TS Grille de correction DS 4 2012-2013
E1 Réponse Points Obtenus
1 f : t 7−→ t 2 e −t est continue sur R et Pour tout t ∈ R , f (t) > 0. Ainsi F (3) repré- sente l’aire du domaine situé entre C , l’axe des abscisses, et les droites d’équations x = 0 et x = 3. VRAI
2 F( − 2) = Z − 2
0
t 2 e −t dt = − Z 0
− 2
t 2 e −t dt. Or − 2 < 0 et compte-tenu des propriétés de la fonction f citées au 1.,
Z 0
− 2
t 2 e −t dt > 0 et donc F( − 2) < 0. FAUX 3 F est l’unique primitive de f qui s’annule en 0 donc F ′ (x) = f (x) = x 2 e −x .
FAUX
4 Soit G la fonction définie par : G(x) = ( − x 2 − 2x − 2)e −x + 2. D’une part, G(0) = 0 et G ′ (x) = ( − 2x − 2)e −x − ( − x 2 − 2x − 2)e −x = x 2 e −x = f (x) donc G est l’unique primitive de f qui s’annule en 0, G = F. VRAI
Total −→ points
E 2 Réponse Points Obtenus
A.ROC Voir le cours de votre professeur. Le point de départ de la démonstration consiste à poser h(x) = g(x) − f (x) sur [a; b]. h(x) > 0 donc ....
Z b
a
h(x) dx > 0 et ... etc B.1.a 0 6 x 6 1 ⇔ 0 6 x 2 6 1 ⇔ − 1 6 − x 2 6 0. Par application de la fonction
exponentielle, strictement croissante sur R , on obtient :
∀ x ∈ [0; 1], e − 1 6 e −x2 6 1.
B.1.b Compte-tenu de la continuité sur [0; 1] des fonctions en présence, on applique la propriété d’intégration des inégalités (cf. partie A), ce qui donne :
Z 1
0
e −1 dx 6 Z 1
0
e −x2 dx 6 Z 1
0
1 dx ⇔ [e −1 x] 1 0 6 u 0 6 [x] 1 0 ⇔ 1
e 6 u 0 6 1 B.2 u 1 =
Z 1
0
xe −x2 dx =
− 1 2 e −x2
1
0
= 1 2 + 1
2e car la fonction x 7−→ − 1
2 e −x2 est une primtive de x 7−→ xe −x2
B.3.a La fonction x 7−→ x n f (x) est continue sur [0; 1] et ∀ x ∈ [0; 1], ∀ n ∈ N ∗ , x n f (x) > 0 donc d’après la propriété de la partie A.,
Z 1
0
x n f (x) dx > 0 ⇔ u n > 0 B.3.b ∀ n ∈ N ∗ , u n +1 − u n =
Z 1
0
x n +1 f (x)dx − Z 1
0
x n f (x)dx =
lin é arit é
Z 1
0
x n f (x)(x − 1)dx Or ∀ x ∈ [0; 1], x − 1 6 0 ce qui implique que x n f (x)(x − 1) 6 0 et par suite, Z 1
0
x n f (x)(x − 1) dx 6 0 ⇔ u n +1 − u n 6 0 ⇔ (u n ) décroissante.
B.3.c La suite (u n ) est décroissante et minorée donc elle est convergente.
B.4.a ∀ x ∈ [0; 1], e −x2 6 1 (cf.B.1.a) ⇔ ∀ n ∈ N ∗ , x n e −x2 6 x n , on utilise la propriété démontrée en partie A. et l’on obtient :
6 x n , on utilise la propriété démontrée en partie A. et l’on obtient :
u n 6 Z 1
0
x n dx ⇔ u n 6 x n +1
n + 1 1
0
⇔ u n 6 1 n + 1 B.4.b ∀ n ∈ N ∗ , 0 6 u n 6 1
n + 1 d’après B.3.a et B.4.a. Comme 1 n + 1 −→
+ ∞ 0, l’utilisation du théorème des gendarmes permet de conclure que (u n ) −→
+∞ 0
Total −→ points
Lycée Bertran de Born - DS 4 1 sur 2
TS Grille de correction DS 4 2012-2013
E 3 Réponse Points Obtenus
1.a Arbre de probabilités
b b
A
1 6
b
B
1 4
b
B
3 4
b
5 A
6
b
B
2 5
b