Ultrabac Terminale S - Premier exercice Pondichéry avril 2010

Ultrabac Terminale S – Premier exercice du sujet Pondichéry avril 2010
Partie A - Restitution organisée des connaissances
Soient a et b deux réels tels que a < b .
f et g sont deux fonctions continues sur l'intervalle [ a; b ] .
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Partie B - Etude d'une suite d'intégrales
Soit n un entier naturel non nul.
On appelle f n la fonction définie sur [ 0; +∞[ par :
(
f n ( x ) = ln 1 + x n
On suppose connus les résultats suivants :
b
1.
Linéarité de l'intégrale :
b
∫( ( )
f t + g ( t ) ) .dt =
a
b
∫ () ∫
f t .dt +
a
On pose également :
g ( t ) .dt
1
In =
a
b
2.
Positivité de l'intégrale : si pour tout t ∈ [ a; b ] , f ( t ) ≥ 0 alors
∫
f ( t ) .dt ≥ 0
a
En utilisant ces deux résultats, montrer que :
b
Si pour tout t ∈ [ a; b ] , on a f ( t ) ≤ g ( t )
alors
f t .dt
a
g ( t ) .dt
ln 1 + x
ϕ( t )
Ainsi, nous notons ϕ la fonction définie sur l'intervalle [ a; b ] par :
ϕ(t) = g (t) − f (t) ⇔ g (t) = ϕ(t) + f (t)
ϕ est continue sur [ a; b ] car elle est la différence de deux fonctions continues sur [ a; b ] .
De plus, ϕ étant positive ou nulle sur l'intervalle [ a; b ] , la propriété 2 lui applicable.
b
ϕ ( t ) .dt est positive ou nulle. Or :
0
(
∫
g ( t ) .dt =
a
∫ (ϕ ( t ) + f ( t )).dt =
a
b
Nous en déduisons :
b
∫ () ∫
f t .dt ≤
a
a
g ( t ) .dt
b
La fonction f1 est définie sur l'intervalle [ 0; +∞[ par :
f1 ( x ) = ln (1 + x )
Quand x tend vers +∞ , x + 1 tend vers +∞
donc f1 ( x ) = ln ( x + 1) tend vers +∞
1.b) Etudier les variations de la fonction f1 sur [ 0; +∞[ .
Sur l'intervalle [ 0; +∞[ , la fonction f1 est la composée suivante :
x
∈[ 0;+∞[
u ( t ) = t +1
Strictement croissante
sur 
→
∫
a
Quantité positive
ou nulle
x +1
∈[1;+∞[
 →
 ln (1 + x )
Ln
Strictement croissante
sur ]0;+∞[
∈[ 0;+∞[
Donc la fonction f1 est strictement croissante sur l'intervalle [ 0; +∞[ .
u (x) = 1
Dérivable et positive sur ]−1; +∞[
b
ϕ ( t ) .dt
)
On note Cn la courbe représentative de f n dans un repère orthonormal O; i , j .
Propriété 1 : linéarité de l'intégrale
b
f n ( x ) .dx
Une autre méthode en dérivant la fonction f1
La fonction f1 est de la forme ln ( u ) où u ′ ( x ) = 1 + x
a
b
.dx =
0
f ( t ) ≤ g ( t ) donc g ( t ) − f ( t ) ≥ 0
∫
∫ ( ) ∫
a
Soient f et g deux fonctions continues sur [ a; b ] telles que pour tout t de cet intervalle :
Donc l'intégrale
1
n
1.a) Déterminer la limite de f1 en +∞ .
b
∫ ( ) ≤∫
)
+
∫
a
f ( t ) .dt
Donc la fonction f1 est dérivable sur [ 0; +∞[ et pour tout réel x de cet intervalle, on a :
u′
1
⊕
=
= =⊕
u x +1 ⊕
Comme sa dérivée est strictement positive sur [ 0; +∞[ , alors la fonction f1 est
f1′ ( x ) =
croissante sur le dit intervalle.
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Nous en concluons :
1.c) A l'aide d'une intégration par parties, calculer I1 .
1
Pour ce calcul, on pourra utiliser le fait que pour tout x ∈ [ 0;1] , on a :
I1 = ln ( 2 ) −
x
1
= 1−
x +1
x +1
D'après l'énoncé, l'intégrale I1 est donnée par :
∫
x
0
2.a) Montrer que pour tout entier naturel non nul n, on a :
0 ≤ I n ≤ ln ( 2 )
1
I1 =
∫ x + 1 .dx = ln ( 2) − (1 − ln ( 2)) = 2.ln ( 2) −1
ln (1 + x ) .dx
Commençons par encadrer f n ( x ) sur l'intervalle [ 0;1] .
0
La formule sur laquelle repose la technique d'intégration par parties est :
1
x ∈ [ 0;1] ⇒ 0 ≤ x ≤ 1
Puissance n
1
∫ u′ ( x ) × v ( x ).dx = u ( x ) × v ( x ) − ∫ u ( x ) × v′ ( x ).dx
1
0
0
0
n
+1
où u et v sont deux fonctions dérivables sur l'intervalle [ 0;1] . Dans le cas présent :
u′ ( x ) = 1
v ( x ) = ln ( x + 1)
v′ ( x ) = 1 / ( x + 1)
u (x) = x
Dérivable sur ]−1; +∞[
Dérivable sur Procédons à l'intégration par parties :
1
∫
1
I1 = 1× ln ( x + 1) .dx =  x × ln ( x + 1)  −
0
0
∫
0
= (1× ln ( 2 ) ) − ( 0 × ln (1) ) −
∫
0
∫
x
.dx
x +1
0
1
A présent, tout le problème est de calculer la valeur de l'intégrale
∫
x
.dx .
x +1
0
Une certaine fraction peut être décomposée. Pour tour réel x ≠ −1 , nous pouvons écrire :
x
x + 1 −1
1
=
+
= 1−
x +1 x +1 x +1
x +1
Il vient alors :
1
1
∫ x + 1.dx = ∫ 1 − x + 1 .dx = x − ln (1 + x )

x
0
0
1 
1
0
)
Ln est croissante sur ]0;+∞[
(
)
1
∫ ln (1 + x ).dx ≤ ln ( 2) × (1 − 0)
⇔ 0 ≤ I n ≤ ln ( 2 )
n
0
2.b) Etudier les variations de la suite ( I n ) .
1
x
.dx = ln ( 2 ) −
x +1
Ln
On a ajouté 1 à tout le monde
(
0 ≤ ln 1 + x n ≤ ln ( 2 )
⇒
l'inégalité 0 ≤ ln 1 + x n ≤ ln ( 2 ) , il vient alors :
1
x×
.dx
x +1
1
1
≤ 1 + x ≤ 2
ln(1)
En application du théorème de l'inégalité de la moyenne appliqué sur l'intervalle [ 0;1] à
0 × (1 − 0 ) ≤
1
La fonction puissance
n -ième est croissante sur [ 0;+∞[
n
⇒ 0 ≤ x ≤1 ⇒
Et même
strictement
croissante
n
0
≤ x n ≤ 1n
⇒
= (1 − ln ( 2 ) ) − ( 0 − ln (1) ) = 1 − ln ( 2 )
Soit n un entier naturel non nul quelconque.
Sur l'intervalle [ 0;1] , la différence x n +1 − x n = xn × ( x − 1) est négative ou nulle.
⊕ ou 0 ⊖ ou 0
Donc, pour tout réel x ∈ [ 0;1] , nous avons :
x n ≥ x n +1
+1
→ 1
+ x n ≥ 1 + x n +1
Ces deux quantités
sont supérieures à 1
(
) (

→ ln 1 + x n ≥ ln 1 + x n +1
Ln
Croissante
sur ]0;+∞[
En intégrant cette dernière inégalité sur l'intervalle [ 0;1] , il vient alors :
1
1
∫ ( ) ∫ (
ln 1 + x
0
n
)
ln 1 + x n +1 .dx ⇔
.dx ≥
0
Conclusion : la suite ( I n ) est décroissante...strictement.
I n ≥ I n +1
)
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2.c) En déduire que la suite ( I n ) est convergente.
Comme la suite ( I n ) est strictement décroissante et est minorée par 0, alors elle
converge vers une limite finie.
3. Soit g la fonction définie sur l'intervalle [ 0; +∞[ par :
(
)
x
+
)
nulle en 0, alors son tableau de signe est :
x
0
Comme les fonctions f1 et x sont dérivables sur [ 0; +∞[ , alors il en va de même pour
(
x
Comme la fonction g est strictement décroissante sur l'intervalle [ 0; +∞[ et qu'elle est
g ( x ) = ln (1 + x ) − x = f1 ( x ) − x
= ( +∞ ) × 0 + 0 − 1 = −∞
1
ln 1 + x n ≤ x n
Sur l'intervalle [ 0; +∞[ , la fonction g peut s'écrire comme étant la différence :
+
=
Montrer que pour tout entier naturel non nul n, et pour tout réel x positif, on a :
3.a) Etudier le sens de variation de g sur [ 0; +∞[ .
+
x
3.b) En déduire le signe de g ( x ) sur [ 0; +∞[ .
g ( x ) = ln (1 + x ) − x
leur différence g. Et pour tout réel positif ou nul x, nous avons :
1
x + 1 −x
−
=
g ′ ( x ) = f1′ ( x ) − 1 =
x +1 x +1 x +1
Le tableau de variation de la fonction g est celui
x
0
ci-contre g ( 0 ) = ln (1 + 0 ) − 0 = 0 − 0 = 0
−x

 1 
 ln ( x ) ln 1 + x  
x +1
 − 1
lim g ( x ) = lim x × 
+ 
x
x →+∞
x →+∞
 x

g′ ( x )




0
 + 0+

= ( +∞ ) × 0 +
− 1
+∞ 
g

1+ x
tend vers 0+ + 0+ = 0+
e
e
ex
Donc le logarithme g ( x ) tend vers − ∞
Le quotient
g(x)
+∞
0
–
Il vient alors que pour tout réel t ∈ [ 0; +∞[ , nous avons :
g ( t ) ≤ 0 ⇔ ln (1 + t ) − t ≤ 0 ⇔ ln (1 + t ) ≤ t
+∞
–
t ou x : le nom
de la variable
importe peu
La puissance n-ième de tout réel positif ou nul est elle-même positive ou nulle.
Autrement dit, si le réel x appartient à l'intervalle [ 0; +∞[ , alors il en va de même pour
sa puissance t = x n .
Par conséquent, si x ∈ [ 0; ∞[ alors l'inégalité précédente est applicable au réel t = x n .
+
Il vient alors :
–
Une autre méthode pour déterminer la limite non demandée de g en +∞
∞
Pour tout réel positif x, nous pouvons écrire :
 1+ x 
 1
x 
g ( x ) = ln (1 + x ) − x = ln (1 + x ) − ln e x = ln 
= ln 
+

x 
x
ex 
 e 
e
( )
ex
Quand x tend vers +∞ , e x et
s'envolent vers +∞,
x
1
x
1
donc leurs inverses
et
tendent vers
= 0+
x
x
+∞
e
e
ln (1 + t ) ≤ t ⇔ ln 1 + x n  ≤ x n


3.c) En déduire la limite de la suite ( I n ) .
−∞
La question précédente nous a appris que pour tout réel x ∈ [ 0; +∞[ , nous avions :
(
)
ln 1 + x n ≤ x n
Intégrons cette inégalité sur l'intervalle [ 0;1] . Il vient alors :
1
1
∫ ln (1 + x ).dx ≤ ∫ x .dx
n
n
0
0
Calculons l'intégrale constituant le membre de droite.
Une primitive sur de x n est la fonction
x n +1
.
n +1
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Ainsi :
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Sur la figure ci-dessous, on a tracé les courbes C1 , C2 , C3 , C7 , C12 et C50 représentant
1
∫
0
1
1
 1

 1
  1

x .dx = 
× x n +1  = 
×1 − 
× 0 =
 n +1
0  n + 1   n + 1  n + 1
n
Nous en déduisons que pour tout entier naturel non nul n, nous avons :
1
La partie gauche est une
0 ≤ In ≤
réminiscence de la question 2.a
n +1
Finalement, comme lim
n→+∞
respectivement les fonctions f1 , f 2 , f3 , f7 , f12 et f50 dans un repère orthonormé où une
unité graphique vaut dix centimètres.
Plus n devient grand, plus la surface comprise entre la courbe Cn et l'axe des abscisses est
réduite. Normal, car la suite d'intégrales ( I n ) converge vers 0.
1
y
1
= 0+ , alors en application du théorème des gendarmes,
n +1
nous en concluons :
lim I n = 0+
n→+∞
ln(2)
0,5
f1
f2
f3
f7
f12
f50
x
0
0
0,5
1