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

EX1 : ( 6 points )
1. Dans cette question, on demande au candidat d’exposer des connaissances.
On suppose connu le résultat suivant :
La fonction x 7→ exest l’unique fonction ϕdérivable sur Rtelle que ϕ0=ϕ, et ϕ(0) =1.
Soit a un réel donné.
a. Montrer que la fonction f définie sur Rpar f (x)=eax est solution de l’équation y0=ay.
Sachant que ϕ0=ϕ, montrons que la fonction fdéfinie sur Rpar f(x)=eax =ϕ(ax)
est solution de l’équation y0=ay.
Pour tout réel x,f(x)=ϕ(ax).
fest donc une fonction dérivable comme composée de fonctions dérivables et,
pour tout réel x,f0(x)=aϕ0(ax)=aϕ(ax)=aeax =a f (x).fest donc solution de l’équation y0=ay
b. Soit g une solution de l’équation y0=ay. Soit h la fonction définie sur Rpar h (x)=g(x)e−ax .
Montrer que h est une fonction constante.
Si gest une solution de l’équation y0=ay, alors, pour tout réel x,g0(x)=ag (x).
Soit hla fonction définie sur Rpar h(x)=g(x)e−ax.
La fonction hproduit de fonctions dérivables est dérivable et, pour tout réel x:
h0(x)=g0(x)e−ax −ag (x)e−ax =ag (x)e−ax−ag (x)e−ax =0. h0est nulle sur Ret hest une fonction constante
c. En déduire l’ensemble des solutions de l’équation y0=ay.
D’après 1.b.,
si gest solution de y0=ay alors gvérifie la propriété : pour tout réel x,h(x)=g(x)e−ax =C⇐⇒ g(x)=Ceax .
Réciproquement, si gest définie sur Rpar g(x)=Ceax alors , pour tout réel x,g0(x)=aCeax =ag (x).
gest donc solution de l’équation y0=ay.
Donc les solutions de l’équation y0=ay sont les fonctions définies sur Rpar f(x)=Ceax , avec C∈R.
2. On considère l’équation différentielle (E) : y0=2y+cos x.
a. Déterminer deux nombres réels a et b tels que la fonction f0définie sur Rpar : f0(x)=acos x+bsin x
soit une solution f0de (E).
f0(x)=acos x+bsin x.f0somme de fonctions dérivables est dérivable et f0
0(x)= −asin x+bcos x.
f0est solution de (E) si et seulement si :
f0
0(x)=2f0(x)+cos x⇐⇒ −asin x+bcos x=2(acos x+bsin x)+cos x⇐⇒ (a+2b)sin x+(2a−b+1)cos x=0
quel que soit xréel.
Pour que cette égalité soit vérifiée, il suffit que
½2a−b+1=0
a+2b=0⇐⇒ ½2a−b= −1 a= −2b⇐⇒ ½−5b= −1 a= −2b⇐⇒ 
b=1
5
a= − 2
5
Conclusion : la fonction définie sur Rpar f0(x)= − 2
5cos x+1 5sin xest une solution de (E)
b. Résoudre l’équation différentielle (E0):y0=2y.
D’après 1. c. les solutions de l’équation différentielle (E0):y0=2ysont les fonctions définies sur Rpar
f(x)=Ce2x,C∈R
c. Démontrer que f est solution de (E) si et seulement si f −f0est solution de (E0).
fest solution de (E) si et seulement si , pour tout réel x,f0(x)=2f(x)+cos x.
Comme f0est aussi solution de (E), on a f0
0(x)−2f0(x)=cos x:
f0(x)=2f(x)+cos x⇐⇒ f0(x)=2f(x)+f0
0(x)−2f0(x)
⇐⇒ f0(x)−f0
0(x)=2¡f(x)−f0(x)¢et par linéarité de la dérivabilité :
⇐⇒ ¡f(x)−f0(x)¢0=2¡f(x)−f0(x)¢⇐⇒ f−f0est solution de (E0).
TS. Contrôle 3 - Correction ♣

d. En déduire les solutions de (E).
D’après 2. b., on a donc fest solution de (E) si et seulement si, il existe un réel Ctel que, pour tout réel x,
f(x)−f0(x)=Ce2x⇐⇒ f(x)= − 2
5cos x+1 5sin x+Ce2xavec C∈R
e. Déterminer la solution k de (E) vérifiant k ³π
2´=0.
kest solution de (E), donc k(x)= − 2
5cos x+1 5sin x+Ce2x.
Or k³π
2´=0⇐⇒ 1 5+Ceπ=0⇐⇒ C= − 1 5e−π. On a donc k(x)= − 2 5cos x+1 5sin x−1 5e2x−π
EX2 : ( 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
lim
x→+∞ ex(1−x)= −∞ par produit avec (lim
x→+∞ ex= +∞
lim
x→+∞ (1−x)= −∞ donc lim
x→+∞ g(x)=lim x→+∞ ex(1−x)+1= −∞
La fonction gsomme de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[
est dérivable et sur [0 ; +∞[ :
g0(x)=ex−ex−xex= −xex.
Comme ex>0 et x≥0, on a g0(x)≤0 sur [0 ; +∞[.
gest donc décroissante sur [0 ; +∞[ de g(0) =2 à −∞
x
g0(x)
g(x)
0+∞
−
22
−∞−∞
α
0
2. a. Démontrer que l’équation g (x)=0admet sur [0 ; +∞[une unique solution. On note αcette solution.
Sur [0 ; +∞[, gdérivable est donc continue et décroissante, g(0) >0 et lim
x→+∞ g(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 10−2de 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
α−1.On a g(α)=0⇐⇒ eα−αeα+1=0⇐⇒ eα(1 −α)= −1⇐⇒ eα=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)
0α+∞
+0−
Partie 2 Soit A la fonction définie et dérivable sur [0 ; +∞[telle que A (x)=4x
ex+1.
1. Démontrer que pour tout réel x positif ou nul, A0(x)a le même signe que g (x),
où g est la fonction définie dans la partie 1.
La fonction Aquotient de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle :
A0(x)=4(ex+1)−4x×ex
(ex+1)2=4(ex−xex+1) (ex+1)2=4g(x) (ex+1)2
Comme ¡ex+1¢2>0 quel que soit x,le signe de A0(x)est celui de g(x).
D’après la précédente question on a donc : A0(x)>0 sur [0 ; α[ ; A0(α)=0 ; A0(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
A0(x)
A(x)
0α+∞
+0−
00
A(α) A(α)
00
Partie 3 On considère la fonction f définie sur [0 ; +∞[par f (x)=4
ex+1.
On note (C)sa courbe représentative dans un repère orthonormé ³O,−→ ı,−→ ´.
Pour tout réel x positif ou nul, on note :
M le point de (C)de coordonnées ¡x;f(x)¢,
P le point de coordonnées (x; 0),
Q le point de coordonnées ¡0 ; f(x)¢.0 1 2 3 4
−1
1
2
3
C
OP
QM
α
f(α)
1. Démontrer que l’aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque M a pour abscisse α.
On rappelle que le réel αa été défini dans la partie 1.
On sait que x>0, donc l’aire du rectangle OPMQ est égale à x×f(x)=4x
ex+1=A(x)
Or on a vu que la fonction x7→ 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.
Le coefficient directeur de la droite (PQ) est égal à yQ−yP
xQ−xP
=f(α)
−α
=
4
eα+1
−α
=−4
α(eα+1).
Or eα=1
α−1, donc le coefficient directeur est égal à : −4 α(eα+1)=−4
α¡1
α−1+1¢=−4(α−1)
α(1 +α−1) =−4(α−1) α2.
La tangente en M(α;f(α)) a pour coefficient directeur f0(α).
Or f0(x)= − 4ex
(ex+1)2, donc f0(α)= − 4eα (eα+1)2=
−4
α−1
¡1
α−1+1¢2=−4(α−1)
(1 +α−1)2=−4(α−1) α2.
Les coefficients directeurs sont égaux : les droites sont parallèles.
EX3 : ( 6 points ) On considère la suite de nombres réels (un)définie sur Npar :
u0= −1, u1=1
2et, pour tout entier naturel n,un+2=un+1−1 4un.
1. Calculer u2et en déduire que la suite (un)n’est ni arithmétique ni géométrique.
D’après la définition u2=u1−1
4u0=1 2+1 4=3 4.
•Si la suite était géométrique, d’après les deux premiers termes la raison serait égale à −1
2; or u1×µ−1 2¶=1 26= u2.
•Si la suite était arithmétique, d’après les deux premiers termes la raison serait égale à 1
2−(−1) =3 2;
or u1+µ3
2¶=4 2=26= u2.
Conclusion : la suite (un)n’est ni arithmétique ni géométrique
TS. Contrôle 3 - Correction ♣

2. On définit la suite (vn)en posant, pour tout entier naturel n : vn=un+1−1
2un.
a. Calculer v0.v0=u1−1
2u0=1 2−1 2×(−1) =1
b. Exprimer vn+1en fonction de vn.
On a pour tout naturel n,vn+1=un+2−1
2un+1=un+1−1 4un−1 2un+1=1 2un+1−1 4un=1 2µun+1−1 2un¶=1 2vn
vn+1=1
2vn
c. En déduire que la suite (vn)est géométrique de raison 1
2.
vn+1=1
2vnsignifie que la suite (vn)est une suite géométrique de premier terme 1 et de raison 1 2
d. Exprimer vnen fonction de n. On a donc quel que soit n∈N,vn=µ1
2¶n
=1
2n
3. On définit la suite (wn)en posant, pour tout entier naturel n : wn=un
vn.
a. Calculer w0.w0=u0
v0
=−1
1= −1
b. En utilisant l’égalité un+1=vn+1
2un, exprimer wn+1en fonction de unet de vn.
wn+1=un+1
vn+1
=
vn+1
2un
1
2vn
=2+un
vnOn a donc wn+1=2+un vn
c. En déduire que pour tout n de N,wn+1=wn+2.
On a par définition un
vn
=wn, donc l’égalité ci-dessus s’écrit : wn+1=2+wn
d. Exprimer wnen fonction de n.
L’égalité précédente montre que la suite (wn)est une suite arithmétique de premier terme −1 et de raison 2.
On a donc wn=w0+n×2= −1+2n
4. Montrer que pour tout entier naturel n : un=2n−1
2n.
On a trouvé que wn=2n−1=un
vn
=un
1
2n
=2n×un. Donc un=2n−1
2ncar 2n6= 0 quel que soit n∈N.
5. Pour tout entier naturel n, on pose : Sn=
k=n
X
k=0
uk=u0+u1+ ··· + un.
Démontrer par récurrence que pour tout n de N: Sn=2−2n+3
2n.
•Initialisation : S0=u0= −1 et 2 −2×0+3
20=2−3 1=2−3= −1. La formule est vraie au rang 0.
•Hérédité : supposons qu’il existe un naturel ntel que : Sn=
k=n
X
k=0
uk=u0+u1+ ··· + un=2−2n+3
2n.
Donc Sn+1=Sn+un+1=2−2n+3
2n+2(n+1) −1 2n+1=2+−4n−6+2n+1 2n+1=2+−2n−5 2n+1=2−2n+5 2n+1=2−2(n+1) +3 2n+1.
La formule est vraie au rang n+1.
•Conclusion : La formule est vraie au rang 0, elle est héréditaire
donc par récurrence elle est vraie pour tout nde N:Sn=2−2n+3
2n
TS. Contrôle 3 - Correction ♣