TS. Contrôle 9 - Correction
EX1 : ( 4 points ) Le but de cet exercice est de déterminer une valeur approchée à 102près de l’intégrale : I =Z1
0
ex
2xdx
1. a. Étudier les variations de la fonction f :x7−f(x)=ex
2xsur l’intervalle [0 ; 1].
Sur l’intervalle [0 ; 1], 2 x6= 0, donc fquotient de fonctions dérivables est dérivable et :
f0(x)=ex(2 x)+ex
(2 x)2=ex(1 2+x)
(2 x)2=ex(x1)
(2 x)2
Tous les termes sont positifs sur [0 ; 1] sauf x1, donc f0(x)60 : la fonction fest décroissante sur [0 ; 1]
b. Montrer que, pour tout réel x de l’intervalle [0 ; 1], on a 1
e6f(x)61
2.
fest décroissante sur [0 ; 1] de f(0) =1
2àf(1) =e10,368 donc 1
e6f(x)61
2
2. Soit J et K les intégrales définies par J =Z1
0
(2 +x)exdx et K =Z1
0
x2f(x) dx.
a. Au moyen d’une intégration par parties, prouver que J =34
e.
Les fonctions sous le signe somme étant continues sur [0 ; 1], ainsi que leurs dérivées, on peut effectuer une
intégration par parties. Posons :
u0(x)=exu(x)= −ex
v(x)=2+x v0(x)=1
u(x)v0(x)= −ex
J=[(x+2)ex]1
0+Z1
0
exdx=£(x+2)exex¤1
0=£(x+3)ex¤1
0= −4e1+3=34
e
b. Utiliser un encadrement de f (x)obtenu précédemment pour démontrer que 1
3e 6K61
6.
En partant de l’encadrement trouvé au 1. b. :
1
e6f(x)61
2x2
e6x2f(x)61
2x2
d’où en intégrant sur [0 ; 1], Z1
0
x2
edx6K6Z1
0
1
2x2dx·x3
3e ¸1
0
6K6·x3
6¸1
0
1
3e 6K61
6
c. Démontrer que J +K=4I .
J+K=Z01(2 +x)exdx+Z1
0
x2ex
2xdx=Z1
0µ(2 +x)ex+x2ex
2xdx=Z1
0
(2 x)(2 +x)ex+x2ex
2xdx
J+K=Z1
0
4ex
2xdx=4I
d. Déduire de tout ce qui précède un encadrement de I, puis donner une valeur approchéee à 102près de I .
Comme 1
3e 6K61
6et J=34
e
on a : 1
3e +34
e6J+K61
6+34
e311
3e 64I619
64
e1
4µ311
3e 6I61
4µ19
64
e
D’où 3
411
12e 6I619
24 1
eor 3
411
12e >0,412 et 19
24 1
e<0,424 on en déduit que 0,412 <I<0,424
il en résulte que I0,42 à 102près.
EX2 : ( 3 points ) On considère la suite (un)définie pour tout entier naturel n par : un=Z1
0
enx
1+exdx.
1. Montrer que u0+u1=1. Calculer u1. En déduire u0.
u0+u1=Z1
0
1
1+exdx+Z1
0
ex
1+exdx
Par linéarité de l’intégrale, u0+u1=Z1
0
1+ex
1+exdx=Z1
0
1 dx=[x]1
0=1
TS. Contrôle 9 - Correction
u1=Z1
0
ex
1+exdx. On pose f(x)=ex
1+ex, on remarque que f= u0
uu(x)=1+ex>0.
fa pour primitive F= − ln(u) donc u1=£ln(1 +ex)¤1
0=ln(2) ln(1 +e1)
D’après la question 1.a. u0=1u1=1ln(2) +ln(1 +e1)=lne +ln(1 +e1)ln(2) =ln(e +1) ln(2)
2. Montrer que pour tout entier naturel n,un>0.
Pour tout entier naturel n, et pour tout réel x, enx >0 et 1 +ex>0 donc enx
1+ex>0.
L’intégrale sur l’intervalle [0 ; 1] d’une fonction positive est positive donc unest positive ou nulle
3. a. Montrer que pour tout entier naturel n non nul, un+1+un=1en
n.
Pour tout entier naturel n,
un+1+un=Z1
0
e(n+1)x
1+exdx+Z1
0
enx
1+exdx=Z1
0
e(n+1)x+enx
1+exdx=Z1
0
enx(ex+1)
1+exdx
un+1+un=Z1
0
enx dx=·1
nenx¸1
0
=1en
n
b. En déduire que pour tout entier naturel n non nul, un61en
n.
Pour tout entier naturel n, d’après la question 2. un>0 donc un+1>0
or, d’après la question 3. un=1en
nun+1donc un61en
n
4. Déterminer la limite de la suite (un).
Pour tout entier naturel n, 0 6un61en
n. Or lim
n→+∞
1en
n=0 (car entend vers 0 ainsi que 1
n).
Selon le théorème des gendarmes, la suite unconverge aussi vers zéro
EX3 : ( 3 points ) Soit h la fonction définie sur par h(x)= 1
2x2+2x3
2.
Sur le graphique joint en annexe, le plan est muni d’un repère orthogonal ³O,
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.
1. Démontrer que Z4
1
h(x) dx=0. Illustrer sur le graphique le résultat précédent.
hest continue sur comme fonction polynôme et :
Z4
1
h(x) dx=·1
6x3+x23
2x¸4
1
=µ1
6×64 +16 6µ1
6+13
2= 4
6+4
6=0
Sur le graphique, les deux aires hachurées sont égales.
~
~
ı1234
1
1
x
y
O
(d)
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.
Sur [1 ; 4], l’aire Adu domaine (D) est donnée par : A=Z4
1
(ln xh(x)) dx=Z4
1
ln xdxZ4
1
h(x) dx
par linéarité et compte-tenu du fait que Z4
1
h(x) dx=0. Les fonctions sous le signe somme étant continues sur
[1 ; 4], ainsi que leurs dérivées, on peut effectuer une intégration par parties. Posons :
u0(x)=1u(x)=x
v(x)=ln x v0(x)=1
x
u(x)v0(x)=x×1
x=1
D’où :
A=Z4
1
ln xdx=[xln x]4
1Z4
1
1 dx=4ln4 1×(4 1) =8ln2 3 u.a.
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