EXERCICE 1 Partie A : Etude de quelques exemples

Terminale S Exercices Bac : analyse et suites _2016-2017

EXERCICE 1 Partie A : Etude de quelques exemples

1. a. Soit f une fonction constante strictement positive sur [0 ;1].

a

1

k

A

₁

A

₂

rr rr

Alors il existe un réel k > 0 tel que pour tout x ∈ [0; 1], f (x) = k.

Pour tout réel a ∈ ]0 ; 1[, on a : A

₁

= ka et A

₂

= (1 − a)k.

On a : A

₁

= A

₂

⇐⇒ ka = k(1 − a). Et comme k > 0, A

₁

= A

₂

⇐⇒ a = 1 2 . Ce qui prouve que si la fonction f est continue , constante et strictement positive sur [0 ; 1], les aires A

₁

et A

₂

sont égales pour une seule valeur de a et a = 1

2 . b. Soit f la fonction définie sur [0 ; 1] par f (x) = x.

f est continue sur [0 ; 1] et la fonction F définie sur [0 ; 1] par F (x) = 1

2 x

²

est une primitive de f . On a : A

₁

=

Z

^a

0

xdx = 1

2 x

²

^a

0

= 1 2 a

²

et : A

₂

=

Z

1

a

xdx = 1

2 x

²

1

a

= 1 − 1 2 a

²

.

On en déduit pour a ∈ ]0 ; 1[ : A

₁

= A

₂

⇐⇒ 1

2 a

²

= 1 − 1

2 a

²

⇐⇒ a =

√ 2 2 . Remarque : on peut aussi tout simplement calculer les aires

du triangle et du trapèze sur le graphique ci-contre et éga- liser

1

a A

₁

A

₂

y = x

b rr rr

2. a. A l’aide d’intégrales, exprimons, en unités d’aires, les aires A

₁

et A

₂

. Comme f > 0 sur [0; 1], on a : A

₁

=

Z

a

0

f (x)dx et A

₂

= Z

1

a

f (x)dx.

b. On note F une primitive de la fonction f sur l’intervalle [0 ; 1].

Soit a un réel de ]0; 1[ qui satisfait la condition (E), c’est à dire tel que A

₁

= A

₂

. Si F est une primitive de f sur [0; 1], alors

( A

₁

= A

₂

⇒ F (a) − F (0) = F(1) − F(a)) et finalement :

Si a un réel de ]0; 1[ qui satisfait la condition (E) alors F (a) = F (0) + F (1)

2 .

Supposons maintenant que F est une primitive de f telle que F(a) = F (0) + F(1)

2 .

On a : A

₁

= F (a) − F(0) = F (0) + F (1)

2 − F (0) = F (1) − F(0) 2 et : A

₂

= F (1) − F (a) = F (1) + F (0) + F (1)

2 = F(1) − F(0) 2 Si F est une primitive telle que F (a) = F (0) + F (1)

2 alors A

₁

= A

₂

et la condition (E) est vérifiée : la réciproque est vraie.

3. Dans cette question, on envisage deux autres fonctions particulières.

a. Considérons la fonction f définie pour tout réel x de [0 ; 1] par f (x) = e

^x

. Montrons que la condition (E) est vérifiée pour un unique réel a.

f est continue sur [0 ; 1] et admet pour primitive F (x) = e

^x

. On a A

₁

=

Z

a

0

e

^x

dx = [e

^x

]

^a₀

= e

^a

− 1 et A

₂

= Z

1

a

e

^x

dx = [e

^x

]

¹_a

= e − e

^a

. On en déduit que :

A

₁

= A

₂

⇒ e

^a

− 1 = e − e

^a

⇐⇒ e

^a

= 1 + e

2 ⇐⇒ a = ln 1 + e

2

. b. Soit f la fonction définie pour tout réel x de [0 ; 1] par f (x) = 1

(x + 2)

²

.

Vérifions que la valeur a = 2

5 convient.

On a d’une part : Z

²5

0

f (x)dx = − 1

x + 2

2 5

0

= − 1

2

5

+ 2 + 1 2 = 1

12 . D’autre part :

Z

1

2 5

f (x)dx = − 1

x + 2

1

2 5

= − 1

3 + 1

2

5

+ 2 = 1 12 On a pour a = 2

5 , A

₁

= A

₂

. La condition (E) est vérifiée.

Remarque : pour ces deux questions on peut utiliser A. 2. b., c’est à dire a est solution de (E) si et seulement si F (a) = F (0) + F (1)

2

Partie B : Utilisation d’une suite pour déterminer une valeur approchée de a

Dans cette partie, on considère la fonction f définie pour tout réel x de [0 ; 1] par f (x) = 4 − 3x

²

. 1. Démontrons que si a est un réel satisfaisant la condition (E), alors a est solution de l’équation :

x = x

³

4 + 3

8 .

Si a est un réel satisfaisant la condition (E),on a vu au A. 2. b que si F est une primitive de f alors : F (a) = F (0) + F (1)

2 .

Pour tout réel x de [0 ; 1] , la fonction f définie par f (x) = 4 − 3x

²

admet comme primitive sur [0 ; 1], la fonction F définie par F (x) = 4x − x

³

.

On a alors : F (0) = 0 et F (1) = 3 et : F (a) = F (0) + F (1)

2 ⇐⇒ 4a − 3a

³

= 3 ⇐⇒ a = a

³

4 + 3

8 .

Par conséquent, si a est un réel satisfaisant la condition (E), a est solution de l’équation : x = x

³

4 + 3 8 .

Dans la suite de l’exercice, on admettra que cette équation a une unique solution dans l’intervalle [0 ; 1]. On note a cette solution.

2. On considère la fonction g définie pour tout réel x de [0 ; 1] par g(x) = x

³

4 + 3

8 et la suite (u

n

) définie par : u

0

= 0 et, pour tout entier naturel n, u

n+1

= g (u

n

).

a. Calculons u

1

.

On a u

1

= g(u

0

) = g(0) = 3 8

b. Démontrons que la fonction g est croissante sur l’intervalle [0 ; 1].

g est dérivable sur [0; 1] et pour tout x ∈ [0; 1], g

^′

(x) = 3

4 x

²

> 0. On en déduit que g est croissante sur [0; 1].

c. Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a 0 6 u

n

6 u

n+1

6 1.

Considérons la proposition (P

n

) définie sur N par : 0 6 u

n

6 u

n+1

6 1.

Initialisation (0 6 u

0

6 u

1

6 1) est vraie.

Hérédité Comme g est croissante sur [0; 1],

(0 6 u

n

6 u

n+1

6 1) ⇒ (g(0) 6 g(u

n

) 6 g(u

n+1

) 6 g(1)).

Mais g(0) = 3

8 > 0 et g(1) = 5

8 < 1.

(0 6 u

n

6 u

n+1

6 1) ⇒ (0 6 u

n+1

6 u

n+1

6 g(1)).

Conclusion P

0

est vraie.

Pour tout entier naturel n, (P

n

⇒ P

n+1

) est vraie.

D’après l’axiome de récurrence, P

n

est vraie quelque soit n ∈ N . d. Prouvons que la suite (u

n

) est convergente.

On vient de démontrer que pour tout entier naturel n, on a : 0 6 u

n

6 u

n+1

6 1, autrement dit que la suite (u

n

) est croissante et majorée par 1. On peut en déduire qu’elle converge. Soit L sa limite.

Par définition de u

n

, et par unicité de la limite, on en déduit que g(L) = L et L est solution de l’équation x = x

³

4 + 3

8 d’où L = a.

e. On admet que le réel a vérifie l’inégalité 0 < a − u

10

< 10

⁻⁹

. A la calculatrice, on obtient ; u

₁₀

= 0, 38980784 à 10

⁻⁸

près.

EXERCICE 2 Partie A

On suppose dans cette partie seulement que c = 1, donc pour tout entier naturel n, u

n+1

= 0, 8u

n

+ 1.

1. On calcule, à la calculatrice, u

n

pour les premières valeurs de n (valeurs de u

n

arrondies) :

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 . . .

u

n

1 1,8 2,44 2,95 3,36 3,69 3,95 4,16 4,33 . . .

n . . . 20 21 22 23 24 25 26 27 28

u

n

. . . 4,95 4,96 4,97 4,976 4,981 4,985 4,988 4,990 4,992 La suite (u

n

) semble croissante et semble converger vers le nombre 5.

2. Soit P

ⁿ

la propriété u

n

= 5 − 4 × 0, 8

ⁿ

.

• Initialisation

Pour n = 0, u

0

= 1 et 5 − 4 × 0, 8

⁰

= 5 − 4 = 1. Donc la propriété P

⁰

est vérifiée.

• Hérédité

Soit n un entier naturel quelconque.

On suppose que la propriété est vraie pour le rang n c’est-à -dire u

n

= 5 − 4 × 0, 8

ⁿ

(c’est l’hypothèse de récurrence), et on veut démontrer qu’elle est encore vraie pour le rang n + 1.

u

n+1

= 0, 8u

n

+ 1. Or, d’après l’hypothèse de récurrence u

n

= 5 − 4 × 0, 8

ⁿ

; donc :

u

n+1

= 0, 8 (5 − 4 × 0, 8

ⁿ

) + 1 = 0, 8 × 5 − 4 × 0, 8

ⁿ⁺¹

+ 1 = 4 − 4 × 0, 8

ⁿ⁺¹

+ 1 = 5 − 4 × 0, 8

ⁿ⁺¹

Donc la propriété est vraie au rang n + 1.

On a démontré que, pour tout entier naturel n, P

ⁿ

= ⇒ P

ⁿ⁺¹

. La propriété P

ⁿ

est donc héréditaire pour tout n.

• Conclusion

La propriété est vraie pour n = 0.

Elle est héréditaire à partir du rang 0.

Donc, d’après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout entier naturel n.

On a donc démontré que, pour tout entier naturel n, u

n

= 5 − 4 × 0, 8

ⁿ

. 3. • u

n+1

− u

n

= 5 − 4 × 0, 8

ⁿ⁺¹

− (5 − 4 × 0, 8

ⁿ

) = 5 − 4 × 0, 8

ⁿ⁺¹

− 5 + 4 × 0, 8

ⁿ

= 4 × 0, 8

ⁿ

(1 − 0, 8)

= 4 × 0, 8

ⁿ

× 0, 2 > 0

Pour tout n, on a démontré que u

n+1

> u

n

donc la suite (u

n

) est croissante.

• − 1 < 0, 8 < 1 donc la suite géométrique (0, 8

ⁿ

) de raison 0,8 converge vers 0.

n→

lim

+∞

0, 8

ⁿ

= 0 = ⇒ lim

n→+∞

4 × 0, 8

ⁿ

= 0 = ⇒ lim

n→+∞

5 − 4 × 0, 8

ⁿ

= 5 Donc la suite (u

n

) est convergente vers 5.

On peut donc dire que si l’apiculteur rachète chaque année 10000 abeilles, le nombre d’abeilles va augmenter

chaque année et va tendre vers 50000.

Partie B

L’apiculteur souhaite que le nombre d’abeilles tende vers 100000.

On cherche à déterminer la valeur de c qui permet d’atteindre cet objectif.

On définit la suite (v

n

) par, pour tout entier naturel n, v

n

= u

n

− 5c ; donc, pour tout n, u

n

= v

n

+ 5c.

1. • v

n+1

= u

n+1

− 5c = 0, 8u

n

+ c − 5c = 0, 8 (v

n

+ 5c) − 4c = 0, 8v

n

+ 4c − 4c = 0, 8v

n

• v

0

= u

0

− 5c = 1 − 5c

La suite (v

n

) est donc géométrique de raison q = 0, 8 et de premier terme v

0

= 1 − 5c.

2. La suite (v

n

) est géométrique de raison q = 0, 8 et de premier terme v

0

= 1 − 5c donc, pour tout n, v

n

= v

0

× q

ⁿ

= (1 − 5c) 0, 8

ⁿ

.

3. La suite (v

n

) est géométrique de raison 0,8 ; or − 1 < 0, 8 < 1 donc la suite (v

n

) est convergente et a pour limite 0.

Pour tout n, u

n

= v

n

+ 5c donc la suite (u

n

) est convergente et a pour limite 5c.

L’apiculteur veut que le nombre d’abeilles tende vers 100000 ; il faut donc que 5c = 10, autrement dit que c = 2.

Pour que le nombre d’abeilles tende vers 100000, il faut que l’apiculteur rachète chaque année 20000 abeilles.

EXERCICE 3 Partie A

Voici deux courbes C

¹

et C

²

qui donnent pour deux personnes P

1

et P

2

de corpulences différentes la concentration C d’alcool dans le sang (taux d’alcoolémie) en fonction du temps t après ingestion de la même quantité d’alcool.

L’instant t = 0 correspond au moment où les deux individus ingèrent l’alcool.

C est exprimée en gramme par litre et t en heure.

Définition : La corpulence est le nom scientifique correspondant au volume du corps

0 0,5 1,0 1,5

0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,5 6,0

C

¹

C

²

t C

1. La fonction C est définie sur l’intervalle [0 ; + ∞ [ et on note C

^′

sa fonction dérivée. A un instant t positif ou nul, la vitesse d’apparition d’alcool dans le sang est donnée par C

^′

(t).

A quel instant cette vitesse est-elle maximale ?

La vitesse est visiblement maximale pour t = 0 car c’est la tangente aux courbes en O(0 ; 0) qui semble avoir le coefficient directeur le plus élevé parmi toutes les tangentes.

On dit souvent qu’une personne de faible corpulence subit plus vite les effets de l’alcool.

2. Sur le graphique précédent, identifier la courbe correspondant à la personne la plus corpulente. Justifier le choix effectué.

Le coefficient directeur de la tangente en O à la courbe C

¹

est supérieur à celui de la tangente en O à la courbe C

²

. C’est donc la personne P

1

la moins corpulente qui subit plus vite les effets de l’alcool.

3. Une personne à jeûn absorbe de l’alcool. On admet que la concentration C d’alcool dans son sang peut être modélisée par la fonction f définie sur [0 ; + ∞ [ par

f (t) = Ate

^−t

où A est une constante positive qui dépend de la corpulence et de la quantité d’alcool absorbé.

a. On note f

^′

la fonction dérivée de la fonction f . Déterminer f

^′

(0).

Première méthode (longue mais utilisable dans la partie B) :

f est dérivable sur [0 ; + ∞ [ comme produit de fonctions dérivables sur [0 ; + ∞ [.

f = uv = ⇒ f

^′

= u

^′

v + uv

^′

avec

( u(t) = At v(t) = e

^−t

= ⇒

( u

^′

(t) = A

v

^′

(t) = − e

^−t

∀ t ∈ [0 ; + ∞ [ , f

^′

(t) = A(1 − t)e

^−t

et f

^′

(0) = A

Deuxième méthode (peut-être un peu plus astucieuse) :

h→

lim

0

f (h) − f (0)

h = lim

h→0

Ae

^−h

= A (limite finie) On en déduit que f est dérivable en 0 et f

^′

(0) = A b. L’affirmation suivante est-elle vraie ?

« A quantité d’alcool absorbé égale, plus A est grand, plus la personne est corpulente. » L’affirmation est FAUSSE

• On a vu que le nombre dérivé en 0 est égal à f

^′

(0) = A : c’est le coefficient directeur de la tangente à la courbe à l’origine et on sait que les personnes de faible corpulence subissent plus vite les effets de l’alcool.

Donc plus A est grand et plus la personne est de faible corpulence.

• Autre méthode mathématique : si A

1

> A

2

alors A

1

te

^−t

> A

2

te

^−t

car te

^−t

> 0 sur [0 ; + ∞ [

On en déduit que la courbe associée à A

1

est au dessus de celle associée à A

2

donc la personne associée à A

1

est de plus faible corpulence que la personne associée à A

2

.

Partie B - Un cas particulier

Paul, étudiant de 19 ans de corpulence moyenne et jeune conducteur, boit deux verres de rhum. La concentration C d’alcool dans son sang est modélisée en fonction du temps t, exprimé en heure, par la fonction f définie sur [0 ; + ∞ [ par

f (t) = 2te

^−t

.

1. à%tudier les variations de la fonction f sur l’intervalle [0 ; + ∞ [.

On a vu dans la partie précédente que ∀ t ∈ [0 ; + ∞ [ , f

^′

(t) = A(1 − t)e

^−t

or Ae

^−t

> 0 donc f

^′

(t) est du signe de 1 − t, on peut donc déterminer les variations de f sur [0 ; + ∞ [

x 0 1 + ∞

f

^′

(t) + 0 −

f (t) 0

2 e

2. A quel instant la concentration d’alcool dans le sang de Paul est-elle maximale ? Quelle est alors sa valeur ? Arrondir à 10

⁻²

près.

La concentration d’alcool dans le sang de Paul est maximale 1h après l’absorption . Elle est alors d’environ 0,74 g.l

⁻¹

3. Rappeler la limite de e

^t

t lorsque t tend vers + ∞ et en déduire celle de f (t) en + ∞ . Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

t→

lim

+∞

e

^t

t = + ∞

t→

lim

+∞

f (t) = lim

t→+∞

2 × t

e

^t

= lim

t→+∞

2 × 1 e

^t

t

= 0 par quotient On en déduit que l’alcool finit par s’éliminer totalement .

4. Paul veut savoir au bout de combien de temps il peut prendre sa voiture. On rappelle que la législation autorise

une concentration maximale d’alcool dans le sang de 0, 2 g.L

⁻¹

pour un jeune conducteur.

a. Démontrer qu’il existe deux nombres réels t

1

et t

2

tels que f (t

1

) = f (t

2

) = 0, 2.

f est continue et strictement croissante sur [0 , 1] à valeurs dans

0 ; 2 e

or 0, 2 ∈

0 ; 2 e

donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (t) = 0, 2 admet une unique solution t

1

sur [0 , 1]

de même, f est continue et strictement décroissante sur [1 , + ∞ [ à valeurs dans

0 ; 2 e

or 0, 2 ∈

0 ; 2 e

donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (t) = 0, 2 admet une unique solution t

2

sur [1 , + ∞ [

b. Quelle durée minimale Paul doit-il attendre avant de pouvoir prendre le volant en toute légalité ? Donner le résultat arrondi à la minute la plus proche.

Par balayage, on obtient t

1

≈ 0, 112 et t

2

≈ 3, 577

donc Paul doit attendre au minimum 3 heures et 35 minutes avant de reprendre le volant . 5. La concentration minimale d’alcool détectable dans le sang est estimée à

5 × 10

⁻³

g.L

⁻¹

.

a. Justifier qu’il existe un instant T à partir duquel la concentration d’alcool dans le sang n’est plus détectable.

On sait que lim

t→+∞

f (t) = 0 donc par définition de la limite, pour tout ǫ > 0 il existe T ∈ R tel que pour tout t > T , f (t) ∈ ] − ǫ ; ǫ[

ici on pose ǫ = 5 × 10

⁻³

Donc il existe un instant T à partir duquel l’alcool n’est plus détectable dans le sang b. On donne l’algorithme suivant où f est la fonction définie par

f (t) = 2te

^−t

.

Initialisation : t prend la valeur 3, 5 p prend la valeur 0, 25 C prend la valeur 0, 21 Traitement : Tant que C > 5 × 10

⁻³

faire :

t prend la valeur t + p C prend la valeur f (t) Fin Tant que

Sortie : Afficher t

Recopier et compléter le tableau de valeurs suivant en exécutant cet algorithme.

Arrondir les valeurs à 10

⁻²

près.

Initialisation à%tape 1 à%tape 2

p 0,25 0,25 0,25

t 3,5 3,75 4

C 0,21 0,18 0,15

Que représente la valeur affichée par cet algorithme ?

La valeur affichée par l’algorithme est le temps nécessaire, en heure, pour que l’alcool ne soit plus détectable dans le Si on poursuit l’algorithme jusqu’à son terme, on obtient 8, 25 à l’affichage donc il faut 8 h et 15 minutes

pour que l’alcool ne soit plus détectable dans le sang

EXERCICE 4 Partie A

1. Pour tout réel x > 0, on a f (x) = xe

^1−x2

= x × e e

^−x2

= e

x × x

²

e

^x2

. Par opérations :

x→

lim

+∞

e

x = 0. (1)

De plus lim

x→+∞

x

²

= + ∞ et par croissance comparée lim

t→+∞

e

^t

t = + ∞ . Par composée des limites on alors

x→

lim

+∞

e

^x2

x

²

= + ∞ , puis par inverse :

x→

lim

+∞

x

²

e

^x2

= 0, (2)

enfin, par produit de (1) et (2) on a lim

x→+∞

f (x) = 0 .

2. a. On utilise la dérivée d’un produit, ainsi que la dérivée des fonctions de la forme e

^u

: f

^′

(x) = 1e

^1−x2

+ x × ( − 2x)e

^1−x2

= e

^1−x2

− 2x

²

e

^1−x2

= 1 − 2x

²

e

^1−x2

. b. Pour tout réel x, e

^1−x2

> 0, donc f

^′

(x) a le même signe que 1 − 2x

²

. Or :

1 − 2x

²

> 0 ⇐⇒ −

√ 2 2 6 x 6

√ 2 2 . De plus f

√ 2 2

=

√ 2

2 e

¹²

= 1

√ 2

√ e = r e

2 ; de même f

−

√ 2 2

= − r e

2 . On en déduit de ce qui précède le tableau de variations suivant :

x f

^′

(x)

f (x)

−∞ −

√ 2 2

√ 2

2 + ∞

− 0 + 0 −

0 0

− r e

− 2 r e

2

r e 2 r e 2

0 0 Partie B

1. Il semble que C

^f

soit toujours au dessous de C

^g

.

2. Soit x un réel tel que x 6 0, alors xe

^1−x2

6 0, c’est-à -dire f (x) 6 0, alors que g(x) = e

^1−x

> 0 par conséquent il est clair que f (x) < g(x).

3. a. Soit x un réel tel que x > 0, alors, par application de la fonction ln qui est strictement croissante : f (x) 6 g(x) ⇐⇒ xe

^1−x2

6 e

^1−x

⇐⇒ ln x + 1 − x

²

6 1 − x

⇐⇒ ln x − x

²

+ x 6 0

⇐⇒ Φ(x) 6 0.

b. On a Φ

^′

(x) = 1

x − 2x + 1 = − 2x

²

+ x + 1

x . Comme x > 0, Φ

^′

(x) a le même signe que − 2x

²

+ x + 1. Ce polynôme du second degré a pour discriminant ∆ = 9 et pour racines −

¹2

et 1. Ainsi :

− 2x

²

+ x + 1 > 0 ⇐⇒ − 1

2 < x < 1.

On a Φ(1) = ln 1 − 1

²

+ 1 = 0. Sur ]0 ; + ∞ [ le tableau de variation (sans limite) de Φ est donc :

x Φ

^′

(x)

Φ(x)

0 1 + ∞

+ 0 −

0 0

c. Le tableau de variation précédent montre que la fonction Φ possède en 1 un maximum qui vaut 0, autrement dit, pour tout réel x > 0, on a Φ(x) 6 0.

a. D’après B 1 et B 3 c, on a, pour tout réel x, f (x) > g(x). La courbe C

^f

est donc toujours en dessous de C

^g

. b. Sur ] − ∞ ; 0], on a f (x) < g(x) les courbes n’y ont donc aucun point commun.

Sur ]0 ; + ∞ [, on a f (x) = g(x) ⇔ x = 1. Ces deux courbes ont donc un unique point commun A dont l’abscisse est 1.

c. On a f (1) = g(1) = 1. De plus f

^′

(1) = (1 − 2 × 1

²

)e

¹⁻¹²

= − 1, et g

^′

(x) = − e

^1−x

donc g

^′

(x) = − e

¹⁻¹

= − 1, donc f

^′

(1) = g

^′

(1). Au point d’abscisse 1, les tangentes respectives à C

^f

et C

^g

passe par un même point, et ont même coefficient directeur, elles sont donc confondues.

Partie C

1. On pose u(x) = 1 − x

²

; alors u

^′

(x) = − 2x donc x = − 1

2 u

^′

(x) d’où f = − 1

2 u

^′

(x)e

^u(x)

. Une primitive est F(x) = − 1

2 e

^u(x)

= − 1 2 e

^1−x2

. 2.

Z

1

0

e

^1−x

− xe

^1−x2

dx =

Z

1

0

[g(x) − f (x) dx].

Une primitive de g − f est G − F avec (G − F )(x) = − e

^1−x

−

− 1 2 e

^1−x2

= 1

2 e

^1−x2

− e

^1−x

. Z

1

0

e

^1−x

− xe

^1−x2

dx = (G − F)(1) − (G − F)(0) = 1

2 − 1

− 1

2 e − e

= e − 1 2 .

3. Ce résultat correspond à l’aire en unités d’aire du domaine compris entre C

_g

, C

_f

et les droites d’équation x = 0 et x = 1.

EXERCICE 5 Soit u la suite définie par u

0

= 2 et, pour tout entier naturel n, par

u

n+1

= 2u

n

+ 2n

²

− n.

On considère également la suite v définie, pour tout entier naturel n, par v

n

= u

n

+ 2n

²

+ 3n + 5.

1. Voici un extrait de feuille de tableur :

A B C

1 n u v

2 0 2 7

3 1 4 14

4 2 9 28

5 3 24 56

6 4 63

7

8

9

Quelles formules a-t-on écrites dans les cellules C2 et B3 et copiées vers le bas pour afficher les termes des suites u et v ?

en C2 on entre « =B2+2*A2 × A2+3*A2+5 » et en B3 on entre « =2*B2+2*A2 × A2-A2 » 2. Déterminer, en justifiant, une expression de v

n

et de u

n

en fonction de n uniquement.

Il semblerait que ∀ n ∈ N , v

n

= 7 × 2

ⁿ

on aurait alors u

n

= 7 × 2

ⁿ

− 2n

²

− 3n − 5 car v

n

= u

n

+ 2n

²

+ 3n + 5 Montrons par récurrence que ∀ n ∈ N , u

n

= 7 × 2

ⁿ

− 2n

²

− 3n − 5

Initialisation : pour n = 0 , u

0

= 2 et 7 × 2

⁰

− 2 × 0

²

− 3 × 0 − 5 = 7 − 5 = 2 donc la propriété est vérifiée au rang n = 0

Hérédité : Supposons que pour tout entier k ∈ N , on ait u

k

= 7 × 2

^k

− 2k

²

− 3k − 5 alors u

k+1

= 2 7 × 2

^k

− 2k

²

− 3k − 5

+ 2k

²

− k = 7 × 2

^k+1

− 2k

²

− 7k − 10

or 7 × 2

^k+1

− 2(k + 1)

²

− 3(k + 1) − 5 = 7 × 2

^k+1

− 2k

²

− 4k − 2 − 3k − 3 − 5 = 7 × 2

^k+1

− 2k

²

− 7k − 10 donc si u

k

= 7 × 2

^k

− 2k

²

− 3k − 5, cela entraà

^R

ne que u

k+1

= 7 × 2

^k+1

− 2(k + 1)

²

− 3(k + 1) − 5

La propriété est donc héréditaire à partir du rang 0 or elle est vérifiée au rang 0, donc d’après le principe de récurrence, ∀ n ∈ N , u

n

= 7 × 2

ⁿ

− 2n

²

− 3n − 5 et donc ∀ n ∈ N , v

n

= u

n

+ 2n

²

+ 3n + 5 = 7 × 2

ⁿ

EXERCICE 6 Partie A - Etude graphique

1. Quel que soit n naturel et quel que soit le réel x, e

^−(n−1)x

> 0 et 1 + e

^x

> 1 > 0 : les fonctions f

n

sont donc positives : les termes de la suite (u

n

) sont des intégrales de fonctions positives sur [0 ; 1] : u

n

est donc l’aire, en unités d’aire de la surface limitée par la courbe C

ⁿ

, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 1.

2. D’après l’allure des courbes on peut conjecturer que la suite (u

n

) est décroissante et a pour limite 0.

3.

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 0,1 0

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 C

⁴

L’aire de la surface grisée s’obtient comme la somme des aires de deux trapèzes et d’un triangle : 4+6+2, 5 = 12, 5 carrés d’aire 0,01.

L’aire de la surface limitée par les axes et la ligne rouge se décompose en 10, 5 + 3 + 3, 5 = 17 aires de carrés d’aire 0,01.

On en déduit que 0, 125 < u

4

< 0, 17.

On a donc

0, 12 < u

4

< 0, 17.

Partie B - Etude théorique 1. u

0

=

Z

1

0

f

0

(x) dx = Z

1

0

e

^x

1 + e

^x

dx.

En posant u(x) = 1 + e

^x

on obtient u

^′

(x) = e

^x

, donc : u

0

=

Z

1

0

u

^′

(x)

u(x) dx = [ln u(x)]

¹₀

= [ln (1 + e

^x

)]

¹₀

= ln (1 + e) − ln 2 = ln 1 + e

2

. 2. Par linéarité de l’intégrale :

u

0

+ u

1

= Z

1

0

f

n

(x) dx + Z

1

0

f

n

(x) dx = Z

1

0

e

^x

1 + e

^x

+ e

^−(1−1)x

1 + e

^x

dx = Z

1

0

e

^x

1 + e

^x

+ 1 1 + e

^x

dx =

Z

1

0

e

^x

+ 1 1 + e

^x

dx =

Z

1

0

1 dx = 1 − 0 = 1.

On en déduit que : u

1

= 1 − u

0

= 1 − ln

^1+e₂

.

3. L’intégrale d’une fonction positive sur l’intervalle [0 ; 1] est positive. Donc u

n

> 0 4. a. d

n

(x) = f

n+1

(x) − f

n

(x) = e

^{−(n+1−1)x}

1 + e

^x

− e

^−(n−1)x

1 + e

^x

= e

^−nx

1 + e

^x

− e

^−(n−1)x

1 + e

^x

= e

^−nx

1 + e

^x

(1 − e

^x

) = e

^−nx1_1+e^−exx

.

b. On sait que pour tout naturel n et pour tout réel x, e

^−nx

> 0 et que 1 + e

^x

> 1 > 0.

Le signe de d

n

(x) est donc celui de 1 − e

^x

.

Or 0 6 x 6 1 ⇒ e

⁰

6 e

^x

6 e

¹

par croissance de la fonction exponentielle, soit 1 6 e

^x

6 e, d’où

− e 6 − e

^x

6 − 1 et enfin 1 − e 6 1 − e

^x

6 0.

Conclusion : 1 − e

^x

6 0 ⇒ d

n

(x) 6 0.

5. d

n

(x) < 0 ⇐⇒ f

n+1

(x) − f

n

(x) < 0 ⇐⇒ f

n+1

(x) < f

n

(x).

Il en résulte par intégration sur l’intervalle [0 ; 1]que u

n+1

< u

n

: la suite (u

n

) est décroissante.

Comme on a vu qu’elle minorée par zéro, elle est donc convergente vers une limite ℓ supérieure ou égale à zéro.

6. a. u

n

+ u

n+1

= Z

1

0

e

^−(n−1)x

1 + e

^x

+

Z

1

0

e

^{−(n+1−1)x}

1 + e

^x

et par linéarité de l’intégrale : u

n

+u

n+1

=

Z

1

0

e

^−(n−1)x

1 + e

^x

+ e

^−nx

1 + e

^x

dx =

Z

1

0

e

^−nx

1 + e

^x

(e

^x

+ 1) dx = Z

1

0

e

^−nx

dx = e

^−nx

− n

1

0

= − e

⁻ⁿ

− n + 1 n = 1 − e

⁻ⁿ

n .

b. On sait que lim

n→+∞

e

⁻ⁿ

= 0, donc lim

n→+∞

1 − e

⁻ⁿ

= 1 et enfin lim

n→+∞

1 − e

⁻ⁿ

n = 0.

On a donc ℓ = 0.

c. Tant que K < N Affecter 1 − e

^−K

K − U à U

Affecter K + 1 à K

Fin Tant que