EX 1 : ( 6 points ) 1. Dans cette question, on demande au candidat d

♣
TS. Contrôle 3 - Correction
E X 1 : ( 6 points )
1. Dans cette question, on demande au candidat d’exposer des connaissances.
On suppose connu le résultat suivant :
La fonction x 7→ ex est l’unique fonction ϕ dérivable sur R telle que ϕ0 = ϕ, et ϕ(0) = 1.
Soit a un réel donné.
a. Montrer que la fonction f définie sur R par f (x) = eax est solution de l’équation y 0 = a y.
Sachant que ϕ0 = ϕ, montrons que la fonction f définie sur R par f (x) = eax = ϕ (ax)
est solution de l’équation y 0 = a y.
Pour tout réel x, f (x) = ϕ (ax).
f est donc une fonction dérivable comme composée de fonctions dérivables et,
pour tout réel x, f 0 (x) = aϕ0 (ax) = aϕ (ax) = aeax = a f (x). f est donc solution de l’équation y 0 = a y
b. Soit g une solution de l’équation y 0 = a y. Soit h la fonction définie sur R par h (x) = g (x) e−ax .
Montrer que h est une fonction constante.
Si g est une solution de l’équation y 0 = a y, alors, pour tout réel x, g 0 (x) = ag (x).
Soit h la fonction définie sur R par h (x) = g (x) e−ax .
La fonction h produit de fonctions dérivables est dérivable et, pour tout réel x :
h 0 (x) = g 0 (x) e−ax −ag (x) e−ax = ag (x) e−ax −ag (x) e−ax = 0. h 0 est nulle sur R et h est une fonction constante
c. En déduire l’ensemble des solutions de l’équation y 0 = a y.
D’après 1.b.,
si g est solution de y 0 = a y alors g vérifie la propriété : pour tout réel x, h (x) = g (x) e−ax = C ⇐⇒ g (x) = C eax .
Réciproquement, si g est définie sur R par g (x) = C eax alors , pour tout réel x, g 0 (x) = aC eax = ag (x).
g est donc solution de l’équation y 0 = a y.
Donc les solutions de l’équation y 0 = a y sont les fonctions définies sur R par f (x) = C eax , avec C ∈ R .
2. On considère l’équation différentielle (E) : y 0 = 2y + cos x.
a. Déterminer deux nombres réels a et b tels que la fonction f 0 définie sur R par :
soit une solution f 0 de (E).
f 0 (x) = a cos x + b sin x
f 0 (x) = a cos x + b sin x. f 0 somme de fonctions dérivables est dérivable et f 00 (x) = −a sin x + b cos x.
f 0 est solution de (E) si et seulement si :
f 00 (x) = 2 f 0 (x)+cos x ⇐⇒ −a sin x +b cos x = 2(a cos x +b sin x)+cos x ⇐⇒ (a +2b) sin x +(2a −b +1) cos x = 0
quel que soit x réel.
Pour que cette égalité soit vérifiée, il suffit que

1

½
½
½
 b =
2a − b + 1 = 0
2a − b = −1
−5b = −1
5
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2

a + 2b
= 0
a
= −2b
a
= −2b
 a = −
5
1
2
Conclusion : la fonction définie sur R par f 0 (x) = − cos x + sin x est une solution de (E)
5
5
b. Résoudre l’équation différentielle (E0 ) : y 0 = 2y.
D’après 1. c. les solutions de l’équation différentielle (E 0 ) : y 0 = 2y sont les fonctions définies sur R par
f (x) = C e2x ,C ∈ R
c. Démontrer que f est solution de (E) si et seulement si f − f 0 est solution de (E0 ).
f est solution de (E) si et seulement si , pour tout réel x, f 0 (x) = 2 f (x) + cos x .
Comme f 0 est aussi solution de (E), on a f 00 (x) − 2 f 0 (x) = cos x :
f 0 (x) = 2 f (x) + cos x ⇐⇒ f 0 (x) = 2 f (x) + f 00 (x) − 2 f 0 (x)
¡
¢
⇐⇒ f 0 (x) − f 00 (x) = 2 f (x) − f 0 (x) et par linéarité de la dérivabilité :
¡
¢0
¡
¢
⇐⇒ f (x) − f 0 (x) = 2 f (x) − f 0 (x) ⇐⇒ f − f 0 est solution de (E0 ) .
♣
TS. Contrôle 3 - Correction
d. En déduire les solutions de (E).
D’après 2. b., on a donc f est solution de (E) si et seulement si, il existe un réel C tel que, pour tout réel x,
2
1
f (x) − f 0 (x) = C e2x ⇐⇒ f (x) = − cos x + sin x +C e2x avec C ∈ R
5
5
³π´
e. Déterminer la solution k de (E) vérifiant k
= 0.
2
2
1
k est solution de (E), donc k(x) = − cos x + sin x +C e2x .
5
5
³π´
1
1
2
1
1
= 0 ⇐⇒ +C eπ = 0 ⇐⇒ C = − e−π . On a donc k(x) = − cos x + sin x − e2x−π
Or k
2
5
5
5
5
5
E X 2 : ( 8 points )
Partie 1 Soit g la fonction définie sur [0 ; +∞[ par g (x) = ex − xex + 1.
1. Déterminer la limite de g en +∞. Étudier les variations de la fonction g et donner le tableau de variations de g .
On a g (x) = ex (1 − x) + 1
(
x
lim e (1 − x) = −∞ par produit avec
x→+∞
lim ex = +∞
x→+∞
donc
lim (1 − x) = −∞
x→+∞
lim g (x) = lim ex (1 − x) + 1 = −∞
x→+∞
x→+∞
x
La fonction g somme de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[
est dérivable et sur [0 ; +∞[ :
g 0 (x) = ex − ex − xex = −xex .
α
0
g 0 (x)
+∞
−
2
Comme ex > 0 et x ≥ 0, on a g 0 (x) ≤ 0 sur [0 ; +∞[.
g est donc décroissante sur [0 ; +∞[ de g (0) = 2 à −∞
0
g (x)
−∞
2.
a. Démontrer que l’équation g (x) = 0 admet sur [0 ; +∞[ une unique solution. On note α cette solution.
Sur [0 ; +∞[, g dérivable est donc continue et décroissante, g (0) > 0 et lim g (x) = −∞.
x→+∞
Il existe donc un réel unique α ∈ [0 ; +∞[ tel que g (α) = 0
b. À l’aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d’amplitude 10−2 de α.
La calculatrice donne :
• g (1) = 1 et g (2) ≈ −6, 4, donc 1 < α < 2 ;
• g (1, 2) ≈ 0, 3 et g (1, 3) ≈ −0, 1, donc 1, 2 < α < 1, 3 ;
• g (1, 27) ≈ 0, 04 et g (1, 28) ≈ −0, 007, donc 1, 27 < α < 1, 28
c. Démontrer que eα =
1
1
. On a g (α) = 0 ⇐⇒ eα − αeα + 1 = 0 ⇐⇒ eα (1 − α) = −1 ⇐⇒ eα =
α−1
α−1
3. Déterminer le signe de g (x) suivant les valeurs de x.
On a donc
g (x) > 0 sur [0 ; α[ ;
g (α) = 0 ;
g (x) < 0 sur [α ; +∞[.
x
g (x)
Partie 2 Soit A la fonction définie et dérivable sur [0 ; +∞[ telle que A (x) =
α
0
+
0
4x
.
+1
ex
1. Démontrer que pour tout réel x positif ou nul, A 0 (x) a le même signe que g (x),
où g est la fonction définie dans la partie 1.
La fonction A quotient de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle :
4 (ex + 1) − 4x × ex 4 (ex − xex + 1)
4g (x)
A 0 (x) =
=
= x
2
2
x
x
(e + 1)
(e + 1)
(e + 1)2
¡ x
¢2
Comme e + 1 > 0 quel que soit x, le signe de A 0 (x) est celui de g (x).
D’après la précédente question on a donc : A 0 (x) > 0 sur [0 ; α[ ; A 0 (α) = 0 ; A 0 (x) < 0 sur ]α ; +∞[.
+∞
−
♣
TS. Contrôle 3 - Correction
2. En déduire les variations de la fonction A sur [0 ; +∞[.
A (x) est croissante sur [0 ; α[ et décroissante sur [α ; +∞[, A(α) étant le maximum de la fonction.
x
α
0
A 0 (x)
+
+∞
−
0
A (α)
A (x)
0
0
Partie 3 On considère la fonction f définie sur [0 ; +∞[ par f (x) =
4
.
ex + 1
3
2
→
− →
−´
On note (C ) sa courbe représentative dans un repère orthonormé O, ı ,  .
Pour tout réel x positif ou nul, on note :
¡
¢
M le point de (C ) de coordonnées x ; f (x) ,
³
C
1 Q
f (α)
P le point de coordonnées (x ; 0),
¡
¢
Q le point de coordonnées 0 ; f (x) .
O
0
M
P
α
1
2
3
4
−1
1. Démontrer que l’aire du rectangle OP MQ est maximale lorsque M a pour abscisse α.
On rappelle que le réel α a été défini dans la partie 1.
On sait que x > 0, donc l’aire du rectangle OP MQ est égale à x × f (x) =
4x
= A (x)
+1
ex
Or on a vu que la fonction x 7→ A (x) présente un maximum pour x = α
2. Le point M a pour abscisse α. La tangente (T) en M à la courbe (C ) est-elle parallèle à la droite (PQ) ?
Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, sera prise en
compte dans l’évaluation.
yQ − y P
4
f (α) eα +1
−4
=
=
.
xQ − x P
−α
−α
α (eα + 1)
−4(α − 1)
1
−4
−4
−4(α − 1)
Or eα =
= ¡ 1
.
, donc le coefficient directeur est égal à :
=
¢=
α
α−1
α (e + 1) α α−1 + 1
α(1 + α − 1)
α2
Le coefficient directeur de la droite (PQ) est égal à
=
La tangente en M (α ; f (α)) a pour coefficient directeur f 0 (α).
−4
4ex
4eα
−4(α − 1)
−4(α − 1)
α−1
0
Or f 0 (x) = − x
,
donc
f
(α)
=
−
=
=
.
¢2 =
¡ 1
2
2
2
α
(1 + α − 1)
α2
(e + 1)
(e + 1)
+
1
α−1
Les coefficients directeurs sont égaux : les droites sont parallèles.
E X 3 : ( 6 points )
On considère la suite de nombres réels (u n ) définie sur N par :
u 0 = −1, u 1 =
1
1
et, pour tout entier naturel n, u n+2 = u n+1 − u n .
2
4
1. Calculer u 2 et en déduire que la suite (u n ) n’est ni arithmétique ni géométrique.
1 1 3
1
D’après la définition u 2 = u 1 − u 0 = + = .
4
2 4 4
µ ¶
1
1
1
• Si la suite était géométrique, d’après les deux premiers termes la raison serait égale à − ; or u 1 × − = 6= u 2 .
2
2
2
1
3
• Si la suite était arithmétique, d’après les deux premiers termes la raison serait égale à − (−1) = ;
2
2
µ ¶
3
4
or u 1 +
= = 2 6= u 2 .
2
2
Conclusion : la suite (u n ) n’est ni arithmétique ni géométrique
♣
TS. Contrôle 3 - Correction
1
2. On définit la suite (v n ) en posant, pour tout entier naturel n : v n = u n+1 − u n .
2
a. Calculer v 0 .
1
1 1
v 0 = u 1 − u 0 = − × (−1) = 1
2
2 2
b. Exprimer v n+1 en fonction de v n .
¶
µ
1
1
1
1
1
1
1
1
u n+1 − u n = v n
On a pour tout naturel n, v n+1 = u n+2 − u n+1 = u n+1 − u n − u n+1 = u n+1 − u n =
2
4
2
2
4
2
2
2
1
v n+1 = v n
2
1
c. En déduire que la suite (v n ) est géométrique de raison .
2
1
1
v n+1 = v n signifie que la suite (v n ) est une suite géométrique de premier terme 1 et de raison
2
2
µ ¶n
1
1
d. Exprimer v n en fonction de n. On a donc quel que soit n ∈ N, v n =
= n
2
2
3. On définit la suite (w n ) en posant, pour tout entier naturel n : w n =
a. Calculer w 0 .
w0 =
un
.
vn
u 0 −1
=
= −1
v0
1
1
b. En utilisant l’égalité u n+1 = v n + u n , exprimer w n+1 en fonction de u n et de v n .
2
1
u n+1 v n + 2 u n
un
un
w n+1 =
=
On a donc w n+1 = 2 +
= 2+
1
v n+1
vn
vn
vn
2
c. En déduire que pour tout n de N, w n+1 = w n + 2.
un
On a par définition
= w n , donc l’égalité ci-dessus s’écrit : w n+1 = 2 + w n
vn
d. Exprimer w n en fonction de n.
L’égalité précédente montre que la suite (w n ) est une suite arithmétique de premier terme −1 et de raison 2.
On a donc w n = w 0 + n × 2 = −1 + 2n
4. Montrer que pour tout entier naturel n : u n =
On a trouvé que w n = 2n − 1 =
2n − 1
.
2n
un un
2n − 1
= 1 = 2n × u n . Donc u n =
car 2n 6= 0 quel que soit n ∈ N.
n
vn
2
2n
5. Pour tout entier naturel n, on pose : S n =
k=n
X
uk = u0 + u1 + · · · + un .
k=0
Démontrer par récurrence que pour tout n de N : S n = 2 −
2n + 3
.
2n
2×0+3
3
= 2 − = 2 − 3 = −1. La formule est vraie au rang 0.
20
1
k=n
X
2n + 3
• Hérédité : supposons qu’il existe un naturel n tel que : S n =
uk = u0 + u1 + · · · + un = 2 −
.
2n
k=0
2n + 3 2(n + 1) − 1
−4n − 6 + 2n + 1
−2n − 5
2n + 5
2(n + 1) + 3
Donc S n+1 = S n + u n+1 = 2 −
+
= 2+
= 2 + n+1 = 2 − n+1 = 2 −
.
n
n+1
n+1
2
2
2
2
2
2n+1
• Initialisation : S 0 = u 0 = −1 et 2 −
La formule est vraie au rang n + 1.
• Conclusion : La formule est vraie au rang 0, elle est héréditaire
2n + 3
donc par récurrence elle est vraie pour tout n de N : S n = 2 −
2n