Exercice 2 (4 points). On consid`ere la suite (un

(1)

Exercice 2 (4 points).

On considère la suite (u_n) définie pour tout entier naturel n non nul par : u_n= 2ⁿ+ 3×7ⁿ+ 14ⁿ−1.

1. a. Calculer u₃

0,5 pt b.Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, u_n est pair.

0,5 pt c.On note (E) l’ensemble des nombres premiers qui divisent au moins un terme de la suite (u_n).

1

(2)

2

12 G 18 Bis A01

MATHEMATIQUES 2 /3 S´erie S1-S3

Epreuve du1^er groupe

Les entiers 2,3,5 et 7 appartiennent-ils `a l’ensemble (E).

0,5 pt 2. On rappelle le petit th´eor`eme de Fermat : Sipest un nombre premier etq un entier naturel premier avec p, alorsq^p−1 ≡1[p].)

Soit p un nombre premier strictement sup´erieur `a 7.

Soient m et n deux entiers naturels tels que 14 =mn.

a. Quelles sont les valeurs possibles de m? 0,5 pt

b.Montrer que 14×m^p−2 ≡n (modulo p). 0,5 pt

c.En d´eduire que 14u_p−2 ≡0 (modulop). 0,5 pt

d.L’entier p appartient-il `a l’ensemble E? 0,5 pt

e.D´eterminer E. 0,5 pt

PROBLEME (11 points ).

On considère la fonction f définie par :

f(x) = ln(1 +x)

x six= 0 f(0) = 1

C désigne la courbe représentative def dans le plan muni d’un repère orthonormé (O, −→ i , −→

j ).

Partie A

1. Etudier la continuit´e de f. 0,25 pt

2. a. D´emontrer que pour tout r´eel x non nul de l’intervalle ]−1,+∞[ on a : 0≤ 1

x _x

0

u²

1 +u du≤x _x

0

1 1 +u du.

(On pourra montrer ce résultat pour x appartenant à ]0,+∞] et pour xappartenant à ]−1,0[).

0,5 pt b.V´eriﬁer que : ∀u∈]−1,+∞[, 1

1 +u = 1−u+ u² 1 +u En d´eduire que :∀x∈]−1,+∞[, x= 0 ⇒f(x) = 1− 1

2x+ 1 x

_x

0

u² 1 +u du

0,75 pt= 0,25 pt+0,5 pt c.En exploitant les résultats des questions précédentes, montrer que f est dérivable au point 0.

Déterminer une équation de la tangente àC au point d’abscisse 0 et étudier la position deC par rapport à cette tangente.

1,5 pts= 0,5 pt+0,5 pt+0,5 pt d.Etudier la d´erivabilit´e de f.

0,5 pt 3. a. Soit g l’application d´eﬁnie sur ]−1,+∞[ par g(x) = ln(1 +x)− x

1 +x Etudier les variations de g et d´eterminer le signe de g(x) suivant les valeurs de x.

0,75 pts= 0,5 pt+0,25 pt b.En d´eduire le sens de variation de f.

0,5 pt 4. Etudier les limites de f aux bornes de l’intervalle ]−1,+∞[.

0,25 pt 5. Déterminer les droites asymptotes à C et préciser la position de C par rapport à l’axe des abscisses.

1 pts= 0,5 pt+0,5 pt

(3)

12 G 18 Bis A01

Epreuve du1^er groupe3

6. Construire la courbeC.

0,5 pt Partie B

1. Justiﬁer que pour tous r´eels a etb de ]−1,+∞[ tels que a < b on a : (b−a)f(b)≤

_b

a

f(x) dx≤(b−a)f(a)

En déduire un encadrement de l’aire de la partie du plan délimitée par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équations respectives x= 0 etx= 1 ; on utilisera les nombres 0,1

5,2 5,3

5,4 5 et 1.

0,75 pts= 0,25 pt+0,5 pt 2. a. En utilisant la fonctiong, montrer que pour toutx >0, f(x)− 1

x+ 1 ≥0.

0,5 pt b.En d´eduire la limite lorsque t tend vers +∞ de la fonction :t→

_t

0

f(x)dx.

0,25 pt 3. a. Soit h l’application d´eﬁnie sur ]−1,0] parh(x) =x+ 1−(x+ 1) ln(x+ 1).

Calculer h(x) pour x appartenant `a ]−1,0] et montrer que pour tout r´eel x de cet intervalle on a h(x)∈]0,1].

1 pt = 0,5 pt+0,5 pt b.Montrer que : ∀x∈

−1,−1 2

, 0≤f(x)≤ −2 ln(x+ 1).

En d´eduire que la fonction F : t→

_−1/2

t

f(x) dxest major´ee dans

−1,−1 2

.

1 pt = 0,5 pt+0,5 pt c.On considère la suite (v_n)_n>0 de terme général v_n =

₀

−1+1/n

f(x) dx.

Etudier le sens de variation de la suite (v_n)_n>0. En d´eduire que cette suite est convergente.

1 pt = 0,5 pt+0,5 pt

(4)

Correction de l’exercice 2.

1. a. u₃ = 3780.

b.2ⁿ et 14ⁿsont des nombres pairs, 3×7ⁿ produit de nombres impairs, est impair ; doncu_nest un nombre pair.

c.u₃ = 3780 = 2²×3³×5×7 ;u₃est donc divisible par 2,3,5 et 7. Oui 2,3,5 et 7 appartiennent

` a E.

2. a. Les valeurs possibles de m sont 1,2,7,14 b.14×m^p−2 =mn×m^p−2 =n×m^p−1.

pétant premier etstrictement supérieur à7, est premier avec m; donc, d’après le petit théorème de Fermat m^p−1 ≡1 [p]. On obtient, en multipliant par n :

14×m^p−2 =n×m^p−1 ≡n [p]

En appliquant ce résultat à m= 2, 7 puis 14, on en déduit modulo p:

14u_p−2 = (14×2^p−2) + 3×(14×7^p−2) + (14×14^p−2)−14≡7 + 3×2 + 1−14 = 0

c.Puisque p divise 14u_p−2 et qu’il est premier avec 14, il divise u_p−2 d’après le théorème de Gauss ; donc p∈ E.

d.2,3,5 et 7 appartiennent à E et si p est un nombre premier strictement supérieur à 7, il appartient aussi à E.

E est donc l’ensemble de tous les nombres premiers.

Correction du probl`eme.

Partie A

1. Un r´eel xappartient `a l’ensemble D_f def ssi 1 +x >0 etx= 0 ; donc D_f =]−1,0[∪]0, +∞[.

Un r´eel non nul x₀ deD_f est contenu dans un intervalle I₀ ne contenant pas 0.

Dans un tel intervalle, la fonctionf est le produit des fonctions continuesx→ 1

x, x→ln(1 +x) ; la fonctionf est donc continue sur I₀ et en particulier au point x₀.

Pour étudier la continuité de f au point 0, on peut écrire :

x→0, x=0lim f(x) = lim

x→0, x=0

ln(1 +x)

x = 0 =f(0), la fonctionf est donc continue sur 0.

(5)

4

12 G 18 Bis A01

2. a. Pour tout ´el´ement x de ]0,+∞[ et tout u∈[0, x] on a : 0≤u² ≤x²

⇔ 0≤ u²

1 +u ≤ x² 1 +u

⇒ 0≤ _x

0

u²

1 +u du≤ _x

0

x²

1 +u du=x² _x

0

1 1 +u du

⇔ 0≤ 1 x

_x

0

u²

1 +u du≤x _x

0

1

1 +u du On a divisé par le réel x >0 Pour tout élément xde ]−1,0[ et tout u∈[x,0] on a :

0≤u² ≤x²

⇔ 0≤ u²

1 +u ≤ x² 1 +u

⇒ 0≤ ₀

x

u²

1 +u du≤ ₀

x

x²

1 +u du=x² ₀

x

1 1 +u du

⇔ 0≥ 1 x

₀

x

u²

1 +u du≥x ₀

x

1

1 +u du On a divis´e par le r´eel x <0

⇔ 0≥ −1 x

_x

0

u²

1 +u du≥ −x _x

0

1 1 +u du

⇔ 0≤ 1 x

_x

0

u²

1 +u du≤x _x

0

1 1 +u du b.On a par réduction au même dénominateur :

∀u∈]−1,+∞[, 1−u+ u²

1 +u = 1−u² +u²

1 +u = 1

1 +u On en d´eduit pour tout x dans ]−1,+∞[ et par int´egration :

_x

0

1

1 +u du=x−1 2x²+

_x

0

u² 1 +u du i.e

ln(1 +x) =x−1 2x²+

_x

0

u² 1 +u du enﬁn en divisant par x s’il est non nul :

f(x) = 1− 1 2x+ 1

x _x

0

u² 1 +u du.

c.On déduit des questions précédentes que le taux d’accroissement τ de f en 0 s’écrit :

∀x∈D_f, x= 0⇒τ(x) = f(x)−f(0)

x−0 =−1 2 + 1

x² _x

0

u² 1 +u du La deuxi`eme relation de la question 2.a. s’´ecrit aussi

∀x∈D_f, x= 0 ⇒ 0≤1 x

_x

0

u²

1 +u du≤x _x

0

1 1 +u du et on en d´eduit en divisant par |x| :

∀x∈D_f, x= 0⇒ 0≤ 1 x²

_x

0

u²

1 +u du≤ _x

0

1 1 +u du .

Puisque la fonction fonctionx→ _x

0

1

1 +u dua pour limite 0 quandx tend vers 0, le th´eor`eme des gendarmes permet de dire que lim

x→0⁺

1 x²

_x

0

u²

1 +u du= 0.

(6)

12 G 18 Bis A01

Par cons´equent, lim

x→0τ(x) =−1

2, f est dérivable au point 0 et f(0) =−1 La tangente T₀ à (C_f) au point d’abscisse 0 a pour équation 2

y=f(0)(x−0) +f(0) i.ey =−1 2x+ 1 ; et on a pour tout xnon nul de D_f :f(x)−(−1

2x+ 1) = 1 x

_x

0

u²

1 +u du >0. Donc la courbe (C_f) est au dessus de sa tangenteT₀.

d.Un r´eel non nul x₀ de D_f est contenu dans un intervalle I₀ ne contenant pas 0.

Dans un tel intervalle, la fonctionf est le produit des fonctions d´erivablesx→ 1

x, x→ln(1+x) ; la fonctionf est donc d´erivable sur I₀ et en particulier au point x₀.

Comme on sait déja quef est dérivable au point 0, on peut conclure quef est dérivable surD_f. 3. a. La fonctiong est dérivable sur D_g =]−1,+∞[ et

∀x∈D_g, g(x) = 1

1 +x − 1

(1 +x)² = x (1 +x)². Voici le tableau de variations de g.

x −1 0 +∞

g(x) − 0 +

g(x) ^@_@

@ R0

On constate d’apr`es le tableau de variations que la fonctiong est positive dansD_g. b.La fonctionf est d´erivable surD_f et∀x∈D_f, x= 0⇒f(x) =

1

1 +xx−ln(1 +x)

x² =−g(x) x² f(x) est donc <0 car elle a le mˆeme signe que −g(x) pour x= 0.

La fonctionf est alors strictement d´ecroissante dans D_f. Voici le tableau de variations de f.

x −1 +∞

f(x) −

f(x) +∞

@@

@ R 0

c. lim

x→+∞f(x) = 0, lim

x→−1f(x) = +∞ 4. Comme lim

x→−1f(x) = +∞la droite d’´equation x=−1 est une asymptote de C.

La fonction f est d´ecroissante et de limite 0 quand x tend vers +∞, par cons´equent, elle est strictement positive (Voir aussi son tableau de variation) ; la courbe (C_f) est donc au dessus de l’axe des abscisses.

5. Voici la courbeC

(7)

6

12 G 18 Bis A01

0 1 2 3 4 5

−1 0 1 2 3 4 5

Partie B

1. La fonction f étant décroissante dansD_f,on a pour tout a etb tels que a≤b et toutx dans l’intervalle [a, b], f(b)≤f(x)≤f(a) ce qui entraine par intégration :

_b

a

f(b)dx≤ _b

a

f(x)dx≤ _b

a

f(b)dx i.e

(b−a)f(b)≤ _b

a

f(x)dx≤(b−a)f(a).

En appliquant cette relation aux r´eels a_k= k

5, k entier compris entre 0 et 5 on obtient : (a_k+1−a_k)f(a_k+1)≤

_a_k+1

ak

f(x)dx≤(a_k+1a_k)f(a_k), puis par sommation :

4 k=0

1

5f(a_k+1)≤ 4 k=0

_a_k+1

ak

f(x)dx≤ 4

k=0

1 5f(a_k) et la relation de Chasles entraine

1 5

4 k=0

f(a_k+1)≤ ₁

0

f(x)dx≤ 1 5

4 k=0

f(a_k) soit

1

5(0.91 + 0.84 + 0.78 + 0.73 + 0.69) ≤ ₁

0

f(x)dx≤ 1

5(1 + 0.91 + 0.84 + 0.78 + 0.73) ﬁnalement

0.79≤ ₁

0

f(x)dx≤0.85 L’aire demand´ee est donc comprise entre 0.79 u.a et 0.85 u.a Le logiciel Texgraph donne

₁

0

f(x)dx= 0.82246703376263 2. a. Pour toutx strictement positif on a :

f(x)− 1

1 +x = ln(1 +x)

x − 1

1 +x = 1 x

ln(1 +x)− x 1 +x

= 1

xg(x)≥0

(8)

12 G 18 Bis A01

b.Soit t un réel strictement positif. En intégrant la relation précédente on obtient : _t

0

f(x)− 1 1 +x

dx≥0

i.e _t

0

f(x)dx≥ _t

0

1

1 +x dx= ln(1 +t) Or quand t tend vers +∞, ln(1 +t) a pour limite +∞ donc lim

t→+∞

_t

0

f(x)dx= +∞

3. a. La fonction h est strictement croissante dans ]−1,0] car sa d´eriv´ee x → −ln(x+ 1) est strictement positive dans cet intervalle ; donc ∀x∈]−1,0], h(x)∈]a, h(0)] avec a= lim

x→−1h(x) = 0 eth(0) = 1. Par cons´equent, on a bien h(x)∈]0,1].

b.Sixappartient `a

−1,−1 2

, alors−1> 1

x ≥ −2 et multipliant par le r´eel strictement n´egatif ln(x+ 1) on obtient 0 <−ln(x+ 1)≤f(x)≤ −2 ln(x+ 1).

Soit t un ´el´ement de

−1,−1 2

. La relation

∀x∈

−1,−1 2

, 0< f(x)<−2 ln(x+ 1) s’´ecrit

∀x∈

−1,−1 2

, 0< f(x)<2h(x) et en l’int´egrant on obtient :

0≤

_−1/2

t

f(x)dx≤2 _−1/2

t

h(x)dx= 2

h(x) _−1/2

t = 2 h(1/2)−h(t)

≤2 La fonctionF est donc bien major´ee (par exemple par 2.)

c.Pour tout entier naturel non nul n on a : v_n+1−v_n =

₀

−1+1/n+1

f(x) dx− ₀

−1+1/n

f(x) dx

=

_−1+1/n

−1+1/n+1

f(x) dx relation de Chasles

est positive car f est positive dans ]−1,0] ; donc la suite (v_n) est croissante.

v_n = ₀

−1+1/n

f(x) dx

=

_−1/2

−1+1/n

f(x) dx+ ₀

−1/2

f(x)dx relation de Chasles

= F(−1 + 1/n) +M avec M =

₀

−1/2

f(x) dx

≤ 2 +M d’apr`es le c.

La suite (v_n) est donc major´e (par exemple par 2 + M) ; et comme elle est croissante, elle converge.

(9)

PROBLEME (11 points).

Partie A (3 points)

1. Résoudre l’équation différentielle y+y= 0. 0.5pt Soit ϕ une application dérivable de R^∗₊ dans R, et soit g l’application numérique définie sur R^∗₊ par g(x) = ϕ(x)e^x.

2. a. Vérifier que g est dérivable en tout point xdeR^∗₊ et démontrer que, pour queϕ vérifie

∀x∈R^∗₊, ϕ(x) +ϕ(x) =−1

x −lnx, (1)

il faut et il suﬃt que g soit une primitive de l’applicationx→ −e^xlnx−e^x

x. 0.5 + 1pt b. Quel est l’ensemble des primitives de la fonction x→ −e^xlnx− e^x

x? 0.5pt

3. En déduire que l’ensemble des applications dérivables de R^∗₊ dans R vérifiant (1) est l’ensemble des applications x→ae^−x−lnx oùa désigne une constante réelle. 0.5pt

Partie B (5.25 points)

Soit f l’application de R^∗₊ dans Rd´eﬁnie par : ∀x∈R^∗₊, f(x) =e^1−x−lnx.

1. a. Etudier les variations de f et construire sa repr´esentation graphique dans un rep`ere

orthonorm´e. 0.75 + 0.25pt

D´emontrer que l’´equation f(x) = 0 admet une solution unique cet que c∈]1,2[.

0.5 + 0.25pt b. Calculer lim

x→0⁺xf(x). 0.25pt

c. Soit x un ´el´ement de l’intervalle ]0,1].

Calculer l’int´egrale F(x) = ₁

x

f(t) dten fonction de x. 0.5pt

Montrer que lorsque x tend vers 0,F(x) tend vers e. 0.25pt 2. Soit n un entier supérieur ou égal à 2.

(10)

01 G 18 Bis A18

Epreuve du1^ergroupe3

a. Montrer que, pour tout entier k tel que 1≤k ≤n−1 et pour tout r´eel t tel que k

n ≤t ≤ k+ 1

n , on a : f

k+ 1 n

≤f(t)≤f k

n

. 0.25pt

b. Montrer alors que 1 n

n k=2

f k

n

≤F 1

n

≤ 1 n

n−1 k=1

f k

n

, 0.5pt

En d´eduire que F 1

n

+ 1 n ≤ 1

n n

k=1

f k

n

≤F 1

n

+ 1 nf

1 n

. 0.25pt

3. a. Déduire des questions précédentes que, lorsque n tend vers l’infini, 1 n

n k=1

f k

n

admet

une limite et calculer cette limite. 0.5pt

b. Etablir les ´´ egalit´es : 1 n

n k=1

e^(1−k/n)= (e−1) 1

n(e^1/n−1) et 1 n

n k=1

ln k

n

= 1 nln

n!

nⁿ

2×0.25pt c. Utiliser les résultats précédents pour démontrer que les deux suites définies par :

u_n = 1 nln

n!

nⁿ

etv_n= n

√n

n!.

ont des limites lorsque n tend vers l’inﬁni et calculer ces limites. 2×0.25pt

Partie C (2.75 points)

1. a. Déterminer le sens de variation de f dans l’intervalle [1,2]. 0.5pt Soit P l’application de R^∗₊ dans R définie par : ∀x∈R^∗₊, P(x) =x− f(x)

f(1).

b. Etudier les variations de P dans l’intervalle [1,2].Montrer queP réalise une bijection de [1, c] sur un intervalle J contenu dans [1, c]. 0.5 + 0.25pt En déduire que l’on définit bien une suite c_n d’éléments de [1, c] en posant c₀ = 1 et pour

tout entier naturel n, c_n+1 =P(c_n). 0.25pt

2. a. Montrer que pour tout x∈[1,2],0≤P(x)≤P(2)≤ 7

12. 0.25pt

b. En utilisant le théorème des accroissements finis, vérifier que pour tout entier n,

|c_n+1−c| ≤ 7

12|c_n−c|. 0.5pt

En déduire que la suite (c_n) est convergente et déterminer sa limite. 0.25pt c. Quelle valeur suffit-il de donner à n pour que c_n soit une valeur approchée de c à 10⁻²

pr`es ? 0.25pt

(11)

01 G 18 Bis A18

1. Résolution l’équation différentielle y+y= 0.

- On peut énoncer directement le résultat car cela a été fait en cours : la solution générale de l’équation différentielle est y=ke^−x, k appartenant à R.

- On peut dire que l’on a une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficients constants dont l’équation caractéristique est r + 1 = 0. La solution de cette équation caractéristique est r₀ = −1. Par conséquent la solution générale de l’équation différentielle est y = ke^r⁰^x, k appartenant àR.

- On peut faire un calcul direct. La fonction nulle est solution de l’équation différentielle.

Une solution qui ne s’annule pas en un point donné, ne s’annulera pas dans un intervalle ouvert contenant ce point. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, elle gardera un signe constant dans cet intervalle.

Dans cet intervalle, l’équation différentielle est alors équivalente à y

y =−1 soit

ln|y| = −x+c, c constante r´eelle. On a donc |y| = e^ce^−x puis y = ke^−x avec k = e^c ou −e^c selon le signe de y.

Finalement, la solution générale de l’équation différentielle est y=ke^−x, k appartenant à R. 2. a. g,produit des deux applications dérivables surR^∗₊, x→ϕ(x) et exp :x→e^x est aussi dérivable sur R^∗₊ etg =ϕ exp +ϕ exp; c’est à dire ∀x∈R^∗₊, g(x) = (ϕ(x) +ϕ(x))e^x. Alors

ϕ v´eriﬁe (1) ⇔ ∀x∈R^∗₊, ϕ(x) +ϕ(x) =−1

x −lnx

⇔ ∀x∈R^∗₊, g(x) =

−1

x +−lnx

e^x

⇔ g est une primitive de x→ −e^x

x −e^xlnx b. On peut remarquer que h :x→ −e^x

x −e^xlnx est la d´eriv´ee de H :x→ −e^xlnx.

Sinon, on peut faire un calcul direct. On a pour tout r´eel x >0 : _x

1

h(t)dt=− _x

1

e^t

t +e^tlnt

dt Une int´egration par parties donne :

_x

1

e^t t dt=

_x

1

e^tlnt dt=

e^tlnt_x

1 − _x

1

exp(t) lnt dt=e^xlnx− _x

1

e^tlnt dt Par cons´equent,

_x

1

h(t)dt = −e^xlnx = H(x) et l’ensemble des primitives de la fonction h :x→ −e^xlnx− e^x

x est {H+a, a ∈R}.

3. D’après la question précédente, pour qu’une application ϕ vérifie (1) il faut et il suffit que l’applicationg soit une primitive de h.

g est donc de la formeH+a, a∈R, autrement dit

ϕ(x) =g(x)e^−x = (H(x) +a)e^−x =−lnx+ae^−x

L’ensemble des applications dérivables de R^∗₊ dans R vérifiant (1) est l’ensemble des appli- cationsx→ae^−x−lnx oùa désigne une constante réelle.

Partie B (5.25 points)

Soit f l’application de R^∗₊ dans Rd´eﬁnie par : ∀x∈R^∗₊, f(x) =e^1−x−lnx.

1. Remarquons d’abord que f est une solution de l’équation différentielle (1) avec a=e.

(12)

4

01 G 18 Bis A18

Epreuve du1^ergroupe

a. f est d´erivable surR^∗₊et∀x∈R^∗₊, f(x) =−e^1−x−1

x. La dérivée est strictement négative ; f est donc strictement décroissante. lim

x→0f(x) = +∞et lim

x→+∞f(x) =−∞. Voici le graphe def.

0 1

0 1 2 3

c∼1.6692

f est continue et strictement d´ecroissante et comme f(R^∗₊) = R, l’´equation f(x) = 0 admet une solution uniquec dans R^∗₊.

f(1) = 1>0 est f(2) =e⁻¹−ln 2 <0, donc c∈]1,2[.

b. Pour tout x∈R^∗₊, xf(x) =xe^1−x−xlnx.

x→0lim⁺xlnx= 0 donc lim

x→0⁺xf(x) = 0 c. F(x) =

₁

x

f(t) dt=

−e^1−t₁

x− ₁

x

lnt dt=e^1−x−1− ₁

x

lnt dt Si on poseu(t) = t, une int´egration par parties donne :

₁

x

lnt dt = ₁

x

lnt u(t) dt = [u(t) lnt]¹_x− ₁

x

ln(t) u(t) dt

= −xlnx− ₁

x

1 dt = −xlnx+x−1 Finalement F(x) =e^1−x+xlnx−x.

De lim

x→0⁺xlnx= 0 on tire lim

x→0⁺F(x) = e 2. Soit n un entier supérieur ou égal à 2.

a. Pour tout entier k tel que 1≤k ≤n−1 et pour tout r´eel t tel que k

n ≤t ≤ k+ 1

n , on a : f

k+ 1 n

≤f(t)≤f k

n

. Cela vient simplement du fait quef est strictement d´ecroissante.

b. En intégrant la relation précédente dans l’intervalle k

n,k+ 1 n

dont la longueur est 1 n, on obtient :

1 nf

k+ 1 n

≤

_(k+1)/n

k/n

f(t)dt≤ 1 nf

k n

(13)

01 G 18 Bis A18

Ensuite on somme de k = 1 `ak =n−1 : 1

n

n−1 k=1

f

k+ 1 n

≤

n−1 k=1

_(k+1)/n

k/n

f(t)dt≤ 1 n

n−1 k=1

f k

n

Dans le premier membre de l’inégalité, on change la numérotation (on remplace k+ 1 par k), dans le second membre, on utilise la relation de Chasles

1 n

n k=2

f k

n

≤ ₁

1/n

f(t)dt≤ 1 n

n−1 k=1

f k

n

C’est `a dire, en posantw_n= 1 n

n k=1

f k

n

:

w_n− 1 nf

1 n

≤F 1

n

≤w_n− 1 nf(1) Ce qui permet d’encadrer w_n :

F 1

n

+ 1

n ≤w_n ≤F 1

n

+ 1 nf

1 n

3. a. On déduit des questions précédentes que lim

n→+∞F 1

n

=e et lim

n→+∞

1 nf

1 n

= 0.

Alors l’encadrement de w_n et le th´eor`eme des gendarmes entrainent que la suite (w_n) est convergente et de limite e.

b. Posons t_n= 1 n

n k=1

e^1−k/n

n k=1

e^−k/n =

n k=1

e^−1/nk

est la somme des n premiers termes de la suite g´eom´etrique de premier terme e^−1/n et de raison e^−1/n.

Donc

n k=1

e^−1/n_k

=e^−1/n

e^−1/n_n

−1

e^−1/n−1 = e⁻¹−1 1−e^1/n et t_n = e

n

n k=1

e^−k/n = (e−1) 1 n(e^1/n−1). Ensuite

n k=1

ln k

n

= ln1

n +· · ·+ lnn n = ln

1

n × · · · × n n

= ln n!

nⁿ

.

et 1 n

n k=1

ln k

n

= 1 nln

n!

nⁿ

.

c. On aw_n= 1 n

n k=1

f k

n

= 1 n

n k=1

e^1−k/n−lnk n

=t_n−u_n.Autrement dit u_n =t_n−w_n On sait que lim

s→0

e^s−1

s = 1. Par cons´equent, en prenant s = 1

n on a lim

n→+∞

1

n(e^1/n−1) = 1 et

n→+∞lim t_n =e−1

(14)

6

01 G 18 Bis A18

Epreuve du1^ergroupe

La suite (u_n), somme de deux suites convergentes de limites respectives e −1 et −e, est convergente et de limite e−1−e=−1 :

n→+∞lim u_n =−1 On a u_n = ln

(n!)^1/n n

= −lnv_n autrement dit v_n =e^−uⁿ . La suite (v_n) est donc convergente et de limite e¹

n→+∞lim v_n=e

Partie C

1. a. La fonction f est d´erivable sur R^∗₊ et ∀x ∈R^∗₊, f(x) =e^1−x+ 1

x². f est strictement positive ; f est donc strictement croissante sur R^∗₊ et donc aussi sur [1,2]. f(1) = −2 et f(2) =−1

e − 1 2.

La fonctionP est d´erivable sur [1,2] et

∀x∈[1,2], P(x) = 1− f(x)

f(1) = f(1)−f(x) f(1) .

Puisquef est strictement croissante,f(1)−f(x) est<0 ; comme f(1) = −2 est aussi < 0, la d´eriv´ee P est donc strictement positive ; P est alors strictement croissante sur [1,2]. P(1) = 1

2 et P(c) =c. Voici le tableau de variation de P dans [1, c].

x 1 c

P(x) + P(x)

1/2

c

Ainsi, P r´ealise une bijection de [1, c] sur l’ intervalleJ = [1/2, c] contenu dans [1, c].

Montrons alors par récurrence que la suite (c_n) est bien définie et est contenue dans l’intervalle [1, c].

c₀ = 1 existe et appartient à [1, c]. Supposons que pour un entier n donné, c_n existe et appartient à [1, c]. Alors c_n+1 =P(c_n) existe aussi et appartient à P([1, c]) =J ⊂[1, c].

2. a. La fonction P est d´erivable sur R^∗₊ et ∀x ∈ R^∗₊, P(x) = −f(x)

f(1) > 0. P est donc strictement croissante.

Alors, pour toutx∈[1,2],on a 0≤P(x)≤P(2) = 1− f(2)

f(1) = 1 + 1 2

−1 e − 1

2

≤1 + 1 2

−1 3 −1

2

= 7 12

b. En appliquant le théorème des accroissements finis à P dans l’intervalle [c_n, c], on peut affirmer l’existence d’un élément θ dans ]c_n, c[ tel que

P(c)−P(c_n) = P(θ)(c−c_n) c’est dire c−c_n+1 =P(θ)(c−c_n).

Ce qui entraine |c_n+1−c|=|P(θ)||c_n−c| ≤ 7

12|c_n−c|. Cette relation entraine ensuite 0 ≤ |c_n−c| ≤

7 12

_n

|c₀ −c|. Comme le dernier membre a pour limite 0 quandn tend vers +∞,par le th´eor`eme des gendarmes, le membre|c_n−c| a aussi pour limite 0. Autrement dit lim

n→+∞c_n=c.

(15)

01 G 18 Bis A18

c. Pour que c_n soit une valeur approchée de cà 10⁻² il suffit de choisir n tel que 7

12 _n

|c₀−c| ≤10⁻².

Comme |c₀ −c| < 1, il suﬃt que 7

12 _n

≤ 10⁻² c’est `a dire nln 7

12 ≤ −2 ln 10 ou encore n≥2 ln 10

ln 12−ln 7. On peut donc prendren =E(r) + 1 avecr= 2 ln 10

ln 12−ln 7 c’est `a diren= 9.

(16)

PROBLEME (10 points).

Soit f la fonction d´eﬁnie sur [0,+∞[ par : f(x) = √

1−e^−x et Cf sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,−→

i ,−→

j ), unit´e graphique 2cm.

Partie A

1. a. Etudier la dérivabilité de f à droite en 0. Interpréter géométriquement le résultat.

0.5 pt b. Etudier les variations de f et dresser son tableau de variations. 0.75 pt c. Vérifier que pour tout réel x > 1

2, f(x)<1.

Montrer que l’´equation f(x) = xadmet dans l’intervalle ]1/2,+∞[ une unique solution α et

que 0,7< α <0,8. 0.5 + 2×0.25 pt

d. Tracer C_f. 0.5 pt

(17)

2. a. Montrer que f admet une fonction réciproque g définie sur un ensemble J que l’on

pr´ecisera. 0.5 pt

b. Démontrer que l’équation g(x) =x admet dans J une solution unique égale à α. Tracer

la courbe de g. 0.75 pt

c. Expliciter g(x), x∈J. 0.25 pt

Partie B Pour tout entier naturel n non nul, on pose

∀x∈J, F_n(x) = _g(x)

0

[f(t)]ⁿ dt, et I_n =F_n(α).

1. Montrer que pour tout x∈J, F₂(x) =g(x)−x². Exprimer alors I₂ en fonction deα.

0.5 + 0.25 pt 2. a. Montrer que F_n est d´erivable dans J et que pour tout x appartenant `aJ,

F_n(x) = 2xⁿ⁺¹ 1−x².

0.25 + 0.5 pt b. Déterminer les réels a, bet ctels que pour tout réel x distinct de 1 et de−1 on ait :

2x²

1−x² =a+ b

1−x + c 1 +x.

0.25 pt c. Pourx∈J, expliciter F₁(x). Exprimer alors I₁ en fonction de α. 0.5 + 0.25 pt d. Déterminer en fonction de α l’aire du domaine plan délimité parC_f, l’axe des abscisses

et les droites d’´equations x= 0 etx=α. 0.25 pt

Partie C 1. a. Montrer que F_n+2(x)−F_n(x) =− 2

n+ 2xⁿ⁺². 0.5 pt

b. En d´eduire que I_n+2−I_n=− 2

n+ 2αⁿ⁺². 0.25 pt

2. Montrer que

∀n∈N^∗, I_2n =α− n k=1

α^2k k et ∀n∈N, I_2n+1 = ln1 +α

1−α−2 n

k=0

α^2k+1 2k+ 1

2×0.5 pt 3. a. Montrer que pour tout n∈N^∗,0≤I_n ≤αⁿ⁺¹. 0.5 pt

b. En d´eduire lim

n→+∞I_n, lim

n→+∞

n k=1

α^2k

k et lim

n→+∞

n k=0

α^2k+1

2k+ 1. 3×0.25 pt

(18)

PROBLEME.

Partie A

1. a. La fonction f est bien d´eﬁnie sur R+, car pour tout x≥0, e^x ≥1.

La fonctionh :x→1−e⁻^x est donc ≥0 sur R+ et s’annule seulement au point 0.

Pour toutt >0 on a f(t)−f(0) t−0 =

√1−e⁻^t

t =

1 t

e⁻^t−1

−t . Quandttend vers 0⁺, le rapport 1

t tend vers +∞et le le rapport e⁻^t−1

−t tend versexp(0) = 1. Par cons´equent, lim

t→0⁺

f(t)−f(0)

t−0 = +∞, la fonction f n’est pas d´erivable en 0 et au point de la courbe d’abscisse 0 (c’est l’origine), il y a une demi tangente verticale.

b. La fonctionf est d´erivable sur R^∗₊ et

∀x∈R^∗₊, f(x) = h(x) 2

h(x) = e⁻^x 2f(x)

f est strictement positive sur ]0,+∞[. La fonction f est donc strictement croissante sur son domaine et lim

x→+∞f(x) = 1. La droite d’´equation y = 1 est asymptote `a la courbe. Voici le tableau de variation de f

(19)

x f(x)

f

0 +∞

+

0 0

1 1

c. Pour toutx∈R^∗₊ on a f(x) = e⁻^x

2f(x). Donc 1−f(x) = 2f(x)−e⁻^x 2f(x)

Mais la fonction g : x → 2f(x)−e⁻^x est strictement croissante R^∗₊ car sa d´eriv´ee x → 2f(x) +e⁻^x est >0.

Donc ∀x∈ I = 1

2,+∞

, g(x) ≥g 1

2

∼1.6 >0. Par cons´equent, ∀x∈ I,1−f(x) >0, autrement ditf(x)<1.

La fonctionϕ :x→f(x)−x est continue sur I. ϕ 1

2

∼ −0.37<0 et lim

x→+∞ϕ(x) = +∞. ϕ est d´erivable et ∀x ∈ I, ϕ(x) = f(x) − 1 < 0 ; la fonction ϕ est dons strictement d´ecroissante.

On déduit de cela que l’équationϕ(x) = 0 ( c’est à dire f(x) = x) une unique solution α.

Comme ϕ(0,7) ∼ −0.0095 < 0 et ϕ(0,8) ∼ 0.0579 > 0, α appartient bien `a l’intervalle ]0.7,0.8[.

d.

0 1 2 3 4

α

α Cg

Cf

2. a. f est continue sur R+ et strictement croissante ; elle r´ealise donc une bijection de R+

sur J =f(R+) = [0,1[

b. La courbe de g est symétrique à celle de f par rapport à la première bissectrice.

(20)

c. Pour tout y appartenant à J, il existe un unique x dans R₊ tel que y =f(x). Comme y est positif, ceci est équivalent ày² = 1−e⁻^x ou encore x=−ln(1−y²).

Finalement,∀x∈J, g(x) = −ln(1−x²).

Partie B 1. a. On a pour tout x∈J,

F₂(x) = g(x)

0

[f(t)]²dt= g(x)

0

(1−e⁻^t)dt= [t+e⁻^t]^g₀⁽^x⁾=g(x) +e⁻^g⁽^x⁾−1 =g(x)−x² AlorsI₂ =F₂(α) = g(α)−α² =α−α²

2. a. La fonction g est d´erivable sur [0,1[ et pour tout x∈J, g(x) = 2x 1−x². Soit n∈N^∗ et posons pour tout u∈R+, H_n(u) =

u 0

[f(t)]ⁿ dt.

Puisque f est continue, H_n est d´erivable sur R+ et ∀u∈R+, H_n(u) = [f(u)]ⁿ CommeF_n =H_n◦g, la fonction F_n est d´erivable dans J et

∀x∈J, F_n(x) =H_n(g(x)).g(x) = [f(g(x))]ⁿ.g(x) = xⁿ 2x

1−x² = 2xⁿ⁺¹ 1−x².

b. Pour trouver a, b et c v´eriﬁant 2x²

1−x² = a+ b

1−x + c

1 +x pour tout x distinct de 1 et−1, on réduit le second membre au même dénominateur et on identifie les numérateurs des deux membres. On obtient :a=−2, a+b+c= 0 etb−c= 0 c’est à dire a=−2, b=c= 1.

Ainsi∀x∈R,|x| = 1⇒ 2x²

1−x² =−2 + 1

1−x + 1 1 +x

c. D’après ce qui précède, ∀x≥0, F₁(x) = 2x²

1−x² =−2 + 1

1−x + 1 1 +x Par cons´equent, il existe une constante r´eelle ctelle que

∀x≥0, F₁(x) =−2x−ln(1−x) + ln(1 +x) +c.

Pour trouver la valeur de cette constante, il suffit de donner à x une valeur appartenant à l’ensemble de définition de F₁.

Par exemple, en prenant x= 0, on trouve F₁(0) =c c’est `a dire c= 0. Finalement F₁(x) = −2x−ln(1−x) + ln(1 +x) =−2x+ ln1−x

1 +x et I₁ = F₁(α) = −2α+ ln1−α

1 +α

d. Commeg(α) = α, l’aire demandée est égal en unités d’aires à _α

0

f(t) dt= _g₍_α₎

0

f(t)dt =F₁(α) =−2α+ ln1−α 1 +α. Partie C

(21)

1. a. F_n₊₂(x)−F_n(x) = 2xⁿ⁺³

1−x² − 2xⁿ⁺¹

1−x² =−2xⁿ⁺¹.

Il existe donc une constantec_ntelle que pour toutx∈J, F_n₊₂(x)−F_n(x) = − 2

n+ 2xⁿ⁺²+c_n. Pour connaitre la valeur de cette constante, on évalue l’expression précédente au pointx= 0.

On trouve c_n = 0.

Finalement,x∈J, F_n₊₂(x)−F_n(x) =− 2

n+ 2xⁿ⁺².

b. On en d´eduit, en donnant `a x la valeurα, I_n₊₂−I_n=− 2

n+ 2αⁿ⁺² 2. a. Posons a_p =I₂_p.

L’expressionI_n₊₂−I_n =− 2

n+ 2αⁿ⁺² devient, en rempla¸cantn par 2p a_p₊₁−a_p =− 1

p+ 1α²^p⁺² Pour tout entier n≥2 en sommant de 1 `an−1, on trouve

a_n−a₁ =−

n−1

p=1

1

p+ 1α²^p⁺² =− n

k=2

α²^k k Par cons´equent, pour tout n∈N^∗, I₂_n =I₂−

n k=2

α²^k

2k =α−α²− n k=2

α²^k

k =α− n k=1

α²^k k . Posonsb_p =I₂_p₊₁.

L’expressionI_n₊₂−I_n =− 2

n+ 2αⁿ⁺²devient, en rempla¸cant n par 2p+ 1 b_p₊₁−b_p =− 2

2p+ 3α²^p⁺³ Pour tout entier n≥1 en sommant de 0 `an−1, on trouve

b_n−b₀ =−2

n−1

p=0

1

2p+ 3α²^p⁺³ =−2 n k=1

α²^k⁺¹ 2k+ 1 Par cons´equent, pour tout n∈N^∗,

I₂_n₊₁ =I₁−2 n k=1

α²^k⁺¹

2k+ 1 =−2α+ ln1−α 1 +α −2

n k=1

α²^k⁺¹

2k+ 1 = ln1−α 1 +α −2

n k=0

α²^k⁺¹ 2k+ 1. 3. a. g(α) = α. On a pour toutx∈[0, α],0≤f(x)≤x≤α.

On élève à la puissancen et on intègre de 0 àg(α) : 0≤

_g₍_α₎

0

[f(x)]ⁿdx= _α

0

[f(x)]ⁿdx≤ _α

0

αⁿdx=αⁿ⁺¹ autrement dit 0≤I_n≤αⁿ⁺¹.

b. Puisque α ∈]0,1[, lim

n→+∞αⁿ⁺¹ = 0 ; on déduit alors de cette relation et du théorème des gendarmes que la suite (I_n) est convergente et de limite 0.

Par cons´equent les suites (I₂_n) et (I₂_n₊₁) extraites de la suite (I_n),sont aussi convergentes et de limite 0.

(22)

Les relations I₂_n=α− n k=1

α²^k

k etI₂_n₊₁ = ln1−α 1 +α −2

n k=0

α²^k⁺¹

2k+ 1 entrainent

n→+∞lim n k=1

α²^k

k =α et lim

n→+∞

n k=0

α²^k⁺¹ 2k+ 1 = 1

2ln1−α 1 +α