Lyc´ ee H´ el` ene Boucher

ECS 1

Lyc´ ee H´ el` ene Boucher

Concours blanc novembre 2020

Epreuve de math´ ´ ematiques n ^o 2

Corrig´ e

Probl`eme 1

Pour tout n∈N^∗, on d´esigne par f_n la fonction d´efinie par f_n(x) =xⁿln(1 +x).

On note C_n sa courbe repr´esentative dans un rep`ere orthonormal.

Etude de fonctions ´

1. x7→xⁿ est d´efinie surR (pourn∈N^∗. Par ailleurs la fonction ln est d´efinie surR^∗₊ etx+ 1∈R^∗₊ si et seulement six >−1. Donc par composition et produit, fn est d´efinie sur I =]−1,+∞[ .

2. Pour toutn∈N^∗, soith_n la fonction d´efinie surI par

hn(x) =nln(1 +x) + x 1 +x.

(a) Par composition (comme pourf_n) et quotient (car 1 +x6= 0 six >−1), la fonctionh_nest d´efinie et d´erivable sur I.

Pour toutx∈I,h⁰_n(x) = n

1 +x + 1

(1 +x)² = n+ 1 +nx

(1 +x)² , qui est du signe de n−1 +nx.

Or n+ 1 +nx >0⇔x >−n+ 1

n . Comme−n+ 1

n <−1,h⁰_n est positive sur I.

Donch_n est strictement croissante surI.

x= 1 2 ln(2).

Pour toutn, le point d’abscisse x= 1−2 ln(2) sur la droite Tn a pour ordonn´ee : y= 2n+ 1

4 (−2 ln(2)) +nln(2) +1 2 = 1

2(1−ln(2)).

Donc les droitesTn sont concourantes au point

1−2 ln(2),1

2(1−ln(2))

. 3. Comme `a la question 1,fn est d´erivable sur I.

Pour toutx∈I, on af_n⁰(x) =nxⁿ⁻¹ln(1 +x) + xⁿ

1 +x =xⁿ⁻¹hn(x).

Le signe de xⁿ⁻¹ d´epend de la parit´e denet celui de h_n est connu.

Par produit, on a lim

x→+∞fn(x) = +∞ et lim

x→−1fn(x) =

(+∞ sinest impair,

−∞ sinest pair. . Finalement pourn pair :

x f_n⁰(x)

fn(x)

−1 0 +∞

+ 0 +

−∞

−∞

+∞

+∞

0

Et pour nimpair :

x f_n⁰(x)

fn(x)

−1 0 +∞

− 0 +

+∞

+∞

0 0

+∞

+∞

4. Les points (0,0) et (1,ln(2)) sont sur toutes les courbesC_n.

Ce sont les seuls. En effet pour C₁ et C₂, on a un point d’intersection (x,y) si et seulement si xln(1 +x) =x²ln(1 +x)⇔x=x², qui n’a que deux solutions : 0 et 1.

5. (a) Pour toutx >0, fn+1(x)−fn(x) =xⁿln(1 +x)(x−1).

Finalement :

x fn+1(x)−

f_n(x)

0 1 +∞

0 − 0 +

(b) Pour toutx∈]−1,0[, f₃(x)−f₁(x) = (x²−1)xln(1 +x) <0 . (c) On a toujours f_n(x)

x −−−−→

x→+∞ +∞, doncC₁,C₂etC₃admettent une branche parabolique verticale en +∞.

(d) La tangente (commune) `a ces courbes en 0 est la droite d’´equation y= 0.

C₃ C₂

C₁

C₃

C₂ C₁

Suite et fin

6. Pour tout n∈N^∗,f_n est continue et strictement croissante surR^∗+, `a valeurs dans R^∗+, qui contient 1.

D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, il existe un unique a_n∈R^∗+ tel quef_n(a_n) = 1 .

7. Pour toutn∈N^∗,f_n(1) = ln(2)<1 =f_n(a_n). Comme f est strictement croissante, a_n>1 .

8. f_n+1 −f_n est positive sur ]1,+∞[ donc f_n+1(a_n) > f_n(a_n) = 1 = f_n+1(a_n+1). Comme f_n+1 est strictement croissante, on a donca_n> a_n+1, donc (a_n) est d´ecroissante .

9.

1 + 1

n n

= exp

nln

1 +1 n

. Or ln(1 +x)

x −−−→

x→0 1 (taux d’accroissement) donc ln 1 + _n¹

1 n

−−−−−→

n→+∞ 1.

Finalement,

1 + 1 n

n

−−−−−→

n→+∞ e.

Comme ln

1 + 1 + 1 n

−−−−−→

n→+∞ ln(2), on a lim

n→+∞f_n

1 + 1 n

=e×ln(2), qui est >1.

Donc `a partir d’un certain rang, f_n

1 +1

> f_n(a_n) et donc a_n <1 + 1

par stricte croissance de

A Premi` ere partie

1. f est bien d´efinie surR. De plus, pour tout x∈R, f(−x) = e^−2x−1

e^−2x+ 1 = e^−2x(1−e^2x)

e^−2x(1 +e^2x) =−e^−2x−1

e^−2x+ 1 =−f(x).

Donc f est impaire .

2. f est d´erivable sur Ret pour toutx∈R,

f⁰(x) = 2e^2x(e^2x+ 1)−2e^−2x(e^2x−1)

(e^2x+ 1)² = 4e^2x (e^2x+ 1)². f⁰(x)>0 pour tout x∈Rdonc f est strictement croissante surR.

3. lim

x→−∞f(x) =−1.

f(x) = e^2x 1−_e¹2x

e^2x 1 +_e¹2x

= 1− _e2x¹

1 +_e2x¹

. Donc lim

x→+∞f(x) = 1 .

4.

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

−1 1

5. Soit I =]−1,1[. f est strictement croissante sur Ret `a valeurs dansI.

Donc elle r´ealise une bijection deR surI . Pour toutx∈Ret tout y∈]−1,1[, on a y= e^2x−1

e^2x+ 1 ⇔ y(e^2x+ 1) =e^2x−1

⇔ e^2x(1−y) = 1 +y

⇔ e^x=

r1 +y

1−y car 1 +y 1−y >0

⇔ x= ln

r1 +y 1−y

car

r1 +y 1−y >0 Doncf⁻¹ est d´efinie par : ∀x∈]−1,1[, f⁻¹(x) = ln

r1 +x 1−x

! . 6. Pour tousa,b∈R,

∀a,b∈R, f(a) +f(b) 1 +f(a)f(b) =

e^2a−1

e^2a+1+^e_e^2b2b⁻¹+1

1 +^e_e^2a2a⁻¹+1 e^2b−1 e^2b+1

=

(e^2a−1)(e^2b+1)+(e^2a−1)(e^2b+1) (e^2a+1)(e^2b+1) (e^2a+1)(e^2b+1)+(e^2a−1)(e^2b−1)

(e^2a+1)(e^2b+1)

= 2(e^2(a+b)−1) 2(e^2(a+b)+ 1)

= f(a+b).

7. Commef est une bijection, siαetβappartiennent `a l’intervalleI, alors il existeaetbleurs ant´ec´edents respectifs parf, c’est-`a-dire tels queα=f(a) etβ =f(b). Dans ce cas, d’apr`es la question pr´ec´edente,

f(a+b) = f(a) +f(b)

1 +f(a)f(b) = α+β 1 +αβ Ceci montre que α+β

1 +αβ appartient `a f(R) (c’est l’image de a+b) et donc appartient `aI .

B Deuxi` eme partie

2. Pour toutz tel que|z|<1, |αz|<1 d’o`uαz 6= 1 et donc 1−αz6= 1. Donc z α

1−αz est bien d´efini . De plus, la question pr´ec´edente montre que

z−α 1−αz

<1 donc z−α

1−αz ∈D . 3. Pour toutz∈D et tous α, β∈I,

(h_α◦h_β)(z) = hβ(z)−α 1−αh_β(z) =

z−β 1−βz −α 1−α_1−βz^z−β

=

z−β−α+αβz 1−βz 1−βz−αz+αβ

1−βz

= z(1 +αβ)−(α+β) 1 +αβ−(α+β)z

= z−_1+αβ^α+β 1−^(α+β)z_1+αβ

= hα+β 1+αβ

(z).

On a donc montr´e que h_α◦h_β =hα+β 1+αβ

.

4. Pour tousa,b∈R,H(a+b) =h_f(a+b) =hf(a)+f(b) 1+f(a)f(b)

=h_f(a)◦h_f(b).

5. Remarquons tout d’abord que h0 = Id_D etf(0) = 0 (utiliser l’expression def⁻¹ pour le d´eterminer).

Pour toutα∈I, il existe a∈R tel queα=f(a).

D’apr`es la question pr´ec´edente, h_f(a)◦h_f(−a)=H(a+ (−a)) =H(0) =h_f(0) =h0= Id_D. De mˆemeh_f(−a)◦h_f(a)= Id_D.

Notons aussi que f(−a) =−f(a) =−α carf est impaire.

Finalement on a montr´e que h_α est une bijection et h⁻¹_α =h−α .