El´ements de solution

El´ ements de solution

1 Sujet National 1998 S´ erie S

1.1 Partie A

1. h⁰(x) = x²

(1 +x) (x+ 2)² >0,donchest croissante sur [0; +∞[ eth(0) = 0.

2. On en d´eduit que pour tout r´eel xpositif ou nul,h(x)>0,d’o`u l’in´egalit´e 2x

x+ 26ln(1 +x) 3. CetΓadmettent enOune mˆeme tangenteDd’´equationy=x.

1.2 Partie B

1. Pour toutxde [0; +∞[ ,f₁⁰(x) = −x

1 +x60,doncf₁ est d´ecroissante sur cet intervalle.

2. f₁(x) = (x+ 1)

µln (1 +x) 1 +x − x

1 +x

¶ . Or lim

X→+∞

lnX

X = 0,et lim

x→+∞

x

1 +x = 1,donc lim

x→+∞f₁(x) =−∞.De plus,f₁(0) = 0.

3. ∀x>0 :f1(x)60, d’o`u ln(1+x)6x

4. Remarquons que sik>1, alorsx6kx.L’in´egalit´e pr´ec´edente fournit alors le r´esultat.

5. f_k⁰(x) = 1−k−kx

1 +x . f_k⁰(x) = 0⇔1−k−kx= 0⇐⇒x=1−k

k (k6= 0)

Le signe de f_k⁰(x) est celui de (1−k−kx) car 1 +x > 0 pour x ∈ R⁺. Cette fonction affine change de signe pour 1−k

k ,qui appartient `aR+.La fonctionf_kest donc strictement croissante sur

· 0,1−k

k

¸

,et strictement d´ecroissante sur

·1−k k ,+∞

·

. On remarque alors quefk

µ1−k k

¶

>0 d’apr`es la stricte croissance de la fonctionf_ksur

· 0,1−k

k

¸

,ce qui prouve que dans ce cas l’in´egalit´e ln (1 +x)6kxn’est pas toujours v´erifi´ee pour toutxdeR⁺.

6. Les valeurs dek strictement positives telles que pour toutx>0, f(x)6kxappartiennent donc `a l’intervalle [1,+∞[ d’apr`es les questions pr´ec´edentes.

El´ements de solution 2

1.3 Partie C

1. On obtient successivement : I = Z 1

0

ln(1 +x)dx.= 2 ln 2−1 , J = Z 1

0

(x−ln(1 +x))dx = 3

2−2 ln 2 etK= Z 1

0

µ

ln(1 +x)− 2x x+ 2

¶

dx=−2 ln 2−3 + 4 ln 3 La justification demand´ee est ´evidente car 2x

x+ 2= (2x+ 4)−4

x+ 2 = 2− 4 2 +x

Comme la droite D est situ´ee au-dessus de la courbe C, J est l’aire comprise entre C, D et les droites d’´equations x = 0 et x = 1. De mˆeme, K est l’aire comprise entre C, Γ et les droites d’´equationsx= 0 etx= 1.

2. (a) Une fonction continue en un pointaest une fonction d´efinie enaet telle que lim

x→af(x) =f(a). Une fonction continue sur un intervalleIest une fonction continue en tout point de I.

Les fonctions usuelles (polynˆomes, fractions rationnelles, trigonom´etriques, logartihme et ex- ponentielle) sont continues sur tout intervalle de leur ensemble de d´efinition.

uest continue sur ]0; 1]. De plus, lim

x→0

ln(1 +x)

x = 1 =u(0) donc uest continue en 0, donc continue sur [0; 1].

(b) D’apr`es la partie A, pour toutxde ]0; +∞[ : 2x

x+ 26ln (1 +x)6x=⇒ 2

x+ 2 6ln (1 +x)

x 6

1 =⇒ 2

x+ 2 6u(x)61

Cette in´egalit´e est aussi valable pour x= 0 car u(0) = 1.

Donc pour toutxde [0; 1],on a : 2

x+ 2 6u(x)61 =⇒ Z 1

0

2

x+ 2dx6Z 1 0

u(x)dx6Z 1 0

1dx car 061.

On en d´eduit l’encadrement cherch´e. Le calcul des int´egrales donne 2 ln 3−2 ln 26L61.

Une valeur approch´ee deL`a 10<sup>−1</sup>pr`es est donc par exemple 0,9.

2 Am´ erique du Nord 1998 S´ erie S

2.1 PARTIE A

I Etude des fonctions f_n 1. f_n⁰ (x) =n−2−2nlnx

x³ .Le signe def_n⁰ (x) est celui de (n−2−2nlnx) carx³>0 sur ]0,+∞[. 2. f_n⁰ (x) = 0 ⇔ lnx= n−2

2n ⇔ x =eⁿ⁻²²ⁿ . Remarquons que cette valeur est strictement positive, donc elle appartient au domaine de d´efinition de fn.

Suri

0, eⁿ⁻²²ⁿ h

,lnx <n−2

2n ,doncf_n⁰ (x)>0,doncfn est strictement croissante.

De mˆeme,fn est strictement d´ecroissante suri

eⁿ⁻²²ⁿ ,+∞h . 3. lim

x→+∞f_n(x) = 0 car d’apr`es le cours, lim

x→+∞

lnx

x² = 0 etf_n(x) = 1

x²+nlnx x² .

4.

x 0 eⁿ⁻²²ⁿ +∞

f_n⁰ (x) + 0 −

n 2e²⁻ⁿ²

fn(x) % &

−∞ 0

lim

x→0⁺f_n(x) = lim

x→0⁺

µ 1 x²

¶

(1 +nlnx) =−∞. II Repr´esentations graphiques

1. C2 est en trait plein, etC3 en pointill´es.

El´ements de solution 3

2. (a) f_n+1(x)−f_n(x) = lnx

x² .Cette diff´erence est ind´ependante den.

(b) On af4(x)−f3(x) =f3(x)−f2(x),doncf3(x) =f2(x) +f4(x)

2 .On appelleM2, M3etM4

les points deC2, C3 etC4 d’abscissesx. M3 est donc le milieu de [M2M4],ce qui prouve que l’on obtientM4 comme sym´etrique deM2 par rapport `aM3.

2.2 PARTIE B

1. I= Z e

1

lnx x² dx=

·

−lnx x

¸e 1

− Z e

1

µ

−1 x²

¶ dx=

·

−lnx x

¸e 1

−

·1 x

¸e 1

= 1−2e⁻¹

2. Sur [1, e], lnx

x² >0, doncfn+1(x)−fn(x)>0,doncCn+1 est situ´ee au-dessus de Cn,donc l’aire cherch´ee est ´egale en unit´es d’aire `aA=

Z e 1

(fn+1(x)−fn(x))dx=I= 1−2e⁻¹u.a

3. (a) La fonction f2 est d´erivable et positive sur [1, e], donc l’aire cherch´ee est ´egale `a A2 = Z e

1

f₂(x)dx= Z e

1

1

x²+ 2lnx x² dx=

·

−1 x

¸e 1

+ 2I= 3−5e⁻¹ (b) De mani`ere g´en´erale, on a de mˆemeAn=

Z e 1

fn(x)dxd’o`uAn+1−An =Apour toutn>2.

On a donc d´emontr´e que la suite (An) est arithm´etique de raison A, dont la question 2) a fourni une interpr´etation g´eom´etrique.

2.3 PARTIE C

1. (a) Pourn >3, n−2

2n >0, donc eⁿ⁻²²ⁿ >1. Commef_n est croissante sur h

1, eⁿ⁻²²ⁿ i

, on a donc f_n(1)< f_n³

eⁿ⁻²²ⁿ ´

.Commef_n(1) = 1,on en d´eduit le r´esultat.

(b) f_n est strictement croissante sur h

1, eⁿ⁻²²ⁿ h

, etf_n(1) = 1, doncf_n(x)>1 sur i

1, eⁿ⁻²²ⁿ h , ce qui prouve que l’´equationfn(x) = 1 ne peut pas avoir de solution sur cet intervalle.

2. La fonction fn est d´erivable et strictement d´ecroissante sur h

eⁿ⁻²²ⁿ ,+∞h

. Elle d´efinit donc une bijection de cet intervalle suri

0, f_n³ eⁿ⁻²²ⁿ ´i

.Commef_n³ eⁿ⁻²²ⁿ ´

>1,il existeα_n unique solution defn(x) = 1 sur cet intervalle.

3. (a) fn¡√

n¢

= 1 n+lnn

2 ,car ln√

n= lnn

2 .Sin > e²,alors lnn

2 > lne²

2 = 1,et doncfn¡√

n¢

>1, puisque 1

n >0.

(b) Sin>8, alorsn > e², puisquee²'7.39,doncfn¡√

n¢

>1, ce qui implique queαn >√ n, carfn est strictement d´ecroissante surh

eⁿ⁻²²ⁿ ,+∞h

. On en d´eduit que

n→lim+∞α_n = +∞