Correction du devoir de vacances

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2011-2012

D. Blottière Mathématiques

Correction du devoir de vacances

Exercice 1

Soit(O;−→i ,−→j)un repère orthonormé du plan. Soient les trois points du plan A(2; 4) B(4; 3) C(−2; 1). 1. Démontrer que les points A,B et Cne sont pas alignés.

2. Donner une équation cartésienne du cercleC^ABC passant par les pointsA, B etC.

3. SoitM(a;b)un point quelconque du plan et soientM^′,M^′′etM^′′′ les projetés orthogonaux deM sur les droites (AB),(AC)et (BC)respectivement.

(a) Déterminer les coordonnées deM^′,M^′′et M^′′′ en fonction des coordonnées(a;b)deM. (b) Démontrer l’équivalence suivante.

M^′,M^′′ etM^′′′ alignés⇐⇒ M ∈ CABC

Correction

1. On sait que les points A, B et C sont alignés si et seulement si les vecteurs −−→AB et −→AC sont colinéaires.

Les coordonnées des vecteurs −−→AB et−→AC étant données par :

−−→AB(2;−1) et −→AC(−4;−3) le critère de colinéarité livre :

−−→AB //−→AC ⇐⇒

2 −4

−1 −3 = 0.

Comme

2 −4

−1 −3

= 2×(−3)−(−4)×(−1) =−106= 0, les vecteurs−−→

AB et−→

AC ne sont pas colinéaires.

D’après ce qui précède, les pointsA,B etC ne sont donc pas alignés.

2. Pour répondre à cette question, on a vu deux méthodes, en première année.

Méthode n˚1 : On peut suivre la démarche exposée dans la partie E du DM1. Le point de départ est que le centreΩdu cercle CABC est l’intersection de la médiatrice M[AB] du segment [AB]et de la médiatrice M[AC] du segment[AC]. Voici les grandes lignes de la démarche.

a) La médiatrice du segmentM[AB] est l’ensemble des pointsM du plan tels que les distancesAMetBM soient égales. C’est aussi la droite qui est perpendiculaire à la droite(AB) qui passe par le milieu du segment[AB]. En utilisant cette dernière caractérisation, on détermine « simplement » une équation cartésienne deM[AB]. De même, on obtient une équation cartésienne deM[AC].

b) Comme Ωest l’intersection des droites M[AB] etM[AC], ses coordonnées satisfont les deux équations trouvées en a). On résout alors le système linéaire formé par ces deux équations pour déterminer les coordonnées(xΩ, yΩ)de Ω.

c) Le rayon r du cercle C^ABC est donné par la distance ΩA (qui est égale à ΩB et à ΩC). On dispose d’une formule dans le cours pour calculer cette distance, en fonction des coordonnées deΩetAdans le repère orthonormé(O;−→i ,−→j).

d) Connaissant xΩ,yΩetr, on peut directement écrire une équation cartésienne deCABC (cf. cours).

(2)

Méthode n˚2 : On procède comme dans la correction de la question 8 de la partie A du problème du DS2.

C’est cette méthode qu’on choisit, ici, pour répondre à la question posée.

Notons Ω le centre du cercle C^ABC et r son rayon. On sait, d’après le cours, que C admet alors pour équation :

(∗) (x−xΩ)²+ (y−yΩ)²=r².

On cherche à déterminer xΩ, yΩ et r, sachant que les points A, B et C appartiennent à C et donc que leurs coordonnées vérifient l’équation (∗).

On a donc le système (non linéaire) :







(2−xΩ)² + (4−yΩ)² = r² (A∈ CÂBC) (4−xΩ)² + (3−yΩ)² = r² (B∈ CÂBC) (−2−xΩ)² + (1−yΩ)² = r² (C∈ CÂBC)

i.e. : 





20 − 4xΩ + x²_Ω − 8yΩ + y²_Ω = r² (L1) 25 − 8xΩ + x²_Ω − 6yΩ + y²_Ω = r² (L2) 5 + 4xΩ + x²_Ω − 2yΩ + y²_Ω = r² (L3)

.

On remarque que la soustraction de deux lignes fait disparaître les termes carrés. On utilise ce fait pour obtenir le système linéaire :

−5 + 4xΩ −2yΩ = 0 (L1−L2) 15 − 8xΩ −6yΩ = 0 (L1−L3) . On résout ce dernier système et on obtient :

xΩ=3

2 et yΩ=1 2.

En reportant ces valeurs dans la ligne(L1), par exemple, on trouve alors : r²=50

4 = 25 2 . On en déduit que r >0est donné par :

r= r25

2 = 5

√2 =5√ 2 2 . Ainsi une équation cartésienne du cercle C^ABC est donnée par :

x−3

2 2

+

y−1 2

2

= 5√ 2 2

!2

| {z } 25

2

. (1)

3. (a) • Calcul des coordonnées de M^′

SoitM un point du plan. D’après le cours, le projeté orthogonal de M sur la droite(AB) (dont

−−→AB est un vecteur directeur) est l’unique point du plan vérifiant : M^′∈(AB) et −−−→

M M^′⊥−−→AB. (2)

On note(a;b)les coordonnées deM,(a^′;b^′)celles deM^′ et on cherche à traduire ces deux condi- tions par des équations mettant en jeu a, b, a^′, b^′, dans lesquelles a^′, b^′ sont des inconnues et a, b sont des paramètres.

Les coordonnées du vecteur−−−→

M M^′sont(a^′−a;b^′−b)et celles de−−→ABsont(2;−1). D’après le critère d’orthogonalité, on a :

−−−→M M^′⊥−−→

AB ⇐⇒ −−−→

M M^′.−−→

| {zAB}

2(a^′−a)−(b^′−b)

= 0.

(3)

On a donc :

−−−→M M^′⊥−−→AB ⇐⇒ 2a^′−b^′= 2a−b. (3) On a ainsi écrit la deuxième condition à l’aide d’une équation. Pour faire de même avec la première condition, on détermine une équation cartésienne de la droite(AB).

La droite−−→AB est dirigée par le vecteur−−→AB(2;−1). Le vecteur−→n(1,2)est donc normal à la droite (AB). En effet−→n .−−→AB = 0(cf. critère d’orthogonalité). D’après le cours, il existe donc un réelctel que :

(∗) x+ 2y+c= 0

soit une équation cartésienne de la droite(AB). CommeA(2; 4)∈(AB), ses coordonnées satisfont l’équation (∗), i.e. on a :

2 + 2×4 +c= 0.

On en déduit quec=−10.Un équation cartésienne de la droite(AB)est donc : x+ 2y−10 = 0.

Par suite, on a :

M^′(a^′, b^′)∈(AB) ⇐⇒ a^′+ 2b^′= 10. (4) De (2), (3) et (4), on déduit que les coordonnées(a^′;b^′)deM^′ sont solutions du système suivant.

2a^′ − b^′ = 2a−b (L1) a^′ + 2b^′ = 10 (L2) En retranchant deux fois la ligne(L2)à la ligne(L1), il vient :

−5b^′ = 2a−b−20 et donc

b^′=−2 5a+1

5b+ 4.

En reportant cette valeur dans la ligne(L2), on obtient : a^′= 4

5a−2 5b+ 2.

Les coordonnées deM^′ sont donc données par : M^′

4 5a−2

5b+ 2 ; −2 5a+1

5b+ 4

.

• Coordonnées de M^′′et de M^′′

Pour déterminer les coordonnées deM^′′et deM^′′′, on procède comme pour le calcul des coordon- nées de M^′, en adaptant la méthode exposée ci-dessus. On trouve :

M^′′

16 25a+12

25b−6 5 ; 12

25a+ 9 25b+8

5

et M^′′′

9 10a+ 3

10b−1 2 ; 3

10a+ 1 10b+3

2

. (b) SoitM(a, b)un point du plan. On va prouver que :

M^′,M^′′ etM^′′′ alignés⇐⇒ M ∈ CABC.

• Traduction de «M^′,M^′′et M^′′′ alignés » en termes d’équations.

On sait que M^′, M^′′ et M^′′′ sont alignés si et seulement si −−−−→

M^′M^′′//−−−−→

M^′M^′′′. De 3.(a), on déduit que les coordonnées de−−−−→

M^′M^′′sont :

−4 25a+22

25b−16 5 , 22

25a+ 4 25b−12

5

(4)

et que celles de −−−−→

M^′M^′′′ sont : 1

10a+ 7 10b−5

2 , 7 10a− 1

10b−5 2

. D’après le critère de colinéarité, on a donc :

M^′,M^′′ etM^′′′ alignés ⇐⇒

− 4 25a+22

25b−16 5

1 10a+ 7

10b−5 2 22

25a+ 4 25b−12

5

7 10a− 1

10b−5 2

= 0

⇐⇒

−4 25a+22

25b−16 5

7 10a− 1

10b−5 2

− 1

10a+ 7 10b−5

2 22 25a+ 4

25b−12 5

= 0

⇐⇒ 1

250 −50a²−50b²+ 150a+ 50b+ 500

= 0

⇐⇒ a²+b²−3a−b−10 = 0 (division de chaque membre par−250⁵⁰ =−¹5).

On a donc :

M^′,M^′′ etM^′′′ alignés⇐⇒a²+b²−3a−b−10 = 0. (5)

• Nouvelle traduction de «M ∈ CABC» en termes d’équations.

D’après la question 2, on a :

M ∈ CABC ⇐⇒

a−3

2 2

+

b−1 2

2

= 25 2

⇐⇒ a²−3a+9

4+b²−b+1 4 =25

2

⇐⇒ a²+b²−3a−b−10 = 0.

On a donc :

M ∈ CABC⇐⇒a²+b²−3a−b−10 = 0. (6)

• Conclusion

De (5) et (6), on déduit l’équivalence demandée.

Exercice 2

Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 4. Un sac contientnboules numérotées de 1 àn.Les questions 1 et 2 sont indépendantes.

1. On tire successivement 3 boules sans remise. Soit kun nombre entier compris entre 3 etn. Déterminer la probabilité des événements suivants.

Ak « les 3 boules ont un numéro inférieur ou égal àk» ;

Bk « le plus grand numéro figurant sur les boules tirées est le numérok».

2. On place lesnboules au hasard dansnboîtes numérotées de 1 àn, chaque boîte pouvant contenir de 0 à nboules.

(a) Soitkun entier naturel non nul. Déterminer la probabilité que les boules dont le numéro est inférieur ou égal àksoient placées dans des boîtes dont le numéro est inférieur ou égal à k.

(b) On notepn la probabilité que chaque boîte contienne exactement une boule.

(5)

i. Montrer que :

pn= n!

nⁿ.

ii. À l’aide de la formule du binôme de Newton, montrer l’inégalité :

∀x∈R⁺ (1 +x)ⁿ≥1 +nx.

iii. En déduire que pn

pn+1 ≥2.

iv. Étudier la limite éventuelle de (pn)_n∈N^≥4 quandntend vers+∞.

Correction

1. • Description de l’espace de probabilités fini (Ω, P)sous-jacent.

On tire successivement 3 boules parmi les n boules numérotées de 1 à n, sans remise. Un résultat de l’expérience sera modélisé par un triplet sans répétition d’éléments de l’ensemble {1, . . . , n}, i.e. un arrangement de 3 éléments de l’ensemble {1, . . . , n}. Par exemple, si l’on tire la boule n˚2 au premier tirage, la boule n˚4 au troisième tirage et la boule n˚1 au deuxième tirage, ce résultat sera modélisé par le triplet(2,4,1).

L’univers Ωest donc l’ensemble des triplets sans répétition d’éléments de {1, . . . , n}. On a, d’après le cours :

Card(Ω) =A³_n= n!

(n−3)! =n(n−1)(n−2) pour tout événementA deΩ.

Tous les tirages ayant la même probabilité d’apparaître, on place sur Ωla probabilité uniforme. On a donc, d’après le cours :

P(A) = Card(A)

Card(Ω) = Card(A)

n(n−1)(n−2). (7)

• Calcul de P(Ak)(k entier compris entre 3 etn) On a :

Ak=« les 3 boules ont un numéro inférieur ou égal àk».

Pour construire un événement élémentaire appartenant à Ak, on a :

. k choix pour la première boule tirée (parmi les boules numérotées de 1 àk) ;

. (k−1)choix pour la deuxième boule tirée (parmi les boules numérotées de 1 àk, moins la première tirée) ;

. (k−2)choix pour la troisième boule tirée (parmi les boules numérotées de 1 àk, moins la première et la deuxième tirées).

On en déduit :

Card(Ak) =A³_k=k(k−1)(k−2).

Ainsi, d’après (7), on a :

P(Ak) = k(k−1)(k−2) n(n−1)(n−2).

• Calcul de P(Bk)(kentier compris entre 3 etn) On a :

Bk=« le plus grand numéro figurant sur les boules tirées est le numérok».

Notons qu’un triplet (a, b, c) deΩ appartient àBk si et seulement si l’un des trois nombres a, b, cest égal à ket les deux autres sont inférieurs (strictement) àk.

Pour construire un événement élémentaire appartenant à Bk, on a :

. C₃¹= 3choix pour la position de la boule n˚k (première, deuxième ou troisième position) ;

. A²_k−1= (k−1)(k−2)choix pour les tirages des autres boules (tirage ordonné sans répétition de deux boules parmi les(k−1)boules numérotées de1 à(k−1), cf. calcul de Card(Ak)) .

(6)

On en déduit :

Card(Bk) = 3(k−1)(k−2).

P(Bk) = 3(k−1)(k−2) n(n−1)(n−2).

2. On change d’expérience. On commence par décrire le nouvel espace de probabilités fini(Ω, P)sous-jacent, avant d’effectuer un calcul de probabilité.

L’expérience consiste, ici, à ranger, au hasard, les nboules numérotées de 1à ndans les nboîtes numé- rotées de 1 àn. Un résultat de l’expérience sera modélisé par unn-uplet (avec répétitions éventuelles) de l’ensemble{1, . . . , n}. Par exemple, len-uplet(2,3,1, . . . ,3)modélisera le rangement suivant :

. la boule n˚1 est rangée dans la boîte n˚2 ; . la boule n˚2 est rangée dans la boîte n˚3 ; . la boule n˚3 est rangée dans la boîte n˚1 ; . . . .;

. la boule n˚nest rangée dans la boîte n˚3.

L’univers Ω est donc l’ensemble desn-uplets (avec répétitions éventuelles) d’éléments de {1, . . . , n}. On a, d’après le cours :

Card(Ω) = (Card({1, . . . , n}))ⁿ=nⁿ.

Tous les tirages ayant la même probabilité d’apparaître, on place surΩla probabilité uniforme. On a donc, d’après le cours :

P(A) =Card(A)

Card(Ω) = Card(A)

nⁿ . (8)

pour tout événement AdeΩ.

(a) Soitkun entier naturel non nul. On noteIk l’événement défini par :

Ik= « les boules dont le numéro est inférieur ou égal à ksont placées dans des boîtes dont le numéro est inférieur ou égal àk» . Pour construire un événement élémentaire appartenant à Ik, on a :

. kchoix (parmi les boîtes numérotées de1 àk) pour chacune deskboules numérotées de 1 àk; . n choix (parmi les boîtes numérotées de1 à n) pour chacune des (n−k)boules restantes (celles

numérotées de (k+ 1)à n).

On en déduit :

Card(Ik) =k^kn^n−k. Ainsi, d’après (8), on a :

P(Ik) = k^kn^n−k nⁿ = k^k

n^k = k

n k

.

(b) i. On noteUn l’événement défini par :

Un=« chaque boîte contient exactement une boule ».

On a donc :pn=P(Un).

noindent Pour construire un événement élémentaire appartenant àUn, on a : . nchoix (parmi les boîtes numérotées de1à n) pour ranger la boule n˚1 ;

. (n−1)choix (parmi les boîtes numérotées de1 àn, moins celle contenant la boule n˚1) pour ranger la boule n˚2 ;

. (n−2)choix (parmi les boîtes numérotées de 1 àn, moins celles contenant les boules n˚1 et n˚2) pour ranger la boule n˚3 ;

. (n−3)choix (parmi les boîtes numérotées de1 àn, moins celles contenant les boules n˚1, n˚2 et n˚3) pour ranger la boule n˚4 ;

. . . .;

(7)

. 1 seul choix (la seule boîte ne contenant aucune boule, après avoir rangé les(n−1)premières) pour ranger la boule n˚n.

On en déduit :

Card(Un) =n(n−1)(n−2)(n−3). . .1 =n!.

P(Un) = n!

nⁿ. ii. Soitx∈R⁺. On a :

(1 +x)ⁿ = Xn

k=0

C_n^k1^n−kx^k

= Xn

k=0

C_n^kx^k (∀k∈ {0, . . . , n} 1^n−k=k)

= X1

k=0

C_n^kx^k+ Xn

k=2

C_n^kx^k (Relation de Chasles)

= C_n⁰x⁰

| {z }

1

+C_n¹x¹

| {z }

nx

+ Xn

k=2

C_n^kx^k.

On a ainsi :

(1 +x)ⁿ= 1 +nx+ Xn

k=2

C_n^kx^k. (9)

Pour toutk∈ {2, . . . , n}, on ax^k≥0 (x∈R⁺) et doncC_n^kx^k≥0. Par suite : Xn

k=2

C_n^kx^k ≥0. (10)

De (9) et (10), on déduit :

(1 +x)ⁿ≥1 +nx.

iii. D’après 2.(b).i, on a :

pn

pn+1

= n!

nⁿ ×(n+ 1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)! . De cette égalité et de(n+ 1)! = (n+ 1)×n!, on déduit :

pn

pn+1

= n!

nⁿ × (n+ 1)ⁿ⁺¹

(n+ 1)×n! = (n+ 1)ⁿ nⁿ =

n+ 1 n

n

=

1 + 1 n

n

. (11)

En appliquant le résultat 2.(b).ii, avecx= 1

n ∈R⁺, on obtient :

1 + 1 n

n

≥1 +n× 1

n = 2. (12)

De (11) et (12), on déduit :

pn

pn+1 ≥2.

iv. • La suite(pn)n∈N^≥4 est minorée par 0 (et majorée par 1).

En effet, lespn (n∈N^≥4) sont des probabilités ; ce sont donc des nombres compris entre 0 et 1. (On pourrait aussi utiliser 2.(b).i pour argumenter ici.)

(8)

• La suite(pn)_n∈N≥4 est décroissante.

Soit n ∈ N^≥4. De 2.(b).i, on déduit que pn+1 > 0. De ce résultat et de 2.(b).iii on tire : pn≥2pn+1≥0, puis :

0≤pn+1≤ 1

2pn (multiplication par 1

2 ≥0de chacun des membres). (13) Mais commepn≥0, on a : 1

2pn≤pn. Cette dernière inégalité et (13) impliquent : pn+1≤pn.

La suite(pn)n∈N≥4 est donc décroissante.

• Convergence de la suite(pn)n∈N≥4

La suite (pn)n∈N^≥4 est minorée et décroissante ; elle converge donc vers une limite finie. Soit l∈Rcette limite.

• Détermination de la limite de la suite (pn)_n∈N^≥4

Commepn tend verslquandntend vers+∞, on a aussi :pn+1 tend verslquandntend vers +∞. En passant à la limite dans l’inégalité (13), il vient alors :

0≤l≤ 1 2l.

On a donc :

l≥0. (14)

Del≤ 1

2l, on déduit que : 1

2l≤0(soustraction de 1

2l à chacun des membres), puis que : l≤0 (multiplication par 2≥0de chacun des membres). (15) De (14) et (15), on déduit quel= 0. La suite(pn)n∈N^≥4 converge donc vers0.

Exercice 3

On considère une pièceAdont la probabilité d’apparition de FACE est 1/2et une pièce B dont la probabilité d’apparition de FACE est1/3.

On choisit au hasard une pièce que l’on lance. Si on obtient FACE, on la relance, sinon on change de pièce. On effectue une succession de lancers.

Pour toutn∈N^∗, on note :

Fn « on obtient FACE aun-ième lancer » ; An « on jette la pièceAaun-ième lancer ».

1. Exprimer P(An+1) en fonction de P(An) pour tout n ∈ N^∗. En déduire une expression de P(An) en fonction de npour toutn∈N^∗.

2. Donner une expression de P(Fn)en fonction de P(An)pour tout n∈N^∗. En déduire une expression de P(Fn)en fonction de npour toutn∈N^∗.

Correction

1. • Expression de P(An+1)en fonction deP(An)(n∈N^∗)

Soitn∈N^∗. La formule des probabilités totales, relativement au système complet d’événements(An, An) donne :

P(An+1) =P(An+1/An)P(An) +P(An+1/An)P(An). (16)

(9)

D’après le cours, on a :

P(An) = 1−P(An). (17)

Lancer au (n+ 1)-ième lancer la pièceA, sachant qu’on avait déjà lancé la pièce A aun-ième lancer, signifie que l’on a obtenu FACE avec la pièceA aun-ième lancer. On a donc :

P(An+1/An) = 1

2. (18)

Lancer au (n+ 1)-ième lancer la pièceA, sachant qu’on n’avait pas lancé la pièceA aun-ième lancer, signifie que l’on a obtenu PILE avec la pièceB aun-ième lancer. (On lance soit la pièceA, soit la pièce B, lors d’un lancer.) On a donc :

P(An+1/An) =2

3. (19)

De (16), (17), (18) et (19), on déduit :

P(An+1) = 1

2P(An) +2

3(1−P(An))

= −1

6P(An) +2 3. On a montré que :

∀n∈N^∗ P(An+1) =−1

6P(An) +2

3. (20)

• Expression de P(An)en fonction de n(n∈N^∗) D’après (20), on a une relation du type :

P(An+1) =aP(An) +b

pour tout n ∈ N^∗, avec a et b des nombres réels indépendants de n. La suite (P(An))n∈N∗ est donc arithmético-géométrique. On applique la méthode vue en classe pour donner une expression deP(An) en fonction de n, pour toutn∈N^∗.

Pour alléger les notations, on pose :

un=P(An) pour toutn∈N^∗.

– Le point fixe de la fonction affinex7→ −1 6x+2

3 est l=4 7. – Soit(vn)n∈N∗ la suite définie par :

∀n∈N^∗ vn =un−4

7. (21)

On montre que la suite (vn)n∈Nest géométrique de raison−1

6. Soitn∈N^∗. On a :

−1

6 vn = −1 6

un−4

7

= −1 6un+ 2

21 et

vn+1 = un+1−4 7

= −1 6un+2

3 −4

7 (cf. (20))

= −1 6un+ 2

21. On a doncvn+1=−1

6 vn pour toutn∈N^∗. La suite(vn)n∈N∗ est donc géométrique de raison−1 6.

(10)

– Du cours sur les suites géométriques, on déduit que ce qui précède que : vn = v1

|{z}

−1/14

−1 6

n−1

=− 1 14

−1 6

n−1

(22)

pour toutn∈N^∗. Le fait quev1=−1

14 découle de : u1=P(A1) = 1

2 (la probabilité de lancer la pièceAau premier lancer est 1 2) et v1=u1−4

7 (cf. (21)).

Alors en utilisant les propriétés (21) et (22), on obtient :

∀n∈N^∗ P(An) =un=4

7 +vn= 4 7 − 1

14

−1 6

n−1

. (23)

2. • Expression de P(Fn)en fonction deP(An)(n∈N^∗)

Soitn∈N^∗. La formule des probabilités totales, relativement au système complet d’événements(An, An) donne :

P(Fn) =P(Fn/An)P(An) +P(Fn/An)P(An). (24) D’après le cours, on a :

P(An) = 1−P(An). (25)

La probabilité d’obtenir FACE aun-ième lancer sachant qu’on lance la pièceAest : P(Fn/An) =1

2. (26)

La probabilité d’obtenir FACE aun-ième lancer sachant qu’on ne lance pas la pièceAest la probabilité d’obtenir FACE aun-ième lancer sachant qu’on lance la pièceB. (On lance soit la pièceA, soit la pièce B, lors d’un lancer.) Cette valeur est :

P(Fn/An) = 1

3. (27)

De (24), (25), (26) et (27), on déduit :

P(Fn) = 1

2P(An) +1

3(1−P(An))

= 1

6P(An) +1 3. On a montré que :

∀n∈N^∗ P(Fn) =1

6P(An) +1

3. (28)

• Expression de P(Fn)en fonction den(n∈N^∗) Soitn∈N^∗. De (28) et (23), on déduit que :

P(Fn) = 1 6

4 7 − 1

14

−1 6

n−1! +1

3 = 1 14

−1 6

n

+ 9 21.

Exercice 4

Soit(un)n∈N la suite définie paru0∈Ret la relation de récurrence : un+1=u²_n+1

2un

valable pour toutn∈N.

(11)

1. (a) Représenter graphiquement les fonctions : f:x7→x²+1

2x et g:x7→x dans un repère(O;−→i ,−→j).

(b) Quelles conjectures peut-on formuler quant à la monotonie éventuelle et au comportement asymptotique de la suite(un)n∈N, suivant la valeur donnée àu0?

2. On poseu0= 1 4.

(a) Démontrer que pour toutn∈N:

0< un< 1 2. (b) Étudier le sens de variation de la suite(un)n∈N.

(c) Démontrer que pour toutn∈N^∗ :

0< un ≤ 3 16. (d) Démontrer que pour toutx∈

0, 3

16

:

f^′(x)≤7 8.

(e) En déduire, en appliquant le théorème des accroissements finis, que pour toutn∈N^∗ : un≤ 7

8 un−1

puis que :

un≤ 7

8 n−1

u1. (f) En déduire le comportement asymptotique de la suite(un)n∈N. 3. On pose maintenantu0= 1.

(a) Démontrer que la suite(un)n∈N est strictement croissante et minorée par 1.

(b) Démontrer que sur[1,+∞[,f^′ est minorée par 5 2.

(c) Montrer, en appliquant le théorème des accroissements finis, que pour toutn∈N^∗ : un+1−un≥5

2(un−un−1). (d) En déduire que pour toutn∈N:

un+1−un≥ 5

2 n

(u1−u0).

puis que pour toutn∈N^∗ :

un≥1 2 ×

5 2

n−1

.

(e) En déduire le comportement asymptotique de la suite(un)n∈N. Correction

1. (a) La fonction f est une fonction polynomiale de degré2; sa représentation graphique est donc une parabole, dont le sommet a pour abscisse−¹2, et qui coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisses

−1et 0.

La fonctionga pour représentation graphique la première bissectrice du repère, c’est-à-dire la droite passant par Oet de pente1.

(12)

Les abscisses des points d’intersection des courbes représentatives def etgsont les réelsxsolutions de l’équationf(x) =g(x). On a :

f(x) =g(x) ⇐⇒ x²+1 2x=x

⇐⇒ x²−1 2x= 0

⇐⇒ x

x−1 2

= 0

⇐⇒ x= 0 ou x= 1 2. SoitCf la courbe représentative def etCg la courbe représentative deg.

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

−0.1

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

−0.1

−0.2

−0.3

−0.4

−0.5

−0.6

Cf Cg

(b) Pour conjecturer le comportement de la suite(un)n∈N, on placeu0 sur l’axe des abscisses, puis l’on

“construit” les valeurs des termes successifs de la suite ; par exemple, sur la figure ci-dessous, on a choisiu0 entre0.3 et0.4.

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

−0.1

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

−0.1

−0.2

−0.3

−0.4

−0.5

−0.6

Cf Cg

u0

u1

u2

u3

u4

u5

u6

u7

b

On peut conjecturer que dans ce cas, la suite (un)n∈N est strictement décroissante et qu’elle tend vers0.

En faisant de même pour plusieurs valeurs de u0, on peut conjecturer les comportements suivants pour la suite(un)n∈N:

• siu0<−1ou siu0>¹₂ alors la suite(un)n∈Nest strictement croissante et tend vers+∞;

• siu0=−1alors pour toutn≥1,un= ¹₂, et donc la suite(un)n∈Ntend vers ¹₂;

(13)

• si−1< u0<−¹2, alors la suite(un)n∈N est strictement décroissante à partir du rangn= 1et elle tend vers0;

• siu0=−¹2 alors pour toutn≥1, un= 0, et donc la suite(un)n∈Ntend vers0;

• si−¹2 < u0<0, alors la suite(un)n∈Nest strictement croissante et elle tend vers0;

• siu0= 0alors la suite(un)n∈Nest constante égale à0, et donc elle tend vers0;

• si0< u0< ¹₂, alors la suite (un)n∈N est strictement décroissante et elle tend vers0;

• siu0=¹₂ alors la suite(un)n∈Nest constante égale à ¹₂, et donc elle tend vers ¹₂. 2. (a) On procède par récurrence. Pour toutn∈N, soit Pⁿ la proposition :

Pn:«0< un<1 2 ».

• Initialisation :P⁰ est vraie caru0=¹₄ donc on a :0< u0<¹₂.

• Hérédité : soitn∈Nfixé. Supposons que Pⁿ est vraie, c’est-à-dire que :0< un <¹₂, et montrons quePⁿ⁺¹ est vraie, c’est-à-dire que :0< un+1< ¹₂.

On a : un+1 = u²_n+ ¹₂un. Or, comme0 < un < ¹₂ et que les fonctions x7→ x² et x7→ ¹₂x sont strictement croissantes surR⁺, on en déduit que :

0< u²_n< 1

4 et 0< 1 2un<1

4, puis, en sommant ces deux inégalités, que :

0< u²_n+1 2un<1

2.

• Conclusion : d’après l’initialisation, l’hérédité et l’axiome de récurrence, on en déduit que :

∀n∈N, 0< un <1 2. (b) Soitn∈N. On a :

un+1−un=u²_n+1

2un−un =u²_n−1

2un=un

un−1

2

.

Or, d’après la question 2.(a), on sait queun>0et que un−¹₂ <0. On en déduit donc que : un+1−un<0,

ce qui montre que la suite(un)n∈Nest strictement décroissante.

(c) On procède par récurrence. Pour toutn∈N^∗, soitPⁿ la proposition : Pⁿ:«0< un≤ 3

16 ».

• Initialisation :P1 est vraie caru1=₁₆¹ +¹₈ =₁₆³ donc on a :0< u1≤ ₁₆³.

• Hérédité : soitn∈N^∗ fixé. Supposons quePnest vraie, c’est-à-dire que :0< un≤ ₁₆³, et montrons quePn+1 est vraie, c’est-à-dire que :0< un+1≤ ₁₆³.

On a : un+1 =u²_n+¹₂un. Or, comme0 < un ≤ 16³ et que les fonctions x7→x² et x7→ ¹2x sont strictement croissantes surR⁺, on en déduit que :

0< u²_n ≤ 9

16² et 0< 1

2un≤ 3 32, puis, en sommant ces deux inégalités, que :

0< u²_n+1

2un≤ 33 16² = 3

16×11 16 ≤ 3

16.

∀n∈N^∗, 0< un≤ 3 16.

(14)

(d) La fonctionf est définie par :f:x7→x²+¹₂x. Elle est donc définie et dérivable surR, et on a :

∀x∈R, f^′(x) = 2x+1 2. Soitx∈

0,₁₆³

. On a alors :

0≤2x≤ 3

8, puis 1

2 ≤2x+1 2 ≤3

8+1 2 = 7

8, ce qui montre que :

∀x∈

0, 3 16

, f^′(x)≤7 8. (e) Soitn∈N^∗. On sépare le casn= 1du casn≥2.

• sin= 1 alors on a bienu1≤ ⁷₈u0 puisqueu0=¹₄ et u1= ₁₆³.

• si n ≥ 2, alors on applique le théorème des accroissements finis à la fonction f sur l’intervalle [0, un−1] (d’après la question 2.(a) on sait que un−1 >0). Comme la fonction f est continue et dérivable surR, ce théorème affirme qu’il existec∈[0, un−1]tel que :

f(un−1)−f(0) =f^′(c)(un−1−0), c’est-à-dire :

un=f^′(c)un−1. Orc∈[0, un−1]et un−1∈

0,₁₆³

(puisquen≥2), doncc∈ 0,₁₆³

. D’après la question 2.(d), on a donc : f^′(c)≤⁷₈. Commeun−1>0, on en déduit que : f^′(c)un−1≤ ⁷₈un−1, c’est-à-dire que :

un≤7 8un−1. Pour montrer que :

∀n∈N^∗, un≤ 7

8 n−1

u1,

on procède par récurrence. Pour toutn∈N^∗, soitPⁿ la proposition : Pⁿ:«un≤

7 8

n−1

u1».

• Initialisation :P1 est vraie car ⁷₈0

= 1 etu1≤u1.

• Hérédité : soit n ∈ N^∗ fixé. Supposons que Pn est vraie, c’est-à-dire que : un ≤ ⁷₈n−1

u1, et montrons quePⁿ⁺¹ est vraie, c’est-à-dire que :un+1≤ ⁷8

n

u1. D’après ce qui précède (début de la question 2.(e)), on a :

un+1≤ 7 8un, et d’après l’hypothèse de récurrence :

un≤ 7

8 n−1

u1.

De ces deux inégalités, on déduit que : un+1≤7

8 × 7

8 n−1

u1= 7

8 n

u1.

∀n∈N^∗, un≤ 7

8 n−1

u1.

(f) Les questions 2.(a) et 2.(e) nous permettent d’affirmer que :

∀n∈N^∗, 0< un≤ 7

8 n−1

u1. Or la suite

7 8

n−1

n∈N∗ est géométrique de raison ⁷₈. Comme ⁷₈ ∈]−1,1[, la suite

7 8

n−1

n∈N∗

tend vers0. D’après le théorème des gendarmes, on en conclut donc que la suite(un)n∈Ntend vers0.

(15)

3. (a) Pour montrer que la suite (un)n∈N est minorée par1, on procède par récurrence. Pour toutn∈N, soit Pⁿ la proposition :

Pⁿ:«un≥1».

• Initialisation :P⁰ est vraie caru0= 1≥1.

• Hérédité : soitn∈Nfixé. Supposons quePⁿ est vraie, c’est-à-dire que : un ≥1, et montrons que Pⁿ⁺¹ est vraie, c’est-à-dire que :un+1≥1.

On a :un+1=u²_n+¹₂un. Or, commeun ≥1et que les fonctionsx7→x²etx7→ ¹₂xsont strictement croissantes surR⁺, on en déduit que :

u²_n≥1 et 1 2un≥1

2, puis, en sommant ces deux inégalités, que :

un+1=u²_n+1

2un≥1 +1 2 =3

2 ≥1.

∀n∈N, un≥1.

Soit maintenantn∈N. On a :

un+1−un=u²_n+1

2un−un =u²_n−1

2un=un

un−1

2

.

Or, d’après ce qui précède (début de la question 3.(a)), on sait que un ≥1et donc queun−¹2 ≥ ¹2. On en déduit donc que :

un+1−un≥ 1 2, ce qui implique que :

un+1−un>0,

et on a donc montré que la suite(un)n∈Nest strictement croissante.

(b) On a :

∀x∈R, f^′(x) = 2x+1 2. Soitx∈[1,+∞[. On a alors :

2x≥2, puis 2x+1

2 ≥2 +1 2 = 5

2, ce qui montre que :

∀x∈[1,+∞[, f^′(x)≥5 2.

(c) Soitn∈ N^∗. Comme la suite(un)n∈N est strictement croissante (question 3.(a)), on aun−1 < un. On applique le théorème des accroissements finis à la fonction f sur l’intervalle[un−1, un]. Comme la fonction f est continue et dérivable surR, ce théorème affirme qu’il existec∈[un−1, un]tel que :

f(un)−f(un−1) =f^′(c)(un−un−1), c’est-à-dire :

un+1−un=f^′(c)(un−un−1).

Orc≥un−1etun−1≥1(question 3.(a)), doncc≥1. D’après la question 3.(b), on a donc :f^′(c)≥ ⁵₂. Commeun−un−1>0, on en déduit que :f^′(c)(un−un−1)≥⁵₂(un−un−1), c’est-à-dire que :

un+1−un≥ 5

2(un−un−1).

(d) On procède par récurrence. Pour toutn∈N, soit Pⁿ la proposition : Pn:«un+1−un ≥

5 2

n

(u1−u0)».

(16)

• Initialisation :P⁰ est vraie car ⁵₂0

= 1 etu1−u0≥u1−u0.

• Hérédité : soitn∈Nfixé. Supposons quePnest vraie, c’est-à-dire que :un+1−un≥ ⁵2

n

(u1−u0), et montrons que Pn+1 est vraie, c’est-à-dire que :un+2−un+1≥ ⁵₂n+1

(u1−u0).

D’après la question 3.(c), on a :

un+2−un+1≥ 5

2(un+1−un), et d’après l’hypothèse de récurrence :

un+1−un≥ 5

2 n

(u1−u0).

De ces deux inégalités, on déduit que : un+2−un+1≥5

2 × 5

2 n

(u1−u0) = 5

2 n+1

(u1−u0).

∀n∈N, un+1−un≥ 5

2 n

(u1−u0).

Soit maintenantn∈N^∗. D’après ce qui précède (début de la question 3.(d)), on a : un−un−1≥

5 2

n−1

(u1−u0).

Commeu1−u0= ¹₂, on en déduit que : un≥1

2 5

2 n−1

+un−1.

Pour finir, on sait queun−1≥1, ce qui implique queun−1≥0, et donc : un≥1

2 5

2 n−1

.

(e) D’après la question 3.(d), on a :

∀n∈N^∗, un≥ 1 2

5 2

n−1

. Or la suite

5 2

n−1

n∈N∗ est géométrique de raison ⁵₂. Comme ⁵₂ >1, la suite

5 2

n−1

n∈N∗ tend vers +∞. D’après le théorème de comparaison, on en conclut donc que la suite(un)n∈N tend vers +∞.

Exercice 5

Soitn∈N^∗. On pose :

In= (−1)ⁿ n!

Z e 1

(ln(t))ⁿdt.

1. (a) À l’aide d’une intégration par parties, montrer queI1=−1.

(b) Montrer que pour toutn∈N^∗, on a :

In+1=In+(−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!e.

(c) Montrer que pour toutn∈N^∗, on a : In =e

Xn

k=0

(−1)^k k!

!

−1.

(17)

2. (a) Démontrer que pour toutn∈N^∗ : 0≤

Z e 1

(ln(t))ⁿ dt≤e−1.

(b) En déduire que pour toutn∈N^∗ :

|In| ≤ e−1 n! . (c) Que peut-on en déduire pour la suite(In)n∈N∗?

(d) Pour toutn∈N^∗, on pose :

Sn= Xn

k=0

(−1)^k k! .

Déduire de ce qui précède que la suite(Sn)n∈N^∗ converge et préciser sa limite.

Correction

1. (a) Par définition, on a :

I1=− Z e

1

ln(t)dt.

On effectue une intégration par parties en posant : u:t7→ln(t)etv:t7→t, qui sont deux fonctions de classeC¹sur l’intervalle[1, e], et de dérivées respectives :u^′:t7→ ¹t etv^′:t7→1. On obtient :

I1=−

[tln(t)]^e₁− Z e

1

1 t ×t dt

=−

e−0− Z e

1

dt

=−(e−(e−1)) =−1.

(b) Soitn∈N^∗. On a :

In+1=(−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!

Z e 1

(ln(t))ⁿ⁺¹dt.

On effectue une intégration par parties en posant : u: t 7→ (ln(t))ⁿ⁺¹ et v: t 7→ t, qui sont deux fonctions de classeC¹sur l’intervalle[1, e], et de dérivées respectives :u^′:t7→ ⁿ⁺¹t (ln(t))ⁿetv^′:t7→1.

On obtient :

In+1 = (−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!

t(ln(t))ⁿ⁺¹e 1−

Z e 1

t×n+ 1

t (ln(t))ⁿ dt

= (−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!







e−0−(n+ 1) Z e

1

(ln(t))ⁿdt

| {z }

n!

(−1)nIn







= (−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!

e−(n+ 1) n!

(−1)ⁿIn

= (−1)ⁿ⁺¹

(n+ 1)!e−(−1)ⁿ⁺¹

(n+ 1)! ×(n+ 1) n!

(−1)ⁿIn

= (−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!e+In.

(c) On procède par récurrence. Pour toutn∈N^∗, soitPn la proposition : Pⁿ :«In=e

Xn

k=0

(−1)^k k!

!

−1».

• Initialisation :P1 est vraie care X1

k=0

(−1)^k k!

!

−1 =e(1−1)−1 =−1 =I1d’après le résultat de la question 1.(a).

• Hérédité : soitn∈N^∗fixé. Supposons quePⁿ est vraie, c’est-à-dire que :In=e Xn

k=0

(−1)^k k!

!

−1,

et montrons que Pⁿ⁺¹ est vraie, c’est-à-dire que :In+1=e

n+1X(−1)^k k!

!

−1.

(18)

D’après la question 1.(b), on a :

In+1= (−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!e+In, et d’après l’hypothèse de récurrence :

In=e Xn

k=0

(−1)^k k!

!

−1.

De ces deux égalités, on déduit que :

In+1 = (−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!e+e

Xn

k=0

(−1)^k k!

!

−1

= e (−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)! +

Xn

k=0

(−1)^k k!

!

−1

= e

n+1X

k=0

(−1)^k k!

!

−1.

∀n∈N^∗, In =e Xn

k=0

(−1)^k k!

!

−1.

2. (a) Soitn∈N^∗. Comme la fonctionlnest strictement croissante sur]0,+∞[, on a :

∀t∈[1, e], ln(1)≤ln(t)≤ln(e), c’est-à-dire que :

∀t∈[1, e], 0≤ln(t)≤1.

Ensuite, comme la fonction x7→xⁿ est croissante sur l’intervalle[0,1], on en déduit que :

∀t∈[1, e], 0ⁿ ≤(ln(t))ⁿ ≤1ⁿ, c’est-à-dire que :

∀t∈[1, e], 0≤(ln(t))ⁿ ≤1.

On peut alors “intégrer l’inégalité”, pour obtenir : Z e

1

0dt≤ Z e

1

(ln(t))ⁿdt≤ Z e

1

1dt, ce qui donne :

0≤ Z e

1

(ln(t))ⁿ dt≤e−1.

(b) Soitn∈N^∗. On a :

|In|=

(−1)ⁿ n!

×

Z e 1

(ln(t))ⁿ dt .

Or : |(−1)ⁿ| = 1, |n!| = n!, et la valeur absolue d’une intégrale est toujours inférieure ou égale à l’intégrale de la valeur absolue. On en déduit que :

|In| ≤ 1 n!

Z e

1 |(ln(t))ⁿ| dt.

On a vu à la question 2.(a) que :

∀t∈[1, e], 0≤(ln(t))ⁿ ≤1, ce qui implique que :

∀t∈[1, e], |(ln(t))ⁿ|= (ln(t))ⁿ. On obtient donc :

|In| ≤ 1 n!

Z e 1

(ln(t))ⁿdt, puis, en utilisant le résultat de la question 2.(a) :

|In| ≤ 1

n!(e−1).

(19)

(c) La suite _n!¹

n∈N∗ tend vers0 lorsquentend vers+∞, donc d’après le théorème des gendarmes, on déduit de la question 2.(b) que la suite(In)n∈N^∗ tend vers0lorsquentend vers+∞.

(d) Soitn∈N^∗. En utilisant la définition deSn et le résultat de la question 1.(c), on a : In=eSn−1,

ce qui donne :

Sn= 1 +In

e .

D’après la question 2.(c), la suite (In)n∈N∗ tend vers0 lorsquen tend vers +∞, ce qui montre que la suite (Sn)n∈N∗ tend vers ¹_e lorsquentend vers+∞.

Exercice 6

Soitf la fonction définie par :

f:R→R; x7→







p|x| ln(x²) six6= 0 0 six= 0.

1. Soitx∈R^∗. Écriref(x)« sans valeur absolue et sans carré ». On pourra distinguer deux cas, suivant le signe de x.

2. Démontrer quef est paire.

3. Démontrer quef est continue surR. 4. La fonction est-elle dérivable en 0 ?

5. Étudier les variations def et préciser ses limites éventuelles en−∞et en +∞.

6. Tracer l’allure de la courbe représentativeC def dans un repère orthonormé du plan.

7. Soitλ∈]0,1[. Calculer l’aireA(λ) de la partie du plan comprise entre la courbeC, l’axe des abscisses et les droites d’équations x=λetx= 1. Cette aireA(λ)admet-elle une limite quandλtend vers 0 ? Correction

1. Soitx∈R^∗.

• six >0, alors|x|=x, etln(x²) = 2 ln(x). On a donc :f(x) = 2√xln(x).

• six <0, alors|x|=−x, etln(x²) = 2 ln(|x|) = 2 ln(−x). On a donc :f(x) = 2√

−xln(−x).

2. La fonctionf est définie surR. Pour montrer qu’elle est paire, il reste à montrer que :

∀x∈R, f(−x) =f(x).

• Supposons x > 0. Alors d’après la question 1, on a : f(x) = 2√

xln(x). Par ailleurs,−x < 0, donc, toujours d’après la question 1, on a : f(−x) = 2p

−(−x) ln(−(−x)) = 2√

xln(x). On en conclut donc que :f(x) =f(−x).

• Supposonsx <0. Alors d’après la question 1, on a :f(x) = 2√

−xln(−x). Par ailleurs,−x >0, donc, toujours d’après la question 1, on a : f(−x) = 2√

−xln(−x). On en conclut donc que :f(x) =f(−x).

• Conclusion : la fonctionf est paire.

3. On sépare l’étude en trois parties :

• Sur ]0,+∞[, la fonction f est définie par :f:x7→2√xln(x). Or les fonctions racine carrée et ln sont continues sur]0,+∞[; on en déduit donc quef est continue sur]0,+∞[.

• Sur ]− ∞,0[, la fonctionf est définie par :f:x7→2√

−xln(−x). Or la fonctionx7→ −xest continue sur ]− ∞,0[et prend ses valeurs dans]0,+∞[; comme les fonctions racine carrée etln sont continues sur]0,+∞[, on en déduit, par composition, quef est continue sur]− ∞,0[.

• Il reste à étudier la continuité def en0. Pour cela, on va montrer quef admet une limite finie à gauche de0, une limite finie à droite de0, que ces deux limites sont égales, et qu’elles sont aussi égales àf(0).

Commençons par regarder ce qui se passe à droite de0; la fonctionf y est définie parf:x7→2√ xln(x).

On peut encore écrire, lorsquex >0: f(x) = 2√

xln (√ x)²

= 4√ xln(√

x).

On utilise alors les deux résultats suivants :

• lim

+

√x= 0⁺,

(20)

• lim

y→0⁺yln(y) = 0(cf. cours), pour conclure, par composition, que :

x→0lim⁺f(x) = 0.

Ensuite, par parité de la fonctionf, on en déduit que la fonctionf admet aussi une limite à gauche de 0, et que :

x→0lim⁻f(x) = 0.

Pour finir, commef(0) = 0par définition def, on en conclut quef est continue en0.

4. On sait quef est dérivable en0 si er seulement si le taux d’accroissement : f(x)−f(0)

x−0 = f(x) x admet une limite finie lorsquextend vers0.

Soitx >0. On a :

f(x)

x = 2√xln(x)

x = 4√xln(√x)

x =4 ln(√x)

√x = 4

√x×ln(√ x).

Or on sait que : lim

x→0⁺

√x= 0⁺, ce qui implique que :

x→0lim⁺

√4

x= +∞ et lim

x→0⁺ln(√

x) =−∞.

Par produit de limites, on en conclut que :

x→0lim⁺ f(x)

x =−∞,

ce qui montre que f n’est pas dérivable à droite de 0. On en conclut donc que f n’est pas dérivable en0.

5. Commençons par étudier les variations def sur]0,+∞[. Sur cet intervalle, la fonctionf est définie par : f:x7→2√

xln(x). Comme les fonctions racine carrée etln sont dérivables sur]0,+∞[, on en déduit que f est aussi dérivable sur]0,+∞[. On a :

∀x >0, f^′(x) = 1

√x×ln(x) + 2√ x×1

x= ln(x) + 2

√x .

Comme√x >0, le signe def^′(x)est le même que celui deln(x) + 2. Or on a : ln(x) + 2>0 ⇐⇒ ln(x)>−2

⇐⇒ x > e⁻² (car la fonction exponentielle est strictement croissante surR).

On en déduit que f est strictement croissante sur]e⁻²,+∞[ et strictement décroissante sur]0, e⁻²[. Par parité, on déduit que le tableau de variation def est le suivant :

x −∞ −e⁻² 0 e⁻² +∞

+∞ 0 +∞

f ց ր ց ր

−⁴_e −⁴_e On a calculé :

f(e⁻²) = 2√

e⁻²ln(e⁻²) = 2

√e²×(−2) =−4 e. Par ailleurs, comme on sait que : lim

x→+∞

√x= +∞et lim

x→+∞ln(x) = +∞, on en déduit que :

x→+∞lim f(x) = +∞, puis, par parité, que :

x→−∞lim f(x) = +∞.

6. Voici la courbe représentativeC de la fonctionf dans un repère orthonormé du plan :

(21)

0.2 0.4

−0.2

−0.4

−0.6

−0.8

−1.0

−1.2

−1.4

−1.6

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6

−0.2

−0.4

−0.6

−0.8

−1.0

−1.2

−1.4

−1.6

7. Soitλ∈]0,1[. L’aireA(λ)de la partie du plan comprise entre la courbeC, l’axe des abscisses et les droites d’équations x=λetx= 1est donnée par :

A(λ) = Z 1

λ

f(x)dx= 2 Z 1

λ

√xln(x)dx.

On effectue une intégration par parties en posant :u:x7→ln(x)et v:x7→ ²₃x³², qui sont deux fonctions de classe C¹ sur l’intervalle [λ,1](car λ >0), et de dérivées respectives : u^′: x7→ _x¹ et v^′:x7→√x. On obtient :

A(λ) = 2 2

3x³²ln(x) 1

λ

−2 Z 1

λ

2 3x³² ×1

x dx

= −4

3λ³²ln(λ)−4 3

Z 1 λ

√x dx

= −4

3λ³²ln(λ)−4 3

2 3x³²

1

λ

= −4

3λ³²ln(λ)−4 3

2 3−2

3λ³²

= −4

3λ³²ln(λ)−8 9 +8

9λ³². Lorsqueλtend vers0⁺, on a :

λ→0lim⁺λ³² = 0, et, en écrivant :λ³²ln(λ) =√

λ×λln(λ), et en utilisant le fait que : lim

y→0⁺yln(y) = 0, on obtient :

λ→0lim⁺λ³²ln(λ) = 0.

On en conclut donc que :

λ→0lim⁺A(λ) =−8 9.

Exercice 7

Soitf la fonction définie par :

f : R → R

x 7→

Z 2x x

√ 1

4 +t⁴ dt . 1. Justifier que la fonctionf est bien définie.

2. Montrer que la fonction f est impaire.