Quatrième exercice du sujet Polynésie juin 2010

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La figure ci-dessous sera complétée au cours de l'exercice :
Partie A
1. On considère la fonction g définie sur l'intervalle
[
[
1;
+∞
par :
(
)
(
)
g x ln 2.x 1 x
= + −
1.a. Cette question demande le développement d'une certaine démarche comportant
plusieurs étapes. La clarté du plan d'étude, la rigueur des raisonnements ainsi que la
qualité de la rédaction seront prises en compte dans la rédaction.
Démontrer que l'équation
(
)
g x 0
=
admet une unique solution α dans l'intervalle
[
[
1;
+∞
.
D'abord, calculons l'image de 1 par la fonction g.
(
)
(
)
(
)
g 1 ln 2 1 1 1 ln 2
= × + − =
Ensuite, déterminons la limite de la fonction g en
+∞
.
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
x x
x
1
lim g x lim ln x ln 2 1 x
ln x ln 2 1
lim x 1 0 0 0 1
x x x
→+∞ →+∞
+ + +
→+∞
−
= + + −
= × + + − = +∞ × + + − = −∞
Maintenant, étusions les variations de la fonction g sur l'intervalle
[
[
1;
+∞
.
La fonction ln est dérivable sur
]
[
0;
+∞
alors que la fonction x est dérivable sur .
Donc leur somme g est (au moins) dérivable sur l'intervalle
[
[
1;
+∞
et sur ce dernier :
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1 x
g x ln x ln 2 1 x 0 0 1 1
x x x
−
′
′= + + − = + + − = − =
Conclusion : l'équation
(
)
g x 0
=
admet une unique solution α dans l'intervalle
[
[
1;
+∞
.
1.b. Démontrer que
(
)
ln 2 1
α + = α
.
D'après la question précédente, l'image du réel α par la fonction g est égale à 0. Ainsi :
(
)
(
)
(
)
g 0 ln 2 1 0 ln 2 1
α = ⇔ α + − α = ⇔ α + = α
2. Soit la suite
(
)
u
n
définie par :
( )
0
1
u 1
u ln 2.u 1 pour tout entier naturel
+
=
= +
n n
n
Sur la figure ci-contre, on a tracé la courbe Γ
ΓΓ
Γ d'équation
(
)
y ln 2.x 1
= +
.
x 1 +∞
x 1
− +
–
x +
(
)
g x
′
–
(
)
ln 2
Le signe de la dérivée
(
)
g x
′
nous donne les
variations de la fonction g sur
[
[
1;
+∞
La fonction g est continue sur l'intervalle
[
[
1;
+∞
car elle y est dérivable.
Comme g est strictement décroissante sur
[
[
1;
+∞
et comme
[
[
(
)
(
)
g 1; ;ln 2
+∞ = −∞
alors, en application du «théorème dit de la
bijection», le réel
(
)
0 ;ln 2
∈ −∞ admet un
unique antécédent α par g dans l'intervalle
[
[
1;
+∞
g
−∞
x
y
1
2
3
4
5
6
7
-
3
-
2
-
1
1
2
3
4
Γ
ΓΓ
Γ
C
CC
C
On évite la forme indéterminée
ln(x)
-
x =
∞
-
∞
Réel positif !

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2.a. En utilisant la courbe Γ
ΓΓ
Γ, construire sur l'axe des abscisses les quatre premiers termes
de la suite
(
)
u
n
.
D'abord, on commence par tracer sur le graphique la première bissectrice du plan, c'est-
à-dire la droite d'équation
y x
=
.
On construit successivement chaque terme de la suite sur l'axe des abscisses en se
rappelant que le point de la courbe Γ
ΓΓ
Γ d'abscisse
u
n
a pour ordonnée
1
u
+
n
.
Le réel α est l'abscisse et l'ordonnée du point d'intersection de la courbe Γ
ΓΓ
Γ et de la droite
d'équation
y x
=
.
2.b. Démontrer que pour tout entier naturel n,
1
1 u u 3
+
≤ ≤ ≤
n n
.
Démontrons par récurrence sur l'entier naturel n, la propriété :
1
: 1 u u 3
+
≤ ≤ ≤
n n n
P
PP
P
Au premier rang pour n=0
Nous avons :
( ) ( )
0
1
u 1
u ln 2 1 1 ln 2 1
=
= × + = +
Comme
(
)
ln 2
est compris entre 0 et 1, alors
1
u
est compris entre 1 et 2. Ainsi :
0 1
1 u u 3
< < <
Donc la propriété
0
P
PP
P
est vraie.
Le principe de récurrence ou de propagation.
Supposons que la propriété
n
P
PP
P
soit vraie, c'est-à-dire :
1
1 u u 3
+
≤ ≤ ≤
n n
Cela implique-t-il que la propriété suivante
1
+
n
P
PP
P
soit vraie ?
Sachant :
] [
( ) ( )
Ln
Croissante sur 0;
2
1 2 e 6 e 0 ln 2 1 ln 6 2
+∞
→
< < < < < < < <
Nous en déduisons :
(
)
(
)
3
1 2
0
ln 2 1 ln 6 1
0 1 u u 2 1
+ +
+ ≤ ≤ ≤+ ≤ ≤ +
+
n n
Donc la propriété
1
+
n
P
PP
P
est alors vraie. Le principe de récurrence est établi !
2.c. Démontrer que la suite
(
)
u
n
converge vers α..
Exploitons la propriété précédente :
( )
( )
Pour tout entier
Pour tout entie
1
r
Comme u u , alors la suite u est strictem
ent croissante.
Comme u 3 , alors la suite u est majorée.
+
≤
≤
n
n
n n n
n n
La suite
(
)
u
n
étant croissante et majorée, elle converge vers une limite finie .
Mais ce n'est pas tout. En effet, comme :
(
)
(
)
[
]
( )
[ ]
1
La fonction x ln 2.x 1 est continue sur l'
intervalle 1;3
Pour tout entier naturel , u u
Pour tout entier naturel , u 1;3
+
ϕ = +
= ϕ
∈
n n
n
n
n
x
y
y x
=
Γ
ΓΓ
Γ
u
0
u
1
u
2
u
3
α
α
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1
1
1
1
1 2
1 u u 3
2 2.u 2.u 6
ln 2 ln 2.u ln 2.u ln 6
ln 2 1 ln 2.u 1 ln 2.u 1 ln 6 1
ln 2 1 u u ln 6 1
+
+
+
+
+ +
≤ ≤ ≤
≤ ≤ ≤
≤ ≤ ≤
+ ≤ + ≤ + ≤ +
+ ≤ ≤ ≤ +
n n
n n
n n
n n
n n
Strictement
croissante
sur
]
[
0;
+∞
+1
Ln
×2

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alors, cette limite  est l'une des solutions dans l'intervalle
[
]
1;3
de l'équation :
(
)
(
)
(
)
(
)
x x ln 2.x 1 x ln 2.x 1 x g x 0
ϕ = ⇔ + = ⇔ + − ⇔ =
Or, l'équation
(
)
g x 0
=
a pour seule solution α dans l'intervalle
[
[
1;
+∞
.
Conclusion : la suite
(
)
u
n
converge vers α.
Partie B
On considère la fonction f définie sur l'intervalle
[
[
1;
+∞
par :
( ) ( )
1 x
f x x 1 .e
−
= −
On désigne par C
CC
C la courbe représentative de la fonction f. Cette courbe est tracée sur le
graphique figurant sur la première page.
1. Pour tout nombre réel x supérieur ou égal à 1, on pose :
( ) ( ) ( )
x x
1 t
1 1
F x f t .dt t 1 .e .dt
−
= = −
∫ ∫
1.a. Démontrer que la fonction F est croissante sur
[
[
1;
+∞
.
Comme, de par sa définition, la fonction F est une primitive de la fonction f sur
[
[
1;
+∞
,
alors f est la dérivée de la fonction F sur ce même intervalle.
Or, sur
[
[
1;
+∞
,
(
)
f x
est le produit du facteur positif ou nul
x 1
+
et de l'exponentielle
1 x
e
−
qui est toujours strictement positive.
Par conséquent, la dérivée
(
)
(
)
F x f x
′=
est elle aussi toujours positive sur
[
[
1;
+∞
.
Conclusion : la fonction F est strictement croissante sur l'intervalle
[
[
1;
+∞
.
1.b. Montrer à l'aide d'une intégration par parties que pour tout réel x appartenant à
l'intervalle
[
[
1;
+∞
:
( )
1 x
F x x.e 1
−
= − +
D'abord, la fonction
( )
1 x 1 x u
e 1 e u e
− −
′
= − − × = − ×
a pour primitive
u 1 x
e e
−
− = −
Ensuite, l'intégration par parties à laquelle nous allons procéder repose sur la formule :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x x
x
1
1 1
u t v t .dt u t v t u t v t .dt
′ ′
× = × − ×
∫ ∫
Dans le présent cas, les rôles des fonctions u et v sont tenues par :
( )
( )
1 x
1 x
u x e
u x e
Dérivable sur
−
−
′=
= −
(
)
( )
v x x 1
v x 1
Dérivable sur
= −
′=
Nous pouvons écrire :
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
x x
x
1 t 1 t 1 t
1
1 1
x
1 x 0 1 t
1
x
1 x 1 t 1 x
1
F x t 1 .e .dt t 1 e 1 e .dt
x 1 e 0 e e .dt
1 x .e e e
− − −
− −
− − −
= − = − × − − × −
= − × − − × − −
= − − =
∫ ∫
∫
1 x 1 x
x.e e
− −
− −
( )
0 1 x
e x.e 1
−
− = − +
1.c. Démontrer que sur
[
[
1;
+∞
, l'équation
( )
1
F x
2
=
équivaut à l'équation
(
)
ln 2x 1 x
+ =
En travaillant sur l'intervalle
[
[
1;
+∞
, nous pouvons écrire :
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
Réels strictement
positifs
ln
Exp
1 x 1 x 1 x
1 x 1 x
1 x
1 1 1 1
F x x.e 1 x.e 1 x.e
2 2 2 2
1 1
x.e ln x e ln
2 2
ln x ln e ln 2 ln x ln 2 1 x 0
ln 2.x 1 x
− − −
− −
−
→
= ⇔ − + = ⇔ − = − ⇔ − = −
⇔ = × =  
⇔ + = − ⇔ + + − =
⇔ + =
←
2. Soit a un réel supérieur ou égal à 1. On appelle
a
D
la partie du plan délimitée par la
courbe C
CC
C, l'axe des abscisses et les droites d'équation
x 1
=
et
x a
=
Déterminer a tel que l'aire exprimée en unités d'aire de la partie
a
D
soit égale à
1
2
.
Hachurer la partie
a
D
sur le graphique.
L'aire du domaine
a
D
est égale à
( ) ( )
a
1
f t .dt F a
=
∫
unités d'aire.
Deux bijections et ça aide..
.

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Par conséquent :
( )
( ) ( )
[ [
Car est la seule solution de
cette équation dans l'intervalle
a
1;
1 1
Aire F a ln 2.a 1 a a
2 2
α
+∞
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = α
D
Le réel α est l'abscisse et l'ordonnée du point d'intersection de la première bissectrice du
plan et de la courbe Γ
ΓΓ
Γ. Le domaine
a
D
est celui tracé sur la figure ci-dessous ci-dessous.
x
y
y x
=
1
2
3
4
5
6
7
-
3
-
2
-
1
1
2
3
4
Γ
ΓΓ
Γ
C
CC
C
α
α
a
D