♣ 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