Corrigé Bac Maths S1 S3 1er groupe 2011

Exercice 1 (4 pts)

1) u0=27, u1=77, u2=227, u4=677
 
Conjecturons que les deux derniers chiffres de un sont 27 ou 77
 
2) Puisque le premier terme u0 est un entier, on montre facilement par récurrence que pour tout nN, un est un entier.
 
On a pour tout nN : un+2=3un+14=3(3un4)4=9un16
 
donc un+2un=8un16=8(un2)
 
Ainsi un+2un est un multiple de 8 ; ce qui se traduit par un+2un[8]
 
En prenant pour n un entier pair 2p, pN cette relation se traduit par u2(p+1)u2p[8]
 
c'est à dire en posant pour tout pN : u2p=ap : ap+1ap[8]
 
Deux termes consécutifs de la suite (ap) sont donc congrus modulo 8 ; donc tous les termes sont congrus au premier terme a0=u0=27 qui lui-même est congru à 3. Conclusion u2n3[8]
En prenant pour n un entier impair 2p+1, pN cette relation se traduit par u2(p+1)+1u2p+1[8]
 
c'est à dire en posant pour tout pN : u2p+1=bp : bp+1bp[8]
 
Deux termes consécutifs de la suite (bp) sont donc congrus modulo 8 ; donc tous les termes sont congrus au premier terme b0=u1=77 qui lui-même est congru à 5. Conclusion u2n+15[8]
 
3) On a pour tout nN : vn+1=un+12=3un6=3(un2)=3vn.
 
La suite (vn) est donc géométrique de raison 3 et de premier terme v0=u02=25.
 
Par conséquent, pour tout nN : vn=3nv0 c'est à dire un=2+25×3n ou 2un=4+50×3n
 
4) De cette relation on déduit 2un54=50(3n1), ce qui entraîne : 2un54[50]
 
De plus (3n1) est pair parce que 3n est impair ; donc 2un54 est un multiple de 2×50=100 c'est à dire 2un54[100].
 
Cette dernière relation se traduit par : il existe un entier p tel que 2un54+100p soit, un=27+50p.
 
Le nombre 50p se terminant par 50 ou 100, le nombre un se termine par 27 + 50 = 77 ou 27 + 00 = 27
 
5) Remarquons d'abord que un est impair parce que son écriture décimale se termine par 7 ; donc tous ses diviseurs sont impairs.
 
Soit d un diviseur commun positif de un+1 et un. Il existe deux entiers p et q (dépendant
de n) tels que un+1=pd et un=qd. 
 
La relation un+1=3un4 qui définit la suite (un) devient d(3qp)=4.
 
Ainsi d, qui est un nombre impair, divise 4 c'est à dire d=1 et un+1 et un sont bien premiers entre eux.
 
On peut aussi dire : Si a et b sont deux entiers tels qu'il existe deux entiers q et r avec a=bq+r alors ab=br et l'écriture un+1=3un4 montre que un+1un=un4=1 la dernière égalité provenant de ce que les seuls diviseurs positifs de 4 sont 1, 2 et 4 et un est impair.

Exercice 2 (4 pts)

1) a) Pour montrer que f est une isométrie, il suffit de vérifier qu'elle conserve la distance.
 
Soient M(xM, yM, zM) et N(xN, yN, zN) deux points quelconques de E  et M(xM, yM, zM)
et N(xN, yN, zN) leurs images respectives par f c'est à dire
{xM=yMyM=zM+1zM=xM1 et {xN=yNyN=zN+1zN=xN1
 
Alors 
MN2=(xNxM)2+(yNyM)2+(zNzM)2=(yNyM)2+(zNzM)2+(xNxM)2=MN2
 
b) Un point M(x, y, z) de E est invariant si et seulement si f(M)=M c'est à dire
{x=yy=z+1z=x1
 
Ce système est donc équivalent à x=y=z+1
 
On reconnaît là un système d'équations d'une droite.
 
L'ensemble des points invariants par f est la droite d'équations : x=y=z+1
 
Le point A appartient manifestement à cette droite puisque xA=yA=zA+1
 
Le point B(1, 1, 0) appartient aussi `a cette droite puisque xB=yB=zB+1.
 
Le vecteur u=AB(1, 1, 1) est donc un vecteur directeur de cette droite
 
L'ensemble des points invariants par f est bien la droite Δ.
 
On peut aussi trouver un vecteur directeur de Δ en partant d'une représentation paramétrique de Δ.
 
Prenons z comme paramètre. La relation x=y=z+1 est équivalente à
{x=t+1y=t+1z=t;tR
 
Le vecteur u(1, 1, 1) est donc un vecteur directeur de cette droite.
 
2) Étant donné que le point A appartient à P,
 
pour prouver que le point I appartient à P, il suffit d'établir que AI est orthogonal à u c'est à dire AI.u=0.
 
AI ayant pour coordonnées (1, 0, 1) on a bien : AI.u=1.1+0.0+1.1=0
 
a) I=f(I) a pour coordonnées 
{xI=yI=0yI=zI+1=1zI=xI1=2
 
Étant donné que le point A appartient à P,
 
pour prouver que le point I appartient à P, il suffit d'établir que AI est orthogonal à u c'est à dire AI.u=0.
 
AI ayant pour coordonnées (0, 1, 1) on a bien : AI.u=0.1+1.11.1=0
 
On peut aussi donner une équation de P et établir que les coordonnées des points I et I vérifient cette équation.
 
Puisque le vecteur u est normal à P, une équation cartésienne de P sera de la forme x+y+z+d=0. 
 
Dire que A appartient P signifie alors que 1+d=0 c'est à dire d=1.
 
3) f étant une isométrie de l'espace dont l'ensemble des points invariants est la droite
Δ, elle est une rotation d'axe Δ. Son angle a pour mesure θ=(AI, AI).
 
Or AI.AI=AI.AIcosθ; AI a pour coordonnées (1, 0, 1) et AI a pour coordonnées (1, 0, 1). 
 
Donc 1=22cosθ c'est à dire cosθ=12 ; on peut donc prendre
θ=2π3ou2π3(selon l'orientation deΔ)
 
4) a) Notons Q1 l'ensemble des points M de E  d'images M tels que le milieu J de [MM] appartient au plan Q d'équation 2x+yz=0.
 
Soit M(x, y, z) un point de E et M(x, y, z) son image par f c'est à dire
{x=yy=z+1z=x1
 
Les coordonnées du milieu J de [MM] sont
xJ=12(x+x), yJ=12(y+y) et zJ=12(z+z)
 
xJ=12(x+y), yJ=12(y+z+1) et zJ=12(z+x1)
 
Donc
MQ1JQ2(x+y)+(y+z+1)(z+x1)=0x+3y+2=0
 
L'ensemble des points M de E  d'images M tels que le milieu J de [MM] appartient
au plan Q d'équation 2x+yz=0 est donc le plan d'équation x+3y+2=0.
 
b) Notons D1 l'ensemble des points M de E  d'images M tels que le milieu J de [MM] appartient à la droite (D) d'équations x=y=z.
 
Soit M(x, y, z) un point de Q1 et M(x, y, z) son image par f.
 
Les coordonnées du milieu J de [MM] sont 
xJ=12(x+y), yJ=12(y+z+1) et zJ=12(z+x1)
 
Donc
MD1J(D)x+y=y+z+1=z+x1(){xz1=0x+y+2=0
 
L'ensemble des points M de E  d'images M tels que le milieu J de [MM] appartient
à la droite (D) d'équations x=y=z est donc le droite d'équations
{xz1=0xy2=0
 
La relation () constitue aussi un système d'équations de notre ensemble !

PROBLÈME. (12 pts)

Partie A
 
1) a) La fonction f étant continue dans l'intervalle fermé borné I, est bornée (et atteint
même ses bornes)
Il existe donc un réel K>0 tel que pour tout xI, |f(x)|K.
 
Alors
 
|a0(ax)2f(x)dx|signe(a)a0|(ax)2f(x)|dxM.signe(a)a0(ax)2dx=13M.signe(a)[(ax)3]a0=13M.signe(a)a3=13M|a|3
 
Ensuite 0|1a2a0(ax)2f(x)dx|13M|a|0lorsque a tend vers 0
 
et (Théorème des gendarmes) :lim
 
b) La dérivée de f''g'-f'g'' est \left(f''g'-f'g''\right)'=f'''g'+f''g''-(f''g''+f'g''')=f'''g'-f'g'''
En intégrant cette relation de 0 à a on obtient : 
\int_{0}^{a}\left(f''g'-f'g''\right)'(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{a}\left(f'''(x)g'(x)-f'(x)g''(x)'\right)\mathrm{d}x
c'est à dire la relation demandée
\int_{0}^{a}f'(x)g'''(x)\mathrm{d}x=\left[(f'g''-f''g')(x)\right]_{0}^{a}+\int_{0}^{a}f'''(x)g'(x)\mathrm{d}x
 
2) On prend g(x)=\dfrac{1}{6}(a-x)^{3}
 
a) g'(x)=-\dfrac{1}{2}(a-x)^{2}\;,\ g''(x)=a-x\;,\ g'''(x)=-1 , et la relation précédente devient : -\int_{0}^{a}f'(x)\mathrm{d}x=\left[(f'g''-f''g')(x)\right]_{0}^{a}+\int_{0}^{a}f'''(x)g'(x)\mathrm{d}x
 
En remarquant que g' et g'' s'annulent au point a
-(f(a)-f(0))=-(f'(0)g''(0)-f''(0)g'(0))-\dfrac{1}{2}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}f'''(x)\mathrm{d}x
 
Il ne reste plus qu'à remplacer g'(0) et g''(0) par leurs valeurs respectives -\dfrac{1}{2}a^{2} et a pour avoir la relation demandée f(a)=f(0)+f'(0)a+\dfrac{1}{2}f''(0)a^{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}f'''(x)\mathrm{d}x
 
b) Appliquons le résultat précédent à la fonction f définie par f(x)=\mathrm{e}^{x}.
 
Toutes les dérivées de f en x sont égales à \mathrm{e}^{x} ; donc toutes les dérivées de f en 0 sont égales à 1.
 
La relation précédente devient alors :
\mathrm{e}^{a}=1+1.a+\dfrac{1}{2}.1.a^{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x
c'est à dire \dfrac{\mathrm{e}^{a}-a-1}{a^{2}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2a^{2}}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x
et la question 1 permet de conclure, puisque la fonction x\mapsto \mathrm{e}^{x} est bornée dans [-1\;,\ 1] :
\lim_{a\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{e}^{a}-a-1}{a^{2}}=\dfrac{1}{2}+\lim_{a\rightarrow 0}\dfrac{1}{2a^{2}}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\dfrac{1}{2}
 
3) a) \lim_{t\rightarrow 0}x(t)=\lim_{t\rightarrow 0}\dfrac{t}{\mathrm{e}^{t}-1}=1=x(0) , donc la fonction x est continue au point 0.
 
\lim_{t\rightarrow 0}y(t)=\lim_{t\rightarrow 0}x(t)\mathrm{e}^{t}=1=y(0) , donc la fonction y est continue au point 0.
 
Regardons le taux d'accroissement \tau_{1} de x au point 0
\begin{eqnarray} \forall\;t\neq 0\;,\ \tau_{1}(t) &=& \dfrac{x(t)-x(0)}{t} \nonumber \\ &=& \dfrac{t-\mathrm{e}^{t}+1}{t(\mathrm{e}^{t}-1)} \nonumber \\ &=& -\dfrac{\mathrm{e}^{t}-t-1}{t^{2}}\dfrac{t}{\mathrm{e}^{t}-1} \nonumber \end{eqnarray}
 
Le premier facteur de ce dernier membre a pour limite -\dfrac{1}{2} quand t tend vers 0 d'après l'application. Le deuxième facteur a pour limite 1 quand t tend vers 0.
 
Donc x est dérivable au point 0 et x'(0)=-\dfrac{1}{2}
 
Regardons le taux d'accroissement \tau_{2} de y au point 0
\begin{eqnarray} \forall\;t\neq 0\;,\ \tau_{2}(t) &=& \dfrac{y(t)-y(0)}{t} \nonumber \\ &=& \dfrac{x(t)\mathrm{e}^{t}-1}{t} \nonumber \\ &=& x(t)\dfrac{\mathrm{e}^{t}-1}{t}+\dfrac{x(t)-1}{t} \nonumber \end{eqnarray}
 
Puisque x(t) a pour limite 1 quand t tend vers 0, \tau_{2} a pour limite 1\times 1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2} quand t tend vers 0.
 
Donc y est dérivable au point 0 et y'(0)=\dfrac{1}{2}
 
b) La tangente T_{B} à \mathcal{C} au point B(1\;,\ 1) est la droite passant par B et de vecteur directeur le vecteur de coordonnées \left(-\dfrac{1}{2}\;,\ \dfrac{1}{2}\right)
 
Partie B
 
1) a) Pour simplifier, nous allons poser u_{n}=\mathrm{e}+\dfrac{1}{n}.
 
La fonction f_{1}\ :\ x\mapsto \mathrm{e}^{x} est dérivable sur \mathbb{R}  et \forall\;x\in\mathbb{R}\;,\ f_{1}'(x)=\mathrm{e}^{x} ; la fonction f_{2}\ :\ x\mapsto \sqrt{x} est dérivable sur \mathbb{R}_{+}^{*}  et \forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ f_{2}'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}.
 
Comme f égale f_{1}\circ f_{2}-u_{n}.f_{2}, elle est dérivable sur \mathbb{R}_{+}^{*} et
\forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ f'(x)=f_{1}'(f_{2}(x))f_{2}'(x)-u_{n}.f_{2}'(x)=f_{2}'(x)\left(f_{1}'(f_{2}(x))-u_{n}\right)
 
\forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\left(\mathrm{e}^{\sqrt{x}}-u_{n}\right)
 
Pour étudier la dérivabilité de f_{n} à droite en 0, regardons le taux d'accroissement
\begin{eqnarray} \tau(x) &=& \dfrac{f(x)-f(0)}{x}\;,\quad x>0 \nonumber \\ \tau(x) &=& \dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{x}}-u_{n}\sqrt{x}-1}{x} \nonumber \end{eqnarray}
 
Posons a=\sqrt{x}. Alors quand x tend vers 0^{+}, a aussi tend vers 0^{+} et
\tau(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{a}-u_{n}a-1}{a^{2}}=\dfrac{\mathrm{e}^{a}-a-1}{a^{2}}+\dfrac{(1-u_{n})}{a}
 
Dans le dernier membre de cette relation, le premier terme a pour limite \dfrac{1}{2} d'après la partie A ; le deuxième terme a pour limite -\infty. Donc \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\tau(x)=-\infty
 
La fonction f_{n} n'est donc pas dérivable au point 0 et de plus au point de \mathcal{C}_{f_{n}} d'abscisse 0 (c'est le point de coordonnées (0\;,\ 1)) il y a une demi-tangente verticale.
 
Remarque 1. 
 
Pour étudier la dérivabilité de f_{n} en 0, on utilise souvent le théorème suivant :
 
Théorème 1. 
 
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I, dérivable sur I sauf peut-être en un point a de I. Alors
 
(i) Si f' a une limite \ell quand x tend vers a, alors f est dérivable en a et f'(a)=\ell
 
(ii) Si f' a pour limite +\infty ou -\infty quand x tend vers a, alors f n'est pas dérivable en a et de plus au point de \mathcal{C}_{f} d'abscisse a il y a une tangente verticale.
 
Dans le cas présent, \forall\;x>0\;,\ f'_{n}(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\left(\mathrm{e}^{\sqrt{x}}-u_{n}\right) et en posant comme précédemment a=\sqrt{x} , on a :
\forall\;x>0\;,\ f'_{n}(x)=\dfrac{1}{2}\dfrac{\mathrm{e}^{a}-u_{n}}{a}=\dfrac{1}{2}\dfrac{\mathrm{e}^{a}-1}{a}+\dfrac{1}{2}\dfrac{1-u_{n}}{a}\longrightarrow "\dfrac{1}{2}-\infty"=-\infty
lorsque a tend vers 0^{+}
 
b) Au voisinage de +\infty, on a une indétermination de la forme "+\infty-\infty". Pour lever cette indétermination écrivons : f_{n}(x)=\sqrt{x}\left(\dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}-u_{n}\right) , puis en posant toujours a=\sqrt{x}\;,\ f_{n}(x)=a\left(\dfrac{\mathrm{e}^{a}}{a}-u_{n}\right)
 
Comme \lim_{a\rightarrow +\infty}\dfrac{\mathrm{e}^{a}}{a}=+\infty , il vient \lim_{a\rightarrow +\infty}f_{n}(x)=+\infty
 
On a aussi \dfrac{f_{n}(x)}{x}=\left(\dfrac{\mathrm{e}^{a}}{a^{2}}-\dfrac{u_{n}}{a}\right) puis \lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{f_{n}(x)}{x}=+\infty
 
Pour x>0 on a : 
\begin{array}{lclcl} f'_{n}(x)>0 & \Leftrightarrow & \mathrm{e}^{\sqrt{x}}-u_{n} >0 & \Leftrightarrow & \mathrm{e}^{\sqrt{x}}>u_{n} \\ & \Leftrightarrow & \sqrt{x}>\ln u_{n} & \Leftrightarrow & x>(\ln u_{n})^{2}\end{array}
 
Voici le tableau de variations de f_{n}.
\begin{array}{|c|lrcccr|} \hline x & 0 & \alpha_{n} & 1 & (\ln u_{n})^{2} & \beta_{n} & +\infty \\ \hline f'_{n}(x) & | &  & - & | & + & \\ \hline & 1 & \vdots & \vdots & | & \vdots & +\infty \\ &  & 0 & \vdots & | & 0 & \\ f_{n} &  &  & -\frac{1}{n} & | &  &  \\ &  & \searrow &  & | & \nearrow & \\ &  &  &  & u_{n}(1-\ln u_{n}) &  & \\  &  &  &  &  &  & \\ \hline\end{array}
 
c) Et voici la courbe \mathcal{C}_{1} et ses tangentes verticale et horizontale.

 
2) a) Puisque un est strictement supérieur à \mathrm{e}\;,\ \ln u_{n} est strictement supérieur 1 ; donc f((\ln u_{n})^{2})=u_{n}(1-\ln u_{n}) est strictement négatif.
 
Comme f(0)=1 est strictement positif, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f_{n}(x)=0 admet dans ]0\;,\ (\ln u_{n})^{2}[ une solution unique \alpha_{n}.
 
De même, \lim_{x\rightarrow +\infty}f_{n}(x)=+\infty  permet d'affirmer d'après ce même théorème que l'équation f_{n}(x)=0 admet dans ](\ln u_{n})^{2}\;,\ +\infty[ une solution unique \beta_{n}.
 
1<(\ln u_{n})^{2}\ et \ f_{n}(1)=-\dfrac{1}{n}<0=f_{n}(\alpha_{n}) entraîne \alpha_{n}<1 car f_{n} est strictement décroissante sur [1\;,\  (\ln u_{n})^{2}]
 
Ainsi on a bien
\alpha_{n}<1<(\ln u_{n})^{2}<\beta_{n}
 
b) Pour que la formule d'intégration par parties puisse être appliquée, v doit être tel que
uv'=\mathrm{e}^{\sqrt{x}}, ce qui nécessite v'=\dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} ou v'=2\left(\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\right)'.
 
On peut donc prendre v=2\mathrm{e}^{\sqrt{x}}. 
 
La formule donne alors
\begin{eqnarray} \int_{0}^{b}\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x &=& [uv]_{0}^{b}-\int_{0}^{b}\dfrac{1}{2\sqrt{x}}2\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x \nonumber \\ &=& [uv]_{0}^{b}-\int_{0}^{b}v'\mathrm{d}x \nonumber \\ &=& [uv-v]_{0}^{b} \nonumber \end{eqnarray}
 
Finalement \int_{0}^{b}\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=2+2\mathrm{e}^{\sqrt{b}}(\sqrt{b}-1)
 
c) On a \int_{0}^{b}\sqrt{x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{b}x^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x=\left[\dfrac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{b}=\left[\dfrac{2}{3}x\sqrt{x}\right]_{0}^{b}=\dfrac{2}{3}b\sqrt{b}
 
Par conséquent \int_{0}^{b}f(x)\mathrm{d}x=2+2\mathrm{e}^{\sqrt{b}}(\sqrt{b}-1)-\dfrac{2}{3}u_{n}b\sqrt{b}
 
La relation f_{n}(\alpha_{n})=0 se traduit par \mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}-u_{n}\sqrt{\alpha_{n}}=0 c'est à dire \mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}=u_{n}\sqrt{\alpha_{n}}
 
Donc 
\begin{eqnarray} I_{n} &=& 2+2\mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}(\sqrt{\alpha_{n}}-1)-\dfrac{2}{3}u_{n}\alpha_{n}\sqrt{\alpha_{n}} \nonumber \\ &=& 2+2u_{n}{\sqrt{\alpha_{n}}}(\sqrt{\alpha_{n}}-1)-\dfrac{2}{3}u_{n}\alpha_{n}\sqrt{\alpha_{n}} \nonumber \end{eqnarray}
 
I_{n}=2+2u_{n}{\sqrt{\alpha_{n}}}\left(\sqrt{\alpha_{n}}-\dfrac{1}{3}\alpha_{n}-1\right)
 
3) Pour tout x\in\mathbb{R}_{+}^{*} , on pose \varphi(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}
 
a) La fonction \varphi est continue et dérivable dans \mathbb{R}_{+}^{*} , et 
\forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ \varphi'(x)=\dfrac{x-1}{x^{2}}\mathrm{e}^{x}
 
Le signe de \varphi'(x) est donc celui de x-1. 
 
Voici le tableau de variations de \varphi.
 
\begin{array}{|c||lcccr|} \hline x & 0 &  & 1 &  & +\infty \\ \hline \varphi'(x) &  & - & | & + &  \\ \hline & +\infty &  & | &  & +\infty \\ \varphi &  & \searrow & | & \nearrow &  \\ &  &  & \mathrm{e} &  &  \\ \hline\end{array}
 
La fonction \varphi est continue et strictement décroissante dans V_{1}. Sa restriction à V_{1} est donc une bijection h_{1} de V_{1} dans \varphi(V_{1})=W=[\mathrm{e}\;,\ +\infty[.
 
La fonction \varphi est continue et strictement croissante dans V_{2}. Sa restriction à V_{2} est donc une bijection h_{2} de V_{2} dans \varphi(V_{2})=W
 
b) La relation f_{n}(\alpha_{n})=0 se traduit par \mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}-u_{n}\sqrt{\alpha_{n}}=0 c'est à dire \dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}}{\sqrt{\alpha_{n}}}=u_{n} ou, puisque \alpha_{n} appartient à V_{1}\;,\ u_{n}=h_{1}(\alpha_{n}).
 
On en déduit, puisque h_{1} est une bijection : \alpha_{n}=h_{1}^{-1}(u_{n}).
 
La fonction h_{1} étant continue et la suite (u_{n}) convergente de limite \mathrm{e},
 
la suite (\alpha_{n}) convergente et de limite h_{1}^{-1}(\mathrm{e})=1
 
Sachant que la suite (\alpha_{n}) convergente, la relation I_{n}=2+2u_{n}{\sqrt{\alpha_{n}}}\left(\sqrt{\alpha_{n}}-\dfrac{1}{3}\alpha_{n}-1\right) montre que la suite (I_{n}) est aussi convergente et de limite 2+2\mathrm{e}.1\left(1-\dfrac{1}{3}-1\right)=2-\dfrac{2}{3}\mathrm{e}
 
c) Le même raisonnement montre que la suite (\beta_{n}) est convergente et de limite h_{2}^{-1}(\mathrm{e})=1
 
4) a) Les relations  \dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}}{\sqrt{\alpha_{n}}}=\dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{\beta_{n}}}}{\sqrt{\beta_{n}}}=u_{n} montrent que
 
\varphi(\sqrt{\alpha_{n}})=\varphi(\sqrt{\beta_{n}}) 
 
c'est à dire , puisque \sqrt{\alpha_{n}}\in V_{1} et \sqrt{\beta_{n}}\in V_{2} 
 
h_{1}(\sqrt{\alpha_{n}})=h_{2}(\sqrt{\beta_{n}}) ou, \sqrt{\beta_{n}}=h_{2}^{-1}\circ h_{1}(\sqrt{\alpha_{n}})=h(\sqrt{\alpha_{n}}).
 
le point M_{n} appartient bien au graphe de h.
 
b) Soit x un réel 
 
x\in\;D_{h}\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{rcl} x &\in& D_{h_{1}} \\ h_{1}(x) &\in & D_{h_{2}^{-1}}\end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{rcl} x &\in& V_{1} \\ h_{1}(x) &\in& V_{2}\end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ x \in\;V_{1}
 
Lorsque x tend vers 0, h_{1}(x)=\varphi(x) tend vers +\infty. 
 
Lorsque x tend vers +\infty\;,\ h_{2}^{-1}(x) tend vers +\infty 
 
donc \lim_{x\rightarrow +\infty}h(x)=+\infty
 
Lorsque x tend vers 1, h_{1}(x)=\varphi(x) tend vers \mathrm{e}. 
 
Lorsque x tend vers \mathrm{e}\;,\ h_{2}^{-1}(x) tend vers 1 
 
donc \lim_{x\rightarrow 1}h(x)=1
 
La fonction h est décroissante car elle la composée de la fonction décroissante h_{1} par la fonction croissante h_{2}^{-1}.
 
c) La fonction h_{1} est dérivable sur ]0\;,\ 1[ car c'est la restriction de \varphi à V_{1}.
 
La fonction h_{2}^{-1} est dérivable sur ]\mathrm{e}\;,\ +\infty[ car h_{2} est dérivable sur V_{2} (c'est la restriction
de \varphi à V_{2},) et sa dérivée ne s'annule pas dans ]1\;,\ +\infty[.
 
Donc h=h_{2}^{-1}\circ h_{1} est dérivable dans ]0\;,\ 1[.
 
Pour tout x appartenant à V_{1} on a
 
\begin{eqnarray} \varphi[h(x)] &=& h_{2}[h(x)]\quad\text{ car }h(x)\in\;V_{2} \nonumber \\ &=& h_{2}[h_{2}^{-1}\circ h_{1}(x)] \nonumber \\ &=& h_{1}(x) \nonumber \\ &=& \varphi(x)\quad\text{ car }x\in\;V_{1} \nonumber \end{eqnarray}
 
Remarquons que \forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ \varphi'(x)=\dfrac{x-1}{x^{2}}\mathrm{e}^{x}=\dfrac{x-1}{x}\varphi(x).
 
En dérivant par rapport à x la relation \varphi(h(x))=\varphi(x), pour x\in\;]0\;,\ 1[ on obtient :
 
\forall\;x\in\;]0\;,\ 1[\;,\ \varphi'(h(x))h'(x)=\varphi'(x) c'est à dire
\begin{eqnarray} \forall\;x\in\;]0\;,\ 1[\;,\ h'(x) &=& \dfrac{\varphi'(x)}{\varphi'(h(x))} \nonumber \\ &=& \dfrac{x-1}{x}\varphi(x)\dfrac{h(x)}{(h(x)-1)\varphi(h(x))} \nonumber \\ &=& \dfrac{x-1}{x}\dfrac{h(x)}{h(x)-1}\quad\text{ car }\varphi(x)=\varphi(h(x)) \nonumber \end{eqnarray}
 
5) La tangente au point A a pour pente h'(0\;,\ 4)=\dfrac{0.4-1}{0.4}\dfrac{h(0.4)}{h(0.4)-1}=-3
 
Une équation de cette tangente est donc y=-3(x-0.4)+2
 
Finalement T_{A}\ :\ -3x+3.2
 
La tangente T_{B} est déjà déterminée dans la partie A puisque \mathcal{C}=\mathcal{C}_{h}.

 

Ajouter un commentaire

Plain text

  • Aucune balise HTML autorisée.
  • Les adresses de pages web et de courriels sont transformées en liens automatiquement.