f (x)

♣
TS. Contrôle 9 - Correction
E X 1 : ( 4 points )
1.
Le but de cet exercice est de déterminer une valeur approchée à 10−2 près de l’intégrale : I =
1
Z
0
e−x
dx
2−x
e−x
a. Étudier les variations de la fonction f : x 7−→ f (x) =
sur l’intervalle [0 ; 1].
2−x
Sur l’intervalle [0 ; 1], 2 − x 6= 0, donc f quotient de fonctions dérivables est dérivable et :
−e−x (2 − x) + e−x e−x (1 − 2 + x) e−x (x − 1)
=
=
(2 − x)2
(2 − x)2
(2 − x)2
Tous les termes sont positifs sur [0 ; 1] sauf x − 1, donc f 0 (x) 6 0 : la fonction f est décroissante sur [0 ; 1]
1
1
b. Montrer que, pour tout réel x de l’intervalle [0 ; 1], on a 6 f (x) 6 .
e
2
1
1
1
f est décroissante sur [0 ; 1] de f (0) = à f (1) = e−1 ≈ 0, 368 donc
6 f (x) 6
2
e
2
Z 1
Z 1
2. Soit J et K les intégrales définies par J =
(2 + x)e−x dx et K =
x 2 f (x) dx.
f 0 (x) =
0
0
4
a. Au moyen d’une intégration par parties, prouver que J = 3 − .
e
Les fonctions sous le signe somme étant continues sur [0 ; 1], ainsi que leurs dérivées, on peut effectuer une
intégration par parties. Posons :
u 0 (x) = e−x
v(x) = 2 + x
u(x) = −e−x
v 0 (x) = 1
u(x)v 0 (x) = −e−x
1
£
¤1 £
¤1
4
e−x dx = −(x + 2)e−x − e−x 0 = −(x + 3)e−x 0 = −4e−1 + 3 = 3 −
e
0
1
1
b. Utiliser un encadrement de f (x) obtenu précédemment pour démontrer que
6K 6 .
3e
6
En partant de l’encadrement trouvé au 1. b. :
1
x2
1
1
6 f (x) 6 ⇐⇒
6 x 2 f (x) 6 x 2
e
2
e
2
· 3 ¸1
· 3 ¸1
Z 1
Z 1 2
x
1 2
1
x
x
1
dx 6 K 6
x dx ⇐⇒
6K 6
d’où en intégrant sur [0 ; 1],
6K 6
⇐⇒
e
2
3e
6
3e
6
0
0
0
0
J = [−(x + 2)e−x ]10 +
Z
c. Démontrer que J + K = 4I .
Z
Z
−x
J + K = (2 + x)e dx +
01
1
Z
J +K =
0
1
0
x 2 e−x
dx =
2−x
¶
Z 1µ
Z 1
x 2 e−x
(2 − x)(2 + x)e−x + x 2 e−x
−x
(2 + x)e +
dx =
dx
2−x
2−x
0
0
e−x
4
dx = 4I
2−x
d. Déduire de tout ce qui précède un encadrement de I , puis donner une valeur approchéee à 10−2 près de I .
1
1
4
Comme
6 K 6 et J = 3 −
3e
6
e
µ
¶
µ
¶
1
4
1
4
11
19 4
1
11
1 19 4
on a :
+ 3 − 6 J + K 6 + 3 − ⇐⇒ 3 −
6 4I 6 − ⇐⇒
3−
6I 6
−
3e
e
6
e
3e
6 e
4
3e
4 6 e
3 11
19 1
3 11
19 1
D’où −
6I 6 −
or
−
> 0, 412 et
− < 0, 424 on en déduit que 0, 412 < I < 0, 424
4 12e
24 e
4 12e
24 e
il en résulte que I ≈ 0, 42 à 10−2 près.
1
Z
E X 2 : ( 3 points )
On considère la suite (u n ) définie pour tout entier naturel n par : u n =
1. Montrer que u 0 + u 1 = 1. Calculer u 1 . En déduire u 0 .
Z 1
Z 1 −x
1
e
u0 + u1 =
dx
+
dx
−x
−x
0 1+e
0 1+e
Z 1
Z 1
1 + e−x
Par linéarité de l’intégrale, u 0 + u 1 =
1 dx = [x]10 = 1
dx =
−x
1
+
e
0
0
0
e−nx
dx.
1 + e−x
TS. Contrôle 9 - Correction
Z 1 −x
e
e−x
u0
u1 =
dx.
On
pose
f
(x)
=
,
on
remarque
que
f
=
−
où u(x) = 1 + e−x > 0.
−x
1 + e−x
u
0 1+e
£
¤1
f a pour primitive F = − ln(u) donc u 1 = − ln(1 + e−x ) 0 = ln(2) − ln(1 + e−1 )
♣
D’après la question 1.a. u 0 = 1 − u 1 = 1 − ln(2) + ln(1 + e−1 ) = ln e + ln(1 + e−1 ) − ln(2) = ln(e + 1) − ln(2)
2. Montrer que pour tout entier naturel n, u n > 0.
e−nx
> 0.
1 + e−x
L’intégrale sur l’intervalle [0 ; 1] d’une fonction positive est positive donc u n est positive ou nulle
1 − e−n
3.
a. Montrer que pour tout entier naturel n non nul, u n+1 + u n =
.
n
Pour tout entier naturel n,
Z 1 −nx
Z 1 −(n+1)x
Z 1 −nx −x
Z 1 −(n+1)x
e
e
+ e−nx
e
(e + 1)
e
dx
+
dx
=
dx
=
dx
u n+1 + u n =
−x
−x
−x
1+e
1 + e−x
0 1+e
0
0
0 1+e
·
¸
Z 1
1 −nx 1 1 − e−n
−nx
u n+1 + u n =
e
dx = − e
=
n
n
0
0
Pour tout entier naturel n, et pour tout réel x, e−nx > 0 et 1 + e−x > 0 donc
1 − e−n
.
n
Pour tout entier naturel n, d’après la question 2. u n > 0 donc u n+1 > 0
1 − e−n
1 − e−n
or, d’après la question 3. u n =
− u n+1 donc u n 6
n
n
b. En déduire que pour tout entier naturel n non nul, u n 6
4. Déterminer la limite de la suite (u n ).
1 − e−n
1 − e−n
1
. Or lim
= 0 (car e−n tend vers 0 ainsi que ).
n→+∞
n
n
n
Selon le théorème des gendarmes, la suite u n converge aussi vers zéro
Pour tout entier naturel n, 0 6 u n 6
E X 3 : ( 3 points )
Soit h la fonction définie sur
R par h(x) = − 12 x 2 + 2x − 32³.
→
− →
−´
Sur le graphique joint en annexe, le plan est muni d’un repère orthogonal O, ı ,  dans lequel on a tracé les courbes
représentatives des fonctions h et logarithme népérien sur l’intervalle [1 ; 4]. On a tracé également la droite (d ) d’équation
x = 4.
Z 4
h(x) dx = 0. Illustrer sur le graphique le résultat précédent.
1. Démontrer que
1
h est continue sur
R comme fonction polynôme et :
4
Z
1
·
¸
¶ µ
¶
µ
1
3 4
1
1
3
4 4
h(x) dx = − x 3 + x 2 − x = − × 64 + 16 − 6 − − + 1 −
=− + = 0
6
2 1
6
6
2
6 6
Sur le graphique, les deux aires hachurées sont égales.
y
1
~
(d )
O
−1
~ı
1
2
3
4
x
♣
TS. Contrôle 9 - Correction
2. On note (D) le domaine du plan délimité par la droite (d ) et les courbes représentatives des fonction h et logarithme
népérien sur l’intervalle [1 ; 4]. En utilisant un intégration par parties, calculer l’aire de (D) en unités d’aire.
Z 4
Z 4
Z 4
(ln x − h(x)) dx =
ln x dx −
h(x) dx
Sur [1 ; 4], l’aire A du domaine (D) est donnée par : A =
1
1
1
Z 4
par linéarité et compte-tenu du fait que
h(x) dx = 0. Les fonctions sous le signe somme étant continues sur
1
[1 ; 4], ainsi que leurs dérivées, on peut effectuer une intégration par parties. Posons :
u 0 (x) = 1
v(x) = ln x
u(x) = x
v 0 (x) = x1
u(x)v 0 (x) = x × x1 = 1
D’où :
A=
4
Z
ln x dx
1
= [x ln x]41 −
4
Z
1
1 dx = 4 ln 4 − 1 × (4 − 1) = 8 ln 2 − 3 u.a.