln(t), prouver que :xln(2)≤f(x)≤x²ln(2).

ii. En d´eduire l’existence et la valeur de la limite def en 1 par valeurs sup´erieures.

(d) Etude en 1 par valeurs inf´´ erieures

Par un travail similaire `a la question (c), montrer quef(x) a pour limite ln(2) lorsquextend vers 1 par valeurs inf´erieures.

(e) Prolongement par continuit´e de f en 1

i. Montrer quef est prolongeable par continuit´e en 1 en posant :f(1) = ln(2).

La fonction f ainsi prolong´ee est toujours not´eef dans la suite.

ii. Montrer quef est d´erivable en 1 et pr´eciser la valeur def^′(1).

(f) Repr´esentation graphique de f

i. R´esumer les r´esultats pr´ec´edents en dressant le tableau de variations def, ce tableau pr´ecisant les prolongements et la nature g´eom´etrique des points particuliers ´etudi´es.

ii. Repr´esenter la fonctionf. On pr´ecise que ln(2) est voisin de 0,69.

Correction

1. (a) Soitx∈]1,+∞[.

• De x ∈]1,+∞[, on d´eduit 1 < x < x² (x²−x = x(x−1) >0). Ainsi a-t-on x, x² ∈]1,+∞[ et [x, x²]⊂]1,+∞[.

• La fonction u: ]1,+∞[→R, t7→ln(t) est continue et ne s’annule pas sur ]1,+∞[. Par suite (cf.

op´erations sur les fonctions continues), la fonction 1

u est (d´efinie et) continue sur ]1,+∞[ ; elle admet donc une primitive sur l’intervalle ]1,+∞[. L’int´egrale

Z x² x

dt ln(t) =

Z x² x

1

u(t) dt est bien d´efinie.

• La fonctionuest strictement positive sur ]1,+∞[. La fonction 1

uest donc aussi strictement positive sur ]1,+∞[.

Comme 1 < x < x² et comme 1

u est continue, positive et non identiquement nulle sur ]1,+∞[, l’int´egrale

Z x² x

dt ln(t) =

Z x² x

1

u(t) dt est strictement positive (le ^≪strictement^≫ d´ecoule du th´eor`eme de positivit´e).

(b) Soitxappartenant `a ]0,1[.

• De x∈]0,1[, on d´eduit x² < x <1 (x²−x=x(x−1)<0). De plus commex6= 0, on a x² >0.

Ainsi a-t-onx, x²∈]0,1[ et [x², x]⊂]0,1[.

• La fonction v: ]0,1[→ R , t 7→ ln(t) est continue et ne s’annule pas sur ]0,1[. Par suite (cf.

op´erations sur les fonctions continues), la fonction 1

v est (d´efinie et) continue sur ]0,1[ ; elle admet donc une primitive sur l’intervalle ]0,1[. L’int´egrale

Z x² x

dt ln(t) =

Z x² x

1

v(t) dtest bien d´efinie.

• La fonctionv est strictement n´egative sur ]0,1[. La fonction 1

v est donc aussi strictement n´egative sur ]0,1[. On en d´eduit que la fonction−1

v est strictement positive sur ]0,1[.

Comme 0 < x² < x < 1 et comme −1

v est continue, positive et non identiquement nulle sur ]0,1[, l’int´egrale

Z x x²− dt

ln(t) = Z x

x²− 1

v(t) dtest strictement positive (le^≪strictement^≫ d´ecoule du th´eor`eme de positivit´e). Mais

Z x x²− dt

ln(t) = Z x²

x

dt

ln(t). Ainsi a-t-on Z x²

x

dt ln(t) >0.

2. (a) i. On a vu en 1.(a) que la fonction 1

u: ]1,+∞[→R, t7→ 1

ln(t) est continue sur ]1,+∞[. La fonction 1

u admet donc une primitive sur l’intervalle ]1,+∞[. SoitH l’une d’elles.

Pour toutx∈]1,+∞[, on a donc : f(x) =

Z x² x

dt

ln(t) =H(x²)−H(x).

ii. La fonction carr´ee est d´erivable sur ]1,+∞[ et envoie ]1,+∞[ sur ]1,+∞[. De plus, la fonction H est d´erivable sur ]1,+∞[ (puisque c’est une primitive de 1

u sur ]1,+∞[). Une compos´ee de fonctions d´erivables ´etant d´erivable, la fonctionx7→H(x²) est d´erivable sur ]1,+∞[.

La diff´erence de deux fonctions d´erivables ´etant d´erivable, on en d´eduit finalement que f est d´erivable sur ]1,+∞[.

Comme pour toutx∈]1,+∞[,H^′(x) = 1

ln(x) (cf. d´efinition d’une primitive), on a : f^′(x) = 2xH^′(x²)−H^′(x) = 2x

ln(x²)− 1

ln(x) = 2x

2 ln(x)− 1

ln(x) =x−1 ln(x). iii. Six >1, alorsx−1>0 et ln(x)>0. On a donc :

∀x∈]1,+∞[ f^′(x) = x−1 ln(x) >0.

La fonctionf est donc strictement croissante sur ]1,+∞[.

(b) i. On proc`ede de fa¸con analogue `a l’´etude faite sur ]1,+∞[.

On a vu en 1.(b) que la fonction 1

v: ]0,1[→R, t7→ 1

ln(t) est continue sur ]0,1[. La fonction 1 v admet donc une primitive sur l’intervalle ]0,1[. Soit Gl’une d’elles.

Pour toutx∈]0,1[, on a donc : f(x) =

Z x² x

dt

ln(t) =G(x²)−G(x).

ii. La fonction carr´ee est d´erivable sur ]0,1[ et envoie ]0,1[ sur ]0,1[. De plus, la fonction G est d´erivable sur ]0,1[ (puisque c’est une primitive de 1

v sur ]0,1[). Une compos´ee de fonctions d´erivables ´etant d´erivable, la fonctionx7→G(x²) est d´erivable sur ]0,1[.

La diff´erence de deux fonctions d´erivables ´etant d´erivable, on en d´eduit finalement que f est d´erivable sur ]0,1[.

Comme pour toutx∈]0,1[,G^′(x) = 1

ln(x) (cf. d´efinition d’une primitive), on a : f^′(x) = 2xG^′(x²)−G^′(x) = 2x

ln(x²)− 1

ln(x) = 2x

2 ln(x) − 1

ln(x) =x−1 ln(x). iii. Si 0< x <1, alorsx−1<0 et ln(x)<0. On a donc :

∀x∈]0,1[ f^′(x) =x−1 ln(x) >0.

La fonctionf est donc strictement croissante sur ]0,1[.

3. (a) i. Soit x ∈]0,1[. On a donc 0 < x² < x (x²−x = x(x−1) < 0). Soit t ∈ [x², x]. On a donc x²≤t≤x.

x²≤t≤x <1 =⇒ ln(x²)≤ln(t)≤ln(x)<ln(1) = 0 (ln strictement croissante sur ]0,+∞[)

=⇒ 1

ln(x²) ≥ 1

ln(t) ≥ 1

ln(x) (inverse (strictement) d´ecroissante sur ]− ∞,0[) On a donc :

∀t∈[x², x] 1

ln(x) ≤ 1

ln(t) ≤ 1

ln(x²). (1)

En int´egrant (1) entrex² etx(x²< x), on a alors : Z x

x²

1 ln(x)dt

| {z }

1 ln(x)(x−x²)

≤ Z x

x²

1 ln(t) dt≤

Z x x²

1 ln(x²) dt

| {z }

1

ln(x2 )(x−x²)

(2)

En multipliant chacun des membres de (2) par −1<0 et en remarquant quex−x²=x(1−x) et que ln(x²) = 2 ln(x), on a alors :

− 1

ln(x)x(1−x)

| {z }

x(x−1) ln(x)

≥ − Z x

x²

1 ln(t) dt

| {z }

Rx2 x

1

ln(t)dt=f(x)

≥ − 1

2 ln(x)x(1−x)

| {z }

x(x−1) 2 ln(x)

.

On a donc :

x(x−1)

2 ln(x) ≤f(x)≤ x(x−1)

ln(x) . (3)

ii. Comme lim

x→0⁺x(x−1) = 0 et lim

x→0⁺ln(x) =−∞, on a :

x→0lim⁺

x(x−1) 2 ln(x) = lim

x→0⁺

x(x−1) ln(x) = 0.

De ces calculs de limites, de (3) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit que f(x) tend vers 0 quand xtend vers 0. La fonction f est donc prolongeable par continuit´e en 0 (`a droite). La fonctionf prolong´ee par continuit´e en 0, que l’on note toujoursf, prend la valeur 0 en 0.

iii. Soitx∈]0,1[. Si l’on divise chacun des membres de l’in´egalit´e (3) parx >0, il vient x−1

2 ln(x) ≤f(x)

x ≤ x−1

ln(x). (4)

Comme lim

x→0⁺x−1 =−1 et lim

x→0⁺ln(x) =−∞, on a :

x→0lim⁺ x−1

2 ln(x) = lim

x→0⁺

x−1 ln(x) = 0.

De ces calculs de limites, de (4) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit que f(x)

x tend vers 0 quandxtend vers 0⁺.

On remarque que, si x∈]0,1[, alors f(x)

x = f(x)−f(0)

x−0 (taux d’accroissement de f entre 0 et x). Le calcul pr´ec´edent de limite nous dit que f(x)−f(0)

x−0 tend vers 0 quand x tend vers 0⁺. Par suite, la fonctionf est d´erivable en 0 `a droite et on af_d^′(0) = 0.

G´eom´etriquement, on en d´eduit que la courbe repr´esentative C^f de f dans un rep`ere du plan admet une demi-tangente horizontale en 0 `a droite.

(b) i. Soit x∈]1,+∞[. On a donc 1 < x < x² (x²−x=x(x−1) >0). Soit t ∈[x, x²]. On a donc x≤t≤x².

1< x≤t≤x² =⇒ 0 = ln(1)<ln(x)≤ln(t)≤ln(x²) (ln strictement croissante sur ]0,+∞[)

=⇒ 1

ln(x)≥ 1

ln(t)≥ 1

ln(x²) (inverse (strictement) d´ecroissante sur ]0,+∞[) On a donc :

∀t∈[x, x²] 1

ln(x²) ≤ 1

ln(t) ≤ 1

ln(x). (5)

En int´egrant (5) entrexetx² (x < x²), on a alors : Z x²

x

1 ln(x²)dt

| {z }

1

ln(x2)(x²−x)

≤ Z x²

x

1 ln(t) dt

| {z }

f(x)

≤ Z x²

x

1 ln(x) dt

| {z }

1 ln(x)(x²−x)

(6)

En remarquant quex²−x=x(x−1) et que ln(x²) = 2 ln(x), on a alors : x(x−1)

2 ln(x) ≤f(x)≤ x(x−1)

ln(x) . (7)

ii. Comme lim

x→+∞

x

ln(x) = +∞(croissances compar´ees) et lim

x→+∞

x−1

2 = +∞, on a :

x→+∞lim x

ln(x)×x−1 2

| {z }

x(x−1) 2 ln(x)

= +∞.

De ce calcul de limite, de (7) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit quef(x) tend vers +∞ quandxtend vers +∞.

iii. Soitx∈]1,+∞[. Si l’on divise chacun des membres de l’in´egalit´e (7) parx >0, il vient x−1

2 ln(x) ≤f(x)

x ≤ x−1

ln(x). (8)

Comme lim

x→+∞

x

ln(x) = +∞(croissances compar´ees) et lim

x→+∞

1

ln(x) = 0, on a :

x→+∞lim 1 2

x

ln(x)− 1 ln(x)

| {z }

x−1 2 ln(x)

= +∞.

De ce calcul de limite, de (8) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit que f(x)

x tend vers +∞ quandxtend vers +∞. La courbeC^f n’admet donc pas d’asymptote oblique en +∞.

(c) i. Soitx∈]1,+∞[. Alors 1< x < x²(x²−x=x(x−1)>0) et donc la fonction ln est strictement positive sur [x, x²].

Z x² x

dt tln(t) =

Z x² x

1 t × 1

ln(t) dt

= Z x²

x

ln^′(t) ln(t) dt

= [ln(ln(t))]^x_x²

= ln(ln(x²))−ln(ln(x))

= ln(2 ln(x))−ln(ln(x))

= ln(2) + ln(ln(x))−ln(ln(x))

= ln(2).

Soitt∈[x, x²]. On a 1< x≤t≤x²et donct >0 et ln(t)>0. On en d´eduit que 1

tln(t)>0. En multipliant chacun des membres dex≤t≤x²par 1

tln(t) >0, on a donc : x 1

tln(t) ≤t 1

tln(t) ≤x² 1

tln(t). (9)

En int´egrant l’in´egalit´e (9), valable pour toutt∈[x, x²] entrexetx² (x < x²), on obtient : Z x²

x

x 1

tln(t) dt

| {z }

x Rx2 x

1 tln(t)dt

≤ Z x²

x

t 1 tln(t) dt

| {z }

f(x)

≤ Z x²

x

x² 1 tln(t) dt

| {z }

x² Rx2 x

1 tln(t) dt

Par suite (cf.

Z x² x

dt

tln(t) = ln(2)), on a :

xln(2)≤f(x)≤x²ln(2). (10)

ii. On a lim

x→1⁺xln(2) = ln(2) et lim

x→1⁺x²ln(2) = ln(2). De ces calculs de limites, de (10) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit quef(x) tend vers ln(2) quandxtend vers 1⁺.

(d) Soitx∈]0,1[. Alorsx²< x <1 (x²−x=x(x−1)<0) et donc la fonction ln est strictement n´egative sur [x², x]. On a :

Z x x²

dt tln(t) =

Z x x²

ln^′(t)

ln(t) dt= [ln(−ln(t))]^x_x² = ln(−ln(x))−ln(−ln(x²)) =

(∗)−ln(2).

L’´egalit´e (∗) d´ecoule de :

ln(−ln(x²)) = ln(−2 ln(x)) = ln(2×(−ln(x))) = ln(2) + ln(−ln(x)).

Soitt∈[x², x]. On a 0< x²≤t≤x <1 et donct >0 et ln(t)<0. On en d´eduit que 1

tln(t)<0. En multipliant chacun des membres dex²≤t≤xpar 1

tln(t) <0, on a donc : x² 1

tln(t) ≥t 1

tln(t) ≥x 1

tln(t). (11)

En int´egrant l’in´egalit´e (11), valable pour toutt∈[x², x] entrex² etx(x²< x), on obtient : Z x

x²

x² 1 tln(t) dt

| {z }

x² Rx x2 1

tln(t) dt

≥ Z x

x²

t 1 tln(t) dt

| {z }

−

Z x² x

t 1 tln(t) dt

| {z }

f(x)

≥ Z x

x²

x 1 tln(t)dt

| {z }

xRx x2 1

tln(t)dt

.

Par suite (cf.

Z x x²

dt

tln(t) =−ln(2)), on a :

−x²ln(2)≥ −f(x)≥ −xln(2).

En multipliant cette derni`ere in´egalit´e par−1<0, on trouve :

x²ln(2)≤f(x)≤xln(2). (12)

On a lim

x→1⁻x²ln(2) = ln(2) et lim

x→1⁻xln(2) = ln(2). De ces calculs de limites, de (12) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit que f(x) tend vers ln(2) quandxtend vers 1⁻.

(e) i. On sait d´ej`a que la fonctionf est continue surR<sup>+</sup>\ {1}. D’autre part, d’apr`es 3.(c).ii et 3.(d), on a :

x→1lim⁻f(x) = lim

x→1⁺f(x) = ln(2).

La fonctionf est donc prolongeable par continuit´e en 1 en posant :f(1) = ln(2).

La fonctionf ainsi prolong´ee est toujours not´eef dans la suite.

ii. D’apr`es 2.(a).ii et 2.(b).i, on a :

∀x∈]0,1[∪]1,+∞[ f^′(x) = x−1 ln(x). Soitx∈]0,1[∪]1,+∞[. Alors ln(x)

x−1 =ln(x)−ln(1)

x−1 est le taux d’accroissement de ln entre 1 et x. La fonction ln ´etant d´erivable en 1 avec ln^′(1) = 1, on a donc :

x→1lim ln(x) x−1 = 1.

On en d´eduit (op´erations sur les limites) que lim

x→1

x−1

ln(x) = 1.Par suite :

x→1limf^′(x) = 1.

D’apr`es le cours, la fonctionf est donc d´erivable en 1 et on af^′(1) = 1.

(f) i. Le tableau de variations n’est pas donn´e dans la correction, mais il n’est pas difficile `a dresser.

Les informations suivantes doivent y figurer.

• f(0) = 0

• f(1) = ln(2)

• f est strictement croissante sur [0,+∞[ (car strictement croissante sur ]0,1[, strictement crois- sante sur ]1,+∞[ et prolongeable par continuit´e en 0 et en 1).

• lim

x→+∞f(x) = +∞.

Quant `a la nature g´eom´etrique des points ´etudi´es, compte tenu de l’avanc´ee du cours, on atten- dait les remarques suivantes.

• Au point d’abscisse 0, la courbeC^f admet une demi-tangente horizontale `a droite.

• Au point d’abscisse 1, la courbeC^f admet pour tangente la droite d’´equationy=x−1 + ln(2).

Prochainement, nous aurons des outils pour pr´eciser la nature des points d’abscisses 0 et 1 de la courbeC^f.

ii. La repr´esentation graphique est laiss´ee en exercice. Pour tracer la courbe C^f, on veillera bien `a d’abord tracer la demi-tangente au point d’abscisse 0 et la tangente au point d’abscisse 1.

Probl`eme 2 : ´Etudes de fonctions, ´etude d’une suite d´efinie par r´ecurrence et calculs d’aires.

1. Etudes de fonctions´

(a) On consid`ere la fonctionf d´efinie sur Rparf(x) = (x²+ 1)e^−x pour toutx∈R.

i. ´Etudier les limites en−∞et en +∞def.

ii. Justifier que f est d´erivable surR, puis montrer que pour tout x∈ R, f^′(x) = −(1−x)²e^−x. Dresser le tableau de variations def.

iii. Calculerf^′(0) etf^′(1) et donner une interpr´etation g´eom´etrique de ces deux nombres.

iv. On donne les encadrements suivants 0,75< f(¹₂)<0,76 et 0,73< f(1)<0,74. Montrer que pour toutx∈

1 2,1

,f(x) appartient `a 1

2,1

. v. Montrer que pour toutx∈

1 2,1

,|f^′(x)| ≤ 1 4.

(b) On consid`ere la fonctionhd´efinie surRparh(x) =f(x)−xpour toutx∈R. i. Montrer quehest strictement d´ecroissante surR.

ii. ´Etablir que l’´equationf(x) =xposs`ede une unique solution surR, not´eeα.

iii. Montrer queα∈ 1

2,1

.

iv. Un rep`ere Rorthonorm´e du plan ´etant fix´e, on note C^f la courbe repr´esentative de f dans R. Etudier la position relative de´ C^f et de la droite d’´equationy=x.

(c) Repr´esenter l’allure de la courbeC^f et la droite d’´equationy=xsur le mˆeme graphique, en utilisant les propri´et´es g´eom´etriques obtenues `a la question 1.(a).iii. On prendra comme unit´e 5 cm et on placera^≪approximativement^≫, mais de fa¸con coh´erente avec les r´esultats pr´ec´edents, le nombreα sur l’axe des abscisses.

2. Etude d’une suite d´´ efinie par r´ecurrence

Soit (un)n∈Nla suite d´efinie paru0= 1 et la relation valable pour toutn∈N,un+1=f(un).

(a) Montrer grˆace `a la question 1.(a).iv que pour toutn∈N, un∈ 1

2,1

.

(b) D´eduire de la question 1.(a).v que pour toutn∈N,|un+1−α| ≤ 1

4 |un−α|. (c) En d´eduire que pour toutn∈N, |un−α| ≤

1 4

n

|u0−α|.

(d) Conclure quant au comportement asymptotique de la suite (un)n∈N. (e) Construire les abscissesu0,u1et u2 sur le graphique de la question 1.(c).

3. Calculs d’aires

(a) `A l’aide de deux int´egrations par parties, d´eterminer une primitive de la fonctionf surR.

(b) Que vaut l’aire du domaine du plan d´elimit´e par la courbeC^f, l’axe des abscisses, l’axe des ordonn´ees et la droite d’´equationx= 1 ?

(c) Montrer que l’int´egrale g´en´eralis´ee Z +∞

0

f(t)dtest convergente, d´eterminer sa valeur et interpr´eter g´eom´etriquement le r´esultat.

Correction

1. (a) i. • Etude de la limite en´ −∞

Comme lim

x→−∞−x= +∞et lim

X→+∞e^X= +∞, on a :

x→−∞lim e^−x= +∞ (composition de limites). (13) De plus on a :

x→−∞lim (x²+ 1) = +∞. (14)

De (13) et (14), on d´eduit alors que :

x→−∞lim (x²+ 1)e^−x

| {z }

f(x)

= +∞.

• Etude de la limite en +´ ∞

Pour tout x ∈ R, on a f(x) = (x² + 1)e^−x = x²+ 1 e^x = x²

e^x + 1

e^x. Comme lim

x→+∞

x² e^x = 0 (croissances compar´ees) et lim

x→+∞

1

e^x = 0, on a :

x→+∞lim x² e^x + 1

e^x

| {z }

f(x)

= 0.

ii. La fonctionx7→x²+1 est d´erivable surR(fonction polynˆome) et la fonctionx7→e^xest d´erivable et ne s’annule pas surR. On en d´eduit (op´erations sur les fonctions d´erivables) que la fonction

f:x7→(x²+ 1)e^−x= x²+ 1 e^x est d´erivable surR.

Soitx∈R. On a :

f^′(x) = 2x e^−x+ (x²+ 1)×(−e^−x) =e^−x(2x−(x²+ 1)) =e^−x(−x²+ 2x−1

| {z }

−(1−x)²

) =−(1−x)²e^−x.

On d´eduit du calcul pr´ec´edent quef^′(x)<0 six∈R\ {1}. La fonctionf est donc strictement d´ecroissante surR.

iii. Comme pour toutx∈R,f^′(x) =−(1−x)²e^−x, on a :

f^′(0) =−1 et f^′(1) = 0.

Ces calculs ont l’interpr´etation g´eom´etrique suivante. SiC^f d´esigne la courbe repr´esentative def dans un rep`ere du plan, alors le coefficient directeur de la tangente `aC^f au point d’abscisse 0 est

−1 et le coefficient directeur de la tangente `aC^f au point d’abscisse 1 est 0 (tangente horizontale).

iv. Soitx∈ 1

2,1

. Alors 1

2 ≤x≤1.

1

2 ≤x≤1 =⇒ f(1)≤f(x)≤f 1

2

(f ´etant (strictement) d´ecroissante surR)

=⇒ 0,73< f(1)≤f(x)≤f 1

2

<0,76 (cf. encadrements donn´es dans l’´enonc´e).

Commef(x) est compris entre 0,73 et 0,76 on af(x)∈ 1

2,1

. v. Soitx∈

1 2,1

. On sait quef^′(x) =−(1−x)²e^−x≤0.Par suite, on a|f^′(x)|= (1−x)²e^−x. 1

2 ≤x≤1 =⇒ −1

2 ≤x−1≤0 (soustraction de−1 `a chacun des membres)

=⇒ 1

4 ≥(x−1)²

| {z }

(1−x)²

≥0 (fonction carr´ee (strictement) d´ecroissante sur ]− ∞,0])

On a donc :

0≤(1−x)²≤ 1

4. (15)

D’autre part : 1

2 ≤x≤1 =⇒ −1

2 ≥ −x≥ −1 (multiplication par −1<0 de chacun des membres)

=⇒ e⁻¹² ≥e^−x≥e⁻¹ (exp (strictement) croissante surR) Comme 1≥ 1

√e=e⁻¹² ete⁻¹>0, on en d´eduit :

0≤e^−x≤1. (16)

En multipliant les in´egalit´es (15) et (16) mettant en jeu uniquement des nombres positifs ou nuls membre `a membre, il vient :

0≤(1−x)²e^−x

| {z }

|f^′(x)|

≤ 1 4.

(b) i. Comme les fonctionsf etx7→ −xsont d´erivables surR, la fonctionhest d´erivable surRcomme somme de deux fonctions d´erivables surR.

De plus, pour toutx∈R, on a :

h^′(x) =f^′(x)−1 =−(1−x)²e^−x

| {z }

<0

−1<0.

La fonctionhest donc strictement d´ecroissante sur R. ii. L’´equation f(x) = x est ´equivalente `a f(x)−x

| {z }

h(x)

= 0. Il s’agit donc de montrer que l’´equation h(x) = 0 poss`ede une unique solution surR.

D’apr`es 1.(a).i, on a lim

x→−∞f(x) = +∞et lim

x→+∞f(x) = 0. On a donc :

x→−∞lim f(x)−x

| {z }

h(x)

= +∞ et lim

x→+∞f(x)−x

| {z }

h(x)

=−∞. (17)

La fonction h est continue (puisque d´erivable) et strictement d´ecroissante sur R. D’apr`es le th´eor`eme de la bijection hr´ealise une bijection deR surf(R) =

x→+∞lim h(x), lim

x→−∞h(x)

=R (cf. (17) pour la derni`ere ´egalit´e). On en d´eduit que l’´equation h(x) = 0 poss`ede une unique solution dansR. On la noteα.

iii. On af 1

2

>0,75 (cf. encadrement donn´e en 1.(a).iv) et donc :

f 1

2

−1 2

| {z }

h(¹₂)

>0,25>0.

On a ´egalementf(1)<0,74 (cf. encadrement donn´e en 1.(a).iv) et donc : f(1)−1

| {z }

h(1)

<−0,26<0.

La fonction hest continue sur 1

2,1

et h(0)>0 et h(1)<0. D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, l’´equationh(x) = 0 admet donc au moins une solution appartenant `a

1 2,1

. La fonctionh´etant strictement d´ecroissante surR, il existe en fait une unique solution `a l’´equation h(x) = 0 sur

1 2,1

. Soitβ∈ 1

2,1

la solution deh(x) = 0. Commeβest solution de l’´equation h(x) = 0, on aα=β d’apr`es l’unicit´e prouv´ee en 1.(b).ii. 0n a doncα∈

1 2,1

.

iv. Pour ´etudier la position relative de C^f et de la droite d’´equationy =x, on ´etudie le signe de f(x)−x

| {z }

h(x)

. Commehest strictement d´ecroissante surRet s’annule uniquement enx=α, on a le tableau de signe suivant.

x −∞ α +∞

Signe deh(x) =f(x)−x + 0 −

On en d´eduit :

• la courbeC^f est au-dessus de la droite d’´equationy=xsur ]− ∞, α[ ;

• la courbeC^f est en-dessous de la droite d’´equationy=xsur ]α,+∞[ ;

• la courbeC^f et la droite d’´equationy=xse coupent au point d’abscisseα.

(c) Repr´esentation graphique deC^f

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

−0.2

−0.4

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0

−0.2 Cf

α

y=x

b

2. (a) On montre par r´ecurrence que pour tout n∈N,un ∈ 1

2,1

| {z }

Pn

.

• Initialisation

La propositionP⁰ est vraie caru0= 1∈ 1

2,1

.

• H´er´edit´e

On supposePⁿ vraie pour un entier n fix´e, i.e. :un ∈ 1

2,1

. Montrons que Pⁿ⁺¹ est vraie i.e. : un+1∈

1 2,1

. Comme un ∈

1 2,1

, on a f(un)∈ 1

2,1

, d’apr`es 1.(a).iv. Comme un+1 =f(un), on a un+1 ∈ 1

2,1

.

• Conclusion

D’apr`es l’initialisation au rang 0, l’h´er´edit´e et l’axiome de r´ecurrence, on aun ∈ 1

2,1

pour tout n∈N.

(b) Soitn∈N. La fonctionf est d´erivable (et donc continue) surR. On peut donc appliquer le th´eor`eme des accroissements finis entreun etα. Il existec strictement compris entreun etαtel que :

f(un)

| {z }

un+1

−f(α)

| {z }

α

=f^′(c) (un−α).

En prenant la valeur absolue de chaque cˆot´e, on a donc :

| un+1−α|=|f^′(c) (un−α)| =|f^′(c)| |un−α|. (18)

On remarque que comme α∈ 1

2,1

(cf. 1.(b).iii),un ∈ 1

2,1

(cf. 2.(a)) et cest entreun et α, on a c ∈

1 2,1

. D’apr`es 1.(a).v, on a donc |f^′(c)| ≤ 1

4. En multipliant chacun des membres de cette in´egalit´e par |un−α| ≥0, il vient :

|f^′(c)| |un−α| ≤ 1

4 |un−α|. (19)

De (18) et (19), on d´eduit que :

|un+1−α| ≤ 1

4 |un−α|. (20)

(c) Montrons par r´ecurrence que pour toutn∈N: Pⁿ : |un−α| ≤

1 4

ⁿ

|u0−α|.

• Initialisation

La propositionP0 s’´ecrit :

|u0−α| ≤ 1

4 0

| {z }

1

|u0−α|.

Elle est donc vraie.

• H´er´edit´e

On suppose quePⁿ est vraie pour un entiernfix´e, i.e. que :

|un−α| ≤ 1

4 n

|u0−α|. (21)

MontronsPⁿ⁺¹, i.e. :

|un+1−α| ≤ 1

4 n+1

|u0−α|. D’apr`es 2.(b), on a :

|un+1−α| ≤ 1

4 |un−α|. (22)

En multipliant chacun des membres de (21) par 1

4 ≥0, on a : 1

4 |un−α| ≤ 1 4×

1 4

ⁿ

| {z } 1 4

!n+1

|u0−α|. (23)

De (22) et (23), on d´eduit alors :

|un+1−α| ≤ 1

4 |un−α| ≤ 1

4 n+1

|u0−α| et doncPn+1 :

|un+1−α| ≤ 1

4 n+1

|u0−α|.

• Conclusion

De l’initialisation de la propri´et´ePⁿau rang 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :

∀n∈N |un−α| ≤ 1

4 n

|u0−α|.

(d) Soitn∈N. De 2.(c), on d´eduit que :

− 1

4 n

|u0−α| ≤un−α≤ 1

4 n

|u0−α|. (24) En effet si X ∈R et siA∈R⁺, |X| ≤ A⇐⇒ −A≤X ≤A. En ajoutantα`a chacun des membres de (24), il vient :

α− 1

4 n

|u0−α| ≤un≤α+ 1

4 n

|u0−α|. (25)

D’apr`es le cours et−1< 1

4 <1, on a : lim

n→+∞

1 4

n

= 0.En utilisant les op´erations sur les limites, on obtient alors :

n→+∞lim α− 1

4 n

|u0−α|=α et lim

n→+∞α+ 1

4 n

|u0−α|=α.

De ces calculs de limites, de (25) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit que la suite (un)n∈N

converge et que lim

n→+∞un=α.

(e) La construction des abscissesu0,u1 etu2 est laiss´ee en exercice.

3. Calculs d’aires

(a) La fonctionf ´etant continue surR, on sait d’apr`es le cours que la fonctionF d´efinie par : F: R→R, x7→

Z x 0

f(t)dt= Z x

0

(t²+ 1)e^−tdt

est une primitive def surR. Plus pr´ecis´ement, c’est la primitive def qui s’annule en 0. Soitx∈R.

F(x) =

Z x 0

(t²+ 1)

| {z }

u(t)

× e^−t

|{z}

v^′(t)

dt

I.P.P.= [(t²+ 1)

| {z }

u(t)

×(−e^−t)

| {z }

v(t)

]^x₀− Z x

0

|{z}2t

u^′(t)

×(−e^−t)

| {z }

v(t)

dt

= −(x²+ 1)e^−x+ 1 + 2 Z x

0

te^−tdt.

Il reste `a calculer Z x

0

te^−tdt.

Z x 0

te^−tdt =

Z x 0

|{z}t

u(t)

× e^−t

|{z}

v^′(t)

dt

I.P.P.= [ t

|{z}

u(t)

×(−e^−t)

| {z }

v(t)

]^x₀− Z x

0

|{z}1

u^′(t)

×(−e^−t)

| {z }

v(t)

dt

= −xe^−x+ Z x

0

e^−tdt.

= −xe^−x+ [−e^−t]^x₀

= −xe^−x−e^−x+ 1

On rassemble les r´esultats obtenus dans ces deux calculs pour obtenir :

F(x) =−(x²+ 1)e^−x+ 1 + 2(−xe^−x−e^−x+ 1) =−(x²+ 2x+ 3)e^−x+ 3.

(b) D’apr`es le cours, comme la fonctionf est positive sur R, l’aire du domaine du plan d´elimit´e par la courbeC<sup>f</sup>, l’axe des abscisses, l’axe des ordonn´ees et la droite d’´equationx= 1 est ´egale `a :

Z 1 0

f(t)dt=F(1)−F(0) =F(1) = 3−6 e. (c) Soitx∈R. D’apr`es les calculs effectu´es en 3.(a), on a :

Z x 0

f(t)dt=−(x²+ 2x+ 3)e^−x+ 3 =−x² e^x −2x

e^x−3 1

e^x+ 3. (26)

On a

x→+∞lim x²

e^x = 0 (croissances compar´ees)

x→+∞lim x

e^x = 0 (croissances compar´ees)

x→+∞lim 1 e^x = 0.

De ces calculs de limites et de (26), on d´eduit que Z x

0

f(t)dt tend vers 3 quandx tend vers +∞. L’int´egrale g´en´eralis´ee

Z +∞

0

f(t)dtest donc convergente et l’on a : Z +∞

0

f(t)dt= 3. Cette valeur est l’aire du domaine du plan d´elimit´e par la courbeC^f, l’axe des abscisses et l’axe des ordonn´ees.