EXERCICE 1 1. Pour tout entier k > 1, posons la propriété , P

(1)

Terminale S

Correction Devoir maison n˚4

2016 - 2017

EXERCICE 1 1. Pour tout entier k > 1, posons la propriété , P

k

: k! > 2

^k⁻¹

.

Initialisation : Pour k = 1. 1! = 1 et 2

¹⁻¹

= 0 d’où 1! > 2

⁻¹

: la propriété P

¹

est bien vraie.

Hérédité : Pour un entier k > 1 naturel donné, on suppose la propriété P

k

vraie.

On a (k + 1)! = (k + 1) × k!, or par hypothèse de récurrence on a : k! > 2

^k⁻¹

. Ainsi, (k + 1)! > (k + 1) × 2

^k⁻¹

. Or k > 1 ⇔ k + 1 > 2.

Ce qui donne (k + 1)! > 2 × 2

^k⁻¹

. On a donc (k + 1)! > 2

^k

, c’est à dire que la propriété P

k+1

est vraie.

Conclusion : Puisque la propriété P

¹

est vraie et que nous avons prouvé l’hérédité, on peut en déduire que pour tout entier naturel k > 1, on a P

k

vraie, c’est à dire que pour tout entier naturel k > 1, on a bien k! > 2

^k⁻¹

2. Pour tout entier naturel n non nul on a u

n

= 1 + 1 1! + 1

2! + . . . + 1 n! .

D’après la question 1), on a pour tout k entier naturel non nul k! > 2

^k⁻¹

, la fonction inverse étant strictement décroissante sur ]0; + ∞ [, il vient que :

pour tout k entier naturel non nul 1 k! 6 1

2

^k⁻¹

.

En sommant, tous ces termes pour k allant de 1 à n il vient : u

_n

= 1 + 1

1! + 1

2! + . . . + 1

n! 6 1 + 1

2

¹⁻¹

+ 1

2

²⁻¹

+ . . . + 1 2

ⁿ⁻¹

. D’où u

n

6 1 + 1 + 1

2 + 1

2

²

+ . . . + 1 2

ⁿ⁻¹

. 3. D’après la question 2) on a , u

n

6 1 + 1 + 1

2 + 1

2

²

+ . . . + 1 2

ⁿ⁻¹

. Or 1 + 1

2 + 1

2

²

+ . . . + 1

2

ⁿ⁻¹

est la somme des termes d’une suite géométrique de raison 1 2 d’où : 1 + 1

2 + 1

2

²

+ . . . + 1

2

ⁿ⁻¹

= 1 −

¹2

n

1 −

¹2

.

Ainsi, u

_n

6 1 + 1 −

¹2

n

1 −

¹2

6 1 + 2(1 − 1

2

ⁿ

) 6 3 − 1 2

ⁿ⁻¹

6 3.

La suite (u

n

) est donc majorée par 3.

Enfin pour tout entier n naturel non nul, u

_n+1

− u

_n

= 1

(n + 1)! > 0, donc la suite (u

n

) est croissante.

La suite (u

n

) est croissante et majorée elle est donc convergente. (Sa limite est le réel e que vous renconterez plus tard cette année).

• • •

EXERCICE 2 1. D

_f

= R −

8

3 . 2. Étude du signe de f sur D

f

.

x 9 + 2x 8 − 3x Signe de 9 + 2x

(8 − 3x)

−∞ −

⁹2 8

3

+ ∞

− 0 + +

+ + 0 −

− 0 + −

3. Limite de f en 8 3 . lim

x→⁸

3

9 + 2x = 43 3 . Puis

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(2)

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lim

x→⁸

3 x<8 3

8 − 3x = 0

⁺

et lim

x→⁸

3 x>8

3

8 − 3x = 0

⁻

.

Donc, par quotient, lim

x→⁸

3 x<8

3

f(x) = + ∞ et lim

x→⁸

3 x>8

3

f (x) = −∞ .

La droite d’équation, x = 8

3 est asymptote verticale à la courbe de f .

4. f est une fonction rationnelle, or en l’infini la limite d’une fonction rationnelle est la même que celle du rapport de ses termes de plus haut degré.

Il vient lim

x→−∞

f (x) = lim

x→−∞

2x

− 3x = − 2 3 . Et lim

x→+∞

f (x) = lim

x→+∞

2x

− 3x = − 2 3 . La droite d’équation, y = − 2

3 est asymptote horizontale à la courbe de f . 5. Soit k ∈ R . Résolvons l’équation f (x) = kx sur D

f

.

f (x) = kx ⇔ 9 + 2x = kx(8 − 3x) ⇔ 9 + 2x = − 3kx

²

+ 8kx ⇔ 3kx

²

+ (2 − 8k)x + 9 = 0.

Résolvons l’équation 3kx

²

+ (2 − 8k)x + 9 = 0.

∆

k

= (2 − 8k)

²

− 4 × 3k × 9 = 64k

²

− 140k + 4.

Le nombre de solutions de l’équation f(x) = k dépend donc du signe de ∆

k

qui est un polynôme du second degré en la variable k.

Soit P (k) = 64k

²

− 140k + 4. Etude du signe de P .

∆ = ( − 140)

²

− 4 × 64 × 4 = 18576.

l’équation P (k) = 0 admet donc deux racines x

1

= 140 − √ 18576

128 = 35 − 3 √ 129

32 et x

2

= 140 + √ 18576

128 .

On en déduit que :

∆

k

> 0 sur ] −∞ ; x

1

[ ∪ ]x

2

; + ∞ [. L’équation f (x) = kx admet donc 2 solutions pour k ∈ ] −∞ ; x

1

[ ∪ ]x

2

; + ∞ [.

∆

k

< 0 sur ]x

1

; x

2

[. L’équation f (x) = kx n ’admet pas de solution pour k ∈ ]x

1

; x

2

[. ∆

k

= 0 pour k = x

1

et k = x

2

. L’équation f (x) = kx admet 1 solution pour k = x

1

et k = x

2

.

• • •

EXERCICE 3 Soient V le volume du cylindre, x le rayon de sa base, h(x) la hauteur et S(x) la surface latérale.

On sait que V = πx

²

h(x), V étant constant on a h(x) = V πx

²

. Puis S(x) = 2πx

²

+ h(x) × 2πx = 2πx

²

+ 2πx V

πx

²

= 2πx

²

+ 2V x .

Comportement de la hauteur du cylindre D’après les lmites des fonctions de références.

x→+∞

lim h(x) = 0 et lim

x→0

h(x) = + ∞ .

Comportement de la surface latérale du cylindre Par opérations sur les limites

x→

lim

+∞

S(x) = + ∞ et lim

x→0

S(x) = + ∞ .

• • •

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