Correction du Ds n°1

Devoir surveillé n

1

La calculatrice est interdite. Durée : 4h

La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements interviendront pour une part importante dans l’appréciation des copies.

Exercice 1 :

1. P(X) =X³et Q(X) =−X³+X par exemple.

2. Soitnun entier naturel.

On a (n−1)!(n+ 1)!

(n!)² = (n−1)!(n+ 1)n!

n(n−1)!n! =n+ 1 n .

3. Étudionsf :x7→ln(x)−(x−1) sur ]0; +∞[. Sur cet intervalle, f^′(x) = 1

x−1 = 1−x

x , du signe de 1−x.

On en déduit quef est croissante sur ]0; 1] et décroissante sur [1; +∞[. Son maximum est atteint enx= 1 et vaut f(1) = 0 doncf(x)60 sur ]0; +∞[, c’est à dire que ln(x)6x−1 sur cet intervalle.

4. (a) Par identification des coefficients d’un polynôme on obtienta= 2, b= 3 etc=−3.

Donc 2x³+ 5x−3 = (x+ 1)(2x²+ 3x−3). Pour le polynôme du second degré, on trouve ∆ = 33>0, x1=−3 +√

33

4 >−1 etx2=−3−√ 33 4 <−1 Donc 2x³+ 5x−3 = 2(x+ 1)(x−x1)(x−x2)..

(b) On déduit de la question précédente :

i. ln(2x³+ 5x²−3) = ln(P(x)), il suffit de faire le tableau de signe du polynôme, via sa forme factorisée. On veut ensuite queP(x)>0 doncD^f =]x2;−1[∪]x1; +∞[.

ii. 2e^3x+ 5e^2x= 3 ⇐⇒ 2 (e^x)³+ 5 (e^x)²−3 = 0 ⇐⇒ P(X) = 0, en posantX = e^x.

Donc les solutions sont les réels xvérifiant e^x =−1 ou e^x = x1 ou e^x =x2. Comme -1 et x2

sont négatifs, deux des trois équations sont sans solution et on en déduit que la seule solution est x= ln(x¹).

(c) On a :

∀x∈R, f(−x) = 1

2(1 +| −x|)² = 1

2(1 +|x|)² =f(x).

Doncf est paire. Comme (1 +|x|)²>0 pour tout x∈R, f est positive surR. (d) Calculer 2e^xf(e^x−1) pour toutx∈R.

(e) On a :

f(x) =¹₈ ⇔2(1 +|x|)²= 8⇔ |x|= 1⇔x=−1 oux= 1.

5. Soitf la fonction définie surRpar :

∀x∈R, f(x) =3

2e^−x2(1−e^−x2)² (a) On a :

f(2 ln(3)) = ³₂e^{−2 ln(3)2} (1−e^{−2 ln(3)2} )²= ¹₃(1−¹3)²= ²₉. (b) On a :

f −2 ln ²₃= ³₂e^{2 ln}(²3)

2 (1−e^{2 ln}(²3)

2 )²= 3(1−²3)²+¹₉

f(ln(81)) =f(2 ln(9) = ³₂e^{−2 ln(9)2} (1−e^{−2 ln(9)2} )²= ³₂×¹9(1−¹9)²=₂₄₃³². (c) On a

f(−2 ln(3)) = ³₂e^{2 ln(3)2} (1−e^{2 ln(3)2} )²= ⁹₂(1−3)²= 18.

Doncf n’ est ni paire ni impaire surR.

Exercice 2

Chacune des « grosses » questions est indépendante des autres

1. Soitn∈N, on a : (a)

2n

X

k=0

2n k

3^−2k=

2n

X

k=0

2n k

1 9

^k

1^2n−k =

1 + 1 9

²ⁿ

= 10

9 ²ⁿ

.

(b)

n

X

k=0

k(k−1) n

k

=

n

X

k=2

k(k−1) n

k

=

n

X

k=2

n(n−1) n−2

k−2

=

n−2

X

i=0

n(n−1) n−2

i

=n(n−1)2ⁿ⁻²

(c)

n

X

k=2

k² n

k

=

n

X

k=1

k² n

k

− n

1

=

n

X

k=0

(k(k−1) +k) n

k

−n=

n

X

k=0

k(k−1) n

k

+

n

X

k=0

k n

k

−n.

La première somme vaut n(n−1)2ⁿ⁻² (on procède comme dans b)) et

n

X

k=0

k n

k

=

n

X

k=1

k n

k

=

n

X

k=1

n n−1

k−1

=n

n−1

X

i=0

n i

=n2ⁿ⁻¹. Donc

n

X

k=0

k² n

k

=n(n−1)2ⁿ⁻²+n2ⁿ⁻¹−n= (n²−n+ 2n)2ⁿ⁻²−n= (n²+n)2ⁿ⁻²−n.

2. (a) La fonctionf est définie si et seulement six+ 26= 0 ⇐⇒ x6=−2 doncD^f =R− {−2}. (b) Cela revient à donner l’ensemble des solutions def(x) = 3.

Or, pour x∈ D^f, 3x

x+ 2 = 3 ⇐⇒ 3x= 3(x+ 2) ⇐⇒ 3x= 3x+ 6 ⇐⇒ 0 = 6, donc 3 ne possède aucun antécédent par f.

Cela revient à donner l’ensemble des solutions de f(x) =1 2. Or, pour x∈ D^f, 3x

x+ 2 = 1

2 ⇐⇒ 2×3x= 1(x+ 2) ⇐⇒ 6x=x+ 2 ⇐⇒ 5x= 2 ⇐⇒ x= 2 5, donc 1

2 a 2

5 comme unique antécédent parf.

(c) Ces résultats ne permettent pas de concluref sur l’injectivité def puisqu’on a seulement traité deux exemples (ce qui ne suffit pas pour conclure que f est injective) et que dans les deux cas, on a bien au plus un antécédent (ce qui ne fournit donc pas de contre-exemple).

(d) Le premier résultat permet de dire quef n’est pas surjective car 3 ne possède pas d’antécédent par f.

(e) Prenons désormais F = R− {3} comme ensemble d’arrivée. Soit y ∈ F, cherchons les éventuels antécédents de y par f. Cela revient donc à résoudre f(x) = y ⇐⇒ 3x

x+ 2 = y ⇐⇒ 3x = y(x+ 2) ⇐⇒ 3x−yx= 2y ⇐⇒ (3−y)x= 2y ⇐⇒ x= 2y

3−y (remarquez que la dernière division est autorisée car 3−y6= 0 cary6= 3.

On en déduit queypossède un unique antécédent parf qui est 2y

3−y, ce qui montre quef (en chan- geant l’ensemble d’arrivée) est bijective et que la fonction réciproque estf⁻¹:







R− {3} →R− {−2} y7→ 2y

3−y 3. On cherche à calculerS=

n

X

k=2

k−5

k(k²−1), pour un entiern>2.

(a) Soitkun entier tel quek>2. On a :

−2 k−1+5

k+ −3

k+ 1 = −2k(k+ 1)

k(k−1)(k+ 1)+5(k−1)(k+ 1)

k(k−1)(k+ 1)+ −3k(k−1)

k(k−1)(k+ 1) = −2k²−2k+ 5k²−5−3k²+ 3k k(k−1)(k+ 1) = k−5

k(k²−1).

(b) Soitnun entier tel quen>2. On a, d’après la question précédente et par linéarité, S=

n

X

k=2

2 k− 2

k−1

+ 3

k− 3 k+ 1

=

n

X

k=2

2 k− 2

k−1

+

n

X

k=2

3 k− 3

k+ 1

(les deux sommes sont télescopiques)

= 2

n−2 +3 2 − 3

n+ 1

=−1 2 +2

n− 3 n+ 1

Exercice 3

1. On a

A=

s5 + 2√ 6 5−2√

6

=

s(5 + 2√

6)(5 + 2√ 6) (5−2√

6)(5 + 2√ 6)

=q

(5 + 2√ 6)²

=5 + 2√ 6 2. On a

x|x+ 1| −x²|x−1|= 0⇔x(|x+ 1| −x|x−1|) = 0

⇔x= 0 ou|x+ 1| −x|x−1|= 0 Pour résoudre l’équation|x+ 1| −x|x−1|= 0 on utilise le tableau ci-dessous :

x −∞ −1 1 +∞

|x+ 1| −x−1 0 x+ 1 x+ 1

|x−1| −x+ 1 −x+ 1 0 x−1

|x+ 1| −x|x−1| x²−2x−1 x²+ 1 −x²+ 2x+ 1 Sur ]−∞;−1], on résout dans Rl’équationx²−2x−1 = 0.

∆ = 8, x1 = 1−√2 6∈ ]−∞;−1] et x2 = 1 +√2 6∈ ]−∞;−1]. Donc x²−2x+ 1 = 0 n’admet pas de solution dans ]−∞;−1]

Sur ]−1 ; 1], l’équationx²+ 1 = 0 n’admet pas de solution carx²+ 1>0 .

Sur ]1 ; +∞], l’équation−x²+ 2x−1 = 0⇔x²−2x+ 1 = 0. Les solutions dansRsont celles du premier cas x1 = 1−√

2 6∈ ]−∞;−1] et x2 = 1 +√

2 ∈ ]1 ; +∞]. Donc x2 = 1 +√

2 est l’unique solution de

−x²+ 2x−1 = 0 dans ]1 ; +∞].

Donc l’ensemble des solutions de l’équation x|x+ 1| −x²|x−1|= 0 estS ={0; 1 +√ 2}. 3. (a) On a x²+ 2x+ 2 = (x+ 1)²+ 1.

(b) On a pour toutx∈R, √

x²+ 2x+ 2 =p

(x+ 1)²+ 1>(p

(x+ 1)²=|x+ 1|. (c) Soitf la fonction définie pour toutx∈Rparf(x) =√

x²+ 2x+ 2−x−1.

On a √

x²+ 2x+ 2>|x+ 1|>x+ 1.Donc pour tout x∈R, f(x) =√

x²+ 2x+ 2−x−1>0.

4. On a

A=

n

X

k=1

3^k−3k

=

n

X

k=1

3^k−

n

X

k=1

3k

=3×3ⁿ−1

3−1 −3×n(n+ 1) 2

=3

2(3ⁿ−1−n(n+ 1))

=3

2(3ⁿ−n²−n−1) B=

n

X

k=1

ln

1 + 2 k+ 1

k²

=

n

X

k=1

ln

k²+ 2k+ 1 k²

=

n

X

k=1

ln

(k+ 1)² k²

=

n

X

k=1

ln(k+ 1)²−lnk²( somme téléscopique)

= ln(n+ 1)²−ln 1²

=2 ln(n+ 1) 1ère façon

C=

2n−1

X

k=n

2k(2k²−1)

=

2n−1

X

k=n

4k³−2k

=

n−1

X

k=0

4(k+n)³−2(k+n) (changement d’indice)

=

n−1

X

k=0

4k³+ 12nk²+ (12n²−2)k+ 4n³−2n) (changement d’indice)

=4

n−1

X

k=0

k³+ 12n

n−1

X

k=0

k²+ (12n²−2)

n−1

X

k=0

k+

n−1

X

k=0

4n³−

n−1

X

k=0

2n

=(n−1)²n²+ 2(n−1)n²(2n−1) + (6n²−1)(n−1)n+ 4n⁴−2n²

=15n⁴−14n³+n

=n(15n³−14n²+ 1)

2 ème façon

C=

2n−1

X

k=1

2k(2k²−1)

−

n−1

X

k=1

2k(2k²−1)

=

2n−1

X

k=1

4k³−2k

−

n−1

X

k=1

4k³−2k

=4

2n−1

X

k=1

k³−2

2n−1

X

k=1

k−4

n−1

X

k=1

k³+ 2

n−1

X

k=1

k

=(2n−1)²(2n)²−2(2n−1)n−(n−1)²n²+ (n−1)n

=15n⁴−14n³+n

=n(15n³−14n²+ 1)

5. Soitnun entier naturel non nul. Soientx1, · · ·, xn des nombres réels tels que

n

X

i=1

x²_i =

n

X

i=1

xi=n.

On note S=

n

X

i=1

(xi−1)². (a) Montrons queS = 0.

En effet, S=

n

X

i=1

(xi−1)²=

n

X

i=1

(x²_i −2xi+ 1) =

n

X

i=1

x²_i −2

n

X

i=1

xi+

n

X

i=1

1 =n−2n+n= 0.

(b) On a pour touti ∈J1 ;nK, (xi−1)² >0 et S = 0, donc pour tout i∈J1 ;nK, (xi−1)²= 0. Donc pour touti∈J1 ;nK, xi= 1

Exercice 4

Soitn∈N∗.

1. Il n’y a rien à justifier ici, ça a été fait à de multiples reprises en classe. Si on ne voit pas, il faut se forcer à passer par les pointillés. (a) (k+ 1)k! = (k+1) ! (b) (k+ 2)(k+ 1)k! = (k+ 2)!

2. On considère la somme Sn=

n

X

k=1

k×k!.

(a) On a, en suivant l’indication, en développant par linéarité puis en utilisant la première question préliminaire : Sn=

n

X

k=1

(k+ 1−1)k! =

n

X

k=1

(k+ 1)k!−

n

X

k=1

k! =

n

X

k=1

((k+ 1)!−k!).

(b) C’est une somme télescopique. DoncSn = (n+ 1)!−1! = (n+ 1)!−1.

3. On considère la somme Tn =

n

X

k=1

(k²+ 1)×k!.

(a) Soitk∈N^∗. (k+ 2)(k+ 1)−2(k+ 1) + 1−k=k²+k+ 2k+ 2−2k−2 + 1−k=k²+ 1.

(b) Tn=

n

X

k=1

((k+ 2)(k+ 1)−2(k+ 1) + 1−k)×k! = donc, par linéarité : Tn=Pn

k=1(k+ 2)(k+ 1)k!−2Pn

k=1(k+ 1)k! +Pn

k=1k!−Pn

k=1k×k!.

DoncTn=

n

X

k=1

(k+ 2)!−2

n

X

k=1

(k+ 1)! +

n

X

k=1

k!−Sn. (c) On aTn =

n

X

k=1

(k+ 2)!−2

n

X

k=1

(k+ 1)! +

n

X

k=1

k!−Sn.

=

n

X

k=1

((k+ 2)!−(k+ 1)!) +

n

X

k=1

((k+ 1)!−k!)−Sn.

Et par télescopage on obtient Tn= (n+ 2)!−(n+ 1)!−1−Sn

(d) On aTn= (n+ 2)!−(n+ 1)!−1−Sn = (n+ 2)!−(n+ 1)!−1−(n+ 1)! + 1 = (n+ 2)!−2(n+ 1)! = (n+ 1)!(n+ 2−1) = (n+ 1)!n.