Mathématiques Barbazo Tle S spécifique - Livre du professeur - éd. 2016 2013954689, 9782013954686

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N3765_LDP-Maths_TS_specifique-P001-338-COULEUR.pdf
N3765_LDP-Maths_TS_specifique-C01-BAT
N3765_LDP-Maths_TS_specifique-C02-BAT
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LIVRE DU PROFESSEUR Sous la direction d’ÉRIC BARBAZO et de CHRISTOPHE BARNET Martial Baheux Nadine Castagnos Maïna Cigana Amélie Daniel Dominique Grihon Pierre Grihon Benoît Lafargue Corinne Ondriozola Sandrine Pollet-Mourlan Catherine Racadot

Pour animer la classe, les diaporamas sont gratuitement téléchargeables sur le site www.hachette-education.com.

Mise en pages et schémas : Soft Office Page de titre et couverture : Guylaine Moi Édition : Alexandre Bertin www.hachette-education.com © Hachette Livre 2016, 58 rue Jean Bleuzen, 92178 Vanves Cedex ISBN : 978-2-0139-5468-6 Tous droits de traduction, de reproduction et d’adaptation réservés pour tous pays.

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Sommaire

Avant-propos et propositions de progression

4

Analyse 1 Récurrence

7 8 10 12 23

2 Limites des suites

25

Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

26 29 31 45

Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

4 Dérivabilité et continuité Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

5 Fonction exponentielle Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

6 Fonction logarithme népérien © Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

9 Nombres complexes : forme algébrique

Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

3 Limites des fonctions

Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

7 Fonctions trigonométriques Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

8 Intégration Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

Géométrie et nombres complexes

47 48 50 52 72 73 74 77 79 92 93 94 96 98 111

Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

183 184 187 189 200

10 Nombres complexes : forme exponentielle 203 Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

11 Géométrie non repérée de l’espace Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

204 207 209 221 223 224 226 228 237

12 Géométrie vectorielle et repérée de l’espace 239 Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

13 Produit scalaire dans l’espace Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

240 247 249 266 267 268 270 272 289

Probabilités et statistiques

113

14 Conditionnement

291

114 117 119 136

Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

292 295 297 308

139 140 142 144 160 161 162 166 168 180

15 Lois à densité, uniforme et exponentielle Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

16 Loi normale et estimation Pour construire le cours Diaporamas Corrigés des exercices Traduction de No Problem!

309 310 312 314 321 323 324 328 330 337

Avant-propos

Avant-propos et propositions de progression La Terminale S est l’année du cycle terminal où les mathématiques deviennent l’une des disciplines majeures. Il s’agit de compléter les acquis des années précédentes, mais aussi de jeter les bases d’une réelle formation mathématique qui permettra aux élèves de pouvoir intégrer des études supérieures de niveau scientifique très élevé. Néanmoins, de nombreux élèves de la série S ne feront plus de sciences après l’obtention de leur Baccalauréat. Il est donc important qu’en parallèle, l’enseignement mathématique de ce cycle conserve son apport de culture scientifique dans de nombreux domaines adjacents aux sciences dites dures. La classe de Terminale est une année d’orientation. Il est indispensable de sensibiliser les élèves de Terminale S aux différentes filières et diplômes des années suivantes. C’est dans cette optique que la page d’ouverture de chaque chapitre présente une orientation possible après la classe de Terminale S. Sans prétention d’exhaustivité, la présentation a pour but de mettre les élèves sur une voie de réflexion vers des études auxquelles ils n’auraient pas nécessairement pensé ou osé appréhender. Dans le même temps, la structure du manuel préserve son caractère maintenant bien connu, en proposant des situations de recherche dès le début du chapitre dans des domaines très différents et où les mathématiques jouent un rôle important. Ces situations permettent de découvrir les notions fondamentales mais aussi de mettre en place le raisonnement et la démarche scientifiques qui constituent toute l’activité mathématique. Le cours est ensuite là en synthèse et applications directes au travers d’exercices corrigés. Nous présentons dans ce livre du professeur les situations corrigées avec des remarques utiles à la conduite de la recherche des élèves et une proposition de trace écrite des connaissances qui doivent émerger du travail des élèves durant la séance.

L’ensemble des exercices du manuel a été pensé pour respecter la diversité des élèves de la série S. Les exercices Piano et Moderato doivent pouvoir être faits par tous les élèves et constituent la base nécessaire à l’apprentissage. Les exercices Allegro permettent d’aller plus loin pour ceux qui se destinent à la poursuite d’étude scientifique de haut niveau. Les exercices de Baccalauréat sont d’excellents entraînements tout au long de l’année pour commencer très tôt à préparer l’examen sur de vrais exercices de Bac. Chacune de ces doubles pages commence par un « Zoom sur… » qui répond à des questions fréquemment posées par les élèves sur l’épreuve elle-même. L’oral et les activités mentales sont des éléments constitutifs d’une bonne formation en mathématiques. La page Réflexes et activités mentales permet de développer des mécanismes et des automatismes propres à la réflexion mathématique. Le calcul mental et l’oral renforcent ces pratiques (que l’on peut développer également avec les diaporamas proposés en téléchargement gratuit sur www.hachette-education.com). Quelques exercices proposent également des situations un peu exceptionnelles qui permettent par des exemples parfois caricaturaux (au bon sens du terme) d’expliquer certains non-dits.

4

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

Une partie innovante du manuel est de présenter des Cartes mentales que les professeurs pourront expliquer et projeter à leurs élèves. Elles ont pour objet de permettre une plus grande facilité à retenir les notions essentielles et à les utiliser. En les projetant en classe ou en les donnant à revoir à la maison, elles constituent un atout dans l’apprentissage et la mémorisation des concepts et des méthodes.

Avant-propos

L’ensemble du manuel respecte bien entendu entièrement les programmes en vigueur, sans se priver toutefois d’ouvrir des pistes d’approfondissement ou de culture scientifique lorsque nous l’avons jugé nécessaire. L’ordre des notions et capacités présentées dans le programme officiel n’indique pas de progression. C’est pourquoi deux exemples de progressions sont proposées ; d’autres peuvent exister. Enfin, la page No Problem permet aux sections européennes de commencer à appréhender l’épreuve spécifique du baccalauréat et donne accès aux autres élèves à une culture personnelle (une traduction en espagnol et en allemand est disponible dans le manuel numérique). Nous proposons ici la traduction des énoncés.

Les auteurs

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

Propositions de progression 1 Récurrence

1 Récurrence

2 Limites des suites

2 Limites des suites

9 Nombres complexes : forme algébrique

3 Limites des fonctions

3 Limites des fonctions

4 Dérivabilité et continuité

14 Conditionnement

5 Fonction exponentielle

4 Dérivabilité et continuité

9 Nombres complexes : forme algébrique

5 Fonction exponentielle

14 Conditionnement

10 Nombres complexes : forme exponentielle

10 Nombres complexes : forme exponentielle

11 Géométrie non repérée de l’espace

11 Géométrie non repérée de l’espace

6 Fonction logarithme népérien

6 Fonction logarithme népérien

12 Géométrie vectorielle et repérée de l’espace

7 Fonctions trigonométriques

7 Fonctions trigonométriques

8 Intégration

13 Produit scalaire dans l’espace

15 Lois à densité, uniforme et exponentielle

8 Intégration

12 Géométrie vectorielle et repérée de l’espace

15 Lois à densité, uniforme et exponentielle

16 Loi normale et estimation

16 Loi normale et estimation

13 Produit scalaire dans l’espace

Avant-propos

5

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1

Récurrence

Pour construire le cours Situation A Discuter un raisonnement en PHILOSOPHIE 1. En remarquant : 2 × 2 + 1 = 5  , 2 × 5 + 1 = 11 et 2 × 23 + 1 = 47 on trouve que le terme suivant correspond à 2 × 47 + 1 = 95 . On peut aussi trouver 95 en remarquant que la différence entre chaque nombre est doublée (5 – 2 = 3, 11 – 5 = 6, 23 – 11 = 12, 47 – 23 = 24 et alors le suivant et 47 + 2 × 24 = 95). On redécouvre ainsi la notion de récurrence. 2. On ne peut pas établir de généralité à partir de ce qui a été observé. On peut expliquer aux élèves que si un résultat est vérifié pour certains cas particuliers, cela ne permet pas d’établir une règle générale. 3. Utiliser le mode récurrence de la calculatrice pour gagner du temps et revoir ainsi le fonctionnement de la calculatrice avec les élèves. On trouve que les six premiers termes sont nuls. On pourrait penser que tous les termes de la suite sont nuls, de la même façon que dans le raisonnement présenté au 2, on concluait que tous les chats étaient noirs. On demande aux élèves comment vérifier si la suite est nulle ; le calcul de u6 permet de dire que ce n’est pas le cas.

Situation B Étudier une propriété dépendant d’un entier en MATHÉMATIQUES 1. u1 = 1 et 1 = 1 , donc 3 (1) est vraie. 2 1+ 1 2 1 u2 = + 1 = 1 + 1 = 3 + 1 = 4 = 2 et 2 = 2 , donc 3 (2) est vraie. 1× 2 2 × 3 2 6 6 6 6 3 2 +1 3

un+1 =

(n + 1)2 = n +1 (n + 1)(n + 2) n + 2, on retrouve ainsi 3 (n + 1).

On dit alors que la propriété 3 (n) est héréditaire.

Trace écrite Axiome de récurrence.

8

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2. a. 3(n + 1) = n + 1 n+2 2 1 1 1 1 1 + 1 +…+ + = un + = n + = n(n + 2) + 1 = n + 2n + 1 b. un+1 = 1× 2 2 × 3 n × (n + 1) (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) 1444442444443 2 1 1 1 1 + + = un + = n + = n(n + 2) + 1 = n + 2n + 1 u n n × (n + 1) (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)

Pour construire le cours

Situation C Analyser un résultat en MATHÉMATIQUES On calcule les premiers termes et on constate que le résultat n’est pas vérifié. On montre ainsi qu’une propriété peut être héréditaire alors qu’elle est fausse, d’où l’importance de commencer par l’initialisation.

Trace écrite L’utilisation du raisonnement par récurrence.

Situation D Étudier l’évolution d’une population de bactéries en SCIENCES de la VIE et de la TERRE 1. a. On conjecture que le nombre de bactéries décroît. Demander aux élèves d’expliquer l’algorithme (variable, boucle pour, affichage). b. Il suffit de changer : «  Pour n allant de 1 à 49 » 2. On démontre par récurrence la propriété P (n) : « un > 7 500 pour tout entier n » Initialisation : pour n = 0, u0 = 10 000 > 7 500, donc P (0) est vraie. Hypothèse de récurrence : On suppose que, pour un certain rang n fixé, P(n) est vraie, c’est-à-dire que un > 7 500. On montre qu’alors P(n + 1) est vraie, c’est-à-dire un+1 > 7 500. Si un > 7 500, alors 0,8un > 6 000 et 0,8un + 1 500 > 7 500, autrement dit un+1 > 7 500 Donc P (n + 1) est vraie. On explique que lorsque la suite est définie avec une formule de récurrence, pour démontrer l’hérédité, on part de l’hypothèse sur un et on effectue les opérations sur les inégalités pour arriver à un+1.

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Conclusion : P (0) est vraie et la propriété est héréditaire, donc elle est vraie pour tout entier n. On insiste sur le fait qu’il ne faut pas oublier la conclusion.

1 • Récurrence

9

Diaporamas Récurrence

Diaporama calcul mental

Récurrence

Diaporama calcul mental

Si, pour tout entier naturel n, un = 5n − 4 , alors un+1 est

Pour tout entier naturel n, le nombre 3n+1 − 2 × 3n  est

égal à :

égal à :

a. 5n − 3

b. 5n + 1

a. 3n

b. 3n+1

c. 5n − 5

d. 5n + 5

c. 3n − 2

d. 1

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Récurrence

Diaporama calcul mental

Diaporama calcul mental

La suite (un ) , définie par un = − 3 pour tout entier 7 naturel n, est : b. 3 d. 3

× 5n+1

a. géométrique

b. arithmétique

c. constante

d. ni géométrique, ni arithmétique

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Récurrence

Diaporama calcul mental

La somme de cinq entiers consécutif est toujours

b. 10

c. 2

d. 15

Récurrence

a. supérieure à 2

b. inférieure à 2

b. inférieure à 3 2

c. égale à 1− 1 2

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Récurrence

Diaporama calcul mental

Si, pour tout entier naturel n non nul, un = n + 1 , n+2 alors un+1 est égal à : a. n + 3 n+2

b. n + 1 +1 n+2

c. n + 2 n+3

d. n + 1 n+3 © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

10

Diaporama calcul mental

La somme 1+ 1 + 1 + 1 + 1 est : 2 4 8 16

divisible par : a. 5

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()

4

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Récurrence

Diaporama calcul mental

La fonction f définie sur [0 ; + `[ par f ( x ) = x + 1 est : x +3 a. croissante

b. décroissante

c. supérieure strictement à 1 3

d. non monotone

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c. 15

Récurrence

n

n+3 Le nombre 6 × 5n−2 est égal à : 2×5

a. 3 × 5n

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Diaporamas

Récurrence

Diaporama QCM chrono

b. n = 1

c. n = 2

d. n = 3

un+1 − un est égal à : a. 5

b. 5n+1

c. 5n+1 − 5n + 6

d. 4 × 5n

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Récurrence

Diaporama QCM chrono

La suite (un) est définie, pour tout entier n,

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Récurrence

Diaporama QCM chrono

La suite (un) est définie, pour tout entier n, par u0 = 1 ,

2 par un+1 = 4 + un .

u1 = 3  et un+2 = 4un+1 − 3un .

La propriété « (un) est croissante » est :

On a :

a. héréditaire

b. pas héréditaire

a. u2 = −5

b. u2 = 4

c. fausse

d. fausse à partir d’un certain rang

c. u3 = 27

d. u3 = −27

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Récurrence

Si un = égale à : © Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

Diaporama QCM chrono

La suite (un) est définie, pour tout entier n, par un = 5n + 3 .

L’expression 4n − 3n est un multiple de 2 pour : a. n = 0

Récurrence

Diaporama QCM chrono

1 + 1 + … + 1 , alors u − u est n+1 n n +1 n + 2 n+7 1 − 1 n+8 n+7 d. 1 − 1 n + 8 n +1

1 n+8 c. 1 − 1 n +1 n + 7

a.

b.

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Récurrence

Les trois premiers termes de la suite (un) définie par un+1 = 1 un − 2n et u0 = 15   sont : 3 a. 15 ; 5 ; − 7 b. 5 ; − 1  ; − 37 3 3 9 c. 15 ; 3 ; – 3 d. 15 ; 5 ; − 1 3

© Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Récurrence

Diaporama QCM chrono

La suite (un) est définie par u0 = 1 et un+1 = 2un − 3 . On démontre par récurrence la propriété P(n) : «  un =

3 − 2n+1

pour tout entier n ».

À l’initialisation, on doit prouver : a. u1 = 3 − 21 c. u0 =

3 − 20+1

b. u1 = 3 − 21+1

Diaporama QCM chrono

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Récurrence

Diaporama QCM chrono

On considère la fonction f définie sur ]1 ; + `[ par f ( x ) = 3x . Pour réel x [ ]1 ; + `[, on a : x −1 a. f (x) , 3

b. f (x) < 3

c. f (x) < −3

d. f (x) . 3

d. u1 = 2u0 − 3 © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

© Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

1 • Récurrence

11

Exercices Réviser ses gammes Gamme 1 un−1 = 3n2 − 6n + 2 ; un+1 = 3n2 + 6n + 4 .

Gamme 8 1.

y

Gamme 2 1. u0 = 3  ; u1 = 5  ; u2 = 7  ; u3 = 9 .  2. v0 = 3 ; v1 = −3 ; v2 = 3 ; v3 = −3. 3. w0 = −2 ; w1 = −8 ; w2 = −39 ; w3 = −195. Gamme 3 1. Pour tout entier n, un+1 − un = 5. La suite (un) est arithmétique de raison 5. 2. Pour tout entier n, un+1 − un = −7. La suite (un) est arithmétique de raison −7. 3. Pour tout entier n, un+1 − un = 2n +1 n’est pas une constante. La suite (un) n’est pas arithmétique. Gamme 4 1. 2n−1 − 2n+1 = −3 × 2n−1. n+2 2. 5 × 3 n = 45 . 7 7×3 n n−2 3. 3 × 2 = 2n−1 . 4 3 3

()

Gamme 5 1. un+1 = 5 × un. La suite (un) est géométrique de raison 5. 2. vn+1 = 1 × vn . 2 La suite (vn) est géométrique de raison 1 . 2 3. wn+1 = 1,5 × wn. La suite (wn) est géométrique de raison 1,5. Gamme 6 1. 3 ; 6 ; 9 ; 12. 2. (3n + 1)2 − 7 = 3 × (3n2 + 2n − 2) de la forme 3 × k, où k est un nombre entier. Gamme 7

13 1+ 3 + 32 + … + 312 = 3 − 1. 2

O

x

2. Le nuage ressemble à une parabole. 3. L’équation de la parabole est de la forme : f (x) = ax2 + bx, car f (0) = 0. En utilisant deux autres points, on trouve : f (x) = 1,5x2 − 8,5x, donc un = 1,5n2 − 8,5n. Gamme 9 1. U0 = 0 ; U1 = 2 ; U2 = 6 ; U3 = 14 ; U4 = 30. 2. La suite est définie pour tout n par Un+1 = Un + 2n+1, donc Un+1 − Un . 0, la suite est croissante. −3 . Pour tout x [ ] − 1; + `[ , (x + 1)2 f ′(x) ,0 , f est strictement décroissante sur ]−1 ; +`[ . 2. h ′(x) = 0,4x + 1. Pour tout x [ [0 ; +`[ , h ′(x) .0 , h est strictement croissante sur [0 ; +`[ . Gamme 10 1. f ′(x) =

Gamme 11 1.f(x) = 3 est strictement décroisx +4 sante sur [0 ; +`[ . La suite (un) est décroissante. 2. Pour tout entier n, un+1 − un = −2n − 5 , 0. La suite (un) est décroissante.

S’organiser pour apprendre 1

c

.

2

b

.

3

b

.

4

a

1 Faux

.

2 Faux

3 Vrai

4 Vrai

Corrigés des exercices 1 1. P(1) :  1× 2 = 1× (1+ 1)3× (1+ 2) . 2. P(2) : 52 ˘ 42 + 32. 3. P(3) :   ⎛1− 12 ⎞ ⎛1− 12 ⎞ = 3 × 8 = 3 + 1 . ⎝ 2 ⎠⎝ 3 ⎠ 4 9 2×2

2 P (n) vraie pour n = 0 et n > 5. 3 Pour n = 0 : u0 = −1 < 1 P (0) est vérifiée.

On suppose P (n) vraie. On a un < 1 ⇔ 0,2un + 0,6 < 0,8 < 1. Donc un+1 < 1. La propriété P (n) est vérifiée pour tout entier n.

12

4 1. u1 = −3. 2. u3 = 10. 13 3. u12 = 3 − 1. 2 5269 4. u5 = . 3 600

5 1. Propriété vraie pour n = 0, fausse pour n = 1 et 2. 2. Propriété vraie pour n = 0 et 2, fausse pour n = 1. 3. Propriété vraie pour n = 0 et 1, fausse pour n = 2. 1 1 + … +  : 1× 2 × 3 (n + 1)(n + 2)(n + 3) P (n + 1) : Sn+1 = (n + 1)(n + 4) . 4(n + 2)(n + 3)

6 1. Sn+1 =

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VRAI ou FAUX ?

QCM

Exercices 2. P(n + 1) : 1 + (2 × 2!) + … + (n + 1)(n + 1)! = (n + 2)! −1. 2n+2

3. P(n + 1) :2

+ 6n + 5 est un multiple de 9.

7  1. un+1 − un = 6 × 7n. 1 . n +1 3. un+1 − un = 1 + 1 − 1 . 2n + 2 2n + 1 n 2. un+1 − un =

8  u0 = 2 ; u1 = 3 ; u2 = 13 ; u3 = 45 ; u4 = 161 ; u5 = 573.   ; u = 49 . 9  u0 = 1 ; u1 = 52  ; u2 =  11 2 3 4

11  1.

2. un = un−1 + un−2 (suite de Fibonacci)

12  1. L’initialisation peut être réalisée pour tout entier n0. Le cas particulier n = 2 impose d et d’ non parallèles ⇔ d et d’ sécantes (concourantes). Or l’initialisation devient fausse pour n0 = 3. 13  Problème d’initialisation : P (1) vraie du fait de l’unicité, mais P (2) devient faux. 14  1. a. c. et d. sont vraies.

2. a. et b. sont vraies.

15  1.10n+1 + 1 = 10 × 10n + 10 − 9 = 10 (10n + 1) −9.

En supposant P (n) vraie, alors P (n + 1) deviendra vraie. Donc P (n) est héréditaire. 2. Pas d’initialisation possible : P (n) est fausse. © Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

19  Pour n = 0 : 0 est multiple de 6. On suppose la propriété P (n) : n(2n + 1)(7n + 1) multiple de 6. (n + 1) (2n + 1 + 2) (7n + 1 + 7) = n (2n + 1) (7n + 1) + 6 × (7n2 + 10n + 4) P (n + 1) est vérifiée, donc la propriété est vraie pour tout entier n. 20  Conjecture : un = 21 n2 + 21 n (propriété P (n)).

Par récurrence : P (0) est vérifiée. On suppose P (n) vraie. un+1 = 1 n2 + 1 n + n + 1 = 1 (n + 1)2 + 1 (n + 1) 2 2 2 2 P (n + 1) est vérifiée, donc P (n) est vraie pour tout entier n.

. 10  S = 33 4

16  un , 57 ⇔ un + 52 , 59 . Comme la fonction « racine carrée » est strictement croissante sur [0 ; +`[, alors un + 2 , 9 , 7 . 5 5 5 Donc P (n + 1) est vérifiée. P (n) est héréditaire. 17  1. Une pyramide de trois niveaux nécessite 32

carrés. L’affirmation semble exacte. 2. Pour tout entier strictement positif, on note Sn = 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) (nombre de carrés nécessaires pour une pyramide de n étages). Soit P (n) la propriété Sn = n2 : P (1) est vérifiée. On suppose P (n) vraie. Sn+1 = 1+ 3 + … + (2n − 1) + (2n + 1)     = Sn + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 Donc P (n + 1) est vérifiée. Pour tout entier n strictement positif, Sn = n2. 2n

P (6) est vérifiée. On suppose P (n) vraie. On a 2n+1 ˘ 2(n + 2)2 . (n + 3)2 (après étude du signe du polynôme x2 + 2x − 1 sur ]0; +`[). Conclusion : P (n) est vérifiée pour tout entier n > 6.

2)2 pour

> (n + 18  priété : 2n > (n + 2)2.

n > 6. On note P (n) la pro-

21  1. P (0) est vérifiée. On suppose P (n) vraie ⇔ 0 < un < 9 ⇔ 0 < 9un < 81. La fonction « racine carrée » est strictement croissante sur [0 ; +`[, donc 0 ¯ 9un ¯ 9 : P (n + 1) est vérifiée. Donc P (n) est vraie pour tout entier n. 2. Initialisation : u1 − u0 = 3 2 − 2.0.  On suppose un − un−1 . 0. 3(u − un−1) un+1 − un =  9un − 9un−1 =  n .0. un + un−1 Donc pour tout entier n,  un+1 − un . 0. La suite (un) est croissante. Pour tout entier n, 0 < un < 9 ⇔ 0 ¯ un2 ¯ 9un. La fonction « racine carrée » est strictement croissante sur [0 ; +`[. D’où un ¯ 9un , soit un ¯ un+1. La suite (un) est croissante.

22  Initialisation : ui − u0 =  7 − 5 , 0.

On suppose un − un−1 , 0.

un+1 − un =  un + 2 − un−1 + 2 . = 

(un − un−1) ,0 un + 2 + un−1 + 2

(un − un−1) , 0. un + 2 + un−1 + 2 Donc, pour tout entier n,  un+1 − un , 0. La suite (un) est décroissante. un−1 + 2 = 

23  1. u1 = 1 ; u2 = 3 ; u3 = 7 ; u4 = 15. 2. Initialisation : pour n = 1 : 21 − 1 = u1 est vérifiée. On suppose un = 2n + 1. un+1 = 2un + 1 = 2 × (2n − 1) +1 = 2n+1 − 1. Donc l’égalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 1. 24  Initialisation  : u1 − u0 = − 73 , 0 . On suppose

un − un−1 , 0.  un+1 − un = 1 (un − un−1) , 0. 3 Donc, pour tout entier n,  un+1 − un , 0 . La suite (un) est décroissante.

25  Initialisation : 32 ¯ u0 ¯ 2 est vérifiée. On sup-

pose 3 ¯ un ¯ 2 . 2

1 • Récurrence

13

Exercices

0+1

1− q 26 Initialisation : pour n = 0 : 1− q = 1est vérifiée.

n On suppose que 1+ q + q2 + … + qn−1 = 1− q . 1− q

1− qn 1− qn+1 . + qn = 1− q 1− q Donc l’égalité est vérifiée pour tout entier n.

1+ q + q2 + … + qn−1 + qn = 

27 1. un ˘ 2n  pour n ˘ 4 .

2. Initialisation : pour n = 4, u4 = 26 . 24 . On suppose un ˘ 2n . un+1 = un2 + 1 > (2n)2 + 1 > 22n ˘ 2n+1. Donc l’inégalité est vérifiée pour tout entier n.

28 Pour n = 2 : (x2 )’ = 2x .

On suppose (xn )’ = nxn−1 . (xn+1) = (x × xn)’ = xn + x × nxn−1 = (n + 1)xn . Donc l’égalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 2 . 1 . Donc 1, u , 1+ 1 . 29 u1 = 1+ 2016 1 2015

1 . 2015 Comme la fonction « inverse » est continue décroissante sur ]0; +`[, alors : 1. 1 . 2015 ⇔1+ 1 . 1 + 1 . 1. un 2016 un 2016 2016 D’où 1, un+1 , 1+ 1 , 1+ 1 . 2016 2015 Donc la double inégalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 1.

On suppose 1, un , 1+

n

30 1. Conjecture : ∑ (2k − 1) = n2 . k=1

2. Initialisation : 12 = (2 × 1− 1) est vérifiée. On suppose

n

∑ (2k − 1) = n2 .

k=1

n+1

n

k=1

k=1

∑ (2k − 1) ∑ (2k − 1) + 2n + 1 = n2 + 2n + 1

= (n + 1)2. Donc l’égalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 1.

31 1. Pour n = 0 : 0 est divisible par 3. On suppose n3 − n divisible par 3. (n + 1)3 − (n + 1) = n3 − n + 3(n2 + n) divisible par 3. Donc, pour tout entier n, n3 − n est divisible par 3. 2. Pour n = 0, 7 × 30 + 4 = 11 . On suppose 7 × 35n + 4 divisible par 11. 14

7 × 3 5(n+1) + 4 = 243 × 7 × 3 5n + 243 × 4 − 968 = 243(7 × 35n + 4) − 11× 88 qui est divisible par 11. Donc, pour tout entier n, 7 × 35n + 4 est divisible par 11. 3. Pour n = 0, 40 − 1− 3 × 0 = 0 est divisible par 9. On suppose que 4n − 1− 3n est divisible par 9. 4n+1 − 1 − 3 (n + 1) = 4 × 4n − 1 − 3n − 3 = 4 × 4n − 4 −12n + 9n .= 4(4n − 1− 3n) + 9 −12n + 9n = 4(4n − 1− 3n) + 9 divisible par 9. Donc, pour tout entier n, 4n − 1− 3n est divisible par 9. n(n + 1) 32 1. P (n) : 1+ 2 + … + n = 2 .

Pour n = 0 , les deux membres sont nuls. On suppose que P (k) est vraie pour une certain rang k, soit 1+ 2 + … + k = k(k + 1) . 2 On calcule 1 + 2 + … + k + (k + 1) = k(k + 1) + (k + 1) 2 (k + 1)(k + 2) = . 2 Donc P(k + 1) est vraie. La propriété est donc vraie pour tout n. 2. P (n) : un = (−4)n+1 + 1. P (0) est vraie, car : (−4)1 + 1 = −4 + 1 = −3. On suppose que P (k) est vraie pour une certain rang k, soit uk = (−4)k+1 + 1. On a alors : uk+1 = 5 − 4uk = 5 + (−4) × ((−4)k+1 + 1) = 1 + (−4)k+2, donc la propriété est vraie pour tout n.

33 Pour n = 3, la propriété est vérifiée. On suppose vraie la propriété au rang n. Un polygone de (n + 1) côtés peut être envisagé comme un polygone à n côtés et un triangle ayant un côté commun au polygone. La somme des angles est alors égale à 180(n − 2) + 180 = 180(n − 1) . La propriété est donc vraie pour tout entier n ˘ 3 . 34 (polygone à n côtés : n ˘ 3) Pour n = 3 aucune diagonale. La propriété est vérifiée. On suppose qu’un polygone à n côtés admet n(n − 3) 2 diagonales. Un polygone ayant (n + 1) côtés admet (n + 1) sommets, donc n arêtes supplémentaires dans le réseau, dont deux sont les côtés du nouveau polygone, mais un des côtés devient une diagonale. Donc (n − 1) diagonales supplémentaires. Alors le polygone à (n + 1) côtés contient n(n − 3) + (n − 1) diagonales, soit 2 (n + 1)(n − 2) . 2 La propriété est donc vraie pour tout entier n ˘ 3 . Autre démonstration sans la récurrence : un polygone à n côtés est réalisé avec n sommets. Pour le premier sommet : (n − 1) arêtes le relient aux autres sommets. Pour le second sommet : (n − 2) arêtes (on ne recompte pas l’arête reliant le sommet 1 au sommet 2) et ainsi de suite. Le nombre d’arêtes dans le réseau s’écrit (n − 1) + (n − 2) + … + 2 + 1 = n(n − 1) . 2 Le nombre de diagonales est égale au nombre total d’arêtes −n, soit n(n − 1) − n = n(n − 3) . 2 2

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

Comme la fonction « inverse » est décroissante sur ]0 ; +`[ , alors 2 ˘ 1 ˘ 1 ⇔ 53 ˘ u1 + 1˘ 32 . 2 3 un n 3 Donc ¯ un+1 ¯ 2. 2 Pour tout entier n, 3 ¯ un ¯ 2 . 2

Exercices

n ˘ 7 . Pour n = 7,   35 1. Conjecture : vn . un pour l’inégalité est vérifiée. On suppose n! . 3n ⇔ 3 × n! . 3n+1 . Or n ˘ 7, donc (n + 1) × n! . 3 × n! D’où (n + 1)! . 3n+1. L’inégalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 7 .

36 1. Par récurrence : 1¯ u0 ¯ 2 est vraie. On sup-

pose 1¯ un ¯ 2.

On pose f (x) = x2 − 2x + 2 définie sur [1 ; 2]. f est continue strictement croissante sur [1  ; 2] avec f (1) = 1 et f (2) = 2. Alors, pour tout x [ [1;2], 1¯ f(x) ¯ 2. D’où 1¯ un+1 = f(un ) ¯ 2. Conclusion : pour tout entier n, 1¯ un ¯ 2. 2. Pour tout entier n, un+1 − un = un2 − 3un + 2 = (un − 1) (un − 2). 3. Pour tout entier n, 1¯ un ¯ 2 , d’où 0 ¯ un − 1¯ 1 et −1¯ un − 2 ¯ 0, donc un+1 − un , 0. La suite (un) est décroissante.

37 Pour n = 2 : S2 = 1 = (2 − 1)22 − 2 × 2 + 1. L’égalité

est vraie. On suppose l’égalité vraie au rang n. Sn+1 = Sn + n × 2n−1 = (n − 1)2n − n2n−1 + 1 + n × 2n−1 = (n − 1)2n + 1 = (2n − n − 1)2n =  + 1 +1 = n2n+1 − (n + 1)2n + 1. L’égalité est donc vérifiée pour tout entier n ˘ 2 .

38 1. Le nuage de points semble suivre l’équation

d’une parabole. 2. Conjecture : un = n2 − 12n. 3. Pour n = 0, u0 = 0 est vérifiée. On suppose un = n2 − 12n un+1 = n2 − 10n − 11 = = (n + 1)2 − 12(n + 1) . Donc l’égalité est vérifiée pour tout entier n.

k=1

n(n + 1)(2n + 1) . 6

40 a. Pour n = 2, 32 ¯ 3 × 4 est vérifié.

On suppose (n + 1)2 ¯ 3n2 . (n + 2)2 = (n + 1)2 + 2(n + 1) + 1 < 3n2 + 2(n + 1) + 1 ¯ 3n2 + 2n + 3 ¯ 3n2 + 6n + 3 ¯ 3(n + 1)2 Donc, pour tout entier n ˘ 2 , l’inégalité est vérifiée. b. Pour n = 5, 25 + 5 × 52 = 157 ¯ 35 est vérifiée. On suppose 2n + 5n2 ¯ 3n. 2n+1 + 5(n + 1)2 ¯ 2n+1 + 5 × 3n2 (d’après le résultat a.). D’où 2n+1 + 5(n + 1)2 ¯ 3 × 2n + 3 × 5n2 ¯ 3(2n + 5n2 ) < 3n+1. Donc l’inégalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 5 .

41 1. Pour n = 1, vn = 31 est vérifiée. On suppose vn = nn . 3 + 1. vn+1 =  n + 1 × nn = nn+1 3n 3 3 Donc l’égalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 1. +1, 0. 2. Pour tout entier n ˘ 1,  vn+1 − vn = −2n 3n+1 La suite (vn ) est décroissante. 3.

Conjecture : Pour tout entier n ˘ 1 , 0 ¯ vn ¯ 1 . 3 La double inégalité est vérifiée pour n = 1. On suppose 0 < vn < 1 ⇔ 0 < nn ¯ 1 3 3 3 n ¯ 1 ⇔ 0 ¯ n + 1 ¯ 1 + 1 ¯ 1 + 1 ¯ 1. ⇔0 < n+1 9 3n+1 9 3n+1 9 9 3 3 Donc la double inégalité est vérifiée pour tout n ˘ 1. On suppose un = 3 × 5n − 2 .

6 000 © Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

n

∑ k2 = 6n (2n2 + 3n + 1) =

42 1. Pour n = 0, 3 × 50 − 2 = 1 = u0 .

39 1.

un+1 = 5 × (3 × 5n − 2) + 8 = 3 × 5n+1 − 2 .

5 000

Donc, pour tout entier n, un = 3 × 5n − 2 .

4 000 3 000 2 000 1 000 0

4.

1

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

2. Le nuage de points semble se placer sur une parabole d’équation y = 2x2 + 3x + 1. Conjecture : un = 2n2 + 3n + 1. 3. Pour n = 1 : 2 × 12 + 3 × 1+ 1 = 6 = u1 est vérifiée. On suppose un = 2n2 + 3n + 1. un+1 =

n+1

n

6 ∑ k2 = n n+ 1 × 6n ∑ k2 + n 6+ 1 × (n + 1)2 n + 1k=1 k=1

= n × (2n2 + 3n + 1) + 6(n + 1) n +1 = 2n2 + 7n + 6 = 2(n + 1)2 + 3(n + 1) + 1. Donc l’égalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 1.

2. a. Pour tout entier n, vn+1 = 5un + 10 = 5vn . Donc (vn ) est géométrique de premier terme v0 = 3 et de raison 5. b. Pour tout entier n, vn = 3 × 5n . D’où un = 3 × 5n − 2 .

43 Pour n = 0, 2 ¯ v0 ¯ 3 est vérifiée. On suppose 2 ¯ vn ¯ 3 . Comme la fonction « inverse » est continue strictement croissante sur ]0; +`[ , on a : 1 ¯ 1 ¯ 1 ⇔ 2+ 1 ¯2+ 1 ¯2+ 1 . 2 3 vn vn 2 3 On obtient 2 ¯ 7 ¯ vn+1 ¯ 5 ¯ 3 . 3 2 Donc, pour tout entier n, 2 ¯ vn ¯ 3 .

44 1. a. La suite (un ) semble décroissante. b. u0 = 10 . 4 = u1 . 1 • Récurrence

15

Exercices On suppose un , un−1 ⇔ 1 un + 2 , 1 un−1 + 2 5 5 ⇔ un+1 , un. Donc, pout tout entier n, un+1 , un. La suite (un ) est décroissante. 2. a. Conjecture : pour tout entier n, un ˘ 2,5. b. Par récurrence : pour n = 0, u0 ˘ 2,5 est vraie. On suppose, un ˘ 2,5 ⇔ 1 un ˘ 0,5 ⇔ 1 un + 2 ˘ 2,5 5 5 ⇔ un+1 ˘ 2,5. Donc 2,5 est un minorant de la suite (un ).

45 1. u1 = 5 : u2 = 8; u3 = 13 .

2. Par récurrence : pour n = 1, 2 × (20 + 1) + 1 = 5 = u1. On suppose un = 2 × (2n−1 + 1) + n. un+1 = 2 × ⎡⎣2 × (2n−1 + 1) + n ⎤⎦ − n − 1 = 2n+1 + n + 3 = 2 × (2n + 1) + (n + 1). L’égalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 1.

49 1. Les points représentant la suite (un ) semblent se placer sur une parabole d’équation y = ax2 + bx + c. On peut donc conjecturer que, pour tout entier n, un = an2 + bn + c.

2. a. v0 = 16 ; v1 = 24 ; v2 = 32 ; v3 = 40 ; v4 = 48. b. La suite (vn ) semble arithmétique de premier terme v0 = 16 et de raison 8. Pour tout entier n, on peut envisager vn = 8n + 16 . 3. a.

n−1

∑ vi

i=0

2

46 Par récurrence : pour n = 1, 1! × 3! = 6 > (2!) est vérifiée. On suppose l’inégalité vérifiée au rang n, alors : 1!× 3!× …. × (2n + 1)!× (2n + 3)! ˘ ((n + 1)!)n+1 × (2n + 3)! + 2) × (n + 3) … × (2n + 3)$ Comme (2n + 3)! = (n + 1)! × (n !############ #"× ############# (n+2)facteurs

> (n + 1)! × (n + 2)n+2, alors : 1! × 3! × … × (2n + 1)! × (2n + 3)! > ((n + 1)!)n+1 × (n + 1)! × (n + 2)n+2 1! × 3! × … × (2n + 1)! × (2n + 3)! > ((n + 1)!)n+2 × (n + 2)n+2 1! × 3! × …. × (2n + 1)! × (2n + 3)! ˘ ((n + 2)!)n+2

= un − u0 ⇔ un = 4n2 + 12n + 5 .

b. Démonstration par récurrence : pour n = 0, u0 = 5 est vérifiée. On suppose un = 4n2 + 12n + 5, donc : un+1 = n + 3 (4n2 + 12n + 5) + 6 = 4n2 + 20n + 21 n +1 n +1 = 4(n + 1)2 + 12(n + 1) + 5 L’égalité est donc vérifiée pour tout entier n.

(

)

 ; u2 =  137  ; u3 =  649 . 50 1. u1 =  31 5 25 125 2.

Donc l’inégalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 1.

1 . n +1 3. Par récurrence : pour n = 0 : 1 = u0 est vérifiée. 1 On suppose un = 1 . n +1 1 n + 1 = 1 , donc l’égalité est vérifiée un+1 = n+2 1 +1 n +1 pour tout entier n.

2. Conjecture : pour tout entier n, un =

48 1. a. Pour N = 3, l’algorithme affiche 4. Pour N = 4, l’algorithme affiche 10. b. Sp =

p

∑ i × (p − i).

i=1

2. Sp = 1× (p − 1) + 2 × (p − 2) + … + (p − 1) × 1 Sp+1 = 1× p + 2 × (p − 1) + … + (p − 1) × 2 + p × 1 Sp+1 − Sp = p + (p − 1)(2 − 1) + (p − 2)(3 − 2) + … + 2 × p p(p + 1) (p − 1− (p − 2)) + 1× (p − (p − 1)) =  ∑ i = 2 i=1 3. S1 = 0 est vérifié. p3 − p p(p + 1) p3 − p + , donc Sp+1 = On suppose Sp = 6 2 6 3 − (p + 1) (p + 1) 1 (p3 + 3p2 + 2p) = . 6 6 Donc l’égalité est vérifiée pour tout entier p ˘ 1. 16

La suite (un ) semble décroissante. 3. Par récurrence : 5 ¯ u1 ¯ u0 est vérifiée. On suppose 5 ¯ un ¯ un−1 ⇔ 5 ¯ 2 un + 3 ¯ 2 un−1 + 3 5 5 ⇔ 5 ¯ un+1 ¯ un. Donc, pour tout entier n, 5 ¯ un+1 ¯ un . La suite (un ) est décroissante minorée par 5. 4. a. Pour tout entier n, vn+1 = un+1 − 5 = 2 (un − 5) = 2 vn. 5 5 La suite (vn ) est géométrique de premier terme v0 = 3 et de raison 2 . 5 n b. Pour tout entier n, vn = 3 × 2 . 5 n 5. D’où un = 5 + 3 × 2 . 5 51 1. a. Dans B3=0,8*B2−0,6*C2+2 ; dans C3 =0,6*A2+0,8*B2−2 .

()

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

an 0 −4,600 −5,760 −3,016 2,534 8,671 12,939 13,632 10,472 4,723

()

bn 11 6,800 0,680 −4,912 −7,739 −6,671 −2,134 4,056 9,424 11,822

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47 1. u1 = 1  ;  u2 =  1  ; u3 =  21   ; u4 =  1 . 3 5 2

Exercices

n 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

b.

52  1. a. Sur Algobox :

bn 10,291 5,444 −0,781 −5,894 −7,849 −5,865 −0,734 5,489 10,318 11,819 9,392 4,009 −2,178 −6,694 −7,732 −4,877 0,728 6,842 11,020 11,589 8,323 2,528 −3,479 −7,294 −7,391 −3,732 2,220 8,084 11,514 11,139 7,108 1,034 −4,654 −7,680 −6,834 −2,455 3,706 9,185 11,790 10,478

an −1,315 −5,227 −5,448 −1,890 4,024 9,929 13,462 13,210 9,274 3,229 −2,508 −5,642 −4,919 −0,628 5,514 11,050 13,766 12,576 7,956 1,753 −3,551 −5,835 −4,184 0,740 6,968 12,009 13,846 11,745 6,546 0,328 −4,421 −5,801 −3,262 2,183 8,354 12,784 13,700 10,736 5,078 −1,012

1 VARIABLES 2 n est_du_type nombre 3 i est_du_type nombre 4 u est_du_type liste 5 v est_du_type liste 6 DEBUT_ALGORITHME 7 lire n 8 u[0] prend_la_valeur 0 9 v[0] prend_la_valeur 4 10 Pour i allant_de 0 a n–1 11 Debut_pour 12 Afficher « u » 13 Afficher i 14 Afficher « = « 15 Afficher u[i] 16 Afficher « |» 17 Afficher « « 18 Afficher « v » 19 Afficher i 20 Afficher « = « 21 Afficher v[i] 22 Si (pow((u[i]+v[i])/2,2) 2, Bn(x + 1) – Bn (x) = nxn−1. 3. Démonstration : pour n = 1, l’égalité est vérifiée. On suppose Bn (x + 1) − Bn (x) = nxn−1 . On a 1× Bn+1 ′ (x + 1) − Bn+1 ′ (x) = (n + 1)(Bn (x + 1)– Bn(x)) = (n + 1) nxn–1.

22

74 1. E1, E2, E3 ⇔ x2 − x − 2 = 0, x = −1 ou x = 2. 2. a. f(x) = x ⇔ E1. On a α = −1 et β = 2. b. On a x0 . 0 . On suppose xn . 0 , donc 1+ 2 > 0. xn Donc, pour tout entier n, xn est un nombre strictement positif. D’où xn + 1 . 0. La suite (un) est donc définie pour tout entier n. 1+ 2 − 2 xn ⎛ x − 2⎞ un+1 = = − 1 un . = − 1⎜ n 2 2 2 ⎝ xn + 1⎟⎠ +1 1+ xn La suite (un) est géométrique de premier terme x −2 et de raison − 1 . u0 = 0 x0 + 1 2 c. Pour tout entier n, un = u0 × qn , d’où :

( )

n x −2 . un = − 1 × 0 2 x0 + 1 3. Comme f(−1) = −1, alors −1 est une solution de En . n 2 + − 1 u0 2 , avec (x0 ≠ −1). De plus, xn = n 1− − 1 u0 2 n 1 = 0, alors lim xn = 2, solution de En. Comme lim − n→` 2 n→`

( )

( ) ( )

75 a. Pour tout entier p non nul, 2

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x2p = ⎜ xp−1 + 1 ⎟ = x2p−1 + ⎜ 1 ⎟ + 2 ˘ x2p−1 + 2. xp−1 ⎠ ⎝ ⎝ xp−1 ⎠ b. Démonstration par récurrence  : pour n = 1, x1 = 1,5 . 2. On suppose xp . 2p .

On a x2p+1 ˘ x2p + 2 ˘ 2p + 2 = 2(p + 1) . Comme la fonction « carré » est strictement croissante sur ]0 ; + `[, alors x2p+1 . 2(p + 1) .

Donc, pour tout entier p non nul, on a xp . 2p  ; en posant p = 2 × 1016, on obtient : x20 000 000 000 000 000 .  2(2 × 1016 ) = 2 × 108 .

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La suite (un) semble décroissante. Démonstration par récurrence : • On montre que pour tout entier n ˘ 1, un ˘ 1. u1 = 8 . 1est vérifié. On suppose un . 1 ⇔ 5un − 4 . 1. Comme la fonction « racine carrée » est strictement croissante sur [0 ; + `[ , alors 5un − 4 . 1. Donc, pour tout entier n ˘ 1, un ˘ 1. • On a 1¯ u2 , u1  ; on suppose 1¯ un , un−1. On considère la fonction f définie sur [1 ; + `[  par f(x) = 5x − 4 . f est dérivable sur [1 ; + `[ comme composée de fonc5 . 0 pour tout tions dérivables. On a f ′(x) =  2 5x − 4 réel x de l’intervalle [1 ; + `[  , donc f est strictement croissante sur [1 ; + `[. D’où 1, un , un−1 ⇔ f (un) , f (un−1) ⇔ un+1 , un. L’inégalité est vérifiée pour tout entier n ˘ 1 : la suite (un) est décroissante.

p(p + 1)(2p + 1)(3p2 + 3p − 1) . 30

Exercices

Traduction des énoncés 76  Principe du raisonnement par récurrence

Le raisonnement par récurrence (ou méthode par induction) est une méthode mathématique qui nécessite deux étapes : Soit P (n) une propriété dépendant d’un entier naturel n et soit n0 un nombre naturel. Si on veut montrer que, pour tout n > n0, P (n) est vraie : Initialisation : On montre que P (n0) est vraie. Hérédité : On suppose que P (n) est vraie pour un certain entier n et on démontre alors que P (n + 1) est vraie. Conclusion : P (n) est vraie pour tout n. Mettons en pratique : Une suite est définie par a0 = 7 et an+1 = 1 an + 8. 5 Prouver que pour tout nombre réel, an = 10 − 3n . 5 77  Une suite particulière Le n-ième terme d’une suite est défini par un  = 3 + 7n. 1. Prouver que (un) est une suite arithmétique. 2. Prouver par récurrence que : u0 + u1 + … + un = (n + 1)(6 + 7n) . 2

78  Une somme 1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n supérieur à 1, l’égalité suivante est vraie : n 1+ 1 + 1 + … + 1n = 2 − 1 . 2 4 2 2

()

2. On considère la suite définie par u1 = 5 et, pour tout n ˘ 2 , un = 2un−1 − n. Prouver par récurrence que un = 2 2n−1 + 1 + n pour tout n ˘ 2 .

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(

)

79  Suites et récurrence 1. Une suite u1 , u2 , … est définie par u1 = 2 et 5u − 3 . un+1 = n 3un − 1 Démontrer par récurrence que pour tout n ˘ 1, un = 3n + 1. 3n − 1 2. Une suite u1, u2 , … est définie par u1 = 3 et 4 un+1 = 3 . 4 − un Démontrer par récurrence que, pour tout n ˘ 1, n+1 un = 3 n+1 − 3 . 3 −1

80  Suites définies par une formule algébrique 1. Exprimer (k + 1)2 + 5(k + 1) + 8 sous la forme k2 + ak + b , où a et b sont des constantes. 2. Démontrer par récurrence que, pour tout n ˘ 1,on a :

∑ r(r + 1)( 21) n

r=1

r−1

()

= 16 − (n2 + 5n + 8) 1 2

n−1

du xixe siècle, les mathématiciens n’ont plus pu se contenter d’une définition aussi intuitive. Giuseppe Peano, un mathématicien italien, proposa une définition axiomatique des entiers naturels, connue sous le nom d’axiomes de Peano. Un ensemble N est un ensemble d’entiers naturels lorsque il existe une fonction s (appelée fonction successeur) de  dans  telle que : • 0 est un entier naturel (0 est le nombre des éléments de l’ensemble vide). • tout entier naturel n possède un successeur s(n) qui est aussi un entier naturel ; • 0 n’est le successeur d’aucun entier naturel ; • si deux entiers naturels ont le même successeur, alors ils sont égaux ; Dans le but d’illustrer cette construction, John Von Neumann suggéra l’exemple  : 0 = ∅’ 1 = {∅}   ; 2 = {∅ ; {∅}} = {0;1} ;s(n) = {1;2; … ; n} . 1. Question Internet Trouver des informations sur Peano et Von Neumann. 2. Expliquer le nombre s(n) dans l’exemple de Von Neumann. 3. On peut définir une addition + sur N en utilisant la relation n + k = s(n + (k − 1)). a. Que vaut n + 0 ? b. Que vaut n + 1 ? 4. Question amusante Giuseppe Peano était très intéressé par les relations entre les mathématiques et le langage, donc par l’importance des mots. Effectivement, au cours de la première conférence internationale de philosophie, G. Peano formula une question fondamentale : Comment définir le concept de définition ? Pourriez-vous le faire ? Exercice interactif Par équipe de deux. Règles du jeu : relier chaque expression de la colonne de gauche à sa définition dans la colonne de droite. • Suite

• un−1   et un

• Termes successifs

• Chaque terme de la suite est obtenu à partir du précédent en additionnant ou soustrayant une quantité constante

• Suite géométrique

• Étape 1 : le cas de base ;       Étape 2 : si on suppose que la propriété est vraie à l’étape k , alors elle devient vraie à l’étap k + 1  ; Étape 3 : conclusion

• Suite arithmétique

• Une suite dans laquelle chaque terme est égal à une constante multipliée par le terme précédent.

.

Thème Nombres entiers naturels Jusqu’au xixe siècle, les mathématiciens utilisaient les nombres entiers naturels. Comme leur nom l’indique, les nombres entiers sont directement reliés à la nature. Ils servent à dénombrer. Mais, à la fin

• Preuve • Un ensemble de nombres qui ont un par récurrence ordre particulier et qui conduisent à un résultat particulier. 1 • Récurrence

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2

Limites des suites

Pour construire le cours Situation A Étudier le comportement d’une suite quand n devient grand en MATHÉMATIQUES 1. a. Voir copie d’écran. b. Les termes un semblent s’accumuler autour de 2 lorsque n devient grand. c. Le tableur permet de calculer les termes successifs de la suite (un). u31 [ ]1,999 ; 2,001[ et il semble que pour tout n > 31, un [ ]1,999 ; 2,001[. d. un = 2 ⇔ 2 + (−0,8)n = 2 ⇔ (−0,8)n = 0 . (–0,8) n est un produit de nombres réels non nuls donc cette équation n’a pas de solution et il n’existe aucun terme de la suite (un) égal à 2. C’est l’occasion de remarquer qu’à partir de n = 86, les valeurs affichées par le tableur sont égales à 2 mais cela s’explique par le fait que le tableur donne des valeurs approchées. On pourra ainsi définir la notion de convergence d’une suite.

3. a. Voir copie d’écran. Lorsque n devient grand, les termes w n ne semblent pas s’accumuler autour d’une valeur réelle et donc la suite (wn) n’est pas convergente. b. Lorsque n est impair, (–1)n = –1, donc : wn = n + 5 + (−1)n n = n + 5 − n = 5 . Ainsi, lorsque n est impair, tous les termes wn sont égaux à 5. c. Lorsque n est pair, (–1)n = 1, donc : wn = n + 5 + (−1)n n = 2n + 5 . Or 2n + 5 > 103 ⇔ n > 497,5 . Ainsi w498 > 103 . On pourra aussi utiliser la calculatrice, le tableur ou un algorithme pour répondre à la question. d. Par l’absurde, s’il existe un rang N tel que pour tout n > N, wN > 103 alors pour un entier impair n > N, wn > 103 : Ce qui est absurde car, pour tout entier n impair, wn = 5. On pourra faire remarquer que la suite (wn) ne converge pas et n’a pas de limite infinie et que c’est un exemple de suite qui n’a pas de limite.

Trace écrite Définition de la limite d’une suite.

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2. a. Voir copie d’écran. b. Lorsque n devient grand, contrairement à la suite (un), les termes vn ne s’accumulent pas autour d’un nombre réel. Ils semblent devenir aussi grands que l’on souhaite à condition de prendre n suffisamment grand. La suite (vn) ne semble pas convergente. Certains élèves vont affirmer que les termes de la suite (vn) deviennent de plus en plus grand lorsque n augmente, c’est-à-dire que la suite (vn) est croissante. c. Cet algorithme affiche le plus petit entier naturel N tel que vN > A. Pour A = 1012, Il affiche N = 40. C’est l’occasion de demander aux élèves si les termes d’une suite croissante peuvent être aussi grands que l’on souhaite à condition de prendre n suffisamment grand ou si une suite croissante peut converger. On pourra ainsi définir une suite qui tend vers + ` et expliquer que c’est différent d’une suite croissante.

Pour construire le cours

Situation B Comparer l’évolution de populations de bactéries en BIOLOGIE 1. Pour tout entier naturel n, un+1 = un + 100 , donc la suite (un) est une suite arithmétique de premier terme u0 = 5 000 et de raison r = 100 . Pour tout entier naturel n, vn+1 = 1,02vn , donc la suite (vn) est une suite géométrique de premier terme u0 = 5 000 et de raison q = 1,02 . 2. Il semble que pour tout entier naturel n, wn < un < vn , c’est-à-dire que la population de bactéries de type B est celle qui croit la plus vite devant la population de type A et la population de type C qui croit la plus lentement.

C’est l’occasion de rappeler la façon de représenter des suites sur la calculatrice (voir outil p 42). 3. Comme la suite (un) est arithmétique de premier terme u0 = 5 000 et de raison r = 100 , alors, pour tout entier naturel n, un = 5 000 + 100n . Ainsi un . 10 0000 ⇔ 5 000 + 100n . 10 000 ⇔ 100n . 5 000 ⇔ n . 50 . Il faut donc attendre la 51e heure pour que la population de bactérie de type A dépasse 10 000 individus.

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Comme v51 ≈ 13727 et w51 ≈ 8216 , à la 51e heure la population de bactéries de type B compte 13727 individus et celle de type C 8216. On peut aussi utiliser la calculatrice, le tableur ou un algorithme pour répondre à la question. 4. a. lim un = lim 5000 + 100n = +`. n→+`

n→+`

b. Comme pour tout entier naturel n, vn > un et lim un = +`, alors on peut en déduire que lim vn = +`. n→+`

n→+`

Comme pour tout entier naturel n, wn < un, on ne peut pas déterminer la limite de la suite (wn) par comparaison car une suite dont tous les termes sont positifs et inférieurs au termes d’une suite divergeant vers + ` peut converger, diverger vers + ` ou ne pas avoir de limite. On pourra illustrer ce dernier résultat par des représentations graphiques de telles suites. On pourra demander aux élèves comment démontrer qu’une suite est convergente à l’aide d’un encadrement et ainsi introduire le théorème des gendarmes. Cette situation permet de donner les théorèmes de comparaison.

Trace écrite Théorème de comparaison.

2 • Limites des suites

27

Pour construire le cours Situation C Étudier l’évolution de la température d’un liquide en THERMODYNAMIQUE 1. a. À l’aide de la calculatrice, on trouve que la température devient inférieure à 30°C après 67 minutes.

b. On démontre par récurrence que la suite (Tn) est décroissante et minorée par 21 soit pour tout entier naturel n, Tn+1 > Tn > 21. Initialisation : Pour n = 0, T1 = 87,93 et T0 = 90, donc Tn+1 > Tn > 21 Hérédité : On suppose qu’il existe un entier naturel n tel que Tn+1 > Tn > 21, alors 0,97Tn+1 > 0,97Tn > 20,37 et donc : 0,97Tn+1 + 0,63 > 0,97Tn + 0,63 > 21, soit Tn+2 > Tn+1 > 21, donc la propriété est héréditaire. Ainsi Jasmine a raison. c. On peut donc conjecturer que la température de la tasse va converger vers 21°C. 2. a. On peut conjecturer que la température de ce verre va croître et converger vers 21°C. b. Pour tout entier naturel n, on a : Un+1 = Tn+1 − 21 = 0,97Tn + 0,63 − 21 = 0,97Tn − 20,37 = 0,97(Tn − 21) = 0,97Un . Donc la suite (Un) est géométrique de premier terme U0 = 69  et de raison q = 0,97 . Ainsi, pour tout entier naturel n, Un = 69 × 0,97n et Tn = 69 × 0,97n + 21. c. Comme −1,0,97,1, alors lim 0,97n = 0 et donc par opérations sur les limites, lim Tn = 21. n→+`

n→+`

Cette situation permet de donner le théorème de convergence des suites monotones.

Trace écrite

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Théorème de la limite d’une suite monotone et majorée ou minorée.

28

Diaporamas

Limites des suites

Limites des suites

Diaporama calcul mental

2 Pour n = 1 000 , le nombre 2n + 3 est égal à : n

Pour n = 106 , le nombre

a. 2 000,003

a. proche de 1

b. 2 003

b. proche de 1 2

c. 2 000,03

c. proche de 0

Diaporama calcul mental

n + 1 est : 2n − 5

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Limites des suites

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Limites des suites

Diaporama calcul mental

Diaporama calcul mental

y La suite arithmétique (un) est représentée ci-contre. Son 100e terme est :

1

a. −196

0

La suite (un) définie pour tout entier naturel n par

b. −198

un = − 1 est : n +1 x

1

a. croissante b. décroissante

c. −200

c. ni croissante, ni décroissante

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Limites des suites

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a. croissante

Limites des suites

Diaporama calcul mental

La courbe d’une fonction f définie sur [0 ; + `[ et la droite d’équation y = x sont représentées ci-contre. La suite (un) définie par u0 = 4 et, pour tout entier naturel n, un+1 = f(un ) est :

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Diaporama calcul mental

y

La suite (un) définie par u0 = 2 et, pour tout entier naturel n, un+1 = −un + 1 est :

1 0

x

1

b. décroissante

a. croissante  b. décroissante  c. ni croissante, ni décroissante

c. ni croissante, ni décroissante © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Limites des suites

Diaporama calcul mental

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Limites des suites

Diaporama calcul mental

Quelle est, parmi les suites définies ci-dessous, celle qui est arithmétique et croissante ?

Quelle est, parmi les suites définies ci-dessous, celle qui est géométrique et décroissante ?

a. pour tout entier naturel n,  un = 2n + 1

a. pour tout entier naturel n,  un = 1 n + 1  2 n b. pour tout entier naturel n,  un = − 1   2 c. u0 = 2 et, pour tout entier naturel n, un+1 = 1 un 2

b. u0 = 0 et, pour tout entier naturel n, un+1 = 2un + 1 c. u0 = 2 et, pour tout entier naturel n, un+1 = un − 2

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( )

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2 • Limites des suites

29

Diaporamas Limites des suites

Diaporama QCM chrono

Si (un) est la suite définie, pour tout entier naturel n 1+ 32 n , alors : différent de 0, par un = n− 2 n a. lim un = 0 n→+`

Limites des suites

Diaporama QCM chrono

Si (un) est la suite définie, pour tout entier naturel n différent de 0, par un = n 1 + 1 , alors : n n

(

)

a. lim un = 0 n→+`

b. lim un = +` n→+`

b. lim un = +`

c. On ne peut pas connaître sa limite

n→+`

c. on ne peut pas connaître sa limite © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Limites des suites

Diaporama QCM chrono

Quelle est, parmi les suites définies ci-dessous pour tout entier naturel n, celle qui est convergente ? a. un = 9 − 1,1n

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Limites des suites

La suite (un), définie pour tout entier naturel n par un = n2 − 2n + 1, est : a. majorée

b. un = n − 0,9n

b. minorée

n c. un = (−1) 9n

c. bornée

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Diaporama QCM chrono

Si la suite (un) converge vers 0 et est strictement majorée par 0, alors la suite (vn) définie pour tout entier naturel n par vn = 5  : un

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Limites des suites

Diaporama QCM chrono

La suite (un) définie pour tout entier naturel n différent de 2 0 par un = cos(n )  : n

a. converge vers 0

a. converge vers 0

b. diverge vers + `

b. tend vers + ` c. n’a pas de limite

c. diverge vers – `

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Limites des suites

Diaporama QCM chrono

Si, pour tout entier naturel n, 0 < un+1 < un < 2, alors la suite (un) : a. converge vers 0 b. admet une limite finie l < 2 c. ni ne converge vers 0, ni n’a de limite finie l < 2

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Limites des suites

Diaporama QCM chrono

y La courbe d’une fonction f définie sur [0 ; + `[ et la droite d’équation y = x sont représentées ci-contre. 1 La suite (un) définie par son premier terme u0 et, pour tout entier naturel n, par un+1 = f (un) a. est bornée lorsque u0 . 1 b. est croissante lorsque 0 u0 [ ]0 ; 1[ c. converge vers 0 lorsque u0 [ ]0 ; 1[

1

x

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Limites des suites

30

Diaporama QCM chrono

Exercices

Réviser ses gammes Gamme 1 10−4 ; 108 ; 100 ; 10000,0001 ; 3,99. Gamme 2 1 ; 3 ; 0 ; 1 000. Gamme 3 1. v0 = 3 ; v7 = −1. 2. La suite semble décroissante. 3. Non, car v7 − v6 ≠ v6 − v5. Gamme 4 1. un+1 − un = 4n + 2 . 0, donc la suite est croissante. 1 .0 , donc la suite est crois2. un+1 − un = (n + 1)(n + 2) sante. 3. un+1 − un = −n , 0, donc la suite est décroissante. 4. un+1 − un = −2n , 0, donc la suite est décroissante. 1 . (x + 1)2 2. f ′(x) .0 , donc f croissante sur R+, et donc (un) croissante, car un = f (n). 3. v0 = 1 ; v1 = 1   ; v2 = 1  ; v3 = 1 … : 2 3 4 la suite semble donc décroissante. Gamme 5 1. f ′(x) =

Gamme 6 a. Vrai : on a multiplié par −2, donc le sens des inégalités change. b. Faux : la fonction carrée n’est pas croissante sur R. Vrai si 0 , un , un+1. c. Faux : si un = 0,5 et un+1 = 0,6, on n’a pas un2 .1 . d. Vrai : la fonction inverse est décroissante sur [2 ; + `[. Gamme 7 1. Soit un la surface non coloriée le n-ième jour. u0 = 1 ; u1 = 1  ; u2 = 1  ; … un = 1n . 2 4 2 La surface coloriée le 20e jour est : 1 ≈ 0,999999 . 1− 20 2 2. Il n’est pas possible de colorier tout le carré, car à chaque fin de jour, il reste encore une partie non coloriée, même si dans la réalité, le crayon utilisé finira par tout colorier.

S’organiser pour apprendre VRAI ou FAUX ?

QCM

1

b

.

2

a

.

3

b

1 Faux

.

2 Faux

3 Vrai

4 Faux

Corrigés des exercices

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1 1. un semble converger vers 0. 2. un semble diverger vers + `. 3. un semble converger vers −1,5. 2 1. un semble diverger vers + `. 2. un semble converger vers 0. 3. un semble converger vers 4. 3 1. un semble diverger vers + `. 2. un semble diverger vers − `. 3. un semble diverger vers + `. 4 1. un semble diverger vers + `. 2. un semble diverger vers + `. 3. un semble diverger vers − `. 5 1. lim un = − `.

2. lim vn = + `. 3. lim wn = 4.

6 1. Non, car on ne peut pas conclure lim 2n3 = + `

et lim 2n3 = − `. 2. On factorise par n3.

3. lim n3 = + ` et lim 3 = lim 72 = lim 13 = 0, donc n n n ⎛ ⎞ 3 7 1 lim 2 − + 2 − 3 = 2 , donc lim un = + `. ⎝ n n n ⎠

7 1. un , vn et lim vn = − `, donc lim un = − `.

2. un > vn et lim vn = + `, donc lim un = + `. 3. un > vn et lim vn = + `, donc lim un = + `.

8 1. a. lim un = − ` ; b. lim un = 0 ;

c. lim un = − ` ; d. lim un = 0. 2. lim un = − ` car 2 . 1 et u0 , 0. 3. lim un = 0 car −1, 1 , 1. 3 9 1. un − 9 = − (n + 1)2 , 0, donc un , 9, donc (un) est majorée par 9. 2. 0 , 1 ¯ 1, car n [ N* , donc −1¯ − 1 , 0, donc n n 0 < vn , 1, donc la suite (vn) est bornée par 0 et par 1.

10 1. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P (n) : un < −3. On montre P (n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, n0 = −5 < −3, donc P (0) est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que un < 3 (hypothèse de récurrence). 2 u ¯ −2, donc 2 u − 1¯ −3, donc u < −3. n+1 3 n 3 n P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un < −3, donc la suite (un) est majorée par −3. 2 • Limites des suites

31

Exercices

11 1. limun = −`, car lim(n) = +` . 2. limvn = 0, car lim n = +`. 12 1. lim un = −`, car lim (1,01)n = +` et lim (2 − n) = −`.

2. limvn = −`, car lim0,6n = 0 en étant positif. 3. limwn = +`, car r . 0. 4. limtn = 0 , car −1 , 10−1 , 1.

13 • limun = +` , car un = n − 7n .

• limvn = 0, car vn = 1 + 12 . n n (u ) n’a pas de limite ; limvn = 0 ; limwn = +` ; 14 n (tn) n’a pas de limite. (tn) est la seule suite à ne pas être minorée.

15 Si u0 . 0, la suite (un) semble décroissante et

converger vers 0. Si u0 , 0, la suite (un) semble croissante et converger vers 0. Si u0 = 0, la suite (un) semble constante et donc converger vers 0.

16 1. u5 = 0,12345 et u13 = 0,12345678910111213. 2. Pour passer d’un terme au suivant, on ajoute la valeur du rang à une place bien précise après la virgule : la suite est donc croissante. De plus, elle est majorée par 1, donc elle est convergente. 17 1. Il semble que la suite diverge vers + `, car u10 ≈ 7,6 × 1012 . 2. n0 = 3 . 18 La suite est définie par un = 1+ 2 + … + n , donc

un = n(n + 1) . On a bien limun = +` . 2

19 Non, Louise n’a qu’à déplacer son curseur

dans la case correspondant à u6 et elle y trouverait 1,000009 , donc pas 1. De plus, si u6 = 1, on aurait 1 = 0,1u5 + 0,9 , c’est-àdire u5 = 1 ce qui n’est pas le cas. Donc u6 ≠ 1.

20 1. Faux, car dans la phrase, il est sous-entendu que la suite est croissante et ce n’est pas obligatoire. 2. Faux, car non seulement il est sous-entendu que la suite est monotone puisqu’elle se rapproche de 0, mais en plus, la limite peut être atteinte par la suite. 21 1. Faux : la suite définie par un = 1 est constante donc convergente mais Sn = n + 1 est divergente. 2. Vrai : car Sn > un puisque la suite (un) est à termes positifs. Donc lim un = + `. 3. Vrai : car un = Sn − Sn−1 donc lim un = 0 car : lim Sn = lim Sn−1, puisque (Sn) converge. 4. Vrai : mais Sn+1 − Sn = un+1 . 0, donc la suite (Sn) est croissante indépendamment des variations de (un). 32

22 1. Il semble que lim un = 100. 2. Il semble que (un) n’ait pas de limite. 3. Il semble que lim un = −3. 23 1. Il semble que lim un = 1.

2. a. un [ ]0,9;1,1[ pour n > 5. b. un [ ]0,99;1,01[ pour n > 50.

24 1. Avec p = 8, l’algorithme affiche 10 001 ; avec p = 16, l’algorithme affiche 10 000 001. 2. Comme lim 12 = 0 , le seuil de 10−p sera toujours n franchi pour n assez grand, et ceci quelle que soit la valeur de p. 25 1. lim un = − `. 2. lim un = + `. 3. lim un = − `. 4. (un) n’a pas de limite. 26 1. Il semble que lim un = 2.

2. Il semble que (vn) n’admette pas de limite. 3. Il semble que lim wn = − `.

27 1. un . 103 ⇔ n . 333 ⇔ n ˘ 19.

2. un . A ⇔ n . A − 1. Donc l’intervalle ]A ; + `[ 3 contient tous les un à partir d’un certain rang. Donc (un) diverge vers + `.

28 1. lim un = + `, car lim n2 = lim 3n = + `.

2. lim tn = − `, car lim n3 = + `

et lim ⎛ −2 + 1 − 10 + 3 ⎞ = −2. ⎝ n n2 n3 ⎠ 3. lim vn = − `, car lim (2n + 4) = + ` et lim (−5n + 7) = − `. 4. lim wn = + `, car lim( n − 2) = +` et lim 10 − 1 = 10. n

(

)

29 1. lim un = 0, car lim (2n − 1) = + `.

2. lim wn = 0, car lim(1− 2 n ) = −` . 3. lim vn = 0, car lim 12 = 0 et lim 2 − 1 = 2. n n 4. lim tn = + `, car lim ⎛ 3 − 12 ⎞ = 3 et lim 12 = 0 mais ⎝ n ⎠ n 1 est positif comme le numérateur. n2 30 1. (un)est une suite arithmétique de raison 0,1, donc lim un = + `. n k ∑ 2. un = −1 000 + 0,1n, donc Sn = −1 000(n +1) + 0,1 k=0 = −1000(n + 1) + 0,1n(n + 1) .  2 −2 000 + 0,1n Ainsi Sn = (n + 1) . 2 −2000 + 0,1n = +` , donc : lim (n + 1) = + ` et lim 2 lim Sn = + `.

(

)

31 1. a. lim n2 = + ` et lim −5n = − `, donc on obtient

une forme indéterminée. a. n2 − 5n = n(n − 5). Comme lim n = + ` et lim (n − 5) = + `, on obtient lim un = +`.

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u +3 2. un+1 − un = − n . Comme un < −3, on a donc 3 un + 3 < 0 . Ainsi un+1 − un > 0. La suite (un) est donc croissante. 3. La suite (un) est croissante et majorée par −3 donc elle est convergente et sa limite ℓ vérifie ℓ ¯ −3.

Exercices 2. vn = n (−3n2 + 2) −7, donc lim vn = − ` : wn = n (n2 − 2) −5, donc lim wn = + `.

32  1. lim (2n − 5) = + ` et lim (n2 + 1) = + `, donc on

obtient une forme indéterminée. n 2− 5 2− 5 n n. = 2. un = n+ 1 n n+ 1 n n lim 2 − 5 = 2 et lim n + 1 = +` , donc limun = 0. n n 33  1. Faux avec un = − n1 , car alors : vn = − n et lim vn = − `. 2. Vrai (voir opérations sur les limites). 3. Faux avec un = 1 , car alors vn = 1 et lim vn = 1. n 4. Faux avec un = n et vn = 1 , on a alors lim wn = 1. n

( ( )

(

) )

(

)

34  1. un − 1 = nn ++ 21 − 1 = − n +1 2 , 0, donc un , 1.

( (

) )

n 1+ 1 1+ 1 n = n. 2 2 1+ n 1+ n n 1 Comme lim 1+ = lim 1+ 2 = 1, on a lim un = 1. n n 3. lim (un − 1)2 = 0 mais en restant positif (c’est un carré), donc lim vn = + `. lim (un − 1) = 0 mais en restant négatif (car un , 1) et comme lim (un + 2) = 3, on a lim wn = − `. 2. un =

( )

( )

• Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un > n2. b. Comme lim n2 = + `, on a donc lim un = + `.

39  1. c  ; 2. a  ; 3. b  ; 4. b . 40  1. lim un = + `, car 1,1 . 1.

2. lim vn = 0, car −1, −7 , 1. 8 3. lim wn = 0, car −1, 1 , 1. 4 4. lim tn = − `, car tn = −3 × 2n et 2 . 1.

41  1. lim un = 0, car −1 , 0,6 , 1. 2. un = 400 × 0,6n.  Donc Sn = 400(1+ 0,6 + 0,62 + … + 0,6n ) n = 400 1− 0,6 = 1000(1− 0,6n ). 1− 0,6 Donc lim Sn = 1 000, car lim 0,6n = 0. 42  1. (un) est une suite géométrique de raison 0,9, donc sa limite est égale à 0. Cela signifie que le nombre de bactéries se rapproche de 0 longtemps après l’injection, donc qu’à long terme, l’antibiotique est efficace. 2. Algorithme : élimination de 99 % des bactéries, donc il ne reste que 1 % des bactéries, soit 100 bactéries. Variables u (réel) et n (entier) Initialisation u prend la valeur 10 000 n prend la valeur 0 Traitement Tant que (u > 100) faire u prend la valeur u × 0,9 n prend la valeur n + 1 finTantQue Sortie Afficher n

35  1. un = n1  ; vn = n2.

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On a alors un vn = n et lim un vn = + `. 2. un = 1  ; vn = 5n. n On a alors un vn = 5 et lim un vn = 5. 3. un = 2n ; vn = −n. On a alors un + vn = n et lim (un + vn) = + `. 4. un = n + 5 ; vn = −n. On a alors un + vn = 5 et lim (un vn) = + `.

36  1. −1 < sin (n) < 1 donc 3n − 4 < un < 3n + 4 donc vn < un. Comme lim vn = + `, on a lim un = + `. 2. 2 n ˘ 0 donc un < vn. n +1 Comme lim vn = − `, on a  lim un = − ` 3. −1 < (−1)n < 1 donc n2 + n < un < n2 + 3n. Donc vn < un. Comme lim vn = + `, on a lim un = + `.

3. Après exécution, l’algorithme affiche 44.

43  1. Soit (an) la longueur du côté du carré colorié à l’étape n. a0 = 1 et an+1 = 1 an, donc (an) est une suite géométrique 2 2 n de raison 1 et de premier terme 1, donc an = 1 1 . 2 2 2 2 un =

37  1. Il semble que lim un = 5.

2. −1 < sin (n2) < 1 donc 5 − 1 ¯ un ¯ 5 + 1 . n n 3. lim 1 = 0 donc lim un = 5. n

( )

38  a. Pour tout entier naturel n, soit la propriété

P (n) : un > n2. On montre P (n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, u0 = 1 et 02 = 0, donc P  (0) est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose un > n2 (hypothèse de récurrence). un > n2, donc un + 2n + 1 > n2 + 2n + 1, donc : un+1 > (n + 1)2. P (n + 1) est vraie.

()

n

∑ (ak )2 , donc :

k=0 n

() 1− ( 1 ) 4 1 = ×

un =

2

()

n n⎞ ⎛ ∑ ⎜⎝ 21 21 ⎟⎠ = 41 ∑ 41 k=0 k=0 n+1

n

()

n+1⎞ ⎛ = 1 × 4 × ⎜1− 1 ⎟⎠ . 4 3 4 1 ⎝ 1− 4 n ⎛ 1 Donc un = ⎜1− 1 1 ⎞⎟ . 3⎝ 4 4 ⎠ n Comme −1, 1 , 1, lim 1 = 0 , donc limun = 1 . 4 3 4



4

()

()

44  1. (un) est une suite géométrique de raison 31

(comprise entre −1 et 1), donc lim un = 0.

2 • Limites des suites

33

Exercices

45 1. un + 5 = 2n2 − 12n + 18 = 2 (n + 3)2 > 0, donc

un > −5, donc (un) majorée par −5. 2. vn − 3 = 3n − 2 − 3 = − 7 , 0, donc vn , 3 , 2 4n + 2 2 2n + 1 2 3 donc (vn) minorée par . 2 3. −1 < cos (n) < 1, donc 1 < wn < 3, donc (wn) bornée par 1 et par 3.

46 1. Il semble que 3 soit un majorant et que −0,5 soit un minorant de cette suite. 2. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P (n) : −0,5 < un < 3. On montre P (n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, u0 = 3. Comme −0,5 < 3 54 000, donc un+1 > 60 000, donc P (n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un > 60 000. un+1 − un = −0,1 (un − 60 000) < 0. La suite (un) est donc décroissante et minorée par 60 000, donc elle converge et sa limite vérifie ℓ ˘ 60 000. On pose vn = un − 60 000. On va démontrer que (vn) est géométrique et tend vers 0. vn+1 = un+1 − 60  000 = 0,9un + 6  000 − 60  000 = 0,9 (un − 60 000) = 0,9vn, donc (vn) est une suite géométrique de raison 0,9 et tend donc vers 0. La suite (un) admet donc comme limite 60 000.

51 1. Il semble que lim un = 1. 2. Soit ]a ; b[  un intervalle ouvert contenant 1 (donc

a , 1 , b). Comme − 12 , 0, un , 1 , b. n Si n . 1 , alors a , un, donc un [ ]a ; b[ .  1− a Cela signifie que lim un = 1.

52 1. Soit ]a ; b[  un intervalle ouvert contenant 0 (donc a , 0 , b). Par définition, un . 0. Si n . 12 , alors un , b, donc un [ ]a ; b[ . b Cela signifie que lim un = 0. 53 1. Vrai : car si on prend l’intervalle ⎤⎦ 1 ; 3 ⎡⎣, à

2 2 partir d’un certain rang, tous les termes sont dans cet intervalle, donc sont positifs. 2. Faux : avec un = − 1 . On a un , 0, mais lim un = 0. n 3. Faux : avec un = 2 − 1 . La suite est croissante et n convergente vers 2, donc ne dépassera pas 100.

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(vn) est une suite arithmétique de raison 3 (qui est positif), donc lim vn = + `. ⎛v ⎞ ⎛u ⎞ 2. lim (un + vn) = + ` ; lim ⎜ n ⎟ = 0 ; lim ⎜ n ⎟ = +`, car ⎝ un ⎠ ⎝ vn ⎠ un tend vers 0 en restant positif.

Exercices

4. Faux : avec un = n + (−1)n qui n’est pas croissante et pourtant lim un = + `. ⎛ ⎞ 54  1. un = n3 ⎝1+ 2n − 12 ⎠ , donc lim un = + `.

n ⎞ 4 , donc lim un = − `. 2. un = ⎝ n3 ⎠ ⎛ ⎞ 3. un = n2 1− 3 − 12 , donc lim un = + `. ⎝ n n ⎠ ⎛ ⎞ 4. un = n3 −2 + 1 − 63 , donc lim un = − `. ⎝ n n ⎠ n4 ⎛ −1+

(

)

2. un = n( n − 1), donc lim un = + `.

( ) = 1− ( 3 ) , donc lim u = − `, car 3 . 1. 2 2 ⎛ ⎞ = 9 ⎜1− (10 ) ⎟ , donc lim u = − `, car 9 . 1 et 9 ⎠ ⎝ n

56  1. un = − 52 , donc lim un = 0, car −1, − 52 ,1. 3. un

n

n

n

n

n

10 . 1. 9 n 2. lim un = 3 et lim n = + `, donc lim vn = 0. 3. lim (un + 1) = 4 et lim (un − 3) = 0 en restant positifs, car un − 3 = 12 , donc lim wn = + `. n 4. lim (un − 4) = −1 et lim n = + `, donc lim tn = − `.

58  1. un > 4n. Comme lim (4n) = + `, on a lim un = + `.

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() () ()

n+1 1− 3 n+1⎞ ⎛ 4 2. vn = ∑ 3 = = 4 ⎜1− 3 ⎟⎠ . 4 4 ⎝ 1− 3 k=0 4 n+1 3 Comme −1, , 1, lim 3 = 0 , donc lim vn = 4. 4 4 3. wn , −2n. Comme lim (−2n) = − `, on a lim wn = − `. 4. tn . 52n. Comme lim 52n = + `, on a lim tn = + `. 5. xn > n donc lim xn = + `.

()

k

( )

1− − 1 2 1 6. yn = − 2 3 2

( (

()

n

tend vers − 1 . 3

) )

n 2+ 1 2+ 1 n = n donc lim u = 2. n 3 3 1+ n 1+ n n n2 ⎛1+ 1 − 12 ⎞ n ⎛1+ 1 − 12 ⎞ ⎝ n n ⎠ ⎝ n n ⎠ vn = = , 3 1+ 3 n 1+ n n 1 donc lim vn = + `, car lim = lim ⎛ 12 ⎞ = 0 . ⎝n ⎠ n

59  un =

( )

( 37 ) ( 43 )

n

()

60  Au bout de n jours, il y a 100 + 2n boules

blanches et 1 + 3n boules noires. 3+ 1 1+ 3n n . Donc lim p = 3 . Donc pn = = n 5 101+ 5n 5 + 101 n

3 ( ( ) 37 ) (4 )

⎞ − 1⎟ ⎠ = 7 n 4 ⎞ + 1⎟ ⎠

n

n

n

−1 +1

. Donc lim vn = − `.

a+ b n , donc limu = a , donc la suite (u ) 62  n n 2 2+ 1 n est toujours convergente. 2. Pour que limun = 1 , il faut et il suffit que a = 1. 2 (2b − 1)n + b n donc vn = n 2 n + b − 1 = . Ainsi un = 2n + 1 2n + 1 2n + 1 On a donc limvn = 2b − 1 . Pour que limvn = 1 , il faut 2 2 et il suffit que b = 1. Bilan : avec a = b = 1, les suites (un) et (vn) convergent vers 1 . 2 1. un =

(

63  1. c  ; 2.

57  1. lim 12 = 0, donc lim un = 3.

n

( ) ( )

n ⎛ ⎞ 2. un = 5n ⎜ − 3 − 1⎟ . ⎝ 5 ⎠ n 3 = 0 et lim 5n = + `, Comme lim − 5 on a donc lim un = − `.

⎛ 7n ⎜ ⎝ vn = ⎛ 4n ⎜ ⎝

55  1. un = nn (n2 + 2n − 4) = n n + 2 − 4n , donc lim un = + `.

2. un

61  1. Il semble que lim un = − ` et que lim vn = − `.

)

d

64  1. Il semble que limun = 0 . 2. a. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P(n) : un . 0. On montre P (n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, n0 = 3, donc u0 . 0 : P (0) est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que u0 . 0 (hypothèse de récurrence). un > 0, donc 3un . 0 et 3 + 2un . 0, donc un+1 . 0 donc P (n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un . 0. −2(un )2   b. un+1 − un = , 0, donc la suite (un) est 3 + 2un décroissante. c. La suite (un) est décroissante et minorée par 0, donc elle converge et sa limite vérifie ℓ ˘ 0 . 9 + 6un 3 + 2un = = vn + 2, donc 3. a. vn+1 = 3 = 3un un un+1 la suite (vn) est arithmétique de raison 2. b. vn = v0 + nr = 1+ 2n, donc un = 3 . 1+ 2n c. limun = 0, car lim(1+ 2n) = +`. 65  1. Faux : car une raison doit être une constante. 2. Pour tout entier naturel n non nul, soit la propriété P(n) : un = n . On montre P (n) par récurrence. (n − 1)! • Initialisation : pour n = 1, u1 = 1 et 1 = 1 donc P  (0) 0! est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que un = n (n − 1)! (hypothèse de récurrence). un+1 = ⎛ 1 + 12 ⎞ un = ⎛ 1 + 12 ⎞ n ⎝n n ⎠ ⎝ n n ⎠ (n − 1)! = n +2 1 n = n + 1 , donc P (n + 1) est vraie. n! n (n − 1)! 2 • Limites des suites

35

Exercices

66 1. Il semble que la suite (un) converge vers 2. 2. = −0,5 * B2 + 3 . 3. Il semble que la suite (vn) soit géométrique et donc n n que vn = 2 − 1 , donc un = 2 + 2 − 1 . 2 2 4. Pour tout entier naturel n, soit la propriété : n P (n) : un = 2 + 2 − 1 . On montre P (n) par récurrence. 2 0 • Initialisation : pour n = 1, u0 = 4 et 2 + 2 − 1 = 2 + 2 = 4 2 donc P(0) est vraie. n • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que : un = 2 + 2 − 1 2 (hypothèse de récurrence). n D’une part : un+1 = −0,5un + 3 = −0,5 ⎛⎜ 2 + 2 − 1 ⎞⎟ + 3 2 ⎠ ⎝ n n = −1− − 1 + 3 = 2 − − 1 . 2 2 n+1 n 1 1 = 2+2 − −1 D’autre part : 2 + 2 − 2 2 2 n 1 . = 2− − 2 n+1 Ainsi : un+1 = 2 + 2 − 1 , donc P (n + 1) est vraie. 2 • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien n un = 2 + 2 − 1 . 2 n 1 lim − = 0 car −1, − 1 , 1, donc limun = 2 . 2 2

( )

( )

( )

f (0) < f (un) < f (un+1) < f (4), donc 0 < un+1 < un+2 < 4, donc P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien 0 ¯ un ¯ un+1 ¯ 4 . 3. La suite (un) est croissante et majorée par 4, donc elle converge et sa limite vérifie 0 ¯ ℓ ¯ 4. 4. Comme lim un = ,, on a donc : lim − 1 un  2 + 3 un = − 1 ℓ2 + 3 ℓmais limun+1 = ℓ, 8 8 2 2 donc, par unicité de la limite, ℓ = − 1 ℓ2 + 3 ℓ, donc 8 2 ℓ 1 ℓ − 1 = 0 donc ℓ = 0 ou ℓ = 4 . 8 2 Or (un) est croissante et u0 = 0,5 , donc ℓ ˘ 0,5 , donc la limite de la suite (un) est ℓ = 4 . 5. Dépasser 39 999 connexions signifie que le terme de la suite (un) doit dépasser 3,9999.

(

(

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

67 1.

Il semble que la suite soit croissante et converge vers 4. 2. f ′(x) = − 1 x + 3 = 6 − x . 4 4 2 Sur l’intervalle [0; 4] f ′(x) . 0, donc f est croissante sur [0; 4] . Pour tout entier naturel n, soit la propriété P (n)  : 0 < un < un+1 < 4. On montre P (n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0 , u0 = 0,5 et u1 = − 1 × 0,52 + 3 × 0,5 = 23 , donc 0 ¯ u0 ¯ u1 ¯ 4  : 8 2 32 P (0) est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que : 0 ¯ un ¯ un+1 ¯ 4 (hypothèse de récurrence). 0 < un < un+1, donc, comme f est croissante sur [0 ; 4], 36

)

Variables u (réel) et n (entier) Initialisation u prend la valeur 0,5 n prend la valeur 0 Traitement Tant que (u , 3,9999) faire u prend la valeur − 1 u2 + 3 u 8 2 n prend la valeur n + 1 finTantQue Sortie Afficher n

( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

)

68 1. u1 = 5 ; u2 = 13 ; u3 = 33 .

2. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P(n) : un ˘ 2n . On montre P (n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, u0 = 1 et 2 × 0 = 0 donc P (0) est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que un > 2n (hypothèse de récurrence). un > 2n, donc 3un ˘ 6n, donc un+1 ˘ 2n + 2, donc un+1 ˘ 2(n + 1), donc P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un ˘ 2n. 3. a. vn+1 = un+1 − 2(n + 1) = 3un − 4n + 2 − 2n − 2 = 3(un − 2) = 3vn , donc (vn) est géométrique de raison 3. b. vn = (u0 − 2 × 0)qn = 3n donc un = 3n + 2n . 4. Sn =

n

n

k=0

k=0

n+1

∑ 3k + 2 ∑ k = 3 3 − −1 1 + 2 n(n2+ 1)

= 1 3n+1 − 1 + n(n + 1) . 2 2 lim3n+1 = +` et lim n(n + 1) = +` , donc lim Sn = +` .

69 1. Il semble que la suite converge vers 1. 2. a. vn+1 =

un+1 3un = × 1− un+1 1+ 2un

1 3un 1− 1+ 2un

3un = 3vn donc la suite (vn) est 1+ 2un − 3un géométrique de raison 3. u v b. vn = v0qn = 3n . Or vn = n ⇔ un = n , 1− un 1+ vn =

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• Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un = n . (n − 1)! 2 3. un+1 − un = n + 1 − n = n + 1− n . n! (n − 1)! n! Donc un+1 − un est du signe de −n2 + u + 1, trinôme qui admet 1− 5 et 1+ 5 comme racines. Pour 2 2 1+ 5 , donc à partir du rang 2, un+1 − un , 0. n. 2 4. La suite est décroissante et minorée par 0, car n ˘ 0 , donc elle est convergente et sa limite (n − 1)! vérifie ℓ ˘ 0 .

Exercices

donc un =

3n . +1

3n n

3 1 . Comme lim3−n = 0 , on a = 3n + 1 1+ 3−n donc limun = 1.

c. un =

70 1. u1 = 2000 ; u2 = 2016 ; u3 ≈ 2032,13.

2. a. un+1 = 1,008un car on reconnaît l’écriture explicite d’une suite géométrique de raison 1,008. b. Le coût du forage de 10 m supplémentaires augmente de 0,8 % par rapport aux 10 m précédents. 3. L’algorithme affiche 10 161,29. Cela correspond au coût total pour forer les 50 premiers mètres. 4. Sn = 2000 + 2000 × 1,008 + … + 2000 × 1,008n−1 n = 2000 1,008 − 1 = 250 000(1,008n − 1) . 1,008 − 1 Comme 1,008 . 1, lim1,008n = +` , donc lim Sn = +`. 5. On calcule les termes jusqu’à ce que le coût total dépasse 125 000 €. Variables u et S (réels) et n (entier) Initialisation u prend la valeur 2 000 S prend la valeur 2 000 n prend la valeur 1 Traitement Tant que (S , 125 000) faire u prend la valeur u × 1,008 S prend la valeur S + u n prend la valeur n + 1 finTantQue Sortie Afficher (n − 1)

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Remarque : on peut aussi le faire avec la forme explicite de Sn trouvée à la question précédente. L’algorithme affichera 50, ce qui signifie que l’on peut forer un puits de 500 m mais pas de 510 m avec un budget de 125 000 €.

71 1. u0 = 3 et un+1 = 4 −2u . n 2.

3. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P(n) : 3 ˘ un ˘ un+1 ˘ 1 . On montre P (n) par récur2 rence. • Initialisation : pour n = 0, u0 = 3 et u1 = 2 donc 3 ˘ u0 ˘ u1 ˘ 1 donc P (0) est vraie. 2 • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que : 3 ˘ un ˘ un+1 ˘ 1 (hypothèse de récurrence). 2 3 ˘ un ˘ un+1 ˘ 1 , donc −3 ¯ −un ¯ −un+1 ¯ − 1 , 2 2

donc 1¯ 4 − un ¯ 4 − un+1 ¯ 7 . 2 1 1 Donc 1˘ ˘ ˘ 2, car la fonction inverse 4 − un 4 − un+1 7 est décroissante sur ⎡⎣1 ; 7 ⎤⎦ , donc : 2 3 ˘ 2 ˘ un+1 ˘ un+2 ˘ 4 ˘ 1 , donc P (n + 1) est vraie. 7 2 • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien : 3 ˘ un ˘ un+1 ˘ 1 . 2 La suite (un) est bien décroissante et minorée par 1 . 2 1 3. La suite est décroissante et minorée par , donc 2 elle converge et sa limite vérifie ℓ ˘ 1 , mais Alban 2 n’a pas prouvé que c’était exactement 1 . 2 u   2

72 1. Si limun = ℓ, alors lim n5 = 5ℓ .

2 Or limun+1 = limun = ℓ, donc ℓ vérifie ℓ = ℓ , donc ℓ 5 est solution de l’équation x2 = 5x qui admet comme solutions les nombres 0 et 5. a. Il semble que la suite soit décroissante et converge vers 0. 2 b. La fonction f définie par f(x) = x est croissante 5 sur R+. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P(n) : un ˘ un+1 ˘ 0. On montre P (n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, u0 = a = 4 et u1 = 16 = 3,2, 5 donc P (0) est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que un ˘ un+1 ˘ 0 (hypothèse de récurrence). un > un+1 > 0, donc f (un) > f (un+1) > f (0) car f est croissante sur R+, donc un+1 > un+2 > 0, donc P (n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un > un+1 > 0. La suite (un) est bien décroissante et minorée par 0. c. La suite (un) étant décroissante et minorée par 0, elle est convergente et sa limite vérifie ℓ ˘ 0 . Or, d’après la question 1, ℓ = 0 ou ℓ = 5. Comme la suite est décroissante et que u0 = 4, la limite ne peut pas être égale à 5, donc ℓ = 0. 2. a. Il semble que la suite soit croissante. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P(n) : 5 , un ¯ un+1. On montre P (n) par récurrence. 2 • Initialisation : pour n = 0, u0 = a . 5 et u1 = a . 5 u1 − u0 = a(a − 5) . 0 , car a . 5, donc P (0) est vraie. 5 • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que 5 , un ¯ un+1 (hypothèse de récurrence). 5 , un < un+1, donc f (5) , f (un) < f(un+1), car f est croissante sur R+. Donc 5 , un+1 ¯ un+2 donc P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien 5 , un ¯ un+1 . La suite (un) est bien croissante. b. On suppose qu’elle est majorée, elle serait donc croissante et majorée, donc convergente. Or sa limite

2 • Limites des suites

37

Exercices ne peut être égale qu’à 0 ou 5, et comme u0 . 5, cela est impossible. Donc la suite (un) n’est pas majorée. c. Une suite croissante et non majorée diverge vers + `.

73 1. a. Algorithme modifié

• Pour la ruche B : 20 % de A arrivent en B, mais 80 % de B restent, donc vn+1 = 0,2un + 0,8vn.

b. u5 ≈ 0,8951 ; u10 ≈ 0,9660 ; u40 ≈ 0,9874. c. Il semble que la suite soit croissante et converge vers 1. 2. a. Le plus petit est n et le plus grand 2n n +1 n2 + n b. On a donc n × 2 n ¯ un ¯ n × 2n , donc : n +n n +1 n2 ¯ u ¯ n2 , donc 1 ¯ u ¯ 1 . n n n2 + n n2 + 1 1+ 12 1+ 1 n n Comme lim 1 = lim 12 = 0 , on a, d’après le théorème n n des gendarmes, limun = 1.

74 1. Il semble que limun = 0. 2. a. En C2, il faut écrire =B3/C2 . Il semble que la suite (vn ) converge vers 1 . 2 1+ 2 + 12 un+1 (n + 1)2 n n donc limvn = 1 . b. vn = = = 2 2 un 2 2n (n + 1)2

¯ 4 ⇔ −3n2 + 10n + 5 ¯ 0 5 2n2 ⇔ n ˘ 5 + 2 10 ou n ¯ 5 − 2 10   3 3 ⇔ n > 4 car n [ N. Donc à partir de N = 4, un+1 ¯ 4 un. 5 3. Pour tout entier naturel n, soit la propriété n−4 . On montre P (n) par récurrence. P(n) : un ¯ 4 5 4−4 = 1, donc • Initialisation : pour n = 4, u4 = 1 et 4 5 P(0) est vraie. • Hérédité : Soit n [N (avec n ˘ 4). On suppose que

()

() ()

un ¯ 4 5 un ¯ 4 5

n−4 n−4

()

(hypothèse de récurrence).

()

donc 4 un ¯ 4 4 5 5 5

n−4

()

n+1−4

, et comme un+1 ¯ 4 un , on a donc un+1 ¯ 4 5 5 donc P (n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n ˘ 4, on a n−4 bien un ¯ 4 . 5 n 4. lim 4 = 0, car −1, 4 , 1. Comme un ˘ 0, on a, 5 5 d’après le théorème des gendarmes, limun = 0.

()

38

()

2. On trouve u20 ≈ 40,001 et v20 ≈ 39,999, donc 40 001 abeilles en A et 39 999 abeilles en B. 3. Il semble que un + vn = 80. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P (n) : un + vn = 80. On montre P (n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, u0 + v0 = 60 + 20 = 80 donc P (0) est vraie. • Hérédité : Soit n [N. On suppose que un + vn = 90 (hypothèse de récurrence). un+1 + vn+1 = 0,8un + 0,2vn + 0,2un + 0,8vn = un + vn = 80 donc P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un + vn = 80. 4. wn+1 = un+1 − vn+1 = 0,8un + 0,2vn − 0,2un − 0,8vn = 0,6un − 0,6vn = 0,6wn. Donc la suite (wn ) est géométrique de raison 0,6. 5. wn = w0qn = 40 × 0,6n. 80 + wn Or un = = 40 + 20 × 0,6n. 2 6. limun = 40 et comme un + vn = 80, on a limvn = 40. À terme, il y aura 40 000 abeilles dans chaque ruche.

76 Partie A 1. Algorithme complété. Variables u (réel) et n (entier) Initialisation n prend la valeur 1 u prend la valeur 1,5 Traitement Tant que (n , 9) faire u prend la valeur n × u + 1 2(n + 1) n prend la valeur n + 1 finTantQue Sortie Afficher u 2. Il faut mettre la ligne Afficher u juste avant la finTantQue. 3. Il semble que la suite converge vers 0. Partie B nu − 1 1 1. vn+1 = (n + 1)un+1 − 1 = n = vn, donc la suite 2 2 (vn ) est géométrique de raison 0,5 et v1 = 0,5. 2. vn = 0,5 × 0,5n−1 = 0,5n, donc 0,5n = nun − 1, donc n un = 1+ 0,5 . n 3. lim0,5n = 0, donc limun = 0. 1+ 0,5n+1 − 1+ 0,5n 4. un+1 − un = n +1 n n + n0,5n+1 1+ 0,5 =− , 0 donc la suite n(n + 1) (un ) est décroissante.

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Variables u (réel) et n et k (entiers) Traitement Saisir n u prend la valeur 2n n +1 Pour k allant de 2 à n u prend la valeur u + 2 n n +k finPour Sortie Afficher u

c. vn ¯ 4 ⇔ 5

75 1. Entre le mois n et le mois suivant : • Pour la ruche A : elle perd 20 % de ses abeilles, donc il en reste 0,8un, mais 20 % des abeilles de B arrivent, donc il arrive 0,2vn . Ainsi un+1 = 0,8un + 0,2vn.

Exercices

Partie C Algorithme affichant le plus petit entier n tel que un , 0,01. Variables u (réel) et n (entier) Initialisation n prend la valeur 1 u prend la valeur 1,5 Traitement Tant que (u ˘ 0,01) faire u prend la valeur n × u + 1 2(n + 1) n prend la valeur n + 1 finTantQue Sortie Afficher n

77  1. a. Par définition, la suite (un ) est minorée par 0.

n n+1 n un+1 − un = 3 − 3 = 3 (2 − n) . Donc si n ˘ 2, (n + 1)! (n + 1)! n! un+1 − un ¯ 0 : la suite est décroissante à partir du rang 2. Elle est décroissante (à partir du rang 2) et minorée par 0, donc elle converge et sa limite vérifie ℓ ˘ 0. b. On minore par 3 une partie des facteurs dans n! sauf le dernier. Ainsi : 1 × 2 × 3 × 4 × … × (n − 1) × n > 1 × 2 × 3 × 3 × … × 3 × n il y a (n − 3) fois le chiffre 3. 1 Donc n! ˘ 1× 2 × 3n−3 × n, donc 1 ¯ , n! 2 × 3n−3 × n 3 3n donc un ¯ , donc 0 ¯ un ¯ 3 . n−3 2n 2×3 ×n 27 Comme lim = 0, d’après le théorème des gen2n darmes, limun = 0. 2. Il semble que la suite (Sn ) converge et que lim Sn ≈ 20,0855 (qui est en réalité e3 ). La suite (Sn ) est croissante, car Sn+1 − Sn = un+1 . 0. Sur le même principe qu’à la question précédente, on minore n! sauf les deux derniers. n! ˘ 1× 2 × 3 × 3 × … × 3 × (n − 1) × n : il y a (n − 4) fois le chiffre 3 (donc valable pour n ˘ 4).

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( )

Donc n! ˘ 1× 2 × 3n−4 × (n − 1) × n, donc : 4 1¯ 1 , donc un ¯ 3 . n−4 2n(n − 1) n! 2 × 3 × (n − 1)n Sn = u1 + u2 + u3 +

n

∑ uk < 1+ 4 + 8,5

k=4

n

(

)

1 . + 81 ∑ 2 k=4 k(k − 1)



1 = 1 − 1. k(k − 1) k − 1 k n n 1 1 1 1 1 Donc ∑ k(k − 1) = ∑ k − 1 − k = 3 − 4 k=4 k=4 + 1 − 1 + 1 − … − 1 + 1 = 1 − 1 < 1. n +1 n +1 3 n 3 4 5 5 Donc on obtient Sn ¯ 1+ 4 + 8,5 + 81 × 1 , donc 2 3 Sn ¯ 27. La suite est donc croissante et majorée par 27, donc elle converge et sa limite vérifie ℓ ¯ 27. On a prouvé que la suite (Sn ) était convergente mais on n’a pas trouvé la valeur de sa limite. Or

(

)

(

)

78  1. 0 ¯ k ¯ n ⇒ 1¯ k + 1¯ n + 1⇒ 1 ¯ k + 1

¯ n +1 ⇒ 1 ˘ 1 ˘ 1 . 1 k +1 n +1 1+ 1 n . 2. Sn ˘ (n + 1) 1 donc Sn ˘ n × n +1 1+ 1 n Comme lim n = +`, par comparaison, lim Sn = +`. 3. Algorithme affichant le plus petit entier n tel que Sn . 100.

Variables S (réel) et n (entier) Initialisation n prend la valeur 0 S prend la valeur 1 Traitement Tant que (S ¯ 100) faire n prend la valeur n + 1 S prend la valeur S + 1 n +1 finTantQue Sortie Afficher n L’algorithme affichera 2 573.

79  1. S5 ≈ 1,4636  ; S20 ≈ 1,5961 ; S50 ≈ 1,6251  ;

S100 ≈ 1,6350. La suite semble convergente. 1 . 0 donc la suite (S ) est croisn (k + 1)2 sante. 1 . Si k > 2, alors : 3. 1 − 1 = k − k + 1 = k(k − 1) k −1 k k(k − 1) 0 , k − 1 < k, donc 0 , k(k − 1) , k2, donc 1 . 12 . k(k − 1) k Donc 12 , 1 − 1 . k −1 k k n n n 4. Sn = ∑ 1 = 1+ ∑ 1 ,1+ ∑ 1 − 1 , 2 2 k −1 k k=1 k k=2 k k=2 donc Sn , 1+ 1 − 1 + 1 − 1 + … + 1 − 1 . 1 2 2 3 n −1 n 1 Donc Sn , 1+ 1− , 2 : la suite (Sn ) est donc majon rée par 2. 5. La suite (Sn ) est croissante et majorée par 2, donc elle converge et sa limite vérifie ℓ ¯ 2. 2. Sn+1 − Sn =

(

)

80  1. Vrai  : car si limun = ℓ , on a ℓ ˘ 0 , donc limvn = − 1 . 1+ ℓ 1+ vn 2. Faux : car un = − et si limvn = 0 (en restant vn négatif, car un . 0), on a limun = +`. 3. Faux : car si un = 2 + (−1)n, alors les suites (un ) et (vn ) divergent. 4. Vrai, car si un ¯ M, alors 1+ un ¯ M + 1, donc 1 ˘ 1 , donc vn ¯ − 1 . M +1 M +1 1+ un

81  1. un+1 = 2 +1u . n

2. Il semble que la suite (un ) soit convergente vers environ 0,414 qui semble être 2 − 1. 3. a. Sur R+: 1 = x ⇔ x2 + 2x − 1 = 0 ⇔ x = α = 2 − 1 2+ x car − 2 − 1, 0. 2 • Limites des suites

39

Exercices

( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

Partie B 1. Les deux suites semblent converger vers ϕ . 2. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P(n) : un , un+1 , ϕ. On montre P(n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, u0 = 1, u1 = 2 donc P(0) est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que un , un+1 , ϕ (hypothèse de récurrence). un , un+1 , ϕ donc 1+ un , 1+ un+1 , 1+ ϕ donc 1+ un , 1+ un+1 , 1+ ϕ donc un+1 , un+2 , ϕ car ϕ = ϕ + 1 donc P(n + 1) est vraie. 40

• Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un , un+1 , ϕ. La suite (un ) est donc croissante et majorée par ϕ, donc elle est convergente et sa limite vérifie ℓ ¯ ϕ. 3. a. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P(n) : vn ˘ 1. On montre P(n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, v0 = 1, donc P(0) est vraie. • Hérédité : Soit n [N. On suppose que vn ˘ 1 (hypothèse de récurrence). vn ˘ 1, donc vn . 0, donc 1 . 0, donc vn+1 ˘ 1 et vn donc P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien vn ˘ 1. ϕ − vn b. vn+1 − ϕ = 1+ 1 − ⎛1+ 1 ⎞ = . ⎝ ⎠ vn ϕ ϕvn | ϕ − vn | c. vn+1 − ϕ = . Or vn ˘ 1, donc 0 , 1 ¯ 1, vn ϕ | vn | 1 donc vn+1 − ϕ ¯ vn − ϕ . ϕ d.Pour tout entier naturel n, soit la propriété n

P(n) :  vn − ϕ ¯ ⎛ 1 ⎞ . On montre P(n) par récurrence. ⎝ ϕ⎠ • Initialisation : pour n = 0, v0 − ϕ = 1− ϕ = 1 et ϕ 0 ⎛ 1 ⎞ = 1, donc P(0) est vraie. ⎝ ϕ⎠ n • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que vn − ϕ ¯ ⎛ 1 ⎞ ⎝ ϕ⎠ (hypothèse de récurrence). n ⎛ ⎞ vn+1 − ϕ ¯ 1 vn − ϕ donc vn+1 − ϕ ¯ 1 ⎝ 1 ⎠ donc ϕ ϕ ϕ P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien n

vn − ϕ ¯ ⎛ 1 ⎞ . ⎝ ϕ⎠ Comme −1, 1 , 1, lim 1 ϕ ϕ

()

n

= 0, donc lim vn − ϕ = 0,

c’est-à-dire limvn = ϕ. e. v5 = 13 . L’erreur entre v5 et ϕ est d’environ 0,007. 8

83 La suite semble converger vers :

0,72727272… = 8 . 11 u + 72 = 0 u La suite est définie par 0 et un+1 = n . 100 Pour tout entier naturel n, soit la propriété : P(n) : un , un+1 , 8 . On montre P(n) par récurrence. 11 • Initialisation : pour n = 0, u0 = 0 et u1 = 0,72, donc P(0) est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que un , un+1 , 8 11 (hypothèse de récurrence). 8 + 72 u + 72 un+1 + 72 11 , ,  , un , un+1 , 8 , donc n 100 100 100 11 donc un+1 , un+2 , 8 , donc P(n + 1) est vraie. 11 • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un , un+1 , 8 . 11 La suite (un ) est croissante et majorée par 8 , donc 11 elle converge et sa limite vérifie ℓ ¯ 8 . 11

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b. α2 = ( 2 − 1)2 = 3 − 2 2 ou encore α2 = −2α + 1 par définition. 1− 2α − αun un+1 − α = 1 − α = = α (α − un ). 2 + un 2 + un 2 + un α α c. un+1 − α = (α − un ) = u −α . 2 + un 2 + un n Or un . 0, donc 1 , 1, donc un+1 − α , α un − α. 2 2 2 + un d. Pour tout entier naturel n, soit la propriété n P(n) :  un − α ¯ α . On montre P(n) par récurrence. 2 • Initialisation : pour n = 0, u0 − α = 1− 2 + 1 = 2 − 2 ≈ 0,6 0 et α = 1, donc P(0) est vraie. 2 n • Hérédité : Soit n [N . On suppose que un − α ¯ α 2 (hypothèse de récurrence). n n+1 , donc  un+1 − α , α un − α ¯ α α ¯ α 2 2 2 2 P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien : n un − α ¯ α . 2 n α α Comme ≈ 0,2, lim = 0, donc limun = α = 2 − 1. 2 2 4 1 e. = u4 et u4 − α ¯ α ≈ 0,0018, 2 1 2+   1 2+ 2+ 1 2 +1 donc u4 est une approximation de 2 − 1à 0,002 près. 1 Donc 1+ = 1+ u4 , c’est donc une 1 2+   1 2+ 2+ 1 2 +1 approximation de 2. Ainsi 2 ≈ 58 . 41 82 Partie A 1. On pose ϕ = a . 0. b ϕ +1 =ϕ⇔ Donc a + b = a ⇔ 1+ 1 = ϕ ⇔ a ϕ ϕ b ⇔ ϕ2 = ϕ + 1 ⇔ ϕ2 − ϕ − 1 = 0 . Les solutions de x2 − x − 1 = 0 sont 1+ 5 (qui est 2 positive) et 1− 5 (qui est négative). 2 1+ 5 ≈ 1,618. Donc ϕ = 2 2. ϕ2 − ϕ − 1 = 0 ⇒ 1+ 1 = ϕ (étape dans la question 1.) ϕ ϕ2 − ϕ − 1 = 0 ⇒ ϕ2 = ϕ + 1⇒ ϕ = ϕ + 1 .

Exercices

On considère la suite (vn ) définie par vn = 8 − un. 11 800 − 11un − 792 8 1 vn+1 = −u = = v , donc  100 n 1100 11 n+1 (vn) est géométrique de raison 1 , donc lim vn = 0, donc 100 limun = 8 . 11 Remarques : pour trouver ℓ, on peut aussi dire que ℓ est solution de l’équation x = x + 72 . 100 La récurrence permettant de prouver que la suite (un ) est convergente n’est pas utile.

84  On considère la suite définie par u0 = 0 et

un+1 = 3 + un .

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L’équation x2 = x + 3 admet deux solutions dont une seule est positive, qui est 1+ 13 , donc l’équation 2 x = 3 + x admet une seule solution, c’est 1+ 13  : 2 ainsi 1+ 13 = 3 + 1+ 13 . 2 2 Pour tout entier naturel n, soit la propriété : P(n) : un , un+1 , 1+ 13 . 2 On montre P (n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 0, u0 = 0 et u1 = 3 , donc P(0) est vraie. • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que un , un+1 , 1+ 13 (hypothèse de 2 récurrence). un , un+1 , 1+ 13 , donc 3 + un , 3 + un+1 2 1+ 13 , 3+ , donc un+1 , un+2 , 1+ 13 , 2 2

donc P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien un , un+1 , 1+ 13 . 2 (u ) La suite n est croissante et majorée par 1+ 13 , 2 1+ 13 . donc elle converge et sa limite vérifie 0 , ℓ ¯ 2 Mais comme ℓ est solution de l’équation x = x + 3, alors ℓ = 1+ 13 . 2  ; u = 29 ; u5 = 83 . 85  1. u3 = 11 9 3 4 27 2. a. Algorithme affichant le terme de rang n Variables u, v, w (réels) et n et i (entiers) Initialisation Saisir n u prend la valeur 9 v prend la valeur 5 Traitement Pour i allant de 2 à n w prend la valeur u u prend la valeur v v prend la valeur 4u − w 3 finPour Sortie Afficher v

b. u10 ≈ 3,00010161 et u20 ≈ 3. c. Il semble que la suite converge vers 3.

Pour s’entraîner à l’épreuve 86  Algorithme affichant la plus petite valeur de n telle que un ¯ 0,01. Variables u (réel) et n (entier) Initialisation n prend la valeur 0 u prend la valeur 2 Traitement Tant que (u . 0,01) faire n prend la valeur n + 1 u prend la valeur 1 u + 3(n − 1) 5 finTantQue Sortie Afficher n

87  1. u1 = 2 ; u2 = 6. 2. Algorithme 1 : affiche le terme de rang n de la suite définie par un+1 = un + 2(n + 1) + 2.

Algorithme 2 : c’est le bon algorithme. 3. La suite semble croissante. un+1 − un = 2n + 2 . 0, donc la suite (un ) est bien croissante. 4. a.vn = un+1 − un = 2n + 2 = 2n + 2, donc (vn ) est une suite arithmétique de raison 2. b. Sn = 2(0 + 1+ 2 + … + n) + 2(n + 1) = 2 n(n + 1) + 2(n + 1) = (n + 2)(n + 1). 2 c. Sn = v1 − v0 + v2 − v1 + v3 − v2 + … + un+1 − un = un+1 − u0, donc un = Sn−1 + u0 = n(n + 1). d. lim n(n + 1) = +`, donc limun = +`.

88  1. Le volume est constant à 2 200, donc : an + bn = 2 200. 2. Bassin A : 90 % de l’eau de A reste en A et 15 % de B arrive en A, donc an+1 = 0,90an + 0,15bn. Ainsi an+1 = 0,90an + 0,15(2200 − an ) = 0,75an + 330. 2 • Limites des suites

41

Exercices

Variables a (réel) et n (entier) Initialisation a prend la valeur 800 n prend la valeur 0 Traitement Tant que (a ¯ 1100) faire n prend la valeur n + 1 a prend la valeur 0,75a + 330 finTantQue Sortie Afficher n L’algorithme affiche 3. 4. À l’aide de la calculatrice ou d’un tableur, il semble que le bassin A ne contienne jamais 1 320 m3. On le démontre par l’absurde : soit n le plus petit entier tel que an = 1320. Comme an = 0,75an−1 + 330, on obtient : an−1 = 1320 − 330 = 1320. 0,75 Ce qui signifie que le terme précédent valait déjà 1 320. Mais n était le plus petit entier tel que an = 1320, on aboutit donc à une absurdité : le bassin A ne contiendra donc jamais 1 320 m3. Autre méthode : on aurait pu démontrer que : an , 1320 par récurrence. 5. a. un+1 = an+1 − 1320 = 0,75an + 330 − 1320 = 0,75(an − 1320) = 0,75un , donc la suite (un ) est géométrique de raison 0,75. b. Comme −1, 0,75 , 1, limun = 0, donc lim an = 1320, d’où lim bn = 2 200 − 1320 = 880. À terme, le bassin A contiendra quasiment 1 320 m3, alors que le bassin B contiendra quasiment 880 m3.

89 1. f ′(x) =

4 . 0, donc f est croissante sur (x + 2)2

R+ . 2. f(x) = x ⇔ 5 −

{

4 = x ⇔ x2 − 3x − 6 = 0 x +2 x +2 = 0 ⇔ x2 − 3x − 6 = 0 et x ≠ −2:

}

6 = 3 − 33 ; 3 + 33 . 2 2 3 + 33 ≈ 4,37, car c’est la seule positive. Donc α = 2 3. a. y

1 0

M0 2

M1 M2

x

b. Il semble que la suite soit croissante et converge vers α, solution positive de f(x) = x . 4. a. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P(n) : 0 ¯ un ¯ un+1 ¯ α. On montre P(n) par récurrence. 42

• Initialisation : pour n = 0, u0 = 1 et u1 = 5 − 4 = 11, 3 3 donc 0 ¯ 1¯ 11 ¯ α, donc P(0) est vraie. 3 • Hérédité : Soit n [ N. On suppose que : 0 ¯ un ¯ un+1 ¯ α (hypothèse de récurrence). 0 ¯ un ¯ un+1 ¯ α, donc f(0) ¯ f(un ) ¯ f(un+1) ¯ f(α),

car f est croissante sur R+. Donc 0 ¯ 3 ¯ un+1 ¯ un+2 ¯ α (car f(α) = α), donc P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien 0 ¯ un ¯ un+1 ¯ α . b. La suite (un ) est croissante et majorée par α, donc elle converge et sa limite vérifie 0 ¯ ℓ ¯ α. Mais comme ℓ est solution de l’équation x = f(x), on peut conclure que ℓ = α. 5. a. S0 = 1 ; S1 = 14 ≈ 4,67 ; S2 = 457 ≈ 8,96. 3 51 b. Traitement Tant que (i , n) faire i prend la valeur i + 1 u prend la valeur 5 − 4 / (u + 2) s prend la valeur s + u finTantQue c. La suite (un) est croissante et u0 = 1, donc, pour tout n, un ˘ 1, donc Sn ˘ n + 1. Or lim (n + 1) = +`, donc, par comparaison : lim Sn = +`.

90 1. a.

y

A2 A3

A1

1 0

A0 1

x

a. Algorithme affichant la plus petite valeur de n telle que an . bn (donc an . 1 100) Variables x, y, z(réels) et i (entier) Initialisation x prend la valeur 4 y prend la valeur 0 Traitement Pour i allant de 0 à 20 Construire le point de coordonnées (x ; y) t prend la valeur x x prend la valeur t / 2 − y / 2 y prend la valeur t / 2 + y / 2 finPour Sortie Afficher n 2. An An+1 = (xn+1 − xn )2 + (yn+1 − yn )2 2 2 ⎛ −x − yn ⎞ ⎛ x − yn ⎞ = ⎜ n +⎜ n ⎟ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠

= (yn+1)2 + (xn+1)2 OAn+1 = (xn+1)2 + (yn+1)2 , donc, pour tout entier n, An An+1 = OAn+1.

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3. Algorithme affichant la plus petite valeur de n telle que an . bn (donc an . 1 100).

Exercices 3. ln = A0 A1 + A1A2 + … + An−1An = OA1 + OA2 + … + OAn

n

=

∑ OAk .

k=1

OAn+1 = (xn+1)2 + (yn+1)2 2 2 ⎛ −x − yn ⎞ ⎛ xn − yn ⎞ = ⎜ n + ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 ⎝ (xn )2 + (yn )2 OAn . = 2 2 La suite (un ) = (OAn ) est une suite géométrique de

=

raison 1 = 2 . 2 2 Son premier terme est u1 = OA1 = 22 + 22 = 2 2. Donc un = u1 × qn−1, donc OAn = 2 2 × Ainsi ln =

n

∑ OAk

k=1

n

=

⎛

∑ ⎜⎝ 2

2×

k=1

( 22 )

( 22 )

n−1

.

k−1⎞

⎟⎠

2 ( 2 ) 2 . =2 2× ∑( ) =2 2× 2 1− ( 2 ) 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Donc l = 2 2 ⎜1− ( 2 ) ⎟ = (4 2 + 4) ⎜1− ( 2 ) ⎟ . 2 ⎠ 2 ⎠ 2 ⎝ ⎝ 1− 2 Comme −1, 2 , 1, lim ( 2 ) = 0 , donc : 2 2 n−1

1−

k

n

k=0

n

n

n

n

limln = 4 2 + 4 ≈ 9,656.

91  1. d1 = 250 ; a1 = 445.

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2. a. Avec n = 1, il affiche 250 et 420. La valeur de A est fausse car pour la calculer, on a utilisé la valeur de D qui a été modifié (on a utilisé d1 au lieu de d0). b. Pour le corriger, il faut stocker la valeur de D dans une autre variable avant de la modifier. Variables D, A, B (réels) et n, k (entiers) Initialisation D prend la valeur 300 A prend la valeur 450 Saisir la valeur de n Traitement Pour k allant de 1 à n B prend la valeur A D prend la valeur D / 2 + 100 A prend la valeur A / 2 + B / 2 + 70 finPour Sortie Afficher D Afficher A

() () ()

n b. en = e0 × qn = 100 × 1 , donc : 2 n dn = 100 × 1 + 200. 2 n c. Comme −1, 1 , 1, lim 1 = 0 , donc lim dn = 200 . 2 2 4. a. Pour tout entier naturel n ˘ 3, soit la propriété P(n) : 2n2 ˘ (n + 1)2 . On montre P(n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 3, 2 × 32 = 18 et (3 + 1)2 = 16, donc P(3) est vraie. • Hérédité : Soit n ˘ 3. On suppose que 2n2 ˘ (n + 1)2 (hypothèse de récurrence). 2(n + 1)2 = 2n2 + 4n + 2, donc 2(n + 1)2 ˘ (n + 1)2 + 4n + 2. On a donc 2(n + 1)2 ˘ n2 + 6n + 3. Donc 2(n + 1)2 ˘ (n + 2)2 + 2n − 1˘ (n + 2)2, car n ˘ 3, donc 2n − 1. 0. P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n ˘ 3, on a bien 2n2 ˘ (n + 1)2. b. Pour tout entier naturel n ˘ 4 , soit la propriété P (n) : 2n ˘ n2 . On montre P(n) par récurrence. • Initialisation : pour n = 4 , 24 = 16 et 42 = 16 donc P(4) est vraie. • Hérédité : Soit n ˘ 4 . On suppose que 2n ˘ n2 (hypothèse de récurrence). 2n ˘ n2 , donc 2 × 2n ˘ 2n2 , donc 2n+1 ˘ (n + 1)2 d’après la question précédente. Donc P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n ˘ 4 , on a bien 2n ˘ n2 . c. Pour n ˘ 4, on a 2n ˘ n2 donc 0 ¯ 1n ¯ 12 , car la 2 n fonction inverse est décroissante sur R+* . ¯ 100n Donc 0 ¯ 100n (car 100n . 0), donc : 2n n2 n 0 ¯ 100n 1 ¯ 100 . 2 n 100 d. lim = 0 donc d’après le théorème des genn n darmes, lim100n 1 = 0. 2 n 1 Comme −1, , 1, lim 1 = 0, donc la suite (an ) est 2 2 convergente et lim an = 340.

( )

()

()

()

92  1. vn+1 = un+1 − 1−b a = aun + b − 1−b a

(

)

           = aun + b − ab − b = a un − b = avn . 1− a 1− a La suite (vn ) est géométrique de raison a. 2. On a alors un = vn + b = v0an + b . 1− a 1− a Si a [ ]−1 ; 1[, alors lim(a)n = 0, donc limun = b . 1− a

3. a. en+1 = dn+1 − 200 = 1 dn + 100 − 200 2 1 = (dn − 200) = 1 en , donc (en ) est une suite 2 2 géométrique de raison 0,5.

2 • Limites des suites

43

Exercices Accompagnement personnalisé

• Initialisation : pour n = 0, v0 = 1 donc P(0) est vraie. • Hérédité : Soit n [N. On suppose que 0 , vn , 3 (hypothèse de récurrence). 0 , vn , 3 , donc6 . 6 − vn . 3, donc 1 , 1 , 1 3 6 6 − vn donc 0 , 9 , 1 , 9 , donc P(n + 1) est vraie. 3 6 6 − vn • Conclusion : pour tout entier naturel n, on a bien 0 , vn , 3.

(vn − 3)2 . 0 car 6 − vn [ ]3 ; 6[   : la 6 − vn suite (vn ) est donc croissante. c. La suite (vn ) est donc croissante et majorée par 3, donc elle est convergente et sa limite vérifie ℓ ¯ 3. 6 − vn 1 − 1 = 4. a. wn+1 − wn = vn+1 − 3 vn − 3 3(vn − 3) 6 − vn 1 − 1 = − 1. wn+1 − wn = − 1 = 3 vn+1 − 3 vn − 3 3(vn − 3) vn − 3 b. wn = w0 + nr = − 1 − n = −3 − 2n 2 3 6 + 6n 3 1 . donc vn = 3 + = wn 3 + 2n 6+ 3 n , donc limv = 6 = 3 . c. vn = n 2 3 2+ n b. vn+1 − vn =

94 1.

b

2.

b

3.

b

95 Partie A

1. tn+1 − tn = (vn+1 − vn ) − (un+1 − un ). Comme (vn ) est décroissante (donc vn+1 − vn ¯ 0) et (un ) croissante (donc un+1 − un ˘ 0), on a donc tn+1 − tn ¯ 0 : la suite (tn ) est donc décroissante. Puisque vn − un converge vers 0 et que c’est une suite décroissante, on a tn ˘ 0, donc vn ˘ un. 2. (un ) est croissante, donc minorée par u0. De même, (vn ) est majorée par v0  : u0 ¯ un ¯ vn ¯ v0 . Ainsi (un ) est croissante et majorée par v0, donc elle converge vers ℓ et sa limite vérifie ℓ ¯ v0 . Et (vn ) est décroissante et minorée par u0 donc elle converge vers ℓ ′ et sa limite vérifie u0 ¯ ℓ ′ . La suite (tn ) converge donc vers ℓ ′ − ℓ , mais aussi vers 0 : donc ℓ ′ = ℓ. Partie B 1. Le disque est partagé en 2 × 31 = 6 secteurs, donc les secteurs mesurent π radians. Les triangles formés 3 44

sont donc équilatéraux, car deux côtés correspondent aux rayons du cercle. Le 3e côté (et que celui de Pn) mesure donc également 1. Ainsi, 2p1 = 6 × 1, donc p1 = 3. Les triangles formés avec Qn sont également équilatéraux, mais c’est la hauteur qui mesure le rayon du cercle. Or h = a 3 dans un triangle équilatéral, donc 2 a = 2 . Ainsi 2q1 = 6 × 2 , donc q1 = 2 3. 3 3 2. a. Les triangles formés avec Pn sont isocèles en O avec deux côtés de longueur 1 et l’angle entre ces 1x n côtés mesure 2αn. On obtient sin(αn ) = 2 , où xn 1 est la longueur d’un côté de Pn. 3 × 2n xn , on Ainsi, xn = 2sin(αn ) . Comme pn = 2 obtient pn = 3 × 2n sin(αn ). Les triangles formés avec Qn sont isocèles en O avec la hauteur issue de O de longueur 1 et l’angle entre 1y n ces côtés mesure 2αn . On obtient tan(αn ) = 2 , où 1 yn est la longueur d’un côté de Qn. 3 × 2n yn Ainsi, yn = 2tan(αn ) . Comme qn = , on 2 obtient qn = 3 × 2n tan(αn ). b. À chaque étape, le nombre de côtés est doublé, donc à chaque étape, la valeur de l’angle au centre (et donc de sa moitié) est divisée par 2 : (αn ) est donc une suite géométrique de raison 0,5. Son premier terme π est α1 = 6 .

()

αn = π × 1 6 2

n−1

=

π . 3 × 2n

Donc pn = 3 × 2n sin⎛⎜ π n ⎞⎟ ⎝3×2 ⎠ et qn = 3 × 2n tan⎛⎜ π n ⎞⎟ . ⎝3×2 ⎠ 3. a. pnqn+1 = 3 × 2n sin(αn ) × 3 × 2n+1 tan(αn+1) 9 × 22n+1 × sin(αn+1) = sin(αn ) . cos(αn+1) (pn+1)2 = 9 × 22(n+1) (sin(αn+1))2 = 2cos(αn+1) = 2 cos (αn+1) ×sin(αn+1) ×

9 × 22n+1 × sin(αn+1) cos(αn+1)

Or 2cos(αn+1) × sin(αn+1) = sin(2αn+1) = sin(αn ). Donc pnqn+1 = (pn+1)2 et comme les demi-périmètres sont positifs, on a bien pn+1 = pnqn+1 . 2pnqn = 9 × 22n+1 × sin(αn ) × tan(αn ) =

9 × 22n+1 × sin(αn ) × sin(αn ) × cos(αn+1) cos(αn )cos(αn+1)

Or αn = 2αn+1, donc sin(αn ) = sin(2αn+1) = 2sin(αn+1)cos(αn+1). Donc sin(αn ) × cos(αn+1) = 2sin(αn+1) × (cosαn+1)2.

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93 1. L’algorithme 3 convient. Pour le n°1 : il n’affiche que le dernier terme de la suite (et pas tous les termes). Pour le n°2 : à chaque tour, la variable v est réinitialisée à 1 = v0, donc on calcule v1 à chaque fois. 2. Il semble que la suite soit croissante et qu’elle converge vers 3. 3. a. Pour tout entier naturel n, soit la propriété P(n) : 0 , vn , 3. On montre P(n) par récurrence.

Exercices

qn+1(pn + qn ) = 9 × 22n+1 tan(αn+1)[sin(αn ) + tan(αn )] =

9 × 22n+1 × sin(αn ) sin(αn+1)[cos(αn ) + 1] cos(αn )cos(αn+1)

Or α = 2α , n n+1 donc cos(αn ) + 1 = cos(2αn+1) + 1 = 2(cosαn+1)2 .

Donc sin(αn+1)[cos(αn ) + 1] = 2sin(αn+1) × (cosαn+1)2.

Ainsi, sin(αn ) × cos(αn+1) = sin(αn+1)[cos(αn ) + 1]. Donc

9 × 22n+1 × sin(αn ) × sin(αn ) × cos(αn+1) cos(αn )cos(αn+1)

9 × 22n+1 × sin(αn ) = sin(αn+1)[cos(αn ) + 1]. cos(αn )cos(αn+1) Donc 2pnqn = qn+1(pn + qn ). 2pnqn Et donc qn+1 = . (pn + qn ) 2pnqn b. qn+1 − qn = − qn (pn + qn ) q (p − qn ) qn . = (2pn − pn − qn ) = n n pn + qn pn + qn Or pn et qn sont positifs, mais pn − qn , 0, car pn , π , qn, donc la suite (qn ) est décroissante. p (q − pn ) . pn+1 − pn = pnqn+1 − pn = n n pnqn+1 + pn p (q − pn ) Comme qn . pn, n n . 0, donc la suite (pn ) pnqn+1 + pn est croissante. c. Démontrer que : qn+1pn qn+1 − pn+1 = (q − pn ). (qn+1 + pn+1)(qn + pn ) n 2pnqn qn+1 − pn+1 = − pn+1 (pn + qn )

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=

(2pnqn − pn+1pn − pn+1qn )(pn+1 + qn+1) (qn+1 + pn+1)(qn + pn )

2p p q − p p q − p q q + p q q − p2q = n n+1 n n n+1 n+1 n+1 n n+1 n n n+1 n n+1 (qn+1 + pn+1)(qn + pn ) 2 = p q car pn+1 n n+1

=

2pn pn+1qn − pn+1qn+1(pn + qn ) + pnqnqn+1 − pn2qn+1 (qn+1 + pn+1)(qn + pn )

=

2pn pn+1qn − 2pn pn+1qn + pnqnqn+1 − pn2qn+1 (qn+1 + pn+1)(qn + pn ) car qn+1(pn + qn ) = 2pnqn

=

pnqn+1(qn − pn ) (qn+1 + pn+1)(qn + pn )

On a 3 ¯ pn , qn ¯ 2 3 en raison des variations des deux suites. • 9 ¯ pnqn+1 ¯ 12 6 ¯ qn+1 + pn+1 ¯ 4 3 et 6 ¯ qn + pn ¯ 4 3 •  donc (produit d’inégalités entre nombres positifs) 36 ¯ (qn+1 + pn+1)(qn + pn ) ¯ 48 . 1 Donc 1 ¯ ¯ 1 , car la fonc48 (qn+1 + pn+1)(qn + pn ) 36 tion inverse est décroissante sur [36 ; 48]. Comme les inégalités sont entre nombres positifs, on pnqn+1 obtient 9 ¯ ¯ 12 . 48 (qn+1 + pn+1)(qn + pn ) 36 Donc qn+1 − pn+1 ¯ 1 (qn − pn ). 3 d. Pour tout entier naturel n ˘ 1, soit la propriété n P(n) : qn − pn ¯ 1 . On montre P(n) par récurrence. 2 • Initialisation : pour n = 1, q1 − p1 = 2 3 − 3 ≈ 0,46 1 et 1 = 0,5 donc P(1) est vraie. 2 n • Hérédité : Soit n [N* . On suppose que qn − pn ¯ 1 2 (hypothèse de récurrence). n qn+1 − pn+1 ¯ 1 (qn − pn ), donc qn+1 − pn+1 ¯ 1 1 , 2 2 2 n+1 1 donc qn+1 − pn+1 ¯ 2 , et donc P(n + 1) est vraie. • Conclusion : pour tout entier naturel n non nul , on n a bien qn − pn ¯ 1 . 2 n n 4. 0 , qn − pn ¯ 1 donc, comme lim 1 = 0, 2 2

()

()

() ()

()

() ()

()

d’après le théorème des gendarmes, lim(qn − pn ) = 0. La suite (pn ) est croissante, la suite (qn ) est décroissante et la différence qn − pn converge vers 0, donc les deux suites sont adjacentes, donc d’après la partie A, elles sont convergentes et ont la même limite. Or pn , π , qn , donc la limite commune vérifie ℓ ¯ π ¯ ℓ, donc ℓ = π.

Traduction des énoncés 96  Limites

Déterminer les limites des suites suivantes lorsque n tend vers l’infini. n n an = n + 1 ; bn = 2n − 3n n +1 2 +3

⎪⎧x0 = −2 ;⎨ 1   ⎪⎩xn+1 = 4 xn

97  Une séquence auxiliaire ⎧u = 1 Soit u la suite telle que ⎨ 1 ⎩un+1 = 4un

Démontrer que la suite v définie par vn = ln(un ) − ln(4) est une suite géométrique. Puis calculer vn et un en fonction de n et enfin, déterminer la limite de chaque suite.

98  Effectif scolaire Dans une école, les statistiques montrent que la population décroit de 10 % par an. Cette année, il y a 800 élèves dans l’école. L’administration décide d’accueillir 50 élèves de plus chaque année. 2 • Limites des suites

45

Exercices 1. Que peut-on prévoir quant à l’évolution de la population de cette école pour les années à venir ? 2. Prouver la conjecture avec l’aide du professeur.

99 Écureuils La population d’écureuils dans une forêt a été estimée à un moment donné à 250. Individus. Un agent local de lutte antiparasite souhaite modéliser l’évolution du nombre d’individus au cours du temps. Dans un premier temps, elle suppose que la population va augmenter de 20 % chaque année. La relation de récurrence Pn = 1,2Pn−1 l’aidera à calculer le nombre d’individus après n années, où Pn est le nombre d’individus l’année n et P0 = 250. En utilisant la relation de récurrence, répondre aux questions suivantes. 1. Quelle sera la prévision pour la population après 3 ans ? 2. Combien d’années faudra-t-il pour que la population dépasse 1 000 individus ? 3. Décrire la tendance à long terme que modélise cette relation de récurrence. En réalité, la forêt ne pourra contenir qu’une certaine population d’écureuils. L’agent local de lutte antiparasite suit leur nombre en utilisant la relation de récurP rence suivante : Pn = Pn−1 ⎛⎜1,2 − n−1 ⎞⎟ . 4000 ⎠ ⎝ 4. Grace à vos calculs, confirmer que P1 = 284,375 (qui pourra être arrondi à 284). 5. En utilisant la relation de récurrence, estimer le nombre d’écureuils présents dans la forêt après plusieurs années. Thème Infini

C’est sur ce principe de base qu’à la fin du XIXe siècle, Georg Cantor a réussi à élargir le concept de l’infini. Jusqu’alors, les mathématiciens n’osaient pas travailler avec ce concept qui était intrinsèquement lié au divin. Les idées de Cantor furent très innovantes et eurent du mal à s’imposer. Mais les idées révolutionnaires et le travail de Cantor ont permis aux mathématiciens une étude de l’infini. Elles ont permis d’établir la théorie des ensembles qui explique la fondation des mathématiques. 1. Question Internet Explorer le concept de l’infini à travers l’histoire des mathématiques, en particulier lors de la période grecque, médiévale et au XVIIIe siècle. 2. Pouvez-vous expliquer la phrase : « À chaque objet de l’un, on peut faire correspondre un et un seul objet de l’autre ». Donner un exemple. 3. Expliquer pourquoi l’ensemble des entiers naturels et l’ensemble des entiers pairs sont en bijection. 4. Question amusante On peut remarquer que les mathématiciens ont souvent besoin d’une pincée de folie pour avancer dans leur science. Chercher des informations sur Georg Cantor, Kurt Gödel, Alexandre Grothendieck, Grigori Perelman… Exercice interactif Seul / Règles du jeu : En utilisant des mots et des expressions telles que : limites, être proche de, se stabiliser, comportement, décroître, borne, etc., décrire les graphiques suivants à vos camarades de classe. Le gagnant est celui ou celle qui reçoit le plus d’applaudissements.

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Deux ensembles sont dits « en bijection » si à chaque objet de l’un, on peut faire correspondre un et un seul objet de l’autre.

46

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3

Limites des fonctions

Pour construire le cours Situation A Déterminer les bons intervalles en MATHÉMATIQUES 1. a. f (x) . A ; C’est l’occasion de parler de logique. b. f(x) = x, donc f(x) . A ⇔ x . A ⇔ x . A2 car A est positif ici. Donc f (x) . A dès que x . A2 . c. On refait le même raisonnement avec A quelconque. 2. a.

En procédant de même, on trouve la valeur entière 236.

C’est l’occasion de faire travailler des phrases du genre : dès que x > 236, toutes les valeurs de f (x) appartiennent à l’intervalle [1,97 ; 2,03]. 3. Cette table semble indiquer que h (x) tend vers − ` lorsque X tend vers 1. C’est l’occasion de faire travailler la limite à gauche et/ou à droite.

Trace écrite Définition de la limite d’une fonction en l’infini et en un réel.

48

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La fonction est décroissante. Pour trouver le seuil tel que f (x) [ [1,93 ; 2,07], on trouve la valeur 103.

Pour construire le cours

Situation B Régler un chauffe-eau en SCIENCES de l’INGÉNIEUR 1. On peut faire une résolution graphique ou une résolution algébrique. 50 = 18 + 9000 ⇔ Q = 15 ≈ 0,067 kg.s−1 . 224 4200Q 2. La température de l’eau n’est pas très élevée pour les grands débits. Plus le débit est grand, plus la température de l’eau est proche de 20 °C. 3. Cette droite représente la température limite atteinte lorsque le débit tend vers l’infini.

Trace écrite Asymptote horizontale.

Situation C Observer l’évolution d’une population d’insectes en SCIENCES de la VIE et de la TERRE 1. On utilise l’image en 0 : la courbe de g est la courbe en rouge du bas. Celle de h est la courbe rouge du haut. 2. On conjecture que le nombre d’insectes tend vers 1 millier, soit 1000. On fait travailler les élèves sur la courbe pour la conjecture et on réinvestit la lecture d’images pour de grandes valeurs de x ainsi que des phrases du genre : « f (x) est aussi proche de 1 que l’on veut lorsque x est de plus en plus grand ». 3. On trouve la limite 1 en l’infini. On introduit le théorème des gendarmes.

Trace écrite Théorèmes de comparaison et des gendarmes.

Situation D Étudier des vitesses et des masses

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en SCIENCES PHYSIQUES 1. On trouve m (v) = m0. On peut commencer à discuter de savoir pourquoi la calculatrice donne la même valeur. 2. La calculatrice donne m (v) ≈ 0,999999995m0. 3. La calculatrice donne m (v) ≈ 0,995m0 en arrondissant à 10−3. En utilisant le coefficient multiplicateur (c’est l’occasion de réinvestir les pourcentages et leurs moyens de calculs), on peut dire que la masse est diminuée d’environ 0,5 %. 4. La calculatrice donne m (v) ≈ 745m0. La masse est diminuée de 25 %. On fait tendre v vers c puis on fait discuter les élèves sur la limite du quotient puis sur la limite de la racine carrée.

Trace écrite Limite des fonctions composées.

3 • Limites des fonctions

49

Diaporamas Diaporama calcul mental

b. 0,001

à: c. 0

a. 1010

b. 109

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Limites des fonctions

Diaporama calcul mental

Lorsque x est supérieur à 10 000, le réel x2 est supérieur

Lorsque x vaut 2,001, le réel x − 2 vaut : a. −0,001

Limites des fonctions

Diaporama calcul mental

c. 108

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Limites des fonctions

Diaporama calcul mental

Lorsque x est inférieur à 10 000, le réel x2 est :

Lorsque x est inférieur à 10 000, le réel −x2 est :

a. supérieur à 1010

a. supérieur à 1010

b. supérieur à 108

b. inférieur à −1010

c. inférieur à 108

c. inférieur à −108

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Limites des fonctions

Diaporama calcul mental

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Limites des fonctions

Diaporama calcul mental

Lorsque x est égal à −1,01, le réel x + 1 est :

Lorsque x est égal à 2,9999 , le réel (x − 3)(x + 1) est :

a. positif

a. positif

b. négatif

b. négatif

c. de signe impossible à déterminer

c. de signe impossible à déterminer

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Limites des fonctions

Diaporama calcul mental

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Limites des fonctions

Diaporama calcul mental

f est une fonction dont la représentation graphique est Lorsque x est égal à −4,1 , le réel −x + 2 est : x +4 a. positif

donnée ci-dessous. L’ensemble des solutions y de l’inéquation f (x) ⩽ 1 est : 1 a. ]− ` ; 3]

b. négatif c. de signe impossible à déterminer

0

1

x

b. [3 ; + `[ c. [0,4 ; + `[

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50

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Limites des fonctions

Diaporamas

Limites des fonctions

Diaporama QCM chrono

Limites des fonctions

Diaporama QCM chrono

Lorsque x tend vers 2, le réel x − 2 tend vers :

Lorsque x tend vers − `, le réel −x3 + 1 tend vers :

a. −2

a. + `

b. 0,001

c. 0

b. − `

c. 1

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Limites des fonctions

Diaporama QCM chrono

Lorsque x tend vers −1, le réel a. + `

Limites des fonctions

Diaporama QCM chrono

Lorsque x tend vers + `, le réel x − 2 tend vers : 2x + 1

1 tend vers : x +1

b. − `

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c. 0

a. 0

c. 1 2

b. 1

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Limites des fonctions

Diaporama QCM chrono

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Limites des fonctions

Diaporama QCM chrono

y 1 0

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Lorsque x tend vers 0, le réel 1 + 1 tend vers : x x2 a. 0

b. + `

x

1

Le graphique ci-dessus est la courbe représentative d’une

c. 1

fonction f. On peut conjecturer : a. lim f(x) = −9 x→−`

b. lim f(x) = +` x→1

c. lim f(x) = 2 © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Limites des fonctions

Diaporama QCM chrono

x→+`

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Limites des fonctions

Diaporama QCM chrono

y 1 0

f est une fonction dont la représentation graphique est x

1

donnée ci-dessous. On peut conjecturer :

Le graphique ci-dessus est la courbe représentative d’une fonction f. On peut conjecturer : a. lim f(x) = −` x→2 x ,2

b. lim f(x) = +` x→2 x ,2

c. lim f(x) = 2 x→−`

a. lim f(x) = +` x→+`

b. lim f(x) = −2

1 0

y 1

x

x→−`

c. lim f(x) = 1 x→+`

© Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

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3 • Limites des fonctions

51

Exercices Réviser ses gammes Gamme 1 1. f(25 000) = 625 000 000 . 2. g(−0,0001) = −10 000 . 3. h(−30 000) ≈ −0,000 03 à 10−5 près. 4. k(1,000 01)  = 300 002. Gamme 2 1. 6 = ⎡⎣ 50 000  ; + ` ⎡⎣ ≈ [223,6 ; + `[ .

2. 6 = ]−` ; −223,6] . 1 3. 6 = ⎡⎣0 ; 500 000 ⎤⎦ = [0 ; 0,000 002] . ⎡ ⎡ 1 4. 6 = ⎣⎢ 0,000 1 ; + ` ⎣⎢ = [10 000 ; + `[ . 5. 6 = ]−` ; 0[ . 1 ⎡ ⎡ 6. 6 = ⎣⎢2 + 0,000 1 ; + ` ⎣⎢ = [10 002; + `[ . Gamme 3

f(x) .10 000 ⇔ x . 10 000 ⇔ x .100 . Gamme 4

Gamme 5 1. C’est un polynôme de degré 2, donc : −`

x (x − 2)(x + 1)

−1

2

+`

+ 0 − 0 +

2. x

−`

−2

2 3 +` − 0 +

2x − 3

−

x+2 2x − 3 x −2

− 0 + +

+

− 0 +

3. Sur ]0 ; + `[ , x , 0 , x . 0 et −x − 1, 0 donc (−x − 1) x , 0 . x 4. Sur ]1 ; + `[ , (x − 1)2 . 0 et −x − 5 . 0 donc −x − 5 , 0 . (x − 1)2 Gamme 6 1. a. 2. b.

3. b.

R. Gamme 7 1. 6 = R

2. 6 = ∅ .

4. a.

6 = ]a ; + `[ avec a ≈ 0,85 .

Gamme 8

S’organiser pour apprendre VRAI ou FAUX ?

c

.

2

b

.

3

b

.

4

a

1 Vrai

.

2 Faux

3 Faux

Corrigés des exercices 1 • Fonction f

• Fonction g a.

a.

b. lim g(x) = 0  

b. lim f(x) = −`  

x→+`

lim g(x) = 0

x→+`

lim f(x) = −`

x→−`

c. La courbe de g admet une asymptote horizontale d’équation y = 0 en + ` et en − `. d.

x→−`

c. Pas d’asymptote horizontale. d. x f9(x)

52

−` −`

−1 0

+` −`

x g(x)

−` 0

−1 −2

1 2

+` 0

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QCM

1

Exercices

• Fonction h a.

2 • Fonction f a. La fonction f est définie sur R \ {−2}. b.

b. lim h(x) = 1  

c. lim f(x) = 2  

lim h(x) = 1

lim f(x) = 2  

x→+`

x→+`

x→−`

x→−`

c. La courbe de h admet une asymptote horizontale d’équation y = 1 en + ` et en − `. d. x h(x)

−` 1

−2

+`

1 3

0

1

• Fonction k a.

  lim f(x) = +` x→−2 x,−2

lim f(x) = −`

x→−2 x.−2

d. La courbe de f admet une asymptote verticale d’équation x = −2 . e. x f(x)

−2

−`

+` 2

+` −`

2

• Fonction g a. La fonction g est définie sur R \ {1}. b.

b.   lim k(x) = +`   x→+`

lim k(x) = −`

x→−`

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c. Pas d’asymptote horizontale. d. x

−`

k(x)

−`

c. lim g(x) = 3   x→+`

lim g(x) = 3 

+` +`

x→−`

lim g(x) = −`

x→1 x,1

• Fonction m a.

lim g(x) = +` 

x→1 x.1

d. La courbe de g admet une asymptote verticale d’équation x = 1. e. x g(x)

b.  lim m(x) = +`  

−` 3

+`

1 +` −`

3

• Fonction h a. La fonction h est définie sur R \ {−3 ;4}. b.

x→+`

lim m(x) = +`

x→−`

c. Pas d’asymptote horizontale. d. x m(x)

−` +`

0

+` +`

1

3 • Limites des fonctions

53

Exercices 4 1. lim (2 − x ) = 0

c.  lim h(x) = 0   x→+`

x→2

lim h(x) = 0 

• Lorsque x , 2  : 2 − x . 0 et f(x) . 0. Donc lim f(x) = +` .

x→−`

lim h(x) = −`

x→2

x→−3 x,−3

x,2 • Lorsque x . 2 : 2 − x , 0 et f(x) , 0. Donc lim f(x) = −` .

lim h(x) = +` 

x→2 x.2

x→−3 x.−3

2. lim ( x + 2) = 1 et lim (−1− x ) = 0 .

lim h(x) = −`

x→−1

x→4 x,4

• Lorsque x , −1: −1− x . 0 et g ( x ) . 0  pour x proche de −1. Donc lim g(x) = +` .

lim h(x) = +` 

x→4 x.4

d. La courbe de h admet deux asymptotes verticales d’équations respectives x = −3 et x = 4 . e. x h(x)

x→−1

−3

−` 0

+`

4 +`

+`

−`

−`

0

• Fonction k a. La fonction k est définie sur R \ {1}. b.

x→−1 x,−1

• Lorsque x . −1 : −1− x , 0 et (x) , 0 pour x proche de  − 1. Donc lim g(x) = −` . x→−1 x.−1

5 Pour tout nombre réel x : −1¯ sin(x) ¯ 1 donc x − 1¯ f ( x ) ¯ x + 1. Comme lim x − 1 = +` et x − 1¯ f(x) alors, par x→+`

comparaison, lim f(x) = +`. x→+`

Comme lim x + 1 = −` et f(x) ¯ x + 1 alors, par x→−`

comparaison, lim f(x) = −`. x→−`

6 Pour tout nombre réel x . 0 : sin(x) ¯ 1 −1¯ sin(x) ¯ 1donc − 1 ¯ . x x x 2 2 D’où 3 − ¯ g(x) ¯ 3 + . x x C o m m e lim 3 − 2 = lim 3 + 2 = 3   a l o r s , x x x→−` x→+` d’après le théorème des gendarmes, lim g(x) = 3.

c. lim k(x) = +`  

(

x→+`

lim k(x) = −`  

x→−`

lim  k(x) = −`

Comme lim X = +` et lim

d. La courbe de k admet une asymptote verticale d’équation x = 1. e. 0 0

1

2 +`

−`

−`

+` +`

4

3 1. Par somme, lim f(x) = +` . x→+` 2. lim (1− x2 ) = −` et lim (1− x ) = −` . x→+`

x→+`

Donc, par produit, lim g(x) = +`.

x→+` 3. Par somme, lim (−x2 x→−`

+ x − 1) = −` .

Donc, par quotient, lim h(x) = 0 . x→−`

4. On a k(x) =

2x4 ⎛1+

lim k(x) = +` .

x→−`

54

X →+`

x→+`

⎝

1 − 3 ⎞ . Donc, par produit, 2x3 2x4 ⎠

X = +` . Donc, par

composition, lim f(x) = +` . x→+`

3 et on a g(x) = X . x2 + 1 Comme lim X = 0 et lim X = 0. Donc, par compo2. On pose X =

X →0

x→−`

sition, lim g(x) = 0. x→−`

3. On pose X = 2x + 1 et on a h(x) = X . x −1 2 1+ 1 2x 1+ 1 2x   alors, par 2x = Comme  X = 1 1− 1 x 1− x x conséquent, lim X = 2 et lim X = 2  .

( (

)

x→+`

) (

)

X →2

Donc, par composition, lim h(x) = 2. x→+`

8 1. Comme lim un = l alors n→+`

lim 2un − 1 = 2l − 1 et comme lim

n→+`

alors lim

n→+`

2un − 1 = 2l − 1.

X →2l−1

X = 2l − 1

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lim k(x) = +` 

k(x)

)

x + 1 et on a f(x) = X . 7 1. On pose X = x2 + 13 2

x→1 x.1

−`

(

x→+`

x→1 x,1

x

)

Exercices

14  1. La fonction f semble définie sur :

Donc lim un+1 = 2l − 1. n→+`

]−` ; − 2[¯ ]−2 ; 3[¯ ]3 ; + `[ .

Or lim un = l, donc lim un+1 = l. n→+`

n→+` 2 l − 2l + 1 =

− 1)2

0 ⇔ (l = 0⇔l =1 Ainsi l = 2l − 1 ⇔ l = 2l − 1 ⇔ l2 − 2l + 1 = 0 ⇔ (l − 1)2 = 0 ⇔ l = 1. 2. Comme lim un = l et l ˘ 0 alors : n→+`

−1 = −1  . l +2 n→+` un + 2 Donc lim un+1 = −1  . l +2 n→+` lim

Or lim un = l, donc lim un+1 = l . n→+`

n→+`

Ainsi l = −1 − l2 + 2l + 1 = 0 − (l + 1)2 = 0 ⇔ l = −1. l +2 2. Oui 3. Non 9  1. Oui 4. Oui 5. Non 6. Oui

x→−`

x→+`

lim f(x) = −` et lim f(x) = +`

x→−2 x,−2

x→−2 x.−2

lim f(x) = −`  et lim f(x) = +`

x→3 x,3

x→3 x.3

15  1. a. lim f(x) = 2 et lim f(x) = 2 x→−`

x→+`

b. On peut conjecturer que la courbe admet une asymptote horizontale d’équation y = 2 en −` et en +` . 2. a. lim f(x) = +` et lim f(x) = −` x→−1 x,−1

x→−1 x.−1

b. On peut conjecturer que la courbe admet une asymptote verticale d’équation x = −1.

10  1. lim f(x) = +`

16  1. a. lim f(x) = −2 et lim f(x) = −2

2.  lim g(x) = +`

b. On peut conjecturer que la courbe admet une asymptote horizontale d’équation y = −2 en −` et en +`.   = +`  2. a. lim f(x) = −` et  lim f(x)

x→+`

x→+`

3. lim h(x) = −` et lim h(x) = −` x→1 x,1

x→1 x.1

4. lim m(x) = −` et lim m(x) = −` x→0 x,0

x→0 x.0

5.  lim p(x) = +` x→+`

6. lim r(x) = +` x→+`

11  Pour x ≠ 1 :

h(x) = (x − 3)(x − 1)(x + 1) = (x − 3)(x + 1) x −1 1. lim h(x) = lim (x − 3)(x + 1) donc, par produit, x→+`

x→+`

lim h(x) = +` .

x→+`

2. lim h(x) = lim (x − 3)(x + 1) = 0 x→3

x→3

3. lim h(x) = lim (x − 3)(x + 1) = −4 x→1

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2. lim f(x) = lim f(x) = 2 

x→1

4. lim  h(x) = lim (x − 3)(x + 1) = −3 x→0

x→0

12  1. Faux (contre-exemple  : f(x) = (x − 1)2 et

 g(x) = (x − 1)). 2. Vrai (opérations sur les limites). 3. Vrai (opérations sur les limites). 4. Faux (contre-exemple : f(x) = −2x et g(x) = −x). 5. Vrai (opérations sur les limites).

13  lim f(x) = a et comme la courbe admet une x→+`

asymptote horizontale en +` d’équation y = 1, alors a = 1. −c est la valeur interdite de f et comme la courbe admet une asymptote verticale d’équation x = −2, alors c = 2. Ainsi f(x) = 1+ b et f(0) = 2 x −2 b ⇔ 1− = 2 2 ⇔ b = −2 , soit f(x) = 1− 2 .  x −2

x→−`

x→+`

x→3 x,3

x→3 x.3

b. On peut conjecturer que la courbe admet une asymptote verticale d’équation x = 3 . 3. x f(x)

− ` −2

+ `

3 + ` − `

−2

17  1. lim  f(x) = −` et lim f(x) = +` x→−`

x→+`

  = −` lim f(x)   = +` et lim f(x) x→1 x.1

x→1 x,1

2. On peut conjecturer que la courbe admet une asymptote verticale d’équation x = 1. 3. x f(x)

− `

+ ` + `

1 + `

− `

− `

18  1. lim f(x) = 2 et lim f(x) = 2 x→−`

x→+`

lim f(x) = +` et lim f(x) = −`

x→−2 x,−2

x→−2 x.−2

lim f(x) = −` et   lim f(x) = +`

x→1 x,1

x→1 x.1

2. On peut conjecturer que la courbe admet deux asymptotes verticales d’équations respectives x = −2 et x = 1, et une asymptote horizontale d’équation y = 2 en −` et en +`. 3. x f(x)

−2

− `

−0,5 f(−0,5)

+ ` 2

− `

+ `

1 + ` − `

3 • Limites des fonctions

2

55

Exercices À l’aide de la fonction trace, on peut conjecturer que, pour tout x . 6, f(x) [ ]0,99 ;1,01[. 

19 1. lim f(x) = 1et lim f(x) = 1. x→−`

x→+`

lim f(x) = −` et lim f(x) = +`.

x→3 x,3

x→3 x.3

2. La courbe admet une asymptote horizontale d’équation y = 1  en −` et en +` et une verticale d’équation x = 3 . y 3.

1 0

2. a. On peut conjecturer que lim f(x) = +` . x→+`

x

1

b. Cet algorithme affiche le plus petit entier naturel A tel que f(A) ˘ 10 000. 3. a. On peut conjecturer que lim f(x) = −`. x→−`

20 1. lim f(x) = 2 et lim f(x) = 2 x→−`

22 1.

b. On remplace la boucle par :

x→+`

Tant que A3 − A + 1 − 10 000 A prend la valeur A − 1 Fin Tant que

lim f(x) = +` et lim f(x) = −`

x→−5 x,−5

x→−5 x.−5

lim f(x) = +` et lim f(x) = −`

x→0 x,0

x→0 x.0

23 a. lim f(x) = +` et lim f(x) = −`

2. La courbe admet une asymptote horizontale d’équation y = 2 en −` et en +`, et deux asymptotes verticales d’équations respectives x = −5 et x = 0. 3. y

x→+`

x→−`

b. lim g(x) = −` et lim g(x) = +` x→+`

x→−`

c.  lim h(x) = +` et lim h(x) = −` x→+`

x→−`

d. lim x = +` et lim 1 = 0. x→+` x→+` x Donc, par somme, lim k(x) = +` . x→+`

De même, lim k(x) = −`. x→−`

24 a . lim (x2 + 1) = +` e t lim (3 − 4x) = −` ,

1 0

x→+`

1

x

x→+`

donc par produit lim f(x) = −`. x→+`

De même lim f(x) = +`.

x→+`

De même lim g(x) = +`.

21 1.

x→−`

c. lim (2x + 1) = +` et lim (5 − 4x) = −` , x→+`

x→+`

donc par produit lim h(x) = −`. x→+`

De même lim h(x) = −`. x→−`

d. lim (−x) = −` et lim

2 = 0,

x→+` 3x2

x→+`

donc par somme lim k(x) = −`. 2. a. On peut conjecturer que lim f(x) = 1. x→+` b.

x→+`

De même lim k(x) = +` . x→−`

25 a. Non en + ` et oui en − `. b. Oui en + ` et − `. c. Non en + ` et − `. d. Non en + ` et − `. e. Oui en + ` et − `. f. Non en + ` et − `. 56

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x→−`

b. lim (−2x + 3) = −` et lim 5 = 0, x→+` x→+` x donc par somme lim g(x) = −`.

Exercices

28  a. f1(x) =

x→+`

⎛ ⎞ On a f1(x) = x2 1+ 1 − 12 . ⎝ x x ⎠

(

(

)

lim x2 = +` et lim 1+ 1 − 12 = 1. x x x→−` Donc, par produit, lim f1(x) = +` . x→−`

) )

)

( )

x→+`

De même, lim f1(x) = 1.

x→−`

x→−`

b. Par somme, lim f2 (x) = −`.

( (

) )

(

On a f2 (x) = x3 ⎛1− 3 + 23 ⎞ . ⎝ x x ⎠ lim x3 = +` et lim 1− 3 + 23 = 1. x x x→+` x→+` lim f (x) = +` . Donc, par produit, 2

b. f2 (x) =

c. Par somme, lim f3 (x) = −` .

De même, lim f2 (x) = −2 .

(

(

)

x→+`

x→−`

(

x→+`

)

) (

)

)

( )

Donc, par quotient, lim f3 (x) = 3 .

d. Par somme, lim f4 (x) = −`.

x→+`

x→−`

De même, lim f3 (x) = 3 .

On a f4 (x) = 2x3 ⎛1− 7 + 12 − 13 ⎞ . ⎝ 2x 2x x ⎠ 7 3 + 1 − 1 = 1. lim 2x = +` et lim 1− 2x 2x2 x3 x→+` x→+` Donc, par produit, lim f4 (x) = +` .

(

x→−`

d. f4 (x) =

(

x→+`

27  a. Par somme, lim f1(x) = +`. x→−`

) (

)

)

( )

x→+`

2 + 4 ⎞. On a f1(x) = ⎝ 7x 7x2 ⎠ lim 7x2 = +` et lim 1− 2 + 42 = 1. 7x 7x x→+` x→+` Donc, par produit, lim f1(x) = +` .

De même, lim f4 (x) = 8 . x→−`

)

x2 ⎛1 +  12 ⎞ −x ⎛1 +  12 ⎞ ⎝ ⎝ x ⎠ = x ⎠ 29  a. f1(x) = 1 1 1 −  −x 1 −  x x ⎛ ⎞ 1 lim − x 1+ 2 = −` et lim 1− 1 = 1. ⎝ x x→+` x→+` x ⎠ lim f (x) = −` Donc, par quotient, . 1

(

x→−`

b. Par somme, lim f2 (x) = +` . x→−`

On a f2 (x) = −2x3 ⎛1− 1 + 12 ⎞ . ⎝ 4x 2x ⎠ lim − 2x3 = −` et lim 1− 1 + 12 = 1. 4x 2x x→+` x→+` Donc, par produit, lim f2 (x) = −` .

(

( ( )

−8x 1 +  3 8 1 +  3 8x = 8x 5 5 1 −  −x 1 −  x x 3 5 lim 8 1+ = 8 et lim 1− = 1. 8x x x→+` x→+` Donc, par quotient, lim f4 (x) = 8 .

)

)

( )

x→+`

)

De même, lim f1(x) = +` . x→−`

(

)

x 1 +  3 1 +  3 x x b. f2 (x) = = ⎛ ⎞ ⎛ 2 1 −2x 1 −  2 −2x 1 −  1 2 ⎞ ⎝ ⎝ 2x ⎠  2x ⎠ lim 1+ 3 = 1 et lim − 2x ⎛1− 12 ⎞ = −` . ⎝ 2x ⎠ x x→+` x→+`

x→+`

c. Par somme, lim f3 (x) = −` . x→−`

( )

On a f3 (x) = − 1 x2 ⎛1− 4 + 22 ⎞ . 2 ⎝ 3x x ⎠ lim − 1 x2 = −` et lim 1− 4 + 22 = 1. 3x x x→+` 2 x→+` Donc, par produit, lim f3 (x) = −` .

(

( ( )

c. f3 (x) =

)

(

(

−3x 1 +  1 3 1 +  1 3x = 3x 6 1 −  6 −x 1 −  x x 1 lim 3 1+ = 3 et lim 1− 6 = 1. 3x x x→+` x→+`

On a f3 (x) = −2x2 ⎛1− 2 − 12 ⎞ . ⎝ x 2x ⎠ 2 lim − 2x = −` et lim 1− 2 − 1 = 1. x 2x2 x→+` x→+` Donc, par produit, lim f3 (x) = −`.

7x2 ⎛1−

)

x→+`

x→−`

(

)

4x 1 +  3 −2 1 +  3 4x = 4x 1 1 1 −  −2x 1 −  2x 2x 3 lim − 2 1+ = −2 et lim 1− 1 = 1. 4x 2x x→+` x→+` Donc, par quotient, lim f2 (x) = −2 .

x→−`

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( (

x 1 +  1 1 +  1 x = x 1 1 1 − x 1 −   x x 1 lim 1+ = 1 et lim 1− 1 = 1. x x x→+` x→+` Donc, par quotient, lim f1(x) = 1.

26  a. Par somme, lim f1(x) = +`.

)

Donc, par quotient, lim f2 (x) = 0 . x→+`

De même, lim f2 (x) = 0. x→−`

x→+`

d. Par somme, lim f4 (x) = −` . x→+`

(

)

(

)

−3x 1 +  1 −3 1 +  1 3x 3x c. f3 (x) = = ⎛ ⎞ ⎛ 2 1 2 1 −5x 1 −   + −5x 1 −   +  22 ⎞ ⎝ ⎝ 5x  5x2 ⎠ 5x 5x ⎠

⎛ ⎞ On a f4 (x) = −2x4 1+ 73 − 54 . ⎝ 2x 2x ⎠ 1 −3 1 +  1 5 = 1. −3x 1 +  3x 3x lim − 2x4 = −` et lim 1+ 73 −f (x) = = 32x4 2 ⎞ x→−` x→−` 2x ⎛ ⎛ 2 1 1 −5x 1 −   + −5x 1 −   +  22 ⎞ ⎝ ⎝ 5x  5x2 ⎠ 5x Donc, par produit, lim f4 (x) = −` . 5x ⎠

(

)

(

)

(

)

x→−`

3 • Limites des fonctions

57

Exercices

(

)

lim − 3 1+ 1 = −3 3x ⎛ 1 2 ⎞ et lim − 5x ⎜⎝1− 5x + 2 ⎟⎠ = −`. x→+` 5x x→+`

Donc, par quotient, lim f3 (x) = 0 . x→+`

De même, lim f3 (x) = 0 .

d. lim 1− x = 0 . Lorsque x , 1, alors1− x . 0. x→1 x,1

2 = +` . 1 − x x→1

Donc, par quotient, lim

x,1

32

a. lim − 3x = −6  et lim (2x − 4 ) = 0 .

x→−`

x→2 x.2

x→2 x>2

4x3 ⎛1 −  32 −  13 ⎞ −4x ⎛1 −  32  −  13 ⎞ Lorsque x . 2 alors 2x − 4 . 0 et pour x proche de 2, ⎝ ⎝ 4x   4x ⎠ = 4x 4x ⎠ d. f4 (x) = f(x) , 0. Donc, par quotient, lim −3x = −` . 1 1 ⎛ ⎞ 2 1 1 1 −   −  −x 1 −   −  2 x→2 2x − 4 x ⎝ x x2 x ⎠ x.2 4x3 ⎛1 −  32 −  13 ⎞ −4x ⎛1 −  32  −  13 ⎞ b. lim − 3x = −6  et lim 2x − 4 = 0 . ⎝ ⎝ 4x   4x ⎠ = 4x 4x ⎠ x→2 x→2 1 1 1 −   −  2 x,2 x,2 −x2 ⎛1 −  1  −  12 ⎞ x ⎝ x x x ⎠ 2x − 4 , 0 et pour x proche de 2, Lorsque alors x , 2 lim − 4x ⎛1− 32 − 13 ⎞ = −` ⎝ 4x f(x) . 0 . Donc, par quotient, lim −3x = +` . x→+` 4x ⎠ x→2 2x − 4 1 1 x,2 et lim 1− − 2 = 1. x x x→+` c. lim ( x2 − 10 ) = −1 et lim (6 − 2x ) = 0. Donc, par quotient, lim f4 (x) = −` . x→3 x→3

)

x→+`

x>3

De même, lim f4 (x) = +` . x→−`

30 a. lim x = +` et lim x = +` . x→+`

x→+`

Donc, par produit, lim f1(x) = +` . x→+`

(

)

x>3

Lorsque x . 3 alors 6 − 2x , 0 et pour x proche de 3, 2 f(x) . 0 . Donc, par quotient, lim x  − 10 = +` . x→3 6 − 2x x.3

d. lim

x→3 x 0, 1 + xn >  1   ⇔ 2n−1(1+ xn ) > (1+ x)n pour tout 2n−1 (1 + x)n x > 0. b. Si x = 0 ou y = 0 , l’inégalité est vérifiée. On peut donc les supposer non nuls. y En posant a =  et en utilisant l’inégalité précéx dente, on obtient : ⎛ yn ⎞ y n < 2n−1 ⎜1+ n ⎟ 1+  x ⎝ x ⎠ et en multipliant cette inégalité par xn , on obtient l’inégalité : (x + y)n < 2n−1(xn + y n ) .

71 1. a. f ′(x) = 3x2 − 1 pour tout x de [1;2] .

73 1. a. La fonction g est strictement croissante sur

⎧10a + b = 0 soit  b = −10a ⎪ ⎨25a + 5b + c = 2 soit  c = 2 + 25a ⎪6,25a + 2,5 b + c = 1 soit  c = 18,75a + 1 ⎩

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e. Prendre f(x) = x2 − 1.

La fonction f ′ est strictement positive sur cet intervalle, donc la fonction f est strictement croissante sur [1 ; 2]. Comme f(1) = −1 et f(2) = 5 et puisque f est continue, par une conséquence du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet alors une unique solution α dans [1 ; 2].

( )

⎡0 ;  4 ⎤ et décroissante sur ⎡ 4  ;2⎡. ⎣3 ⎣ ⎣ 3⎦ b. On a y = −4x + 8. Et la tangente au point d’abscisse 0 a pour équation réduite y = 0. 2. Pour construire la courbe représentative de f sur [2n;2n + 2] , on effectue une translation de la courbe de la fonction g de vecteur 2ni . 4 • Dérivabilité et continuité

87

Exercices 3. Comme x [ [2n ;2n + 2] , alors x − 2n [ [0;2], donc f(x) = g(x − 2n) = (x − 2n)2 (2 − x + 2n). 4 . lim− g ′(x) = g ′(2) = −4 e t lim+ f(x) = g ′(0) = 0 , x→2 x→2 x − 2 donc f n’est pas dérivable en 2 et de manière plus générale f est dérivable sur les intervalles ]2n ;2n + 2[ où n désigne un entier naturel. 5. x [ [2 ; 4].

En réitérant ce processus aux fonctions f’ et f, on obtient : 2 3 2 3 1+  x − x +  x  ¯ f ( x ) ¯ 1+  x − x +  x . 2 8 2 8 512 16 3 2 3 5. L’erreur dans le premier cas est x et − x +  x 16 8 512 dans le second cas. 6. 1,01 ≈ 1,0049875 et 1,02  ≈ 1,00995.

76 1. On a (3 − x)4 = (3 − x)2 (3 − x)2 = x4 − 12x3 + 54x2 − 108x + 8

(3 − x)4 = (3 − x)2 (3 − x)2 = x4 − 12x3 + 54x2 − 108x + 81. 4 Donc (3 − x)  − 81 = x3 − 12x2 + 54x − 108 tend x vers 108 lorsque x tend vers 0. 2. On pose f(x) = 2x + 7. On reconnaît : f(a + h) − f(a) avec a = 0 et h = x. h La fonction f est dérivable en 0 et : 2 1 f ′(x) = = . 2 2 × x + 7 2 × x + 7 2 = 1 Donc f ′(0) = 2 2 × 0 + 7 7 1 2x + 7  −  7 . donc lim = x 7 x→0

x [ [–2 ; 0].

77 Partie A 

6. On trace les deux courbes précédentes que l’on reproduit à l’identique sur l’intervalle [–4 ; 4]. y 1 0

–4

4 x

1

(

88

)

π − 5 r 3 + 10r2 . 3 En dérivant cette fonction de variable r sur [0 ;6] , on obtient la fonction dérivée V ′(r) = 5πr(−r + 4). La fonction V admet un maximum pour r = 4.

1. Les droites semblent parallèles. 2. M semble appartenir à l’axe des ordonnées. 3. Les courbes sont symétriques par rapport à l’axe d’équation y = x .

75 1. h(0) = f(0) − g(0) − f(0) + g(0) = 0 h ′(x) = f ′(x) − g ′(x) et comme f ′(x) ˘ g ′(x), alors la fonction h est croissante. Ainsi, si x ˘ 0, h(x) ˘ h(0) = 0 d’où f(x) − f(0) ˘ g(x) − g(0) et si x ¯ 0 , h(x) ¯ h(0) = 0 d’où f(x) − f(0) ¯ g(x) − g(0). 2. f(x) =  1+ x sur [0 ;3] −1 f ′(x) =  1 (1+ x) 2   2 −3 f ′′(x) =  −1(1+ x) 2 4 −5 3 f ′′′(x) =  (1+ x) 2 8 3. La fonction f ′′′ étant décroissante sur [0 ;3], on a : f ′′′(3) ¯ f ′′′(x) ¯ f ′′′(0) soit 3 ¯ f ′′′(x) ¯  3  . 256 8 4. En utilisant la question 1. à la fonction f ′′ et en partant de l’inégalité précédente, comme x ˘ 0, on a : 3 x ¯ f ′′(x) − f ′′(0) ¯  3 x 256 8 3 3 1 1 x −  ¯ f ′′(x) ¯  x −  .  soit 4 4 256 8

Partie B 1. A(a ; f(a)) et B(−a ; f(−a)). Ainsi, la droite (AB) a pour coefficient directeur f(a) − f(−a) = −2 . Ce coefficient 2a est constant et les droites (AB) sont bien parallèles entre elles. x 2. f ′(x) = −1 + 2  + 4 x Équation de la tangente TA  : ⎛ a ⎞ (x − a) y − (−a + a2 + 4 ) =  ⎜ −1  +   ⎟ 2 ⎝ a +4⎠ Équation de la tangente TB  : ⎛ a ⎞ (x + a) y − (a + a2 + 4 ) = ⎜ −1−   2 + 4 ⎟⎠ ⎝ a En soustrayant les deux lignes, on obtient : a 2a = 2 x + 2a d’où x = 0. a2  + 4 Le point d’intersection de ces deux tangentes appartient bien à l’axe des abscisses.

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74 Le volume V(r) de ce cylindre est de :

Exercices 2

2 2⎞ ⎛ + 4 pour tout 3. f(g(x)) = − 4 − x +  4 − x La limite en −` est −` ; la limite en +` est +` . ⎝ 2x ⎠ 2x f − 2 ≈ −54 ; f 2 ≈ −57. x . 0. 2  + x4  + 16x2 2 2 3 (4 + x2 )2 3 4 −x 2 2 4 − x Ainsi, f(g(x)) = − 4 − x +  16 − 8x = − = − des valeurs +  +  4 + xintermédiaires =x On applique le2théorème 2 2x 2x 2x 2x 4x 4x pour démontrer que l’équation f(x) = 0 admet une x2  + x4  + 16x2 = − 4 − x2 +  (4 + x2 )2 = − 4 −x 2 +  4 + x2 = x solution unique. 2x 2x 2x 4x2 4x2 Avec un logiciel, on trouve α = 4. On vérifie en calculant f(4). De même, g(f(x)) = x pour tout réel x. 2. a.  A3 = β3 + 3β2 γ + 3βγ 2 + γ 3 = 56 + 3βγ (β + γ ) = 56 + 3βγA Les deux courbes sont bien symétriques par rapport   A3 = β3 + 3β2 γ + 3βγ 2 + γ 3 = 56 + 3βγ (β + γ ) = 56 + 3βγA à la droite d’équation y = x. b. β3 γ 3 = 282 − α2 =  8 donc βγ =  2  . 2 −2= 3 x − 2 x + 2 27 3 78  1. f ′(x) = 3x 3 3 Ainsi, A3 = 56 + 2A . c. Ce qui signifie que A est solution de l’équation f ′(x) est positive sur ⎤−` ; − 2 ⎤ et sur ⎡ 2 ;+` ⎡. ⎥⎦ ⎢⎣ 3 ⎢⎣ 3 ⎥⎦ f(x) = 0 qui admet une unique solution, donc A = 4 . On a le tableau de variation suivant. 79  Lorsque x , 0, E(x) = −1 et lorsque x . 0, E(x) = 0 2 − 2 x − ` α +  ` x . 0, E(x) = 0. 3 3 La fonction partie entière n’est pas continue en 0, 0 0 + − + + Signe de f ’(x) donc elle n’est pas dérivable en 0.

( )

( )

(

)(

)

Variation de f

Pour s’entraîner à l’épreuve 80  1. C’est la situation 1 car c’est le seul graphique

où le signe de la fonction dérivée change en même temps que les variations de la fonction. 2. y = x + 2

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2 ⎞ pour x . 0 . 81  1. et 2. f ′(x) =  21 ⎛⎝ x  − 7 2 ⎠

x La fonction f admet donc un minimum pour x =  7. Elle est strictement décroissante sur ⎤⎦0 ;  7 ⎤⎦ et strictement croissante sur ⎡⎣ 7  ; +` ⎡⎣. Démontrons par récurrence sur n que : pour tout n, un . 7. Comme u0 = 3 .  7, la propriété est initialisée. On suppose qu’il existe un entier k tel uk .  7. Comme la fonction f est strictement croissante sur ⎡⎣ 7  ; +` ⎡⎣ , alors uk+1 = f(uk ) . f( 7) =  7 . D’où l’hérédité. La propriété est initialisée et héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n.

82  1. D’après le tableau de variation de la fonction f,

on a f ′(x) . 0 si et seulement si x , a. 2. a. D’après la question précédente, la seule courbe qui correspond est la courbe 2. b. On sait que f ′(a) = 0 donc graphiquement, 1, a , 2. De plus, F ′(a) = f(a) = b et c’est le coefficient directeur de la tangente à la courbe 1 au point d’abscisse a qui est strictement positive.

83  1. Vrai. Graphiquement, les points de la courbe ont une abscisse négative ou nulle. 2. Vrai, car f ′(x) ˘ 0 sur [−1 ;2] . 3. Faux, car f(−3) , −1 d’après le graphique. 4. Vrai. La tangente a pour équation y = x − 1. 10 1 −  8 84  1. a. lim f(x) =  lim (x − 1)x = 0 et x→+` x→+`

(

)

lim 10 × x − 8 = +` . x x − 1 b. lim 10(x − 8) × 1 = −` et x x − 1 x→1+ lim 10(x − 8) × 1 = +` . x x − 1 x→1− c. Les droites d’équation respective x = 0 ; x = 1 et y = 0 sont asymptotes à la courbe représentative de f. 2 2. a. f ′(x) = 10  −x  + 16x − 8 (x(x − 1))2 b. Le polynôme x2 + 16x − 8 a pour racines α = 8 + 2 14 et β = 2 −  14 . c. x→0

x f ’(x)

β 0

0 − + `

1 + + `

+

α 0 f(α)

+ ` −

f f(β)

− `

0

3. a. y = −40x + 320 b. 8 est la solution de l’équation f(x) = 0 et −40 × 8 + 320 = 0. Donc le point L est bien un point de la droite Δ.

85  Partie A 2 1. f1′(x) = 12 x − 1 , f1(0) = 0 et f1(1) = 1. 2 f1 est continue car dérivable. 2. f(x) ˘ x si et seulement si x [ [0; 0,5]. Il y a assombrissement si x , 0,5 et éclaircissement si x . 0,5. Partie B 1. L’algorithme calcule le nombre de nuances, par palier de 0,01, pour lesquelles les modifications sont perceptibles. 2. En programmant l’algorithme, on trouve 84 nuances pour lesquelles les modifications sont perceptibles.

(

)

4 • Dérivabilité et continuité

89

Exercices Accompagnement personnalisé 86 1. f ′(x) =  −8x − 43  ; le tableau de variation est

(x − 2) correct. 2. Faux, car l’équation f(x) = 0 n’a pas de solution. 3. Faux, car l’équation f(x) = 0,1n’a pas de solution. 4. Faux, seule la droite d’équation y = 2 est asymptote en +` et −` . 5. Faux, car l’équation f(x) = 2 admet deux solutions. 7 pour x [ ⎤ 2  ; +` ⎡ . ⎦7 ⎣ 2 7x − 2 x − 2 pour x [ ]−` ;1[¯]3 ; +`[ . 2. f ′(x) =  x2  − 4x + 1 16 3. f ′(x) =  pour x [ R . x2  + 4(x2  + 4) 4. f ′(x) = 14(7x − 1) pour x [ R . 5. f ′(x) = −4(5 − x)3 pour x [ R . 9 6. f ′ ( x ) =  pour x [ ⎤−` ;  1 ⎡¯⎤ 1  ; +` ⎡. ⎣ ⎦ 3 ⎣ ⎦3 (−3x + 1)2

87 1. f ′(x) = 

88 1. a. On multiplie le numérateur et le dénomi-

nateur par x2 + x + 2x  : f(x) = 

x − 3x2

x2  + x  + 2x

.

b. Sur ]0 ; +`[, f(x) est du signe de x − 3 donc positive sur [3 ; +`[ . −1 c. g(x) . 0 sur ]0 ; +`[ e  t g(x) =  . 0 sur x −  x2  + 1 ]−` ; 0[ . 2. a. f(x) . 0 pour x [ ]−` ; −6[¯]0 ; +`[ et f(x) , 0 sur ]−6; 0[ . b. f(x) . 0 pour x [ ]−2 ; 0[¯]2 ; +`[ et f(x) , 0 sur ]−` ; − 2[¯]0;2[. c. f(x) . 0 pour x . 0. d. f(x) . 0 pour x [ ⎤ 3  ; +` ⎡ et f(x) , 0 sur ⎤0 ;  3 ⎡. ⎦5 ⎣ ⎦ 5⎣

• Si n est impair, on a le tableau de variation de la fonction P ′ suivant : x −` P ”(x) +` P’

–

0 0

+` + +`

a

Si a . 0, la fonction P est strictement croissante et ne s’annulera qu’une fois (car lim P(x) =  lim P(x) = +` et P est continue). x→+`

x→−` x→ `

• Si n est pair, P ′′(x) est positive et P ′ est strictement croissante et s’annule une unique fois en un réel α = n−1 − a .  n Ainsi, P admet un minimum en ce réel α. Si P(α) , 0 alors P admet deux racines et aucune sinon.

Remarque : il en est de même si a = 0 .

Si a , 0 , P ′ s’annule deux fois et ainsi P peut s’annuler au moins une fois et au plus 3 fois. 90

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89 P ′(x) = nxn−1 + a et P ′′(x) = n(n − 1)xn−2 , n ˘ 2.

Exercices −x − 1 =  −1 si x ≠ −1 ou 1, 90 1. f(x) =  (1 − x)(1 + x) −x + 1

cette fonction est prolongeable en –1 mais pas en 1. 2. f(x) =  x + 1(x − 3) si x ≠ −1, cette fonction est prolongeable en –1. 3. Si x . 0, f(x) = 1 et si x , 0, f(x) = −1, donc f n’est pas prolongeable en 0.

91 1. On calcule l’équation de la tangente à C1  :

y = − 1 (x − m) − m . 2 m On vérifie que cette droite est perpendiculaire à la droite d’équation y = 2 m(x − m) − m. ⎛ −1 ⎞ Vecteur directeur de la tangente à C1  : u1 ⎜ 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 m ⎠ Vecteur directeur de la droite d’équation ⎛ 1 ⎞ y = 2 m(x − m) − m : v ⎜ ⎝ 2 m ⎟⎠

On a u1. v = −1+ 1 = 0. Les droites sont perpendiculaires. De plus, M appartient à la droite d’équation y = 2 m(x − m) − m. 2. On calcule l’équation de la tangente au point N : 2 1  . g ′(x) = 4 2x − 1 3 6 2x − 1 2 6 2x − 1 1 = m. Donc, lorsque x = 3m + , alors 6 2 2 1 1 Donc g ′ 2m +   = 4m × = 2 m. 2 2 m3 Et g 3m + 1 = 4 m3 . 2 L’équation de la tangente est alors : y = 2 m x − 3m − 1 + 4 m3 = 2 m(x − m) + 2 m −2m − 1 + 4 m 2 2 y = 2 m x − 3m − 1 + 4 m3 = 2 m(x − m) + 2 m −2m − 1 + 4 m3 . 2 2 Or 4 m3 = 4m m . Donc : y = 2 m(x − m) − 4m m − m + 4m m = 2 m(x − m) − m

(

(

(

)

(

)

(

)

(

)

)

)

(

)

(

)

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 = 2 m(x − m) − 4m m − m + 4m m = 2 m(x − m) − m. On retrouve bien la normale à C1.

4 • Dérivabilité et continuité

91

Exercices Traduction des énoncés Soit f la fonction définie par : si  x ,− 1 ⎪⎧x    f(x) = ⎨ ⎪⎩3x + 2  si  x > −1 f est-elle continue sur R ?

93 Le TVI

Une fonction continue sur un intervalle n’a pas de trous dans sa représentation graphique et ne possède pas de « saut de valeurs ». Si une fonction est continue sur un intervalle fermé entre a et b, alors chaque réel x compris entre a et b possède une image unique. En fait, la fonction prend toutes les valeurs comprises enre a et b. Elle ne peut en sauter une. Plus formellement, le théorème des valeurs intermédiaires s’énonce ainsi : Soit f une fonction continue sur un intervalle fermé [a ; b]. Si k est un réel compris entre f(a) et f(b), alors il existe au moins un réel c compris entre a et b tel que f(c) = k. 1. En utilisant un graphique, illustrer le TVI. 2. Montrer que la fonction f définie par f(x) = x3 − 12x + 1 a exactement trois racines dans l’intervalle [−4; 4] .

94 Triangles isocèles On suppose que plusieurs triangles ont un périmètre de 15 pieds. 1. En proposer trois. Ont-ils la même aire ? 2. Existe-t-il un triangle de périmètre 15 pieds qui a une aire plus grande que celle de tous les autres triangles ? 95 Un cylindre

Un cylindre a un rayon de r cm, une hauteur de h cm et un volume de 100 cm3. 1. Faire un croquis d’un tel cylindre. 2. Déterminer une expression de h en fonction de π et de r. 3. Déterminer l’aire du cylindre (en cm2) en fonction de r. 4. Déterminer l’aire minimale de la surface du cylindre.

96 Un travail classique Le point A(1 ; 2) appartient à la courbe d’équation y = x4 − 8x + 9. 1. Déterminer le nombre dérivé de la courbe au point  A. 2. Déterminer une équation de la tangente à la courbe au point A. 97 Différentiation 3 La courbe C a pour équation y = x  +  x , x . 0. x 3 1. Exprimer x  +  x sous la forme x p + xq . x

92

dy 2. a. De là, déterminer . dx d2 y b. Déterminer 2 . dx c. En déduire que la courbe C n’a pas de maximum. Thème Une longue controverse Le calcul différentiel a soulevé l’une des plus importantes controverses du XVIIe siècle. Cette controverse s’est développée entre deux mathématiciens, Isaac Newton (Anglais) et Gottfried Leibniz (Allemand). Newton a affirmé qu’il a été le premier à inventer le calcul différentiel. Mais au même moment, Leibniz publia un travail similaire. Il ne fait aucun doute que les deux ont travaillé indépendanmment l’un de l’autre, même si Newton fut certainement le premier a avoir développé de telles idées. Mais les deux mathématiciens publièrent leur travaux en même temps. Cette controverse dura assez longtemps. Il en résulta que les mathématiques anglaises furent austracisées par les autres mathématiciens européens. 1. Trouver des informations au sujet de la controverse entre les deux mathématiciens. 2. Il existe deux formules qui portent les noms de Newton et de Leibniz : • La formule de Newton : étant donnés deux réels f et g, et n un entier naturel : (f + g)n =

k=n ⎛

∑ ⎜⎝

k=0

n ⎞ k n−k f g , k ⎟⎠

• La formule de Leibniz : étant données deux fonctions f et g, et un entier n : (f × g)(n) =

k=n ⎛

∑ ⎜⎝

k=0

n ⎞ (k) (n−k) , f g k ⎟⎠

où f ′ est la dérivée de f , f (2) est la dérivée de la fonction f ′ et ainsi de suite, f (k) est la dérivée de f (k−1) . a. Que peut-on remarquer au sujet des deux formules ? b. Calculer (f + g)4 en utilisant la formule de Newton. c. Soit h la fonction définie par h(x) = x4ex . Calculer h(4) en utilisant la formule de Leibniz. 3. Question amusante Entre 1715 et 1716, Leibniz entretint une correspondance avec un physicien et théologiste anglais qui était un ami et le prote-parole de Newton. Les lettres traitent de nombreux sujets, parmi lesquels la nature du temps et de l’espace. Trouver le nom du physicien et de la correspondance. Expliquer brièvement la différence entre la position absolutiste de Newton et celle plus rationnelle de Leibniz.

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92 Fonctions continues ?

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5

Fonction exponentielle

Pour construire le cours Situation A Étudier une croissance exponentielle de bactéries en SCIENCES de la VIE et de la TERRE 1. Le nombre de bactéries augmente de 50 % toutes les heures. Donc, si f (n + 1) est le nombre de bactéeires à l’instant n, on a f(n + 1) = 1,5f(n). Le nombre de bactéries est une suite géométrique de raison 1,5. On a bien f (n) = 1,5n. On réactualise la notion de suite géométrique, avec formule de récurrence et forme explicite. 2. f(n) × f(p) = 1,5n × 1,5p = 1,5n+p = f(n + p). La règle des puissances est remise en jeu. f (2n) = f (n + n) = f (n)2 C’est l’occasion de parler d’équation fonctionnelle. 3. À faire sur logiciel. 2 Pour tout entier naturel n, on a, d’après la question précédente, f n = f(n) 2 donc f n = f(n), puisque f (n) est un nombre positif. 2 4. En D3 : =A3/2 En E3 : =SQRT(B3) SQRT calcule la racine carrée. 5. En G3 : =D3/2 En H3 : =SQRT(E3) 6. On constate que la courbe de cette nouvelle fonction passe exactement par les points construits précédemment. Il est important de faire remarquer aux élèves que la notation 1,5x correspond à la notation qu’ils connaissent pour les valeurs entières de la variable x.

()

()

Trace écrite Il existe une fonction f vérifiant la propriété f (x) × f (y) = f (x + y). Cette propriété ressemble aux propriétés des puissances entières. Cette fonction f modélise une croissance dite exponentielle.

Situation B Découvrir une équation dont l’inconnue est une fonction f(a + h) − f(a) f(a + h) − f(a) 1. f ' (a) est la limite de lorsque h tend vers 0, donc f ' (a) est voisin de lorsque h est h h voisin de 0. C’est le moment de réactualiser le travail de Première S sur le nombre dérivé et la limite du taux de variation d’une fonction lorsque cette fonction est dérivable en a. f(a + h) − f(a) ≈ f’(a) , donc f(a + h) − f(a) ≈ hf’(a). h On a donc f(a + h) ≈ f(a) + hf’(a). Il s’agit de faire comprendre l’approximation sans institutionnaliser un travail sur les « environ égal » qui ne possèdent pas les règles de l’égalité. 2. Les deux ordonnées sont f(a + h) et f(a) + hf’(a) et sont voisines l’une de l’autre. On réinvestit l’approche graphique du nombre dérivé. 3. La fonction f vérifie f ’ = f, donc f(a + h) ≈ f(a) + hf’(a) = f(a) + hf(a) = (1+ h)f(a) . On fait remarquer aux élèves que l’égalité f ’ = f est fondamentale ici, et que cette question ne concerne que les fonctions qui vérifient cette égalité contrairement aux questions générales précédentes. 4. a. La suite est arithmétique de raison h. b. On construit par récurrence la suite (yn). On a alors

94

x0

y0

x1 = x0 + h

f(x1) = f(x0 + h) ≈ (1+ h)f(x0 ) = (1+ h)y0 on pose y1 = (1+ h)y0

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en MATHÉMATIQUES

Pour construire le cours

On suppose qu’on a construit les deux suites jusqu’au rang n. xn

yn ≈ f (xn)

xn+1 = xn + h

f(xn+1) = f(xn + h) ≈ (1+ h)f(xn ) ≈ (1+ h)yn on pose yn+1 = (1+ h)yn

La suite (yn) est géométrique de raison 1 + h. 5. À faire sur logiciel. On fait remarquer qu’on trace une courbe qui n’est qu’une approximation de la courbe de la fonction f. L’existence de la fonction f n’est donc que mise en valeur par l’approximation de sa courbe.

Trace écrite Existence d’une fonction f vérifiant f (0) = 1 et f ’ = f. Quelques propriétés de la fonction f peuvent être conjecturées : croissance, positivité.

Situation C Étudier la charge d’un condensateur en SCIENCES PHYSIQUES − t ⎞ ⎛ On a uC (t) = 10 ⎜1− e 10 ⎟ . ⎠ ⎝

1. Au bout de 3 secondes : uC (3) = 10(1− e−0,3 ) ≈ 2,6 V. Au bout de 10 secondes : uC (10) = 10(1− e−1) ≈ 6,3 V . 2.

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Il s’agit de faire travailler sur l’aspect graphique pour parler de variation et de limite. 3.

Variables t, u, uattendue : nombres Début algorithme t prend la valeur 0 u prend la valeur 0 Tant que u , uattendue t prend la valeur t + 1 u prend la valeur 10*(1-exp(-t/10)) Fin Tant que Afficher t

Il s’agit de montrer que l’inéquation ne peut pas être résolue encore sans une autre fonction appelée logarithme népérien.

Trace écrite Variation et limites de la fonction exponentielle, courbe représentative.

5 • Fonction exponentielle

95

Diaporamas Fonction exponentielle

Diaporama calcul mental

Simplifier le quotient suivant et donner la valeur entière du résultat.

Fonction exponentielle

Simplifier le quotient suivant. x7 × y −3 y2 × (xy)3

35 × 58 × 1 57 × 33 3

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Fonction exponentielle

Diaporama calcul mental

Diaporama calcul mental

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Fonction exponentielle

Diaporama calcul mental

On considère la suite géométrique (un) de premier terme u0 = 1 et de raison q = 2. Simplifier l’expression suivante.

On a alors :

x −2 × (xy)3 × y −5

a. u2 × u3 = 4 b. u2 × u3 = 32 c. u2 × u3 = 64

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Fonction exponentielle

Diaporama calcul mental

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Fonction exponentielle

Diaporama calcul mental

On considère une suite géométrique (un) de raison q . 0. Si lim f(x) = −` , alors :

On a alors : u a. 5 = q u3

x→+`

a. lim (f(x))3 = +`

c.

x→+`

c. lim (f(x))3 = −`

u5 = q3 u3

x→+`

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Fonction exponentielle

Diaporama calcul mental

La dérivée de la fonction f définie sur R par f(x) = x2 + 1 a pour expression : x x2 + 1 x b. f’(x) = 2 x2 + 1

a. f’(x) =

c. f’(x) =

Fonction exponentielle

Diaporama calcul mental

La limite, lorsque x tend vers 0, de l’expression x2 + 1 est : x2 − 1 a. 1 b. −1 c. 0

2x x2 + 1 © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

96

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x→+`

b. lim (f(x))3 est une forme indéterminée

u b. 5 = q2 u3

Diaporamas

Fonction exponentielle

Diaporama QCM chrono

Fonction exponentielle

Diaporama QCM chrono

Soient les réels x = e−5,5 et y = e−4,2.

L’ensemble des solutions de l’équation (x − 1)ex = 0 est :

On a :

a. 6 = {0 ; 1}

a. x , y

b. 6 = {0}

b. x . y

c. 6 = {1}

c. x = y

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Fonction exponentielle

Diaporama QCM chrono

Soit x un réel positif. On considère le réel y = − x − e− x . y est de signe :

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Fonction exponentielle

Diaporama QCM chrono

La dérivée de la fonction f définie pour tout réel x par f (x) = − e − x + 1 est : a. f ’(x) = e − x + 1

a. positif

b. f ’(x) = − e − x + 1

b. négatif

c. f ’(x) = e − x

c. indéterminable

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Fonction exponentielle

Diaporama QCM chrono

La dérivée de la fonction g définie pour tout réel x par g (x) = xex est :

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a. g’(x) = ex

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Fonction exponentielle

Diaporama QCM chrono

La limite lorsque x tend vers + ` de l’expression x + 1ex est : x a. 0

b. g’(x) = (x + 1)ex

b. 1

c. g’(x) = 2xex

c. + `

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Fonction exponentielle

Diaporama QCM chrono

La limite lorsque x tend vers + ` de l’expression

ex

+ 1 est : ex − 1

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Fonction exponentielle

La courbe représentative de la fonction f définie par f (x) = 2e−x est : a.

b. y

a. 0

0

c. + `

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c. 1 x

1

y

y

1

b. 1

Diaporama QCM chrono

x

–1 0

1 0

1

x

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5 • Fonction exponentielle

97

Exercices Réviser ses gammes b = 2,42 . Gamme 1 a = 2,5. c = 3− 7 × 2− 3 . d = 5 × 213. 1 . c = x12. d = 1 . Gamme 2 a = 12 . b = 3 y × x2 x x10 n Gamme 3 1. un = 4 . 2. un × up = 4n × 4p = 4n+p = un+p.

Gamme 4

y

Gamme 6 1. C’est une forme indéterminée de la somme. lim f(x) = lim x x − 1− 1 = +` par produit. x x→+` x→+`

(

)

2. C’est une forme indéterminée du quotient. 2− 1 x = 0. lim g(x) = lim x→−` x→−` ⎛ x 1+ 12 ⎞ ⎝ x ⎠ 3. C’est une forme indéterminée de la somme. lim h(x) = lim x 1− 1 + 2 = +`. x x x→+` x→+` 4. C’est une forme indéterminée du quotient. lim m(x) = lim (x − 1)(x + 3) = lim (x + 3) = 4 (x − 1) x→1 x→1 x→1

(

)

(

0,5 0

x

1

Gamme 5 Soit f la fonction définie sur ]0 ; +`[ par : f(x) = x . f(1+ x) − f(1) = 1+ x − 1 . C’est donc le taux d’accroisx x sement de la fonction racine en 1. f est dérivable en 1 et f’(1) = 1 = 1 . 2× 1 2 Donc lim 1+ x − 1 = 1. x 2 x→0

)

Gamme 7 1. Dans la colonne B, on a les images des nombres de la colonne A par la fonction g. Les nombres de la colonne C sont obtenus en appliquant la racine carrée aux nombres de la colonne B. Ils sont donc les images de la colonne A par la fonction f. 2. La racine carrée d’un nombre négatif n’existe pas. Gamme 8 1. g’(x) = a f’(ax + b) . 2 1 . = 2. a. g’(x) = 2 2x + 1 2x + 1 b. h’(x) = 12(3x + 2)3 .

S’organiser pour apprendre VRAI ou FAUX ?

QCM

1

b

.

2

c

.

3

a

.

4

c

1 Vrai

.

2 Faux

3 Vrai

4 Faux

Corrigés des exercices f(0) = 1 g(0) = 1 × 3 = 1. 3 3 2. f’= f et f (0) = 1. Donc, pour tout réel x, f (x) = exp (x). Donc, f(x) = 1 g(x) ⇔ g(x) = 3f(x) = 3exp(x). 3 9 . 2 1. a = exp(3 × 9) = [exp(3)] 1 = exp(−81) = [exp(3)]−27 . 2. b = exp(81)

3 1. a(x) = exp(2x − 2) . 2. b(x) = exp(x − 1). 4 1. e−4x+2 = 1⇔ − 4x + 2 = 0⇔ x = 21 .

{}

Donc 6 =  1 . 2 − x+3

2. e = ex+5 ⇔ − x + 3 = x + 5⇔ x = −1. Donc 6 =  {−1} . 2x−2 3. e− x+1 = 0⇔e3x−3 = 0 . e Cette égalité est fausse, car pour tout réel x, eX ≠ 0. Donc, 6 = « ensemble vide ».

98

5 1. e2x + 2 .1 ⇔ 2x + 2.0 ⇔ x . − 1. Donc 6 = [–1 ; + `[. 1

x+ 2. e− 3x − 4 0. Donc f est strictement décroissante sur [–4 ; 0] et strictement croissante sur [0 ; 4].

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e2x

Exercices

Exercices

2. Sur [0 ; 4], f est continue et strictement croissante. f (0) = –4 et f (4) . 0. Ainsi, 0 [ [f (0) ; f (4)]. Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions strictement monotones, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution α dans [0 ; 4]. 3. On obtient α ≈ 1,66. 4.

La tangente à # en A est parallèle à l’axe des abscisses ⇔ f ’(0) = 0 ⇔ –a – 2b = 0. a+b =1 a=2 ⇔ . On résout le système −a − 2b = 0 b = −1

{

−t 2 . 0 sur R.

{

48 1. C’(t) = 12,5e

Donc # est strictement croissante sur [0 ; + `[. y 2.

10 0

x

1

3. lim C(t) = 25 . t→+`

49 1. e3x – ex = 0 ⇔ e3x = ex ⇔ 3x = x

⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0. Donc, 6 = {0}. 2.(5 – x)(e2x – 1) = 0 ⇔ x = 5 ou x = 0. Donc, 6 = {0 ; 5}. 3. e2x – 2ex + 1 = 0 ⇔ (ex – 1)2 = 0 ⇔ x = 0. Donc, 6 = {0}. x 4. x(e − 1) = 0 ⇔ 0 ou ex – 1 = 0 ⇔ x = 0. Donc, 6 = {0}. 2 x +1 50 1. On pose X = ex.

44 1. Pour tout réel x, f(−x) = f(x) . Donc, f est une fonction paire. x2

− On a alors, e2x + 3ex − 4 = 0⇔ X 2 + 3X − 4 = 0⇔ X = 1ou X = −4 2. f’(x) = −xe 2 . Pour x > 0, f’(x) < 0. e2x + 3ex − 4 = 0⇔ X 2 + 3X − 4 = 0⇔ X = 1ou X = −4 . Donc f est strictement décroissante sur [0 ; + `[. Or, ex = 1⇔ x = 0 et ex = −4 n’a pas de solution car lim f(x) = 0 . On a donc le tableau de variation suivant. x→+` ex .0 pour tout réel x. Donc, 6 = {0}. x 0 +` 2.(x2 + x − 2)(e2x+1 − 1) = 0⇔ x = 1ou x = −2 ou x = − 1 . 1 2 f (x) Donc, 6 = −2;1; − 1 . 0 2 − x+2 − e 3. Par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées, on 3. e 2 = 0 ⇔ e− x+2 − e = 0 ⇔ e− x+2 = e.⇔ −x + 2 = 1 ⇔ x = − x+2 − e e − x+2 − x+2 + 1 x en déduit que f est strictement croissante sur ` ;e0]. − e = 0 ⇔ e = 0]–⇔ = e ⇔ −x + 2 = 1 ⇔ x = 1. x2 + 1 y 4. Donc, 6 = {1}.

{

1

}

4. ex +x+1 = e × ex+3 ⇔ x2 + x + 1 = x + 4 ⇔ x2 − 3 = 0 ⇔ x = 3 ou x +x+1 x+3 e = e×e ⇔ x2 + x + 1 = x + 4 ⇔ x2 − 3 = 0 ⇔ x = 3 ou x = − 3 . 2

2

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0

Donc, 6 =

x

1

2. On conjecture que lim f(t) = 150 . t→+`

3. lim (1+ 90e−0,6t ) = 1 (par composée, = 0 ). Donc, par quotient, lim f(t) = 150 . t→+`

−150 × (−0,6 × 90e−0,6t )

−0,6t = 8100e−0,6t 2 . (1+ 90e ) Pour tout t > 0, f’(t) . 0. On a donc le tableau de variation suivant.

4. f’(t) =

x f (x)

3 ; − 3} .

51 1. L’inéquation est définie sur R.

45 1. f (0) ≈ 1,6 million de bactéries.

t→+` lim e−0,6t t→+`

{

(1+ 90e−0,6t )2

+` 150

0 f (0)

e2 − e2x > 0⇔ x < 1. Donc, 6 = ]– ` ; 1]. 2. L’inéquation est définie sur R. ex + 1 . 0 pour tout réel x. Donc, (ex + 1)(e2x − 1) < 0⇔e2x − 1< 0⇔ x < 0 . Donc, 6 = ]– ` ; 0]. 3. L’inéquation est définie sur R\{–2}. ex + 1 . 0 pour tout réel x. x Donc e + 1 .0⇔ x + 2.0⇔ x . − 2 . x +2 Donc 6 = ]–2 ; + `[. 4. L’inéquation est définie sur R\{3}. e− x − 1> 0⇔ x < 0 . On a donc le tableau de signes suivant.

46 1. f’(x) + 2f(x) =

−2e−2x

−6e−2x

+ 2e−2x

+ 6e−2x

= 0.

2. f’(x) + 2f(x) = = 0. 3. h’(x) + 2h(x) = −2Ce−2x + 2Ce−2x = 0 .

47 A (0 ; 1) [ # ⇔ f (0) = 1 ⇔ a + b = 1.

f’(x) = −ae− x − 2be−2x .

x x e–x – 1 x–3 quotient

–` – + – +

0 0 0 0

+`

3 + – – +

0

+ – + –

Donc, 6 = ]– ` ; 3[. 5 • Fonction exponentielle

101

Exercices 52 1. L’inéquation est définie sur R.

55 1. f est dérivable sur R et f’(x) = exp’(x + y) × exp(−x) + exp(x + y) × (−exp’(−x)) = 0 < −1. Donc, 6 = ]– ` ; – 1]. − x f’(x) = exp’(x + y) × exp(−x) + exp(x + y) × (−exp’(−x)) = 0 , car exp’=exp. 2. L’inéquation est définie sur R. e − 1> 0⇔ x < 0. 2 2. On déduit du 1. que f est constante sur R. Soit, pour Pour tout réel x, 3x − x + 2.0 . 2 − x − x tout réel x, f (x) = f (0). Donc, (3x − x + 2)(e − 1) < 0⇔e − 1< 0⇔ x > 0. 3. f (0) = exp (y). Donc, pour tout réel, Donc 6 = [0 ; + `[. f (x) = exp(x + y) × exp(−x) = exp(y) . 3. L’inéquation est définie sur R. − x−1 Pour tout réel x, e .0 . Soit, exp(x + y) × 1 = exp(y)⇔exp(x + y) = exp(x) × exp(y) − x−1 ,0⇔3x + 1,0⇔ x , − 1 exp(x) Donc, (3x + 1)e . 3 exp(x + y) × 1 = exp(y)⇔exp(x + y) = exp(x) × exp(y) . exp(x) Donc, 6 = ⎤−` ; − 1 ⎡ . ⎦ 3⎣ 1 56 exp(x − y) = exp(x + (−y)) = exp(x) × exp(−y) .= exp(x) × exp(y) 4. L’inéquation est définie sur R\{0}. e2x − 1.0⇔ x .0. exp(x) . On a donc le tableau de signesexp(x suivant. − y) = exp(x + (−y)) = exp(x) × exp(−y) = exp(x) × 1 = exp(y) exp(y) x –2 0 1 –` +` 57 P (n) : (exp (x))n = exp (nx). + 0 – – 0 + x2 + x – 2 Puisque (exp (x))0 = 1 et exp(0 × x) = exp(0) = 1, donc – – 0 + + e2x – 1 P (0) est vraie. quotient – 0 + – 0 + On suppose que, pour un certain rang n appartenant Donc, 6 = ]– 2 ; 0[ < ]1 ; + `[. à N, P (n) est vraie. On montre que P (n + 1) est vraie. On sait que (exp(x))n = exp(nx) . 53 1. lim (2 − 3x) = −` et lim ex = +` . Donc, (exp(x))n + 1 = exp(x) × (exp(x))n = exp(x) × exp(nx) = exp(x + n x→+` x→+` n + 1 = xexp(x) . Par produit, lim f(x) = −`. f(x) (exp(x)) × (exp(x))n = exp(x) × exp(nx) = exp(x + nx) = exp((n + 1)x) . = 2ex − 3xe x→+` Donc P (n + 1) est vraie. Or, par croissance comparée, lim xex = 0. Par le principe de récurrence, on conclut que, pour x→−` De plus, lim ex = 0. tout entier naturel n et tout réel x, on a : x→−` (exp (x))n = exp (nx). Donc, par somme, lim f(x) = 0. < e− x ⇔ x

x→−`

58 1. On a 1X = −1x = ex .

2. lim (1+ x) = −` et lim e− x = +` . x→−`

e e 2. lim X = lim (−x) = +`.

x→−`

Par produit, lim g(x) = −`. −x

g(x) = e

x→−`

x→−`

− (−xe− x ). Or,

lim − x = −`

x→+`

lim −

x→+`

xe− x

Soit lim ex = 0 . x→−`

= 0 . Donc, par somme, lim g(x) = 0. x→+`

3. lim (3 − 2x) = +` et lim ex = 0, donc, x→−`

x→−`

par somme, lim h(x) = +` . x→−`

x x h(x) = x ⎛⎜ 3 − 2 + e ⎞⎟ . Or, lim e = +` , donc, ⎝x x⎠ x→+` x

par somme et produit, lim h(x) = +` . x→+`

À long terme, ce modèle ne sera plus représentatif.

−x f(x) = 1+ e − x . Or, lim e− x = 0 . x→+` 1+ 2e Donc, par somme et quotient, lim f(x) = 1 .

60 Partie 1. 1. Par somme, lim ϕ(x) = −` et lim ϕ(x) = +` . x→−`

x→+`

x→−`

Or, lim

x→+`

ex x

)

= +` et par quotient, lim

x→+`

Donc, par produit, lim g(x) = +`.

x

1+ 2e− x 1+ 2 x

= 1.

x→+`

3. Par quotient, lim h(x) = 0 . x

x→−∞

h(x) = e . Donc, par quotient, lim h(x) = +`. x→+` 1+ 1 x 102

x→+`

2. ϕ’(x) = ex + 1. Pour tout réel x, ϕ’(x) .1 car ex .0. Donc, ϕ est strictement croissante sur R. On a le tableau de variation suivant.

x −x x −x g(x) = e (1+ 2e ) = e × 1+ 2e . x 2 1+ x 1+ 2 x x

(

59 1. a. f(1950) = 229⇔k = 229. b. f(2010) = 1031⇔229e60λ = 1031⇔e60λ = 1031 . 229 À l’aide de la calculatrice, on trouve λ ≈ 0,025. c. Ce modèle modélise bien l’évolution de la population en Afrique entre 1950 et 2010. 2. f(1968) ≈ 359 et f(2016) ≈ 1192. 3. f’(t) = 0,025 × 229e0,025(t−1950) = 0,025f(t) . 4. lim f(t) = +` . t→+`

54 1. Par quotient, lim f(x) = 21. x→−`

2. Par quotient, lim g(x) = 0.

1 = 0.

X →+` eX

X →+`

et lim XeX = 0, donc, par composée, X →−`

x→−`

3. lim eX = +`. Donc, par quotient, lim

f

−`

+` +`

−`

3. ϕ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur R. lim ϕ(x) = −` et lim ϕ(x) = +` . x→−`

x→+`

Ainsi, 0 [ ]– ` ; + `[. Donc, d’après le théorème de bijection, l’équation ϕ(x) = 0 admet une unique solution α dans R.

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e2x+3

Exercices c. Les points Ak sont sur la droite d’équation y = x – 1. À l’aide de la calculatrice, on obtient –1,28 , α , –1,27. On en déduit que pour x [ ]– ` ; α[, ϕ (x) < 0 et pour 63 Si la suite (vn) est arithmétique de raison r, alors, x [ ]α ; + `[, ϕ (x) . 0. pour tout entier naturel n, vn+1 = vn + r . Partie 2. x vn+1 x + xex )(ex + 1) − xex × ex x (ex + 1+ xex + x On xdonc, = evn +r = er evn = er wn . a (e e − xe ) = ewϕ(x) n +1 = e 1. f’(x) = .= r x +une (ex + 1)2 Donc, (wn)(eest (ex + 1)2 1)2 suite géométrique de raison e et x de premier terme w0 = ev0 . xex )(ex + 1) − xex × ex = ex (ex + 1+ xex + x − xex ) = e ϕ(x) . (ex + 1)2 (ex + 1)2 (ex + 1)2 64 1. fn ’(x) = nxn−1ex + xnex = (n + x)xn−1ex. f’ (x) est du signe de ϕ (x). Donc f est strictement 2. Par produit, lim fn (x) = +`. décroissante sur [–3 ; α] et strictement croissante x→+` 3. Cas où n entier naturel supérieur à 2 pair : sur [α ; + `[. x –n 0 −` +` 2. ϕ(α) = 0⇔eα = −α − 1. α α( − α − 1) x + n – 0 + + Donc, f(α) = αe = = α +1. −α – – 0 + xn–1 eα +1 + 0 – 0 + fn’ (x) D’après ce qui précède, −0,28,f(α) , − 0,27 . (–n)ne–n +` x . Donc, par quotient, lim f(x) = +`. 3. f(x) = fn x→+` 1+ e− x 0 0 4. On a le tableau de variation suivant. Cas où n entier naturel supérieur à 2 impair : x −3 α +` +`

f (–3)

f

α+1

61 1. f est définie et dérivable sur R.

2e2x (e2x + 1) − 2e2x (e2x − 1) = 4e2x 2. f’(x) = (e2x + 1)2 (e2x + 1)2 3.

62 1. À réaliser sur logiciel. 2. On conjecture que la droite Δ d’équation y = x – 2 est une asymptote aux courbes Γk en + `. fk (x) − (x − 2) = ke− x et lim ke− x = 0 .

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x→+`

La conjecture est démontrée. De plus, pour tout k entier positif non nul et tout réel x, fk (x) − (x − 2) .0. Donc toutes les courbes Γk sont au-dessus de la droite Δ lorsque k . 0. Pour tout entier k négatif non nul et tout réel x, fk (x) − (x − 2) ,0. Donc toutes les courbes Γk sont en dessous de la droite Δ lorsque k , 0. 3. a. fk ’(x) = 1− ke− x . Pour k . 0, fk ’(x) = 0⇔e− x = 1 ⇔ x = ln(k) k et fk ’(x) .0⇔e− x , 1 ⇔ x .ln(k). k On a donc le tableau de variation suivant. x fk’ (x) fk

−` –

ln (k) 0

+

+`

x x+n xn–1 fn’ (x)

−` – + –

–n 0

+`

0 + + +

0

0 0

+ + + +`

0

fn

(–n)ne–n

4. Pour tout entier naturel n supérieur à 2, fn (0) = 0 et fn ’(0) = 0 . Donc toutes les courbes passent par l’origine du repère et ont une tangente horizontale en ce point. 5. fn+1(x) − fn (x) = xnex (x − 1) . Si n est pair, alors fn+1(x) − fn (x) est du signe de x – 1. Donc, #n + 1 est en dessous de #n sur ]– ` ; 1] et #n + 1 au-dessus de #n sur [1 ; + `[. Si n est impair, alors fn+1(x) − fn (x) est du signe de x (x – 1). Donc, # n + 1 au-dessus de #n sur ]– ` ; 0] et sur [1 ; + `[ et #n + 1 est en dessous de #n sur [0 ; 1].

65 1. f’(x) = 2e2x + 5ex = ex (2ex + 5).

Pour tout réel x, f’(x) . 0. Donc f est strictement croissante sur R. 2. f (0) = 0. Donc # passe par l’origine du repère. 3. f (0) = 0 et f’(0) = 7. Donc une équation de la tangente à # au point d’abscisse 0 est y = 7x. 4. Allure de la courbe. y

+` 2

+`

–1

ln (k) − 1

0

x

lim fk (x) = +`, car fk (x) = e− x (xex − 2ex + k)

x→−`

et lim fk (x) = +`. x→+`

Pour k , 0, fk’ (x) . 0. Donc fk est strictement croissante sur R. lim fk (x) = −` et lim fk (x) = +`. x→−`

x→+`

b. Ak (ln(k) ; ln(k) − 1).

1+ 3 66 1. Pour tout réel non nul, f(x) = xx + 3 = x x . e +1

e +1 x x x 3 e 1 = 1 et, par somme, lim lim 1+ + = +`. x x x→+` x→+` x Donc, par quotient, lim f(x) = 0 .

(

( )

)

x→+`

5 • Fonction exponentielle

103

Exercices 3x

− 1. 3x X lim 3x = 0 et lim e − 1 = 1 . X →0 X x→0

2. g(x) = 3 e

71 1. a. et b. y

Donc, par composée, lim g(x) = 1. 3. h(x) = xe

x

+ ex

x

1

x→0

. Par somme, lim ( xex + ex ) = 0 .

0

x→−`

1

x

Donc, par quotient, lim h(x) = 0. x→−`

67 1. À réaliser sur GeoGebra.

2. a. Le coefficient directeur au point A est f’(a) = ea . b. Le coefficient directeur au point B est g’(b) = e−b c. La tangente est commune en A et en B donc : f’(a) = g’(b) ⇔ ea = e−b ⇔ a = −b ⇔ b = −a 3. a. La tangente en A a pour équation y = ea (x − a) + ea. La tangente en B a pour équation : y = e−b (x + b) + 1− e−b = ea (x + a) + 1− ea . Les deux tangentes sont identiques, donc, pour x = a, on trouve : t→+` ea = ea (a + a) + 1− ea ⇔ ea (2a − 2) + 1 = 0 ⇔ 2ea (a − 1) + 1 = 0 La limite de la population du Canada avec ce modèle d’évolution est de 40 millions d’habitants. ea = ea (a + a) + 1− ea ⇔ ea (2a − 2) + 1 = 0 ⇔ 2ea (a − 1) + 1 = 0 . b. On trouve a ≈ 0,77 et b ≈ –0,77. 68 Soit a un réel. Une équation de la tangente Ta . à la courbe représentative de la fonction f au point 72 1. V(t) = Ce−0,35t + 200 7 d’abscisse a est y = f’(a) (x – a) + f (a), 200 2. V(0) = 0⇔C = − . 7 soit y = (ea − 1)(x − a) + (ea − a) . 200 O(0; 0) [Ta ⇔ ea − a − a(ea − 1) = 0 ⇔ ea (1− a) = 0 ⇔ a = 13. lim V(t) = 7 ≈ 28,6. t→+` [Ta ⇔ ea − a − a(ea − 1) = 0 ⇔ ea (1− a) = 0 ⇔ a = 1. La vitesse limite est d’environ 28,6 m . s– 1, soit enviAinsi, la tangente à la courbe représentative de f au ron 103 km . h– 1. point d’abscisse 1 passe par l’origine du repère. 4. V’(t) = 10e−0,35t . 0. Donc V est strictement croissante sur [0 ; + `[. 69 f '(x) = ex − k . On note # la courbe représentaOn a le tableau de variation suivant. tive de f. 2. f (0) = 2,44 ; f (10) = 14,13 et f (15) = 24,53. Le modèle semble fiable. 3. 2011 correspond au rang 32. Or f (32) ≈ 32,1 millions d’habitants. 2016 correspond au rang 33. Or f (33) ≈ 33 millions d’habitants. Le modèle est encore valable même si on ne peut mesurer l’erreur commise. 4. lim f(t) = 40.

# est tangente à l’axe des abscisses ⇔ il existe un réel a tel que f (a) = 0 et f’(a) = 0. Or, f(a) = 0 ⇔ ea − ka = 0 et f’(a) = 0 ⇔ ea − k = 0 .

+` ≈ 103

0

t V (t)

0

(

)

74 1. On conjecture que le point M de # d’abscisse 0 est tel que la distance MA soit minimale. 2. M (x ; ex) et A (1 ; 0). Donc, MA2 = (x − 1)2 + e2x = e2x + x2 − 2x + 1. 104

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⎧ea − ka = 0 5. 36 km . h– 1 = 10 m . s– 1. , on obtient, En résolvant le système ⎨ a ⎩⎪e − k = 0 On résout donc : a = 1 et k = e. V(t) = 10⇔ 200 (1− e−0,35t ) = 10 ⇔ e−0,35t = 0,65 ⇔t = ln(0,65) ≈ 1,2 Ainsi, pour k = e, la courbe représentative de f est −0,35 7 tangente à l’axe des abscisses200 au point d’abscisse 1. V(t) = 10⇔ (1− e−0,35t ) = 10 ⇔ e−0,35t = 0,65 ⇔t = ln(0,65) ≈ 1,23 . −0,35 7 70 1. À l’aide de la calculatrice, on obtient : Au bout de 1,23 s, la vitesse sera de 36 km . h– 1. 8 < e < 17 . −kt −kt 6. mV’(t) + kV(t) = −Cke m + Cke m + mg = mg. 6 3 2. Cet algorithme affiche un et un + 1 lorsque l’utin! 73 Soit a un réel. Alors A (a ; f (a)) et N (a ; 0). lisateur choisit la valeur de l’entier n. L’équation réduite de la tangente 7 à la courbe de f 3. L’algorithme modifié est le suivant. en A est y = f’(a) (x – a) + f (a). M [7 et yM = 0 ⇔ f’(a)(xM − a) + f(a) = 0⇔ xM = − f(a) + a f '(a) M [7 et yM = 0 ⇔ f’(a)(xM − a) + f(a) = 0⇔ xM = − f(a) + a . f '(a) f(a) car f est une f(a) Donc M a − ; 0 . Ainsi, MN = f’(a) f’(a) fonction positive sur R. MN = 1 ⇔ f (a) = f ’ (a) pour tout réel a ⇔ f (x) = Kexp (x) avec K . 0.

Exercices

3. f’(x) = 2(e2x + x − 1) et f’’(x) = 4e2x + 2 . 0. Donc, pour tout entier n non nul, un , e , vn. Donc, f’ est strictement croissante sur R et f’(0) = 0. En prenant n = b, on obtient ub , a ,ub + 1 . b × b! b Donc, pour x , 0, f’(x) , 0 et, pour x . 0, f’(x) . 0. b. On multiplie chaque membre de l’encadrement On en déduit que f est strictement décroissante sur précédent par b × b! ]– ` ; 0] et strictement croissante sur [0 ; + `[. Puis, en soustrayant b × b! × ub à chaque membre, on Donc f admet un minimum sur R atteint en x = 0. Soit obtient 0 , N , 1. MA2 est minimale lorsque x = 0. f étant positive sur R, on c. N est un entier. Donc 0 , N , 1 est impossible. en déduit que la fonction x ∞ f(x) a les mêmes variations que f sur R. Donc MA est minimale lorsque x = 0. 76  1. L’équation est définie sur R. 4. Évident en remplaçant a par 0. ex + 5 = 1⇔ex + 5 = e− x + 5⇔e . x = e− x ⇔ x = −x ⇔ x = 0 5. x – y + 1 = 0 est une équation cartésienne de 70 e− x + 5 ex + 5 = 1⇔ex + 5 = e− x + 5⇔ex = e− x ⇔ x = −x ⇔ x = 0 . au point M0. −x 5 ; 1) . (–1 6. u (1 ; 1) est un vecteur directeur de 70 et eAM0 + Donc, 6 = {0}. On a u . AM0 = 0. Donc, ces vecteurs sont orthogonaux. 2. L’équation est définie sur R. 5 8 11 5 − ex = 1⇔ 5 − ex = e2x + 3 ⇔ e2x + ex − 2 = 0. 75  1. u1 = 2, v1 = 3, u2 = 2 , v2 = 4 , u3 = 3 et e2x + 3 v3 = 49 . En posant, X = ex, on obtient X2 + X – 2 = 0. Ce poly18 nôme a deux racines réelles, X1 = 1 et X2 = – 2. 2. Soit n un entier naturel non nul. On a : On résout ex = 1 ⇔ x = 0 et ex = –2 n’a pas de solution 1 un+1 − un = .0 . (n + 1)! car ex . 0 pour tout réel x. Donc la suite (un) est croissante. Ainsi, 6 = {0}. est définie sur R. 1 −1 3. L’équation vn+1 − vn = 1 + − 1 .= ,0 x x + 1)! (n + 1)! (n + 1) × (n + 1)! n × n! n × (n + 1) × (n xe + 3e − x − 3 = 0 ⇔ ex (x + 3) − (x + 3) = 0 ⇔ (x + 3)(ex − 1) = 0 ⇔ x x x 1 −1 xe ,0 + 3e. − x − 3 = 0 ⇔ e (x + 3) − (x + 3) = 0 ⇔ (x + 3)(ex − 1) = 0 ⇔ x = −3 ou x = 0. + − 1 = (n + 1) × (n + 1)! n × n! n × (n + 1) × (n + 1)! Ainsi, 6 = {–3 ; 0}. Donc la suite (vn) est décroissante. 4. L’équation est définie sur R\{1}. x2 +x−3 2 3. a. Pour tout entier naturel non nul, x−1 = 1⇔ x + x − 3 = 0 ⇔ x2 + x − 3 = 0 ⇔ x = −1+ 13 ou x e vn − un = 1 . 0 . Soit un < vn. x −1 2 n × n! x2 +x−3 2 + x−3 x −1+ 13 −1− 13 2 pour tout entier b. La suite (vn) est décroissante, e x−1 donc, = 1⇔ ou x = . = 0⇔ x + x −3 = 0⇔ x = 2 2 x −1 naturel non nul, un < v1. Ainsi, 6 = −1+ 13 ; −1− 13 . Ainsi, d’après 3. a., on en déduit que un < vn < v1, 2 2 soit un < v1. 4. a. La suite (un) est croissante et majorée par v1. 77  1. f ’ (x) = ex – 1. f’ (x) = 0 ⇔ x = 0 et f’ (x) . 0 ⇔ x . 0. Donc f est strictement décroissante sur ]– ` ; 0] et Donc, d’après le théorème de convergence monotone, strictement croissante sur [0 ; + `[. elle est convergente. y 1 b. lim = 0 , donc, par somme, n→+` n × n! lim vn = lim un = 1, soit 1 + x < ex. n 1 1+ 1 ⎛1+ 1 ⎞ ... ⎛1+ 1 ⎞ .0 . 6. a. g’(x) = f’(x) + 1 = − x e− x + 1 = 1 (1− xne− x ). 4. a. un+1 − un = n+1 n! n! n! n! 2 ⎝ 22 ⎠ ⎝ 2n ⎠ 2 Pour tout réel x de [0 ; 1], 1− xne− x .0 (car e–x < 1, Donc, la suite est croissante. donc xne− x < xn < 1). Donc g est strictement croisb. En appliquant l’inégalité de la question 3. pour un 1 1 + . sante sur [0 ; 1] avec g (0)  = 1 et g (1)  =  ⎧ 1 2 e n! 1+ < e ⎪ 2 b. g (0) , g (1) ⇔ un > e − e . ⎪ 1 n! ⎪⎪1+ 1 < e22 1 1 1 7. D’après le théorème des gendarmes, on en déduit 2 x = , x = 2 ,..., x = n , on obtient : ⎨ 2 . 2 2 2 que lim un = e. ⎪... n→+` ⎪ 1 8. a. On a (un) croissante converge vers e et (vn) ⎪1+ 1 < e2n ⎪⎩ 2n décroissante converge vers e.

( )

5 • Fonction exponentielle

105

Exercices 1 + 1 +...+ 1 2 2n . < e2 2

on obtient un Or 1 + 12 + ... + 1n est la somme des termes consé2 2 2 cutifs d’une suite géométrique de premier terme 1 2 1 et de raison . 2 n n 1− 1 1 1 1 1 2 . Ainsi, un < e . Donc + 2 + ... + n = 1− 2 2 2 2 n Or, pour tout entier naturel n non nul, 1− 1 < 1 et 2 la fonction exponentielle étant croissante sur R, on

()

()

()

()

1− 1 e 2

n

< e. Ainsi, un < e. en déduit que c. La suite est croissante et majorée par e, donc, d’après le théorème de convergence monotone, elle est convergente.

78 On conjecture que, pour k appartenant à l’inter-

valle ]0 ; e], la courbe de la fonction exponentielle est au-dessus de la droite d’équation y = kx. Soit k un réel. On définit la fonction fk sur R par fk (x) = ex – kx. On a alors, fk’ (x) = ex – k. fk’ (x) = 0 ⇔ x = ln (k) et fk’ (x) . 0 ⇔ x . ln (k), donc fk est strictement décroissante sur ]– ` ; ln (k)] et strictement croissante sur [ln (k) ; + `[. De plus, par somme, x lim fk (x) = +` et fk (x) = x ⎛⎜ e − k⎞⎟ , donc, par pro⎝ x ⎠ x→−` duit, lim fk (x) = +`. Enfin, fk (lnk) = k(1− ln(k)) est x→+`

le minimum de fk sur R. • Si k . e, alors fk (lnk) = k(1− ln(k)) , 0. En appliquant deux fois le théorème de bijection, on montre qu’il existe deux réels α [ ]– ` ; ln (k)[ et β [ ]ln (k) ; + `[ tel que fk (α) = fk (β) = 0. Ainsi, sur ]α ; β[, fk (x) , 0. Ce qui signifie que la courbe de la fonction exponentielle est en dessous de la droite d’équation y = kx. • Si 0 , k < e, alors le minimum fk (lnk) = k (1 – ln (k)) > 0. Donc, pour tout réel x, fk (x) > 0. Ce qui signifie que la courbe de la fonction exponentielle est toujours au-dessus de la droite d’équation y = kx. 0,2α e0,2α et T ’(α) = −16e ,0. 79 1. T (α) = 80 0,2α 2 e −1 e0,2α − 1

(

)

Donc, T est strictement décroissante sur ]0 ; π[. 2. lim e0,2α − 1 = 0 et e0,2α − 1.0.

80 1. f (n) (x) = 3n e3x .

2. a. g’(x) = (1+ x)ex , g’’(x) = (2 + x)ex et g(3) (x) = (3 + x)ex. b. On conjecture que g(n) (x) = (n + x)ex . c. On montre par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul, g(n) (x) = (n + x)ex. • L’égalité est vraie au rang initial 1. • On suppose que l’égalité soit vraie pour un certain rang n appartenant à N*, on montre qu’elle est vraie au rang n + 1. On a, par hypothèse de récurrence, g(n) (x) = (n + x)ex. g(n+1) (x) = ex + (n + x)ex = (n + 1+ x)ex. Donc la propriété est héréditaire. • Conclusion : pour tout entier naturel n non nul, g(n) (x) = (n + x)ex.

81 1. fk est définie sur ]– ` ; 0[ et sur ]0 ; + `[. 2. a. lim fk (x) = 1 et lim fk (x) = 1. x→−`

x→+`

b. Si k . 0, on a : • lim+ k = +`, donc par composée, lim+ fk (x) = +` ; x→0 x x→0 k • lim− = −`, donc par composée, lim− fk (x) = 0. x→0 x x→0 Si k , 0, on a : • lim+ k = −`, donc par composée, lim+ fk (x) = 0 ; x→0 x x→0 • lim− k = +`, donc par composée, lim− fk (x) = +`. x→0 x x→0 c. La droite d’équation y = 1 est une asymptote horizontale à la courbe représentative de fk en + ` et en – `. L’axe des ordonnées est une asymptote verticale. k 3. fk '(x) = − k2 e x . x • Si k . 0, pour tout réel non nul, fk’ (x) , 0. On a donc le tableau de variation suivant. x fk (x)

−` 1

+` 0

• Si k , 0, pour tout réel non nul, fk’ (x) . 0. On a donc le tableau de variation suivant. −`

x fk (x)

1

0 y

α→0 α.0 0,2×π

#–1

e lim T (α) = 80 0,2×π ≈ 171,5. e −1

0

3. Tableau de variation de T. π

0 +`

( )

#2 1

α→π α,π

≈ 171,5

4. 170° = 17π rad et T 17π ≈ 178,7 . 18 18 5. À l’aide de la calculatrice, T = 190 pour α ≈ 2,73 rad. 106

+` 1

0 +`

Donc, par quotient, lim T (α) = +`.

T

1

4. Courbes.

α→0 α.0

α

+`

0

#0,2 1

82 1. f’(t) = ae−kt (1− kt).

x

Le maximum de la fonction f est atteint en 2 . 3 Donc, f’ 2 = 0. f’ 2 = 0⇔1− k × 2 = 0⇔ k = 3. 3 3 3 2 1 −1 a 3 1 = 0,5⇔ e 2 = 0,5⇔a = e2 ≈ 2,47. 2. f 3 3 2

()

()

()

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Et en multipliant membre à membre ces inégalités,

Exercices 3. f’(t) = 2,5e

− 3t 2

(1− 32 t ). f ’(t) est du signe de 1− 32 t .

On a donc le tableau de variation suivant. 0

t f’ (t)

+

f

2/3 0 0,6

6 −

0

0

4. f (t) > 0,5 pour t [ [0,3 ; 1,2]. Ainsi, la personne n’a pas le droit de conduire pendant environ 0,9 h, soit 54 min. 5.

83 On note d la droite

y

M

1,35 d’équation y = x. u (1 ; 1) est un vecteur direcA 1 teur de d. On note Δ la droite perpendi0 x 1 culaire à d passant par M et A le point d’intersection entre d et Δ. AM est la distance entre M et la droite d. On note M (m ; em) les coordonnées du point M. On calcule les coordonnées de A en fonction de m. N (x ; y) [ Δ ⇔ MN . u = 0 ⇔ x + y – m – em = 0. Ainsi, une équation cartésienne de Δ est x + y – m – em = 0. ⎧x = m + em ⎧y = x ⎪ 2 . ⇔⎨ A[d > Δ ⇔ ⎨ m ⎩x + y − m − e = 0 ⎪y = m + em ⎩ 2 m m⎞ ⎛ m + e m + e . ; Donc, A ⎜ ⎝ 2 2 ⎟⎠

Ainsi, AM =

em − m

m = e − m , car pour tout réel x, 2

2 ex . x (voir cours). On cherche m tel que AM soit minimal, c’est-à-dire on cherche m tel que em – m soit minimal. Or, en étudiant la fonction f définie sur R par f (x) = ex – x, on trouve que son minimum est atteint en 0. Ainsi, la distance entre M et la droite d’équation y = x est minimale lorsque M a pour abscisse 0.

Pour s’entraîner à l’épreuve

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ex

84 1. g’ (x) = – x . 0 sur [0 ; + `[. Ainsi, g est strictement croissante sur [0 ; + `[. g (0) = 1 est le minimum de g sur [0 ; + `[. Ainsi, pour tout x de [0 ; + `[, g (x) > 1. 2 2. Pour tout x de ]0 ; + `[, ex > 1+ x , soit, 2 ex > 1 + x . x 2 x x De plus, lim 1 + x = +`. Donc, lim e = +` . 2 x→+` x x→+` x 85

h (0) = 1 + e–2 . 1.

Donc #1 représente la fonction h. f (1) = 1. Donc, #3 représente la fonction f. lim g(x) = 1 . Donc, #4 représente la fonction g. x→−`

#2 représente la fonction k.

86 1. a. g’ (x) = ex – 1. Sur ]– ` ; 0[, g’ (x) < 0, sur

]0 ; + `[, g’ (x) . 0 et g’(0) = 0. x Par somme, lim g(x) = +`. g(x) = x ⎛⎜ 1 − 1+ e ⎞⎟ . ⎝x x⎠ x→−` Donc, par produit, lim g(x) = +` . x→+`

On a le tableau de variation suivant. x g (x)

−` +`

0 2

+` +`

b. 2 est le minimum de g sur R. Donc, pour tout réel x, g (x) > 3 . 0. 2. Par quotient, lim xx = −` donc, par somme, x→−` e lim f(x) = −`. x→−`

lim x = 0 , donc, par somme, lim f(x) = +` .

x→+` ex

x

(

x→+` x

)

x x) = e 1− x + e = e− x g(x). 3. f’(x) = 1+ e (1− e2x e2x 4. On a le tableau de variation suivant.

x f (x)

−`

+` +`

−`

5. a. f est continue et strictement croissante sur R. lim f(x) = −`, lim f(x) = +`. Ainsi, 0 [ ]– ` ; + `[. x→−`

x→+`

Donc, d’après le théorème de bijection, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution réelle α. b. f (–1) , 0 , f (0), donc, – 1 , α , 0, car f est strictement croissante sur R. 6. a. f ’ (0) = 2 et f (0) = 1. Donc, la droite 7 d’équation y = 2x + 1 est tangente à # au point d’abscisse 0. x b. f(x) − (2x + 1) = xx − x = x ⎛⎜ 1− xe ⎞⎟ . ⎝ e ⎠ e 5 • Fonction exponentielle

107

Exercices Or, par produit, lim f(x) = +` : faux.

On a donc le tableau de signes suivant. −` – + –

+`

0 0 0 0

+ – –

91 Soit f la fonction définie sur R par :

Donc, la courbe # est située sous la droite 7. 3e−3x .0. Donc, f est strictement 87 (1+ e−3x )2 croissante sur R. 2. Par quotient, lim f(x) = 1. Donc la droite Δ est 1. f’(x) =

x→+`

asymptote à # en + `. 3. Algorithme

f (x) = e2x – 2x + k. On a f ’ (x) = 2 (e2x – 1). lim f(x) = +` et lim f(x) = +`. x→−`

88 Partie A 1. g (x) = e–x (5 – 3e–x). Or, pour tout x [ [0 ; + `[, 0 , e–x < 1, soit par opération, 5 – 3e–x > 2 . 0. Donc, par produit, g (x) . 0. 2. g (x) . 0, donc l’équation f (x) = x – 3 n’a pas de solution dans [0 ; + `[. Donc, la courbe #f et d n’ont pas de point commun. Partie B 1. g (x) . 0 équivaut à f (x) . x – 3 (donc #f est audessus de la droite d). M (x ; f (x)) et N (x ; x – 3). Donc MN = f (x) – (x – 3) = g (x). 2. g’(x) = −5e− x + 6e−2x = e−2x (6 − 5ex ) . 3. g’(x) = 0 ⇔ x = ln 6 , g’(x) .0 ⇔ x ,ln 6 5 5 6 et g’(x) ,0 ⇔ x .ln . 5 Donc g est strictement croissante sur ⎡0;ln 6 ⎤ ⎣ 5 ⎦ 6 ⎡ ⎡ et strictement décroissante sur ln ; +` . Ainsi, ⎣ 5 ⎣ 6 25 g ln = est le maximum de g sur [0 ; + `[. 5 12 Au point d’abscisse ln 6 , la distance MN est maxi5 male.

() ()

()

()

()

x→+`

On a donc le tableau de variation suivant. x f’ (x) f (x)

n prend la valeur 0 Tant que f (n) < 0,999 n prend la valeur n + 1 Fin Tant que Afficher n

( ( ))

x→+`

3. g’(x) = e2x+1 + 2xe2x+1 = (1+ 2x)e2x+1 : faux. 4. e2x (1− e− x ) = e2x − ex = h(x)  : vrai.

−

2. f’(t) = 160λe−λt et 180 − f(t) = 160e−λt . Donc, f’(t) = λ (180 − f(t)) . Donc il y a proportionnalité entre la vitesse d’accroissement de la température et l’écart de température entre le gâteau et le four. 3. On obtient, λ ≈ 0,0067. 4. f ’ (t) . 0. Donc f est strictement croissante sur [0 ; + `[. lim f(t) = 180.

+

+`

+` 1+k

1 + k est le minimum de f sur R. • Si 1 + k . 0 ⇔ k . –1, alors l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans R. • Si 1 + k = 0 ⇔ k = –1, alors l’équation f (x) = 0 a une seule solution (x = 0). • 1 + k , 0 ⇔ k , –1, alors en appliquant deux fois le théorème de bijection, on montre que l’équation f (x) = 0 admet deux solutions dans R. 3

92 1. lim g(x) = lim x6 = −` et par somme, x→−` x→−` lim g(x) = +` .

x→+`

2 g’(x) = 1+ x + x . Son discriminant est strictement 2 négatif, donc g’(x) . 0 sur R. On a donc les tableaux de variation suivants.

x f (x) x g (x)

+` +`

–` 0

+` +`

–` –`

2. Courbes de f et g. y

()

89 1. f(0) = 20⇔180 − k = 20 ⇔ k = 160.

+`

0 0

–`

1 0

1

x

3. Équation de la tangente à #f au point d’abscisse 0 : y = x + 1. Équation de la tangente à #g au point d’abscisse 0 : y = x + 1. 4. Tableur :

t→+`

5. Au bout de 250 min, la température du gâteau atteint 150 °C.

90 1. un + 1 = e2(n+1)+1 = e2 × e2n+1 = e2 × un . Donc

(un) est une suite géométrique de premier terme u0 = e et de raison q = e2 : vrai. x 2. f(x) = x ⎛⎜ e − 1+ 1⎞⎟ . ⎝ x x⎠ 108

Ces valeurs sont « presque » identiques.

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x x 1 – ex f (x) – (2x + 1)

Exercices

93  1. f (0) = g (0) = 1. Donc le point A (0 ; 1) [ #f > #g . x e 2.

g’(x) = Donc f ' (0) = g ’ (0) = 1. Donc #f et #g ont au point A la même tangente Δ d’équation y = x + 1. 2. a. lim h(x) = +` . x→−`

b. En factorisant par x, on obtient : ⎛ x x 2 h(x) = 2e 2 − x − 2 = x ⎜ e − 1− x ⎜⎝ 2 x

y

⎞ 2⎟ . x⎟ ⎠

Q

2 Par composée, lim e = +` . Donc, par somme et x→+` x 2 produit, lim h(x) = +` .

x→+` x = e 2 − 1. Pour x [ ]– ` ; 0], h ’ (x) < 0 et pour

c. h’(x) x [ ]0 ; + `], h ((x) . 0. d. Tableau de variation de h. x h’ (x) h (x)

– ` −

0 0

+ ` +

+ `

+ ` 0

e. 0 est le minimum de h sur R. Donc, pour tout réel, h (x) > 0, soit

x 2e 2

94  Soit x un réel positif. On a M (x ; f (x)), P (x ; 0) et Q (0 ; f (x)). Ainsi, OP = x et OQ = f (x). On a donc, A(OPMQ) = xf(x) = x2x . e +1

− 1> x + 1.

f. On en déduit que #g est au-dessus de la droite Δ. 2 x ⎛ x ⎞ 3. a. ⎜ e 2 − 1⎟ = ex − 2e 2 + 1. ⎝ ⎠ b. Pour tout réel, 2 x ⎛ 2x ⎞ x 2 f(x) − g(x) = e − 2e + 1 = ⎜ e − 1⎟ > 0 . ⎝ ⎠ Donc #f est au-dessus de #g.

M

0,2

O 0

P

Soit h définie sur [0 ; + `[ par h(x) = x2x . e +1 x − xex + 1) 2(e . h’(x) est du signe de g (x) avec h’(x) = (ex + 1)2 g définie sur [0 ; + `[ par g(x) = ex − xex + 1. g’(x) = −xex ,0 sur [0 ; + `[. Donc g est strictement décroissante sur [0 ; + `[. De plus, g est continue sur [0 ; + `[. g(0) = 2, g(x) = ex (1− x) + 1, donc, lim g(x) = −`. x→+`

Ainsi, 0 [ ]– ` ; 2]. Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, l’équation g (x) = 0 admet une unique solution α dans [0 ; + `[. g est donc positive sur [0 ; α] et négative sur [α ; + `[. h est strictement croissante sur [0 ; α] et strictement décroissante sur [α ; + `[. Ainsi, l’aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque M a pour abscisse α. À l’aide de la calculatrice, on obtient α ≈ 1,28.

Accompagnement personnalisé

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95  1. f ’ (x) = 1 – e–x+0,5.

2. f’(x) > 0⇔e− x+0,5 < 1⇔ − x + 0,5 < 0⇔ x > 0,5. 3. Tableau de variation sur [0 ; 5] : x f’ (x) f (x)

0 −

0,5 0

f (0)

5 + f (5)

2,5

4. a. 2 < α < 2,5. b. 6 = [α ; + `[. x−1 x − 1 = (x − 1) ⎛⎜ e − 1− 3 ⎞⎟. 96  1.ϕ(x) = ⎝ x −1 2 x − 1⎠ x−1 e Par composée, lim = +` . x→+` x − 1

ex−1 −

Donc, par produit, lim ϕ(x) = +`. x→+`

2. ϕ’(x) = ex−1 − 1. Sur [1 ; + `[, ϕ’ (x) > 0, donc ϕ est strictement croissante sur [1 ; + `[. 3. Les conditions sont réunies pour appliquer le théorème de bijection. On en déduit alors que l’équation ϕ (x) = 0 admet une unique solution α dans [1 ; + `[. Soit l’équation C (x) = x admet une unique solution α dans [1 ; + `[.

x

0,2

()

()

4. ϕ 3 ,0, ϕ(2)⇔ϕ 3 , ϕ(α) , ϕ(2) ⇔ 3 , ϕ ,2 2 2 2 car ϕ est strictement croissante sur [1 ; + `[.

97  1. f’(x) = e2x + ex − 2

et (ex − 1)(ex + 2) = e2x + ex − 2. Donc f’(x) = (ex − 1)(ex + 2) : vrai. 2. f(0) = 3 et 3 n’est pas strictement supérieur à 3  : 2 2 2 faux. x 3. f(x) = 1 e2x + x ⎛⎜ e − 2⎞⎟ . ⎝ x ⎠ 2 x Par produit, lim x ⎛⎜ e − 2⎞⎟ = +` , donc par somme, ⎠ x→+` ⎝ x

lim f(x) = +` : faux.

x→+`

4. Par somme, lim f(x) = +` : vrai. x→−`

98  1. Réponse c. 2. Réponse b. 99  1. y’(x) = Caeax , donc, y’(x) − ay(x) = 0.

Donc les fonctions de la forme y(x) = Ceax sont solutions de (E0). 5 • Fonction exponentielle

109

Exercices 2. z’(x) = −aeax y(x) + eax y’(x) = eax (y’(x) − ay(x)) = 0 car y est solution de (E0). 3. Pour tout réel, z’ (x) = 0 ⇔ z est une fonction constante sur R. Donc il existe C réel tel que z’ (x) = C. Soit, y (x) = Ceax. 4. y est solution de (E0) si et seulement si il existe une constante réelle C telle que y (x) = Ceax. Autrement dit : si y est une fonction solution de (E0) elle est de la forme y (x) = Ceax. Réciproquement, si y (x) = Ceax alors y est une solution de l’équation (E0).

5.

100 1. h ’ (x) = 0 et ah (x) + b = 0.

107

Donc h est solution de (E). 6. Lorsque α , 0. 2. a. f’(x) − af(x) = b et h’(x) − ah(x) = b . αln(x) On a f’α ( x ) = α eαln(x) = α e ln(x) .= βeαln(x)−ln(x) = αe(α−1)ln(x) Donc, f’(x) − af(x) = h’(x) − ah(x). x e b. f’(x) − af(x) = h’(x) − ah(x) ⇔ (f’(x) − h’(x)) − a(f(x) − h(x)) = 0 ⇔ (f − h)’ − a(f − h) = 0 αln(x) α e αln(x) αln(x)−ln(x) f’α−( xh)) == 0 e = α ln(x) = βe = αe(α−1)ln(x) . (x) − ah(x) ⇔ (f’(x) − h’(x)) − a(f(x) − h(x)) = 0 ⇔ (f − h)’ − a(f x e Donc f – h est solution de (E0). α , 0 donc fα est décroissante sur ]0 ; + `[. 3. f – h est solution de : Lorsque α = –1, on retrouve la fonction f(x) = 1 . x (E0) ⇔ f(x) − h(x) = Ceax ⇔ f(x) = Ceax − b . a X = +` , Limite en 0 de f  : lim αln(x) = +` et lim e 2 α x→0 X →+` 101 1. e2ln(x) = eln(x ) 3= x2. n 3ln(x) ln(x ) 3 nln(x) ln(x ) n f (x) = +`. L’axe des donc, par composition, lim De même, e =e = x et e =e =x α x→0 pour tout entier naturel n. ordonnées est asymptote verticale à la courbe. 1 ln(x)

2. e2 = eln( x ) = x. On retrouve les fonctions usuelles puissances et racine carrée. 2 2ln(3) ≈ 4,73 3. a. 3 = e .

Limite en + ` :

lim αln(x) = −` et

x→+`

lim eX = 0 ,

X →−`

donc, par composition, lim fα (x) = 0 . eαln(1)

x→+`

e0

= = 1. fα (1) = Le résultat est indépendant de α. Toutes les courbes ≈ 5,62 . 3 = αln(x) passent par le point A (1 ; 1). b. On a f’α (x) = α eαln(x) = α e ln(x) = βeαln(x)−ln(x) = αe(α−1)ln(x) Attention : pour certaines valeurs de α, les logiciels x e αln(x) tracent une courbe également sur ]– ` ; 0[. En effet, α e αln(x) αln(x)−ln(x) (α−1)ln(x) f’α (x) = e = α ln(x) = βe = αe . x e par exemple pour α = –4, la fonction f−4 (x) = x −4 = 14 La formule rappelle celle de la dérivée de la fonction x est définie aussi sur ]– ` ; 0[. Ici, on n’étudie la fonction h définie par h (x) = xn. que sur l’intervalle ]0 ; + `[. c. α . 0, donc fα est croissante sur ]0 ; + `[. Lorsque α = 1, on retrouve la fonction f (x) = x. Limite en 0 de fα : lim αln(x) = −` et lim eX = 0 eπln( 3 )

x→0

donc, par composition, lim fα (x) = 0.

X →−`

x→0

Limite en + ` : lim αln(x) = +` et lim eX = +` X →+`

x→+`

donc, par composition, lim fα (x) = +`. x→+`

eαln(1)

e0

4. fα (1) = = = 1. Le résultat est indépendant de α. Toutes les courbes passent par le point A (1 ; 1).

110

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π

Exercices

Traduction des énoncés 102  Résoudre des équations

Résoudre les équations suivantes. 1. e2x + e x + 1 = 0. 2. e2x + 4e x + 3 = 0. 3. e2x + ex − 2 = 0. 4. e2x + (1 + e3) e x + e3 = 0.

103  Une équation

1. Décrire le graphe ci-dessus. Quelles fonctions sont représentées sur ce graphe ? 2. En utilisant ces fonctions et le graphe précédent, pouvez-vous donner une valeur approchée à 10–1 près de la solution de l’équation ex + x – 3 = 0 ? 3. En utilisant la calculatrice, déterminer une valeur approchée à 10–4 près de cette solution.

104  Une courbe La courbe # a pour équation y = 1 e2x − x + 2 pour 2 tout réel x. 1. Déterminer les coordonnées du minimum local. 2. Déterminer l’équation de la tangente à la courbe # au point A (0 ; 5).

2. Question Internet Dans quelle mesure la prédiction de Gordon Moore permit de renforcer les progrès dans le domaine des composants de circuits électroniques.

105  Maximum On considère la fonction définie sur R par f(x) = (x − a)ea−x où a est un paramètre réel. Montrer que la valeur du maximum de f (x) ne dépend pas du paramètre a.

3. Question amusante Quel est le nom scientifique de ce hibou Pernambuco pygmée ? Quel est le lien entre ce hibou et Gordon Moore et sa femme Betty Moore ? Justifier.

106  Évolution de population

1. En deux mots : le premier est synonyme de combiner ; l’expression entière est souvent utilisée en finance et en économie pour décrire le total des intérêts dus sur un investissement, à chaque période depuis le dépôt du capital originel. 2. Il peut être utilisé pour décrire l’augmentation de la population mondiale. 3. Une droite qui approche une courbe aussi proche que l’on veut. 4. Si vous calculez cela pour la fonction exponentielle, le résultat est encore égal à la fonction exponentielle. 5. Un nombre qui indique le nombre de fois qu’un terme est utilisé comme facteur dans la multiplication de ce terme par lui-même. 6. Elle sera toujours positive avec la fonction exponentielle. 7. Une relation qui à tout nombre associe un unique nombre. 8. Pour la fonction exponentielle, c’est l’intervalle [0 ; + `[. 9. Pour la fonction exponentielle, c’est l’intervalle R.

En utilisant les données du recensement des ÉtatsUnis du XXe siècle, la population de l’Ohio peut être modélisée par la fonction logistique P définie par 12.79   où P (t) est la population en 1+ 8.506e−0.002t millions d’habitants et t est le nombre d’années écoulées depuis 1900. En utilisant ce modèle, pouvez-vous estimer l’année où la population de l’Ohio sera de 10 millions d’habitants ? P(t) =

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Il est indéniable que dans les années 1950, les premiers circuits électroniques ne contenaient que peu de composants et que la puissance des transistors électroniques était encore faible. Mais l’essor en technologie industrielle (TI) et la miniaturisation des composants permirent à la puissance des circuits électroniques d’augmenter rapidement. Comme la prédiction de Moore se révéla exacte, une loi prit son nom : la loi de Moore. Cette loi indique une croissance exponentielle du nombre des composants des circuits électroniques utilisés dans les ordinateurs. 1. En 1965, le plus rapide des circuits utilisait 64 composants. En admettant que la loi de Moore est encore valide aujourd’hui, déterminer le nombre de composants électroniques utilisés dans un circuit en 2016.

Thème La loi de Moore En 1965, l’ingénieur Gordon Moore publia an article dans la revue scientifique Electronics Magazine. Dans cet article qui a été approuvé par des spécialistes des TI (technologies industrielles), Gordon Moore prédit que le nombre de composants par unité de surface dans les circuits électroniques allait doubler chaque année.

Exercice interactif

5 • Fonction exponentielle

111

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6

Fonction logarithme népérien

Pour construire le cours Situation A Découvrir une nouvelle fonction en MATHÉMATIQUES 1. Sur R, la fonction exponentielle est continue, strictement croissante, lim ex = 0 et lim ex = +` , alors, x→−`

x→+`

d’après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, l’équation ex = Y admet une unique solution que l’on note X. 2. y Y M

1

X

0

1

x

3. À chaque nombre réel Y .0, il existe un unique réel X tel que eX = Y , on peut donc définir une fonction qui à chaque nombre réel Y associe le réel X. On peut dire aux élèves que cette fonction s’appelle la fonction ln et que cette fonction est la fonction réciproque de la fonction exponentielle. 4. La représentation graphique de cette fonction est l’ensemble des points N de coordonnées (Y ; X). Comme les points M (Y ; X) et N (Y ; X)) sont symétriques par rapport à la droite d’équation y = x , on trace cette droite puis le point N (Y ; X)) à l’aide de l’icône , puis, après avoir activé sa trace, et en déplaçant Y sur l’axe des abscisses, on obtient de nombreux points de cette courbe. On peut aussi directement tracer le symétrique de la courbe de la fonction exponentielle par rapport à cette droite. y

Y

M

N

1 1

x

On pourra représenter la fonction ln sur le logiciel pour vérifier les différentes constructions. On peut demander aux élèves s’ils connaissent deux fonctions, réciproques l’une de l’autre, autres que exp et la fonction ln et faire le lien avec la fonction carrée définie sur [0 ; + `[ et la fonction racine carrée. 5. Cette fonction est définie sur ]0 ; + `[. Elle semble être strictement croissante, tendre vers + ` en + ` et − ` en 0. Enfin, on peut conjecturer que cette fonction s’annule en 1, que sur ]0 ; 1[, elle est négative et sur ]1 ; + `[ elle est strictement positive. C’est l’occasion d’interroger les élèves sur les propriétés communes des fonctions exp et ln et celles qui ne le sont pas.

Trace écrite Définition et représentation de la fonction ln.

114

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0

X

Pour construire le cours

Situation B Découvrir les logarithmes de Napier en HISTOIRE des MATHÉMATIQUES 1. A0 Ak = A0 A1 + A1A2 + A2 A3 + … + Ak−1Ak . Or par construction, A0 A1 = A1A2 = A2 A3 = … = Ak−1Ak et comme cette somme contient k termes alors A0 Ak = A0 A1 + A0 A1 + A0 A1 + … + A0 A1 = kA0 A1 . 1444442444443 k  fois

C’est l’occasion de remarquer que la suite des longueurs (AkAk+1) est arithmétique. G B GB G B GB G B GB 2. Comme pour tout entier naturel k, k+1 = k , alors k+1 = k = k−1 = … = 1 = q . Gk B Gk−1B Gk B Gk−1B Gk−2B G0B La suite des longueurs (Gk B) est géométrique de premier terme G0B = 1 et de raison q , donc pour tout entier naturel k, Gk B = qk . 3. C’est l’occasion d’expliquer aux élèves qu’on peut ainsi définir une infinité de fonctions logarithmes et que la fonction ln est simplement l’une d’entre elle. a. G1B = q et donc log(G1B ) = log(q) . b. log(qk ) = log(Gk B) = A0 Ak = kA0 A1 = klog(G1B) = k log(q) On pourra expliquer que la fonction ln a les mêmes propriétés que les fonctions logarithmes de Napier. En particulier elle transforme une suite géométrique en une suite arithmétique donc que ln (qk) = kln (q). Trace écrite Relations fonctionnelles de la fonction ln.

Situation C Établir une loi de Kepler en ASTRONOMIE 1. Planète

6

T en jours

ln (r)

ln (T)

Mercure

58 × 10

87,969

17,8759536

4,47698448

Vénus

108 × 106

224,701

18,4976418

5,41477063

Terre

6

365,257

18,8261459

5,90060122

6

686,96

19,2448562

6,53227607

Mars

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Rayon r en km

150 × 10 228 × 10

6

Jupiter

780 × 10

4 335,355

20,4748045

8,37455878

Saturne

1,4 × 109

10 757,737

21,0597381

9,2833805

Uranus

9

30 708,16

21,7879766

10,3322837

Neptune

9

4,5 × 10

60 224,904

22,2273432

11,0058412

Pluton

5,9 × 109

90 613,306

22,4982182

11,4143563

2,9 × 10

C’est l’occasion de faire remarquer que la fonction ln transforme des très grands nombres en nombres de taille beaucoup plus modeste ce qui explique l’intérêt de cette fonction en astronomie. 2. Les points obtenus semblent tous appartenir à une même droite. 12 10 8 6 4 2 0

0

5

10

15

20

25

3. L’équation de la droite obtenue est y = 1,5003x − 22,341. 4. Comme les points semblent être sur la droite précédente, alors ln(T ) ≈ 1,5003ln(r) − 22,341 soit 2ln(T ) ≈ 3,0006ln(r) − 44,682 c’est-à-dire 2ln(T ) ≈ 3ln(r) + k avec k ≈ 44,7 à 0,1 près. 3 5. 2ln(T ) = 3ln(r) + k ⇔ ln(T 2 ) = ln(r 3 ) + k ⇔ T 2 = eln(r )+k ⇔ T 2 = ek r 3 ⇔ T = ek r 3 . 6 • Fonction logarithme népérien

115

Pour construire le cours 3 ln(r)+ k

2 . C’est l’occasion de comparer les différents Certains élèves vont obtenir d’autres résultats comme T = e2 résultats en utilisant les propriétés des fonction ln et exp. On pourra faire remarquer que cette loi de Kepler s’énonce de la façon suivante : Le carré de la période d’une planète est proportionnel au cube du rayon de l’orbite de celle-ci.

Trace écrite Propriétés de la fonction ln.

Situation D Mesurer la magnitude d’un séisme en SISMOLOGIE 13

1. M = 2 ln(4,2 × 10 ) − 2,88 , donc M ≈ 6,2 à 0,1 près. 3 ln(10) C’est l’occasion de faire remarquer que la fonction log comme la fonction ln transforme des très grands nombres en nombres de taille beaucoup plus modeste. 2. a. Si un séisme dégage 1000 fois plus d’énergie qu’un autre alors sa magnitude est de deux points supérieure à celle de ce dernier. b. Comme M1 = 2 ln(E1) − 2,88 et M2 = 2 ln(E2 ) − 2,88 , alors : 3 3 ⎛E ⎞ 2 2 M2 − M1 = log(E2 ) − log(E1) ⇔ M2 − M1 = 2 log⎜ 2 ⎟ . 3 3 3 ⎝ E1 ⎠ Ainsi, il a écrit la formule = (2 / 3)log(A2) . C’est l’occasion de signaler que la fonction log a les mêmes propriétés algébriques que la fonction ln. On pourra faire remarquer également que pour tout entier naturel n, ln (10n) = nln (10)donc log (10n) = n. Ce qui explique l’intérêt de la fonction log en sciences physiques notamment… 3. Comme lim ln(E) = +` , alors, par opérations sur les limites, lim log(E) = +` et donc lim M = +` . E→+`

E→+`

Trace écrite Propriétés de la fonction ln et limites de la fonction ln.

116

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E→+`

Ainsi, théoriquement, la magnitude d’un séisme n’admet pas de majorant et c’est pour cela que l’on parle d’échelle ouverte. Certains élèves vont dire que la fonction log et donc la magnitude sont croissantes. Il est alors intéressant de rappeler qu’une fonction croissante peut être bornée. On pourra également insister sur le fait que la fonction log comme la fonction ln tend vers + ` mais de façon extrêmement lente en donnant des exemples : log (104) = 4, log (1012) = 12… 4. On calcule l’énergie E dissipée lors du séisme Chilien : 9,5 = 2 log(E) − 2,88 ⇔ log(E) = 18,57 ⇔ ln(E) = 18,57ln(10) ⇔ E = e18,57ln(10) ≈ 3,7 × 1018 3 . Donc l’energie dissipée lors de ce séisme est d’environ 3 700 000 térajoules, soit l’équivalent d’environ 61 923 bombes du type Hiroshima. Cette situation permet de définir et d’utiliser la fonction log et d’illustrer le fait que la fonction log comme la fonction ln tend vers + ` en + ` mais de façon extrêmement lente.

Diaporamas

Fonction logarithme népérien

Diaporama calcul mental

L’ensemble des nombres réels x tels que 1 − x . 0 et 2x + 6 . 0 est :

Fonction logarithme népérien

x 2 − 4 > 0 si et seulement si : a. x > 2

a. ]1 ; + `[

b. x > 2 ou x > − 2

b. ]−3 ; + `[

c. x > 2 ou x < − 2

c. ]−3 ; 1[

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Fonction logarithme népérien

Diaporama calcul mental

Soit f la fonction définie par f(x) = 3 − x.

© Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Fonction logarithme népérien

Diaporama calcul mental

Pour tout nombre réel x, ex + e− x est = égale à :

La fonction f est définie sur :

a. 0

a. ]−` ; 3]

b. e− x (e2x + 1)

b. [3 ; +`[

c. 1

c. [0 ; +`[ © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Fonction logarithme népérien

Diaporama calcul mental

© Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Fonction logarithme népérien

Diaporama calcul mental

Soit f la fonction définie sur R par f(x) = ex − 5x + 1.

L’équation e2x − ex = 0 :

On a :

a. n’admet aucune solution  © Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

Diaporama calcul mental

a. lim f(x) = 0 x→+`

b. admet une unique solution 

b. lim f(x) = +` x→+`

c. admet exactement deux solutions

c. lim f(x) = −` x→+`

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Fonction logarithme népérien

Diaporama calcul mental

© Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Fonction logarithme népérien

Diaporama calcul mental

La courbe d’une fonction f définie sur l’intervalle [−5 ; 3] Soit f la fonction définie sur R par f(x) = xe− x.

est représentée ci-dessous. Soit f la fonction définie sur [−5 ; 3] par f = eu . On a :

On a :

a. f est décroissante sur

a. f’(x) = −e− x

l’intervalle [−1 ; 3]

1

b. f est décroissante sur

0

b. f’(x) = e− x (−x + 1)

l’intervalle [−5 ; −1]

c. f’(x) = e− x (x + 1)

1

c. f est décroissante sur l’intervalle [−4 ; 2] © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

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6 • Fonction logarithme népérien

117

Diaporamas Fonction logarithme népérien

Diaporama QCM chrono

Fonction logarithme népérien

La fonction f : x a ln(−x) :

L’équation (ex + 1)(ln(x) + 2) = 0 :

a. n’est définie pour aucun nombre réel x

a. n’admet aucune solution

b. est définie sur ]0 ; + `[

b. admet une unique solution

c. est définie sur ]− ` ; 0[

c. admet exactement deux solutions

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Fonction logarithme népérien

Diaporama QCM chrono

L’équation ln(x2 ) = ln(2) + ln(x) a pour ensemble

Diaporama QCM chrono

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Fonction logarithme népérien

Diaporama QCM chrono

Pour tout nombre réel x, 2x − ln(ex + 1) est égal à :

solution :

a. x

a. S = {0 ;2}  

b. x + ln(1+ e− x )

b. S = {−1;2}  

c. x − ln(1+ e− x )

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Fonction logarithme népérien

Diaporama QCM chrono

La suite (un) définie pour tout entier naturel n par un = ln(2 × 5n ) est :

a. arithmétique de raison ln (5) et de premier terme ln (2) b. géométrique de raison ln (5) et de premier terme ln (2) c. arithmétique de raison ln (5) et de premier terme 0

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Fonction logarithme népérien

Diaporama QCM chrono

2 Soit f la fonction définie sur ]0 ; + `[ par f(x) = ln(x ) . x +1 On a :

a. lim f(x) = 0 x→+`

b. lim f(x) = +` x→+`

c. lim f(x) = −` x→+`

© Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Fonction logarithme népérien

Diaporama QCM chrono

Fonction logarithme népérien

Diaporama QCM chrono

Soit f la fonction définie sur ]0 ; + `[ par f(x) = x ln (x).

Soit f la fonction définie sur ]− ` ; 3[ par f(x) = ln(−x + 3).

On a :

On a :

a. f est croissante sur ]0 ; + `[

a. f’(x) =

b. f est décroissante sur ]0 ; e[

b. f’(x) = −

c. f est croissante sur ⎡⎣ 1 ; +` ⎡⎣ e

c. f’(x) = © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

118

© Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

1 x−3

1 ln(−x + 3)

1 −x + 3

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c. S = {2}

Exercices

Réviser ses gammes Gamme 1 1. f(0,01) = f(10−2 ) = −2. 2. f(10000) = f(104 ) = 4 . 1 3. f = f(10−6 ) = −6. 1000000 4. f(0,0001× 1012 ) = f(108 ) = 8. 2015 5. f ⎛⎜ 101001 ⎞⎟ = f(101014 ) = 1014. ⎝ 10 ⎠ 18 3 6. f((10 ) ) = f(1054 ) = 54.

(

)

7. f(10203 × 10−18 × 107 ) = f(10192 ) = 192. Gamme 2

−2 6 = ⎤⎦–2; 3 ⎡⎣

–2

−2 3

1 6 = ⎤⎦ 2 ;2⎡⎣

1 2

2

1 6

6=∅

0

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1

2. Si x , 0,x2 = y ⇔ x = −y 2 . 3. 3x − 6 = y ⇔ x = 1 y + 2. 2 1 4. Si x ˘ 3, (x − 3)2 = y ⇔ x = y 2 + 3. x ex x⎛ e ⎞ x ⎝ x⎠ e = = x , Gamme 7 1. f(x) = x + 1 x 1+ 1 1+  1 x x x or lim e = +` et lim 1+ 1 = 1, x x→+` x→+` x

(

)

)

x→+`

1

{

3x−1 = e0 3x−1 = 14⇔ e 1.3x−1 e3x−1 eGamme = e=0 1 ⇔ e 1 x. = 1 ⇔ 3x − 1 = 0 ⇔⇔x 3x = 1−,16= =0 ⇔ 3 3 3 x + 1 = 0 ⇔ ex = − 1 2. 2e 2 , 6 = ∅. 2 2 2x −7x 4 2 2x −7x 4 2 e3. e = e= e⇔⇔ 2x2x− 7x = 4= 4 − 7x 1 2 2 ⇔⇔ 2x2x− 7x − 4− =4 0, − 7x = 0Δ = 81, x1 = − 2 , x2 = 4,  6 = − 1 ; 4 . 2 − x+5 4. e − 1˘ 0 ⇔ −x + 5 ˘ 0 ⇔ x , 5 , 6 =] −` ;5]. 5. (x + 4)(ex − 1) , 0, x + 4 ˘ 0 ⇔ x ˘ −4 et ex − 1˘ 0 ⇔ x ˘ 0, 6 =]− 4 ; 0[.

{}

}

1

Gamme 6 1. Si x ˘ 0,x2 = y ⇔ x = y 2 .

par quotient lim f(x) = +`.

Gamme 3 1. 4x − 8 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2, $ f = R \ {2} 2. −x ˘ 0 ⇔ x ¯ 0, $ f =] −` ; 0]. 1− xx22 ˘ ˘ 00 ⇔ ⇔ (1− (1− x)(1+ x)(1+ x) x) ˘ ˘ 00 3. 1− ⇔ x [ −1 ; 1 , $ [−1 ; 1] 1] . ⇔ x [ [−1 ; 1], $ ff == [−1 ; x 4. e − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0, $ f = R \ {0}. ⎧⎪x ˘ − 1 2x + 1˘ 0 2, ⇔⎨ 5. −x + 1˘ 0 ⎪⎩x , 1 $ f = ⎡− 1 ;1⎤. ⎣ 2 ⎦

{

4X 2

(

1 5

–1

6 = ]−` ; −1[

1. En posant X = ex , l’équation devient − X + 3 = 0. Δ = −47 , 0, l’équation n’admet donc pas de solution réelle. 2. En posant X = ex , l’équation devient3X 2 + 7X + 2 = 0. Δ = 25 . 0,  X1 = − 1 et X2 = −2. Or, ex . 0, l’équation 3 n’admet donc pas de solution. Gamme 5

⎛ x ⎞ 2. f(x) = ex − x = x ⎜ e − 1⎟ . ⎝ x ⎠ x ⎛ ⎞ e Or lim ⎜ − 1⎟ = +` et lim x = +`, ⎠ x→+` x→+` ⎝ x par produit lim f(x) = +` . x→+`

3. f(x) = ex (x − 5) = xex − 5ex . Or lim xex = 0 et lim − 5ex = 0, x→−`

x→−`

par somme lim f(x) = 0. x→−`

4. lim f(x) = lim f(X ) avec X = x − 2. x→2

X →0

X X Or f(X ) = e − 1 et lim e − 1 = 1. X X →0 X

Gamme 8 1. Sur l’intervalle ] −` ; +`[ , la fonction ex est continue, dérivable et strictement croissante. lim ex = 0 , m et lim ex = +` . m. x→−`

x→+`

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc un unique réel xm appartenant à l’intervalle ] − ` ; + `[ tel que exm = 0. 2. 0,69 , x2 , 0,70 ; 1,09 , x3 , 1,10 ; 1,94 , x7 , 1,95. Gamme 9 1. Pour k = 2 , a = 0,69 et b = 0,70 . 2. L’algorithme calcule, à 10−2 près, les bornes d e l ’ e n c a d r e m e n t d e l ’ é q u a t i o n ex = k , où k est une valeur comprise entre 1 et e100 .

S’organiser pour apprendre VRAI ou FAUX ?

QCM

1

b

.

2

b

.

3

c

.

1 Faux

2 Vrai

3 Faux

6 • Fonction logarithme népérien

119

Exercices Corrigés des exercices 1

1. On cherche les solutions dans R : S = − ln(4) . 3 2. On cherche les solutions dans R : S = 1− ln(5) . 4 −3 3. On cherche les solutions pour x . 0 : S = e . 3

{

}

{

}

{ }

−2x − 3 . −x2 − 3x + 4 2. x . 0 sur ]0 ; + `[ donc la fonction g est dérivable 1 sur ]0 ; + `[ et g ′(x) = 2 x = 1 . 2x x

On a f ′(x) =

9 1. ln(e2) = 2

()

4. On cherche les solutions pour x , −2 : 2. ln(e) − ln 1 = 2 e −1 S = − e + 10 . eln( 2 +π) = 2 + π 3. 5 4. ln(e3 e ) = 7 2 1. ln(125) − 3 ln(5) = ln(53) − 3 ln(5) 2 = 3 ln(5) − 3 ln(5) = 0 Toutes les expressions sont égales à 4 sauf 10 2. ln( 2) + ln(4) + ln(8) = 1 ln(2) + 2ln(2) + 3ln(2) = 11ln(2) = l’expression 11ln( 2) 4 + 2ln( e ) qui est égale à 5. 2 2 1 11 + ln(4) + ln(8) = ln(2) + 2ln(2) + 3ln(2) = ln(2) = 11ln( 2) 11 1. 3ln(x) + 9 = 0 ⇔ x = 1, S = {1} 2 2 2. ln(3x + 2) = 0 ⇔ x = 1, S = {1} ⎛ ⎞ 2 + 3 2 + 3 1 3. ln = ln = ln = ln(2 + 3) ⎝ (2 − 3)(2 + 3 ⎠ 4−3 3. ln(x + 1) = 1 ⇔ x = e − 1, S = {e − 1} 2− 3 4. ln(2x − 1) = ln(x) ⇔ x = 1, S = {1} ⎞ = ln 2 + 3 = ln(2 + 3) 2+ 3 4−3 5. xln(x) = 0 ⇔ x = 1, S = {1} 2 − 3)(2 + 3 ⎠ −x x x −2x 3 1. ln(e + e ) = x + ln(e (1 + e )) 12 −ln(5) , ln 1 , ln 4 , ln 5 , 2ln(2) , ln(5) 4 5 4 = ln(ex) + ln(1 + e−2x) = x + ln(1 + e−2x) = f (x) 3 13 1. f ′(x) = 3x + 1 2.g(x) = ln(ex x ) = ln(ex ) + ln( x ) = x + 1 ln(x) 2 2. g ′(x) = 22x +2 4 1. f ′(x) = −3 x −2 x ex 1 h (x) = ′ 3. 2. g′(x) = − + 2x x 1+ ex −x –2 5 1. S = {e } 4. m′(x) = 1− e − x x +e 2. S = {4} e − 4 324 ≈ 5,25 ⎡ ⎡ 3. S = ; +` 14 1. T = ln 1,70 ⎣ 2 ⎣ 2. ln x = 8,557 ⇔ x = e8,557 6 1. lim f (x) = – ` 1,70 1,70 x→0 ⇔ x = 1,70 × e8,557 ≈ 8845 2. lim g(x) = + ` x→+` 15 L’équation n’est pas définie sur R. Donc S = ∅. + 1. On a par croissance 7 1. f(x) = x x − ln(x) x 16 1. Un nombre de n chiffres entiers est plus ln(x) comparée : lim = 0 donc : grand que 1 suivi de (n − 1) zéros soit 10n−1, qui est x→+` x le moindre nombre de n chiffres et il sera inférieur à ln(x) lim x − = +` et lim x = +` . 1 suivi de n zéros, soit 10n, qui a n + 1 chiffres entiers. x x→+` x→+` On a donc 10n−1 < x < 10n Par produit : lim f(x) = +` 2. ln(10n−1) < ln(x) < ln(10n) x→+` ln(x) 2 ⇔ (n − 1) ln(10) < ln(x) < nln(10) ⇔ n −1 < 0 3. ln 1 , 0 x 4. ln 1 ˘ 0 x

() ()

est croissante sur 19  La fonction f(x) = ln(x) x

⎤1 ; 1 ⎡ et décroissante sur ⎡ 1 ; +` ⎡. lim ln(x) = 0 ⎦ e⎣ ⎣e ⎣ x→+` x On applique le théorème des valeurs intermédiaires sur chaque intervalle ou la fonction est strictement monotone. La courbe représentative de la fonction f et la droite ont deux points d’intersection.

20  1. 0,99n < 10−30 ⇔ n(0,99) < −30ln(10)

⇔ n > −30ln(10) ⇔ n > 6874 ln(0,99)

2. 1,02n . 102018 ⇔ n ln(1,02) . 2018 ln(10) ⇔ n . 2018ln(10) ⇔ n . 234647 ln(1,02)

21  A = ln(1) − ln(2) + ln(2) − ln(3) + … + ln(49) − ln(50) = −ln(50)

ln(10−6,5 )

22  1. pH = − ln(10) = 6,5

2. 8,4 = − ln(x) ⇔ x = e−8,4ln(10) ⇔ x = 10−8,4 mol/L ln(10) ln(10 000x) ln(10 000) . 3. pH = − = − ln(x) − ln(10) ln(10) ln(10) ln(10 000) = −4 , donc, lorsque la concentration Or − ln(10) en ion oxonium est multipliée par 10 000, le pH lui diminue de 4.

()

23  1. 2ex − 3 = 0 ⇔ ex = 23 ⇔ x = ln 23

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2. e−x+1 − 1 = 0 ⇔ e−x+1 = e0 ⇔ −x + 1 = 0 ⇔ x = 1 3. e2x =4 ⇔ x = ln4 = ln2 2 x x 4. (2e − 1)(e + 5) = 0 ⇔ 2ex − 1 = 0 ou ex + 5 = 0 ⇔ x = −ln2 et l’équation ex = −5 n’a pas de solution.

x f (x)

− `

2. 2 ln(x) − 1 = 0 ⇔ x = e 3. (ln(x) + 5)(4 ln(x) − 5) = 0 ⇔ ln(x) + 5 = 0 ou 4 ln(x) − 5 = 0 5

⇔ x = e−5 ou x = e 4 4. (ln(x))2 = 9 ⇔ ln(x) = 3 ou ln(x) = −3 ⇔ x = e3 ou x = e−3.

25  1. Pour h = 10−1, l’algorithme affiche 1,1.

2. L’algorithme calcule une valeur approchée de la solution à l’équation ex = π à la précision demandée par l’utilisateur. 2. 2 ln(x) + 200 . 0 ⇔ ln(x) . −100 ⇔ x . e−100, S = ]e−100 ; + `[ 1 3. 1 − 2ln(x) > 0 ⇔ ln(x) < 2 ⇔ x < e , S = ]− ` ; e ] 4. 2ln(x) − 4ln(3) , 0 ⇔ ln(x) , 2ln(3) ⇔ x , 9, S = ]− ` ; 9[

+ `

e +

0

−

28  1. P(0) = 50. Il faut résoudre l’équation : t

P(t) = 100 ⇔ e2 = 2 ⇔ t = 2ln(2). Au bout de deux ans la population initiale aura été multipliée par 2. t 2. P(t) . 10 000 ⇔ e2 = 200 ⇔ t = 2ln(200) La population dépassera les 10 000 individus au bout de 11 ans.

29  1. L’équation est définie sur ]0 ; + `[. En posant X = ln(x), avec X [ ]− ` ; + `[, l’équation devient : X2 − 2X − 3 = 0, Δ = 16 . 0, X1 = 3 et X2 = −1, ainsi S = {e−1 ; e3}. 2. L’équation est définie sur ]0  ; + `[. En posant X = ln(x), avec X [ ]− ` ; + `[, l’équation devient : 2X2 − X − 1 = 0, Δ = 9. L’équation admet deux solutions réelle X1 = 1et X2 = − 1 . 2 On résout ln(x) = 1 équivaut à x = 0 et ln(x) = − 1 n’a 2 pas de solution. S = {0}. 3. L’équation est définie sur ]− ` ; + `[. En posant X = ex, avec X [ ]0 ; + `[, l’équation devient : 3X2 − 13X + 4 = 0, Δ = 121 . 0, X1 = 1 et X2 = 4, ainsi 3 S = {−ln(3) ; 2ln(2)} 4. L’équation est définie sur ]− ` ; + `[. En posant X = ex, avec X [ ]0 ; + `[, l’équation devient : 4X2 + 7X − 2 = 0, Δ = 81 . 0, X1 = 1 et X2 = −2, or 4 ex . 0, ainsi S = {−ln(4)}. 30  Sur l’intervalle ]0 ; + `[, la fonction ln(x) est continue dérivable et strictement croissante. lim ln(x) = − ` , 9 et lim ln(x) = + ` . 9. D’après le x→0

24  1. ln(x) = −3 ⇔ x = e−3

26  1. ln(x) , 3 ⇔ x , e3, S = ]− ` ; e3[

27  1. La fonction n’est pas définie en 0, la courbe représentative de la fonction f n’admet pas de point d’intersection avec l’axe des ordonnées. f (x) = 0 ⇔ 1 − ln(x) = 0 ⇔ ln(x) = 1 ⇔ x = e. La courbe représentative de la fonction f coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse e. 2.

x→+`

théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc un unique réel xm appartenant à l’intervalle ]− ` ; + `[ tel que ln(xm) = 0. ln(xm) = 9 ⇔ xm = e9 ≈ 8103 Si Adam veut visualiser le point d’intersection il doit choisir sur l’axe des abscisses une fenêtre centrée sur l’abscisse 8103 et une fenêtre centrée sur 9 sur l’axe des ordonnées.

31  Soit B(0 ; 2). La tangente à #f au point d’abscisse a [ ]0 ; + `[ a pour équation : y = 1 (x − a) + ln(a) = 1 x − 1+ ln(a). a a Si cette tangente passe par le point B, alors : 2 = −1 + ln(a) ⇔ a = e3. La tangente à la courbe #f au point d’abscisse e3 passe par le point B(0 ; yB). 32  a = ln(9) = 2ln(3) 6 • Fonction logarithme népérien

121

Exercices

33

( ) a = ln(10) − ln( 1 ) = ln(2) + ln(5) + 2 ln(2) 4 = 3 ln(2) + ln(5)

b = ln(0,05) = ln(5 × 10−2) = ln(5) − 2 ln(2) − 2 ln(5)

= −2 ln(2) − ln(5) 5 1 c = ln = ln(5) − ln(2) 2 2

( )

d = 2 ln(5e2) + ln(4e−2) = 2 ln5 + 4 + 2 ln(2) − 2 = 2 ln(2) + 2 ln(5) + 2

34

a = ln(e3) + 2ln(e−1) = 3 − 2 = 1

b = e2ln(5) − ln((e5)2) = 25 – 10 = 15 c = ln(e–2) × ln(e2) = −2 × 2 = −4 d = 30ln( e ) − e3ln(3) = 15 − 9 = 6

35 1. Pour tout x . −1, x + 1 . 0.

2ln(x + 1) = ln((x + 1)2) = ln(x2 + 2x + 1) 2. Pour tout x [ R, e−2x + 1 . 0 ⎛ 2x ⎞ ln(e−2x + 1) = ln⎜ e 2x+ 1⎟ = ln(e2x + 1) − ln(e2x) ⎝ e ⎠ = ln(e2x + 1) − 2x

36

1. Comparer 22015 et 31271 revient à comparer

ln (22015) et ln (31271) car la fonction logarithme népérien est strictement croissante sur ]0 ; + `[. Or ln(22015) − ln(31271) = 2015(ln(2) − 1271 ln(3)) . 0, 2015 donc 22015 . 31271. 2015 2. Soit A = 2 867 , alors ln(A) = 2015(ln(2) − 867 ln(5)) 2015 5 ≈ 1,31, donc A ≈ e1,31 ≈ 3,71.

2. lim ln(x) − 1 = −` et lim+ x = 0+ , par quotient + x→0

x→0

lim+ f(x) = −` .

x→0

41 1. lim+ ln(x) = −` et lim+ 2x + 1 = 1, par quotient x→0

x→0

lim+ f(x) = −`.

x→0

⎛ ⎞ 2. ln(x) ⎜ 1 ⎟ = ln(x) = ln(x) = f(x) 2x + 1 x ⎜2 + 1⎟ x 2 + 1 ⎝ x⎠ x

(

)

⎛ ⎞ lim ln(x) = 0 et lim ⎜ 1 ⎟ = 1 , par produit 2 x→+` ⎜ 2 + 1 ⎟ x→+` x ⎝ ⎠ x lim f (x) = 0. x→+`

3. La courbe représentative de la fonction f (x) admet une asymptote verticale d’équation x = 0 et une asymptote horizontale d’équation y = 0 en + `.

42 D’après l’énoncé, lim f (x) = 1, or lim f (x) = a x→+`

(

)

x→0+

x→+`

b. f 9(x) = ln(x) + 1. Or ln(x) + 1 . 0 ⇔ x . 1 . e La fonction f est décroissante sur ⎤⎦0 ; 1 ⎤⎦ et croissante e sur ⎡⎣ 1 ; +` ⎡⎣. e c. 1 e

0

x

−

f 9(x)

0

2. Réponse b. 3. Réponse b.

38 1. Pour A = 2, l’algorithme affiche n = 8.

2. L’algorithme recherche la valeur du premier entier naturel tel que ln(n) . A. Si A = 100, alors ln(n) . 100 ⇔ n = e100 ≈ 2,7 × 1043. Malgré la puissance de calcul de la calculatrice cette valeur de seuil est trop grande pour qu’elle soit atteignable en un temps acceptable. ⎛ 3 + 39 1. f(x) = (ln(x))2 ⎜⎝ 2 − ln(x)

1 ⎞ ⎟ (ln(x))2 ⎠

3 + 1 = 2 et lim (ln(x))2 = + `, par ln(x) (ln(x))2 x→+` produit lim f(x) = + `. lim 2 −

x→+`

2. lim + x→0

= −` et lim+ ln(x) = −` , par

somme lim+ f(x) = −` .

x→0

x→0

⎞ 40 1. f(x) = ex ⎛⎜⎝ 2 − ln(x) − 2x + ln(x) x ⎟⎠

e e x = + ` et lim 2 − ln(x) − 2 + ln(x) = − `, par e lim ex ex x→+` x→+` produit lim f(x) = − `. x→+`

122

+ +`

−1 e

2. a. lim x = 0+ et lim ln(x) = −` , par quotient + + x→0

x→0

0

e

lim ln(x) = −` . lim ln(x) = 0 . x→0+ x x→+` x 1 x − ln(x) b. f ′(x) = x . = 1− ln(x) x2 x2 Or −ln(x) + 1 . 0 ⇔ x , e. La fonction f est croissante sur ]0 ; e] et décroissante sur [e ; + `[. c. x

−

f 9(x)

0

x→+`

− (ln(x))2

+`

0 f (x)

37 1. Réponse a.

x→+`

car lim ln(x) = 0 . Donc a = 1. x→+` x De plus f ′(x) = b 1− ln(x) donc f 9(1) = −1 ⇔ b = −1. x 1. a. xln(x) = 0 et lim xln(x) = + `. lim 43

+` +

1 e

f (x) −`

0

3. a. lim x = 0+ et lim ln(x) = −`, par quotient + + x→0

x→0

lim x = 0– . x→0+ ln(x) lim x = 1– et lim− ln(x) = 0–, par quotient x→1− x→1 lim− x = −`. x→1 ln(x)

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()

b = ln 1 = −ln(3) 3 c = ln(3 3) = ln(3) + 1 ln(3) = 3 ln(3) 2 2 36 d = ln(36) − 2 ln(2) = ln = ln(6) = ln(2) + ln(3) 4

Exercices

lim x = 1+ et lim+ ln(x) = 0+ , par quotient

x→1+

x→1

x

lim

x→1+ ln(x)

lim

= +` .

x

x→+` ln(x)

{}

= +` par croissance comparée.

b. f ′(x) = ln(x) −21 . Or ln(x) − 1 . 0 ⇔ x . e. (ln(x)) La fonction f est décroissante sur ]0 ; 1[ < ]1 ; e] et croissante sur [e ; + `[. c. 0

x

−

f 9(x) f (x)

1

+ `

e −

0

+

+ `

0 − `

+ ` e

44  1. 3x − 5 . 0 ⇔ x . 53 . Df = ⎤⎦ 53 ; +` ⎡⎣.

2. −x2 − 5x + 6 . 0, Δ = 49 et x1 = −6, x2 = 1. Df = ]−6 ; 1[.

{

{

x .0 x .0 ⇔ , D = ]0 ; 2[. 3. 2− x .0 x ,2 f

45  1. L’équation est définie sur ⎦⎤ 53 ; +` ⎡⎣.

ln(5x − 3) = ln(x) ⇔ 5x − 3 = x ⇔ x = 3 4 S= 3 4 2. L’équation est définie sur : ⎧⎪x , 2 −x + 2 . 0 ⇔ ⎨ , D = ⎤− 5 ; 2⎡ . x . −5 f ⎦ 2 ⎣ 2x + 5 . 0 ⎩⎪ 2

{}

{

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ln(−x + 2) = ln(2x + 5) ⇔ −x + 2 = 2x + 5 ⇔ x = −1 S = {−1} 3. L’équation est définie sur Df = ⎤ 1 ; +` ⎡. ⎣ ⎦4 ln(x2 + 1) = ln(4x − 1) ⇔ x2 − 4x + 2 = 0, Or Δ = 8, x1 = 2 − 2 , x2 = 2 + 2 . S = {2 − 2 , 2 + 2 }

46  1. L’équation est définie sur Df = R.

ln(x2) = ln(x) + ln(5) ⇔ x2 = 5x ⇔ x(x − 5)

⇔ x = 0 ou x = 5. S = {0 ; 5} 2. L’équation est définie sur Df = ]4 ; + `[. ln(x + 1) + ln(x − 4) = ln(6) ⇔ (x + 1)(x − 4) = 6 ⇔ x2 − 3x − 10 = 0. Or Δ = 49, x1 = 5, x2 = −2. S = {5} 3. L’équation est définie sur Df = ]0 ; + `[. 2ln(x) = ln(5x + 6) ⇔ x2 − 5x − 6 = 0. Or Δ = 49, x1 = −1, x2 = 6. S = {6}

47  1. L’équation est définie sur :

Df = ⎤−` ; − 1 ⎡¯]3; +`[. ⎦ 2⎣

ln[(x − 3)(2x + 1)] = ln(4) ⇔ 2x2 − 5x − 7 = 0. On a : S = −1; 7 2

{ }

2. L’équation est définie sur Df = ]3 ; + `[ ln(x − 3) + ln(2x + 1) = 2 ln(2) ⇔ 2x2 − 5x − 7 = 0. On a : S= 7 2 48  L’équation f (x) = g(x) est définie sur Df = ]3 ; + `[. f (x) = g(x) ⇔ x2 − 75x − 154 = 0. Or, Δ = 6241, x1 = 2, x2 = 77. S = {77} Quentin a donc tort, sa fenêtre est mal adaptée pour visualiser graphiquement la solution de l’équation.

49  La première équation est définie sur ]0 ; + `[, seules les solutions appartenant à cet intervalle sont acceptées et apparaissent sur la ligne 2. La dernière ligne donne les solutions appartenant à l’intervalle de définition de la deuxième équation, à savoir ]− ` ; −4[ ln(x) ⇔ x ¯ 1 2 S = ⎤ 0; 1 ⎤ ⎦ 2⎦ 4. L’inéquation n’est pas définie sur R.

51  1. f ′(x) = 4x4− 1 . 0 sur E. La fonction f est

croissante sur E. + 3 , −2x + 3 . 0 ⇔ x , 3 . La fonction 2. f ′(x) = −2x 2 −x2 + 3x 3 f est croissante sur ⎤0; ⎡ et décroissante sur ⎤ 3 ; 3⎡. ⎦ 2⎣ ⎦2 ⎣ 3. f 9(x) = −2e−2x , 0. La fonction f est décroissante sur R. 4. f 9(x) = ln(3x) + 1, ln(3x) + 1 . 0 ⇔ 3x . e−1 ⇔ −1 x . e . La fonction f est décroissante sur ⎤0; 1 ⎡ ⎦ 3e ⎣ 3 et croissante sur ⎤⎦ 1 ; + ` ⎡⎣ . 3e

52  1. x

−2

− `

2+x

−

2−x

+

2+x 2−x

−

0

+ +

0

+ `

2 + −

0

+

−

La fonction f existe si et seulement si 2 + x est stric2− x tement positif. D’après le tableau de signes ci-dessus, la fonction f existe sur ]−2 ; 2[. −1 2. f(−x) = ln 2 − x = ln 2 + x−1 = −ln 2 + x = −f(x) 2+ x 2− x 2− x f(−x) = ln 2 − x = ln 2 + x = −ln 2 + x = −f(x) . 2+ x 2− x 2− x Le domaine de définition de la fonction f est symétrique autour de 0 et f (−x) = −f (x), la courbe représen-

(

(

) ( ) ) ( )

(

(

)

)

6 • Fonction logarithme népérien

123

Exercices tative de la fonction f est donc symétrique par rapport à l’origine du repère. 3. lim 2 + x = 0+ , et lim ln(X ) = −`. Par compox→−2+ 2 − x X →0+ sée lim f(x) = −`. + x→2

La droite d’équation x = −2 est asymptote verticale à la courbe #. lim 2 + x = +`, et lim ln(X ) = +` . Par compox→−2− 2 − x X →+` sée lim− f(x) = +` . x→2

La droite d’équation x = 2 est asymptote verticale à la courbe #. 4 4. f ′(x) = 2 − x + 22+ x × 2 − x = .0 2 + x (2 − x)(2 + x) (2 − x) sur ]−2 ; 2[. x

−2

2

f (x)

+

f 9(x)

+` −

0 ln(2) − 1

2

f (x) −`

−`

Sur l’intervalle ⎤ 1 ; 3 ⎡ , la fonction f(x) est ⎦2 2 ⎣ continue dérivable et strictement croissante. lim f(x) = −` , 0 et f 3 = ln(2) − 1 . 0. 2 2 x→ 1

()

2

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc un unique réel α appartenant à l’intervalle ⎤ 1 ; 3 ⎡ tel que f (α) = 0. ⎦2 2 ⎣ Sur l’intervalle ⎤ 3 ; +` ⎡ , la fonction f (x) est continue ⎦2 ⎣ dérivable et strictement décroissante. f 3 = ln(2) − 1 . 0 et lim f (x) = − ` , 0. 2 2 x→+` D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc un unique réel β appartenant à l’intervalle ⎤ 3 ; +` ⎡ tel que f (β) = 0. ⎦2 ⎣

()

+

f 9(x)

3 2

1 2

x

+` −`

5.

4. f (1) = 0, donc α = 1. ⎧2 + ln(2a + b) = 2 f(2) = 2 ⇔ ⎪⎨ ⇔ 2a + b = 1 1+ a = 0 f ′(2) = 0 3a + b = 0 ⎩⎪ 2a + b

{

54

⇔ f (x) = 2ln (−x + 3)

{

{

{

b=3 b = 1− 2a ⇔ a = −1 a = −1

55 1. T = 8264 ln(50) ≈ 32329 Le squelette remonte à environ 30000 avant J.C. 100 100 2. T = 8264 ln p ⇔ ln p = T 8264 T T ⇔ 100 = e 8264 ⇔ p = 100e 8264 . p Si T = 2500, on a p ≈ 74 %. 53 1. lim (2x − 1) = 0 et lim ln(X) = − `, par comx→ 1 2

X →0

posée lim f(x) = −` . x→ 1 2

(

)

((

))

2. ln(x) + ln 2 − 1 − x + 1 = ln x 2 − 1 − x + 1 x x = ln(2x − 1) − x + 1 = f (x) ln(x) + ln 2 − 1 − x + 1 x ⎛ ln 2 − 1 ⎞ x ⎟ x + 1 + ⎜ 1− = ln(x) ⎜ ln(x) ln(x) ln(x) ⎟ ⎝ ⎠ 1 ln 2 − x =0; lim ln(x) = + `  ; lim 1 = lim x→+` x→+` ln(x) x→+` ln(x) lim − x = −`. x→+` ln(x)

(

)

(

(

Par produit, lim f (x) = − `. x→+`

3. f ′(x) = 2 − 1 = −2x + 3 , f 9(x) . 0, pour 2x − 1 2x − 1 3 1 ⎤ ⎡ x[ ; . ⎦2 2 ⎣ 124

)

)

( )

56 1. L’équation est définie sur Df = ]− ` ; −1[.

ln(−x) = ln(x2 − 1) ⇔ x2 + x −1. Or Δ = 5, x1 = −1− 5 , x2 = −1+ 5 . 2 2 S = −1− 5 2 2. L’équation est définie sur : ⎧2 − ex . 0 x , ln(2) ⇔ , donc Df = ]−ln(2) ; ln(2)[ ⎨ x x . −ln(2) ⎪⎩2e − 1. 0

{

}

{

ln(2 − ex) − ln(2ex − 1) = 0 ⇔ 2 − ex = 2ex − 1 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0 S = {0} 3. L’équation est définie sur Df = ]1 ; + `[. ln(4) + ln(x − 1) = 2 ln(x) ⇔ x2 − 4x + 4 = 0 ⇔ (x − 2)2 = 0 ⇔ x = 2 S = {2} 4. L’équation est définie sur Df = ]0 ; + `[. 4(ln(x))2 − ln 1 − 3 = 0 ⇔ 4(ln(x))2 + ln(x) − 3 = 0 x On pose X = ln(x).

()

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

( )

Exercices

4X2 + X − 3 = 0, Δ = 49, X1 = −1, X2 = 3 4 3 ln(x) = 3 ⇔ x = e 4 4 3 ⎧ ⎫ S = ⎨e 4 ⎬ ⎩ ⎭

57  1. L’équation est définie sur Df = ]− ` ; 1[. (2x2 + 3x − 6) ln(1 − x) = 0 ⇔ 2x2 + 3x − 6 = 0 ou ln(1 − x) = 0 2x2 + 3x − 6 = 0, Δ = 57, x1 = −3 − 57 , x2 = −3 + 57 , 4 4 ou ln(1 − x) = 0 ⇔ x = 0 S = 0; −3 − 57 4 2. L’équation est définie sur Df = ]0 ; + `[. ln(ex − 1) + ln(ex + 1) = 1 + ln(2) ⇔ ln((ex − 1)(ex + 1)) = ln(2e) ⇔ (ex − 1)(ex + 1) = 2e ⇔ e2x − 1 = 2e ⇔ x = ln(2e + 1) 2 S = ln(2e + 1) 2 3. L’équation est définie sur Df = ]0 ; + `[. ln(x + 1) − ln(x) = 2 ln(3) ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 1 8 x S= 1 8 4. L’équation est définie sur Df = ]3 ; 4[< ]4 ; + `[. x2 − 9x + 20 = 0 ⇔ x2 − 9x + 20 = 0, Δ = 1, x = 4, 1 ln(x − 3) x2 = 5 S = {5}

{

}

{}

58  1. L’inéquation est définie sur Df = ]−1 ; + `[. ex − 3 . 0 ⇔ x . ln(3) ln(x + 1) . 0 ⇔ x . 0

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

x

−1

0

+ `

ln(3)

ex − 3

−

ln(x + 1)

−

0

+

f (x)

+

0

−

−

0

+

)

ln(x)

−

2 ln(x) − 5

−

f (x)

+

+

f (x)

−

+

0 0

+

+

0

−

+

0

−

S = [e ; e3]

4. L’inéquation est définie sur Df = ]− ` ; 0[. Sur le domaine de définition 2x − 1 , 0 et ln(−x) . 0 ⇔ x , −1 −1

− `

x

0

2x − 1

−

ln(−x)

+

0

− −

f (x)

−

0

+

S = ]−1 ; 0[

60  1. lim f(x) = + ` x→0

(

)

f(x) = x 1− 4 ln(x) x ln(x) lim = 0 donc lim 1− 4 ln(x) = 1 x x→+` x x→+` lim x = + `, par produit lim f (x) = + `. x→+`

x→+`

2. lim (3 − x) = 3 et lim ln(x) = − `, par produit x→0

x→0

lim g(x) = − `.

x→+`

x→+`

3. lim (2x + 3) = 3 et lim ln(x) + 1 = − `, par quotient x→0

x→0

lim h(x) = − `. x→0 ln(x) + 1 x , lim ln(x) = lim 1 = 0 et h(x) = x x→+` x x→+` x 2+ 3 x lim 2 + 3 = 2, par quotient lim h(x) = 0. x x→+` x→+` 4. lim ln(x) = − ` et lim ex = 1, par quotient x→0

x→0

lim k(x) = − `.

x→0

lim ln(x) = 0. ex

x→+`

5

1

−

3 − ln(x)

x→+`

2(ln(x))2 ≤ 5ln (x) ⇔ ln(x)[2ln(x) − 5] < 0 ln(x) . 0 ⇔ x . 1 5 2 ln(x) − 5 . 0 ⇔ ln(x) . 5 ⇔ x. e2 2 0

ln(x) − 1

+ `

lim (3 − x) = − ` et lim ln(x) = + `, par produit

+

59  1. L’inéquation est définie sur Df = ]0 ; + `[

x

e3

e

x→0

S = ]0 ; ln(3)[ 2. L’inéquation est définie sur Df = ]ln(2) ; + `[. ln(ex − 2) , 0 ⇔ ex − 2 , 1 ⇔ ex , 3 ⇔ x , ln(3) S = ]ln(2) ; ln(3)[ 3. −x2 + 4x + 5 . 0, Δ = 36, x1 = −1, x2 = 5, S = ]−1 ; 5[ x + 1 . 0 ⇔ x . −1 L’inéquation est définie sur Df = ]−1 ; 5[. ln(−x2 + 4x + 5) , ln(x + 1) ⇔ ln −(x + 1)(x − 5) , ln(1) x +1 ⇔ −(x − 5) , 1 ⇔ x . 4 S = ]4 ; 5[

(

0

x

lim g(x) = − `.

+ 0

⎡ 5⎤ S = ⎢1; e2 ⎥ ⎣ ⎦ 2. L’inéquation est définie sur Df = ]2 ; + `[. xln(x − 2) est du signe de ln(x − 2). Or ln(x − 2) . 0 ⇔ x . 3. S = ]2 ; 3[ 3. L’inéquation est définie sur Df = ]0 ; + `[. ln(x) − 1 . 0 ⇔ x . e 3 − ln(x) . 0 ⇔ ln(x) , 3 ⇔ x , e3

+ `

e2

0

+

+

−

0

+

0

−

0

+

61  1. La fonction ln est strictement croissante sur ]0 ; + `[. Elle réalise une bijection de ]0 ; + `[ sur ]− ` ; + `[. Tout réel admet un antécédent et un seul par la fonction ln appartenant à l’intervalle ]0 ; + `[. 2. La fonction ln est strictement croissante sur ]0 ; + `[. 6 • Fonction logarithme népérien

125

Exercices

f 9(x)

f ′(x) =

f (x)

X →0

x→−10

lim f (x) = − `.

x→−10

lim (−x + 8) = 0, lim ln(X) = − `, par composée X →0

x→8

lim f (x) = − `.

x→8

−10

x

−1 +

f 9(x)

8 −

0 f (−1)

f (x)

−`

−`

Les limites de la fonction f( x) en −10 et en 8 permettent d’infirmer les conjectures de Zacharie. x

63 1. f(x) = ln⎛⎜⎝ x ⎛⎜⎝ ex − 1⎞⎟⎠ ⎞⎟⎠ x x lim e = +` , lim ⎛⎜ e − 1⎞⎟ = +` et lim x = + `, ⎠ x→+` x x→+` ⎝ x x→+` x par produit lim x ⎛⎜ e − 1⎞⎟ = +`. ⎝ ⎠ x x→+`

lim ln(X) = + `, par composée lim f (x) = + `.

X →+`

x→+`

2. g(x) = ln(x − 3) , on pose X = x − 3. x ln(X ) ln(X ) = X X +3 1+ 3 X ln(X ) lim = 0, lim 1+ 3 = 1, par quotient X X →+` X →+` X ln(X ) X lim = 0 et par composée lim g(x) = 0. x→+` X →+` 1+ 3 X 3. Soit k(x) = ln(1 + 2x). lim h(x) = lim k(0 + x) − k(0) = k ′(0) = 2 x x→0 x→0

(

)

(

)

1. a. ln(a) < 0 ⇔ eln(a) < e0 ⇔ a < 1

64

b. a < 1 ⇔ ln(a) < ln(1) ⇔ ln(a) < 0 2. 0

x

−

ln(x)

= (ln(x))2 − ln(x) − 2 = f (x) 2 f ′(x) = 2ln(x) × 1 − 1 = 2ln(x) − 1 = ln(x ) − 1 x x x x 2. a. e−1

0

e2

ln(x) − 2

−

−

ln(x) + 1

−

0

+

f (x)

+

0

−

0 0

f( e)

66 1. L’équation f (x) = g(x) est définie sur ]1 ; + `[. f (x) = g(x) ⇔ ln(2x + 1) = ln(x − 1) ⇔ 2x + 1 = x − 1 ⇔ x = −2. L’équation n’admet donc pas de solution, les deux courbes n’ont pas de point d’intersection. ⎛2 + 1⎞ x⎟ . 2. MN = ln(2x + 1) − ln(x − 1) = ln 2x + 1 = ln⎜ x −1 1 ⎜⎝ 1− ⎟⎠ x 2+ 1 x lim = 2 et lim ln(X) = ln(2), par composée X →2 x→+` 1− 1 x lim f (x) − g(x) = ln(2).

(

)

x→+`

Donc la distance MN tend vers ln(2). 3. L’algorithme calcule le premier entier n tel que MN , 0,1. n(n+1)

()

() ()

0+1+2+!+n = 1 2 . 67 un = 31 3 N n(n + 1) lim = +` et lim 1 = 0. 2 n→+` N→+` 3 La suite (un) est convergente et sa limite est 0.

68 La fonction f est définie et dérivable sur ]0 ; + `[. f 9(x) = 3 − 3 ln(x) − 3 = −3 ln(x) Équation de la tangente 7 en A : y = f 9(1)(x − 1) + f (1) = 3 0

x

+`

1 +

f 9(x)

−

0 3

f (x)

La courbe # est située en dessous de 7 sur l’intervalle ]0 ; 1[ 1012 ⇔ nln(2) > 12ln(10)

⇔ n > 12ln(10) ⇔ n > 478,4 soit n > 479. ln(2) 2. 0,9n , 10−1000 ⇔ nln(0,9) , −1000ln(10) ⇔n.

−1000ln(10) ⇔ n . 21854,3 soit n > 21855. ln(0,9)

( )

x→0

lim g(x) = 2. x→0 g(x) = x 1+ 2 − ln(x) x lim x = + `, lim 1+ 2 − ln(x) = −` , par produit x x→+` x→+` lim g(x) = − `.

(

y = 6,69 ln(x) + 3,95 3. a. L’année 2020 correspond au rang 13. y = 6,69 ln(13) + 3,95 ≈ 21,1 TW.h. b. 6,69 ln(x) + 3,95 . 50 ⇔ ln(x) . 6,88 ⇔ x . e6,88 ⇔ x . 972,6. Ce qui correspond à l’année 2980.

()

) (

)

x→+`

2. g9(x) = −ln(x) −ln(x) . 0 ⇔ ln(x) , 0 ⇔ x , 1 g(1) = 3 x

0 +

g9(x) g(x)

+`

1 0

−

3 2

−`

3. Sur l’intervalle ]0 ; 1], g(x) est strictement croissante et g(0) = 2, l’équation g(x) = 0 n’admet donc pas de solution sur cet intervalle. 6 • Fonction logarithme népérien

127

Exercices Sur l’intervalle [1 ; + `[, la fonction g(x) est continue dérivable et strictement décroissante. g(1) = 3 . 0 et lim g(x) = − ` , 0. D’après le théorème des valeurs x→+`

intermédiaires il existe donc un unique réel α appartenant à l’intervalle [1 ; + `[ tel que g(α) = 0. α +

g(x)

+` −

0

Partie B

1 (2 + x) − ln(x)(1) g(x) 1. f ′(x) = x = 2 + x − xln(x) = 2 2 x(2 + x) x(2 + x)2 + x) 1 (2 + x)(2 − ln(x)(1) g(x) = 2 + x − xln(x) = f ′(x) = x x(2 + x)2 x(2 + x)2 (2 + x)2 2. g(α) = 0 ⇔ α + 2 − αln(α) = 0 ⇔ α + 2 = αln(α) f(α) = ln(α) = ln(α) = 1 2 + α αln(α) α 3. lim ln(x) = − `, lim 2 + x = 2, par quotient, x→0

()

()

81 1. M = K log(1) = 0 ⎛ ⎞ 2. M + 5 = K log ⎜ E ⎟ ⇔ M + 5 = K log(10−2) + M ⎝ 100E0 ⎠

x→0

lim f (x) = − `.

x→0

f(x) = ln(x) × 1 x 2 +1 x lim ln(x) = 0, lim 1 = 1, par produit x→+` x x→+` 2 + 1 x lim f (x) = 0.

⇔ 5 = K log(10−2) ⇔ 5 = −2K ⇔ K = −2,5 3. M = −2,5 log(3,9) 26,7 ⎛ ⎞ E 4. −26,7 = −2,5 log ⎜ E ⎟ ⇔ E = 10 2,5 . ⎝ E0 ⎠ 0 26,7 Esirius 2,5 10 E Or = 3,9, donc . = E0 3,9 Esirius

4.

5. La fonction log est croissante sur ]0 ; + `[, donc plus ⎛ ⎞ E augmente plus log ⎜ E ⎟ augmente. ⎝ E0 ⎠

x→+`

x

α

0 +

f 9(x)

0

+` −

De plus K , 0, donc plus E augmente plus M diminue.

1 α

f(x)

82 1. La droite d’équation y = x semble asymptote à

−`

0

79 1. f (x) = x ln(x) + kx

lim xln(x) = 0, lim kx = 0, par somme lim f (x) = 0.

x→0

x→0

x→0

lim x = + `, lim (ln(x) + k) = + `, par produit

x→+`

x→+`

lim f (x) = + `

2. f 9(x) = ln(x) + k + 1 ln(x) + k + 1 . 0 ⇔ ln(x) . −k − 1 ⇔ x . e−k−1 1 ⇔ x . k+1 e x

1 ek+1

0 −

f9(x)

0

+` + +`

0 f(x)

la courbe représentative de f en + `. La droite d’équation y = 0 semble asymptote à la courbe représentative de f en − `. x f (x) = ln(1 + e−x) + x = ln ⎛⎜ 1+ xe ⎞⎟ + x ⎝ e ⎠ = ln(1 + ex) − x + x = ln(1 + ex) x lim 1 + e = 1 et lim ln(X) = 0, par composée x→−`

x→+`

1 ⎞ f ⎛⎜ k+1 ⎝ e ⎟⎠

3. e−k−1(ln(e−k−1) + k) = −10 ⇔ e−k−1(−k − 1 + k) = −10 ⇔ −e−k−1 = −10 ⇔ e−k−1 = 10 ⇔ −k − 1 = ln(10) ⇔ k = −1 − ln(10) 4. a. ln(x) + k = 0 ⇔ ln(x) = −k ⇔ x = e−k Ak(e−k ; 0) b. f 9(x) = ln(x) + k + 1 f 9(e−k) = −k + k + 1 = 1 128

0

Ld = 10 log(1013) = 130 dB. ⎛ I ⎞ I 2. 85 = 10 log ⎜⎝ −12 ⎟⎠ ⇔ 108,5 = −12 10 10 ⇔ I = 108,5 × 10−12 ⇔ I = 10−3,5 W . m−2 3. Ipiano = 107,2 × 10−12 = 10−4,8 W . m−2 Ichanteur = 106,8 × 10−12 = 10−5,2 W . m−2 ⎛ Ipiano + Ichanteur ⎞ ⎛ 2,22 × 10−5 ⎞ = 10 log ⎜ L = 10 log ⎜ ⎟ I0 ⎝ 10−12 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ≈ 73 dB ⎛ I ⎞ ⎛ ⎞ 4. L = 10 log ⎜ ⎟ = 10 log 1 + 10 log ⎜ I ⎟ ⎝ 2I0 ⎠ 2 ⎝ I0 ⎠ = 10 log 1 + Linitiale 2 L − Linitiale = −3 dB

X →1

lim f (x) = 0.

x→−`

La droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale à # en − `. f (x) − x = ln(1 + e−x) lim 1 + 1x = 1 et lim ln(X) = 0, par composée x→−` X →1 e lim f (x) = 0. x→+`

La droite d’équation y = x est asymptote oblique à # en + `. −x 1 . 0 pour tout x [ R. 2. f 9(x) = −e − x + 1 = 1+ e− x 1+ e La fonction f est strictement croissante sur R. 3. y = f 9(0)(x − 0) + f (0) ⇔ y = 1 x + ln(2) 2 4. Soient M(−x ; f (−x)) et N(x ; f (x)). La droite (MN) a pour coefficient directeur : f(x) − f(−x) = ln(1+ e− x ) + x − ln(1+ e− x ) + x 2x 2x x ln⎛ 1+ xe ⎞ − ln(1+ e− x ) + 2x ⎝ e ⎠ = 2x

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0

x

⎛I ⎞

80 1. L0 = 10 log ⎜⎝ I0 ⎟⎠ = 0 dB, Lc = 10 log(106) = 60 dB,

Exercices f(x) − f(−x) = ln(1+ e− x ) + x − ln(1+ e− x ) + x 2x 2x x⎞ ⎛ 1+ e − ln(1+ e− x ) + 2x ln ⎝ ex ⎠ = 2x − x ) − ln(ex ) − ln(1+ e− x ) + 2x ln(1+ e = =1 2x 2 La droite (MN) a le même coefficient directeur que la droite 7, les deux droites sont donc parallèles.

83  1. L’équation est définie sur ]0 ; + `[.

ln(x) = ax2 ⇔ ln(x) − ax2 = 0. Soit f (x) = ln(x) − ax2. 2 f 9(x) = 1 − 2ax = 1− 2ax , or 1 − 2ax2 = 0 ⇔ x2 = 1 x 2a x 1 ⇔x= sur ]0 ; + `[. 2a lim ln(x) = − `, lim ax2 = 0, par somme x→0

x→0

lim f (x) = − `.

x→0

⎛ − a⎞ f (x) = x2 lnx ⎝ x2 ⎠

X →−`

1 2a

0 +

0 f

t→+`

+ `

À terme 100 % des internautes visiteurs seront inscrits sur le site. 1 c. f (t) . 0,99 ⇔ . 0,99 ⇔ 0,99aebt , 0,01 1+ aebt ln 0,01 0,99a ⇔ t . 24,2. bt , 0,01 ⇔ t . ⇔e 0,99a b Au cours de l’année 2030 plus de 99 % des internautes seront inscrits à ce réseau.

− `

86  1. f (0) = ln(10) ⇔ ln(c) = ln(10) ⇔ c = 10

−

( 2a1 )

− `

L’équation (E) admet une unique solution si et seulement si f (x) = 0 ⇔ f 1 = 0 ⇔ 1 ln 1 − 1 = 0 2a 2 2a 2 ⇔a= 1 . 2e 2. L’équation (E) admet exactement deux solutions si et seulement si f (x) . 0 ⇔ f 1 . 0 ⇔ 1 ln 1 − 1 . 0 2a 2 2a 2 ⇔0,a, 1 . 2e

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( )

( )

( )

( )

84  1. f (x) = x × xln(x) lim xln(x) = 0, lim x = 0, par produit lim f (x) = 0.

x→0

lim

x→+`

x→0

x2 = + `,

x→+`

lim f (t) = 1.

lim f (x) = − `.

f(x)

( )

t→+`

x→+`

f 9(x)

85  1. a. f (0) = 0,05 soit 5 %. Fin 2010 correspond à t = 5 et graphiquement f (5) = 0,2, soit 20 %. b. f (t) = 0,5 pour t = 9,5, c’est donc au cours de l’année 2015 que 50 % des internautes visiteurs seront inscrits. 2. a. f (0) = 0,05 ⇔ 1 = 0,05 ⇔ 1 + a = 1 0,05 1+ a ⇔ a = 19 1 5b = 0,8 f (5) = 0,2 ⇔ = 0,2 ⇔ 3,8e 1+ 19e5b ln 4 19 , 0 car 4 , 1. 4 5b ⇔e = ⇔b= 19 5 19 b. lim bt = − `, car b , 0. lim aeX = 0, par composée lim aebt = 0 et

lim x2 = + `, lim lnx − a = −a, par produit, x→+` x→+` x2

x

Si cette tangente passe par le point de coordonnées (0 ; 0) alors : −af 9(a) + f (a) = 0 ⇔ −2a2ln(a) − a2 + a2ln(a) = 0 ⇔ −a2ln(a) − a2 = 0 ⇔ −a2(ln(a) + 1) = 0, or a ≠ 0, donc ln(a) + 1 = 0 ⇔ a = 1 . e

x→0

lim ln(x) = + `, par produit

x→+`

lim f(x) = + `.

x→+`

2. f 9(x) = 2x ln(x) + x = x(2ln(x) + 1) x . 0 sur ]0 ; + `[ et 2ln(x) + 1 . 0 ⇔ ln(x) . − 1 2 ⇔x. 1 . e La fonction f est décroissante sur ⎤0; 1 ⎤ et crois⎥⎦ e ⎥⎦ sante sur ⎡ 1 ; +` ⎡ . ⎢⎣ e ⎢⎣ 3. L’équation de la tangente à la courbe au point d’abscisse a à pour équation : y = f 9(a)(x − a) + f (a).

(

)

−4a + b = 0 ⇔ −4a + b = 0 4a − 2b + 10 f (−2) = ln(2) ⇔ ln(4a − 2b + 10) = ln(2) ⇔ 4a − 2b + 10 = 2 ⇔ 2a − b = −4 b=8 b = 4a −4a + b = 0 ⇔ ⇔ a=2 2a − 4a = −4 2a − b = −4

f 9(2) = 0 ⇔

{

{

{

f (x) = ln(2x2 + 8x + 10) 2. Équation de la tangente à la courbe au point B(0 ; ln(10)). y = f 9(0)(x − 0) + f (0) = 4 + ln(10) 5 8 4 Or, xA + ln(10) = − + ln(5) + ln(2) ≠ yA 5 5 Le point A(−2 ; ln(2)) n’appartient pas à la tangente à la courbe au point B. 4x + 8 3. f 9(x) = ln(2x2 + 8x + 10) 4x + 8 . 0 ⇔ x . −2 ln(2x2 + 8x + 10) . 0 ⇔ 2x2 + 8x + 10 . 1 ⇔ 2x2 + 8x + 9 . 0, Δ = −8 , 0 2 donc 2x + 8x + 9 et ln(2x2 + 8x + 10) sont strictement positif pour tout x [ R. lim 2x2 + 8x + 10 = + `, lim lnX = + `, par comx→+`

posée lim f (x) = + `. lim

x→−`

x→+` 2x2 + 8x + 10 = + `,

posée lim f (x) = + `.

x→+`

lim lnX = + `, par com-

x→+`

x→−`

6 • Fonction logarithme népérien

129

Exercices

f(x)

−2

−` −

0

+` +

+`

x

α

0 −

g9(x) +`

g(x)

ln(2)

+` +

0 g(α)

Sur l’intervalle ]− ` ; −2], f (x) est continue dérivable et strictement croissante, lim f (x) = + ` . 5 et

L’automobiliste doit s’arrêter au point de coordonnées (α ; f (α)).

f (−2) = ln(2) , 5, donc d’après le TVI, il existe un unique réel β [ ]− ` ; −2] tel que f (β) = 0. À la calculatrice : β ≈ −10,56 Sur l’intervalle [−2  ; + `[, f (x) est continue dérivable et strictement croissante, f (−2) = ln(2) , 5 et lim f (x) = + ` . 5, donc d’après le TVI, il existe un

89 1. Il semble que lim un = 5. 2. a. vn = ln(un) − ln(5) n→+` vn+1 = ln(un+1) − ln(5) = 1 ln(5) + 1 ln(un) − ln(5) 2 2 1 = 2 (ln(un) − ln(5)) = 1 vn 2 1 La suite (vn) est géométrique de raison 2 et de premier terme v0 = ln(5e) − ln(5) = 1. n 1 b. vn = 1 × 1 , or 0 , 2 , 1 et lim vn = 0. 2 n→+` 3. vn = ln(un) − ln(5) ⇔ ln(un) = vn + ln(5) ⇔ un = evn +ln(5) . lim vn + ln(5), lim eX = 5, par composée

x→−`

x→+`

unique réel α [ [−2 ; + `[, tel que f (α) = 0. À la calculatrice : α ≈ 6,56.

()

87 La fonction f (x) = ln(x) est définie sur ]0 ; + `[. Déterminons l’équation de la tangente à la courbe représentative de ln(x) au point d’abscisse a, avec a . 0. h(x) = 1 (x − a) + ln(a) = 1 x + ln(a) − 1. a a Soit g(x) = f (x) − h(x) = ln(x) − 1 x − ln(a) + 1. a g9(x) = a − x ax a−x.0⇔x,0 g(a) = ln(a) − a − ln(a) + 1 = 0. a 0

x

+

g9x)

+`

a 0

−

0

g(x)

X →ln(5)

n→+`

lim un = 5.

n→+`

4. Pn+1 − Pn =

u0 × u1 × u2 × … × un+1 5n+1

−

u0 × u1 × u2 × … × un 5n

u × u × u × … × un ⎞ ⎡ un+1 ⎤ = ⎛⎜ 0 1 2 ⎟⎠ ⎢ 5 − 1⎥ . ⎝ ⎣ ⎦ 5n un+1 − 1, 0 et la suite Pn est Or, 0 , un , 5, donc 5 décroissante. La suite Pn est décroissante et minorée par 0, elle est n+1 donc convergente. 1− 1

(2 )

g(x) < 0 ⇔ f (x) − h(x) < 0 ⇔ f (x) < h(x)

( 1)

1− 1

v0 +v1 +!+v n+1 n × e(n+1)ln(5) e 2 × e(n+1)ln(5) = 5e2 2 Pn = e = 1− 1 2 5n 5n n+1 88 Soit M un point de la courbe. 1− 1 1 v0 +v1 +!+vn (n+1)ln(5) (n+1)ln(5) 2 2 ×e ×e e =e = 5e 2 M a pour coordonnées (x ; 2 ln(x)) et Pn = n n 5 5 n+1 n+1 MO = x2 + 4(ln(x))2 . 21 lim 2 1 = 0 , lim eX = 1, lim 5e 2 =5 MO est une distance, lorsque MO est minimale alors X →0 n→+` 2 n→+` MO2 l’est aussi. 90 1. a. On détermine x tel que MO2 soit minimale.

()

()

()

MO2 = x2 + 4(ln(x))2 = g(x) 2x2 + 4ln(x) 2(x2 + 2ln(x)) g9(x) = = x x 2 Soit h(x) = x2 + 2 ln(x), alors h9(x) = 2x + 1 . x lim h(x) = − `, lim h(x) = + ` x→0

x

+`

0 +

h9(x) h(x)

+` −`

Sur l’intervalle ]0 ; + `[, h(x) est continue dérivable et strictement croissante, lim h(x) = − ` , 0, lim h(x) = + ` . 0, donc, d’après x→0

x→+`

le TVI, il existe un unique réel α [ ]0 ; + `[, tel que f (α) = 0. À la calculatrice : α ≈ 0,8. 130

Variables N, S des nombres réels Début Saisir N S prend la valeur 0 Pour k allant de 1 à N S prend la valeur S + 1/k Fin Pour Afficher S Fin

x→+`

b. Prompt N 0→S For (k,1,N) S+1/k→S End Disp S

n+1

()

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x f 9(x)

Exercices c. u20 ≈ 3,60, u100 ≈ 5,19, u500 ≈ 6,79. La suite (un) ne semble pas se rapprocher d’un réel l lorsque n tend vers + `. 2. a. ln(1 + x) < x ⇔ x − ln(1 + x) > 0. Soit f (x) = x − ln(1 + x). f 9(x) = 1 − 1 = x . 0 pour tout x . 0. 1+ x 1+ x f (x) est strictement croissante et lim f (x) = 0, donc x→0

f (x) . 0 ⇔ x − ln(1 + x) > 0 ⇔ ln(1 + x) < x. b. En utilisant la relation du 2.a. et en posant x = 1 . n On a ln 1+ 1 ¯ 1 ⇔ ln n + 1 ¯ 1 n n n n ⇔ ln(n + 1) − ln(n) < 1 . n c. ln(2) − ln(1) < 1. ln(3) − ln(2) < 1 . 2 ln(n + 1) − ln(n) < 1 . n En sommant les inégalités membre à membre on a : ln(n + 1) < 1 + 1 + … + 1 ⇔ ln(n + 1) < un. 2 n 3. lim (n + 1) = + `, lim ln(X) = + `.

( )

( )

plera (sera multiplié par 10) au bout de 110 années t ( 231 années). t = 0 , lim 2n × ln(x) = 0, 93 1. lim ln(x) x→+` x n x→+` xn lim fn(x) = 1 x→+`

La droite d’équation y = 1 est asymptote à Cn en + `. lim ln(x) = −` , lim fn(x) = − `. x→0 x→0 x n La droite d’équation x = 0 est asymptote horizontale à Cn. 2. fn(1) = 1. Pour tout n > 1, le point A(1 ; 1) appartient à la courbe Cn. 3. a.

X →+`

n→+`

D’après le théorème de comparaison, lim un = + `, n→+` la suite (un) n’est pas convergente.

91 θ(0) = 100 ⇔ c + 20 = 100 ⇔ c = 80

θ(4) = 80 ⇔ 80e4a + 20 = 80 ⇔ e4a = 3 4 3 ⇔ a = 1 ln 3 ⇔ 4a = ln 1 ln 3 t 4 4 4 θ(t) = 80e 4 4 + 20

()

()

()

()

b. La fonction fn semble admettre un maximum dont + 20 , 50 ⇔ 1 ln 3 t , ln 3 l’ordonnée semble indépendante de la valeur de n. 4 4 8 1 × xn − nxn−1ln(x) 4ln 3 n−1 nln(x)) x 8 c. f (x ) = 2n × = 2nx (1− ′ ⇔t. ⇔ t . 13,6 n 2n 2n 3 n n−1 1 x x ln × x − nx ln(x) 4 )′ = 2n × x 2nxn−1(1− nln(x)) . fn (x = Gaspard devra attendre 14 minutes avant de boire x2n x2n son thé. Le signe de fn(x)9 ne dépend que du signe de 1 − n ln(x). 1 −x , 0, sur ]0 ; + `[. 92 1. a. g9(x) = 1+1 x −1 = 1+ 1 − n ln(x) . 0 ⇔ ln(x) , 1 ⇔ x , e n x n 2 b. g(x) < 0 < x , donc g est décroissante sur [0 ; + `[ ⎛ n1 ⎞ 1 2 fn ⎜ e ⎟ = 2n × + 1= 2 + e et g(0) = 0. n×e e ⎝ ⎠ Donc g(x) < 0 pour tout réel x . 0. 1 2 x 0 +` e( n ) c. ln(1 + x) < x 2 2 fn′ (x) + 0 − 0 < ln(1 + x) < x + x 2 2 2+e Or 0,14 < 0,01. e f (x) 2 n Pour tout x [ ]0 ; 14[, ln(1 + x) ≈ x avec une erreur 1 −` inférieure ou égal à 0,01. 4. D’après le tableau de variation de la question prén n 1⎡ > 2C ⇔ 1+ t >2 2. C × 1+ t ⎤ 100 100 cédente, sur l’intervalle ⎥0; e n ⎢ , fn(x) est continue, ln(2) ⎦ ⎣ ⇔n> . dérivable et strictement croissante. ln 1+ t 100 ⎛ 1⎞ lim fn(x) = − ` et f ⎜ e n ⎟ = 2 + e . 0. Si t , 14 %, alors, d’après la question 1 c, n > ln(2) e x→0 ⎝ ⎠ t 1⎡ ⎤ 100 n 0; e [ D’après le TVI, il existe un unique réel α ⎥ ⎢ n ⇔ n > 100 × ln(2) et 100 × ln(2) ≈ 70, 100 × ln(3) ⎦ ⎣ (α ) = 0. tel que f t n n ≈ 110 et 100 × ln(10) ≈ 231. ln(αn+1) 5. fn(αn+1) = 2n 3. Si on place un capital sur un compte épargne dont +1 αn+1n le taux d’intérêt annuel est de t %, alors le capital tri1 ln 3 t 4

θ(t) , 50 ⇔ 80e 4

() ()

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()

(

)

(

)

(

)

6 • Fonction logarithme népérien

131

Exercices fn+1(αn+1) = 0 ⇔ 2(n + 1)

−nαn+1n+1

fn(αn+1) =

(n + 1)αn+1n

ln(αn+1)

lim xex = 0, lim xex + k = k.

+1=0

αn+1n+1

−αn+1n+1 ⇔ ln(αn+1) = 2(n + 1) −nαn+1 + n + 1 +1= n +1

1

Or, 0 , αn+1 , e n+1 , 1, donc −nαn+1 + n + 1 . 0 et fn(αn+1) . 0. Ainsi, fn(αn) , fn(αn+1) ⇔ αn , αn+1 car la fonction fn 1⎡ ⎤ est croissante sur ⎥0; e n ⎢. ⎦ ⎣ La suite (αn) est croissante est majorée, elle est donc convergente.

gk′(x) = 1 − ke−x

1 − ke−x . 0 ⇔ 1 . ke−x ⇔ 1 . e−x ⇔ x . ln(k) k 0 −

gk(x)

X →+`

x→−`

⎛ ⎞ fk(x) = ln⎜ x + kx ⎟ ⎝ e ⎠ lim k = 0, lim x = + `, par somme x→+` ex x→+` lim x + kx = + `. x→+` e lim ln(X) = + `, par composée lim fk (x) = + `.

X →+`

x→+`

−x b. fk′ (x) = 1− ke − x x + ke

x +`

ln(k)

gk′ (x)

x→−`

x lim ex = 0, par quotient lim xe x+ k = + `. x→−` x→−∞ e lim ln(X) = + `, par composée lim fk (x) = + `.

x + ke−x . 0 pour k [ ]e−1 ; + `[ et 1 − ke−x . 0 ⇔ x . ln(k)

94 1. Soit gk(x) = x + ke−x

x

x→−`

+

0 ln(k) + 1

ln(k) + 1 . 0 ⇔ ln(k) . −1 ⇔ k . e−1

Pour tout k [ ]e−1 ; + `[, fk est définie sur R. x 2. a. fk(x) = ln⎛⎜ xe x+ k ⎞⎟ ⎝ e ⎠

−`

fk′ (x) fk(x)

+`

ln(k) −

+

0

+`

+` ln(ln(k) + 1)

3. fk(x) − y = ln(x + ke−x) + x = ln(xex + k) − x + x lim fk (x) − y = ln(k)

x→−`

fk admet une asymptote oblique en − ` d’équation y = −x + ln(k).

95 1. f (1) = 2 et f 9(1) est la valeur du coefficient directeur de la droite (CB) qui est horizontale, soit f 9(1) = 0. 0 + b × 1 × x − (a + blnx) × 1 x 2. f 9(x) = x2 b − (a + blnx) = (b − a) 2− blnx . = x2 x 3. f (1) = 2 ⇔ a + bln(1) = 2 ⇔ a = 2 1 − 2) − bln(1) = 0 ⇔ b − 2 = 0 ⇔ b = 2 (b f 9(1) = 0 ⇔ 2 1

(

)

96 1. a. lim ln(x) = − `, donc lim (1 + ln(x)) = − `. x→0

x→0

lim 1 = + `, par produit lim f (x) = − `. x→0 x2 x→0 ln(x) = 0, lim 1 = 0, par produit b. lim x→+` x x→+` x ln(x) lim = 0. x→+` x2 lim 1 = 0, par somme lim 1+ ln(x) = 0. x→+` x2 x→+` x2 c. La droite d’équation x = 0 est asymptote verticale à la courbe représentative de f. La droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale à la courbe représentative de f en + `. 132

1 × x2 − (1+ ln(x)) −x − 2xln(x) 2. a. f 9(x) = x = x4 x4 −1− 2ln(x) = . 3 1 x − b. −1 − 2 ln(x) . 0 ⇔ ln(x) , − 1 ⇔ x , e 2 . 2 x2 . 0 sur ]0  ; + `[, donc f 9(x) est du signe de −1 − 2 ln(x) sur ]0 ; + `[. 1− 1 ⎛ − 21 ⎞ 2 = e. c. f ⎜ e ⎟ = ⎝ ⎠ ⎛ − 1 ⎞2 2 2 ⎜⎝ e ⎟⎠ x

+

f9(x) f(x)

1 e

0

−`

0 e 2

+` − 0

3. a. f (x) = 0 ⇔ 1 + ln(x) = 0 ⇔ ln(x) = −1 ⇔ x = e−1. La courbe # coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées (e−1 ; 0). b. D’après le tableau de variation de la fonction f et la question précédente, on en déduit que f (x) , 0 sur l’intervalle ]0 ; e−1[ et f (x) . 0 sur l’intervalle ]e−1 ; + `[.

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Pour s’entraîner à l’épreuve

Exercices 97  1. ex − xn = 0 ⇔ ex = xn ⇔ x = n ln(x) ⇔ nx = ln(x)

⇔ ln(x) − x = 0 n 2. Soit f (x) = ln(x) − x définie sur ]0 ; + `[. n f 9(x) = 1 − 1 = n − x . x n nx n − x . 0 ⇔ x , n et f (n) = ln(n) − n = ln(n) − 1. n x lim lim f (x) = − `. ln(x) = − `, = 0, par somme lim x→0 n x→0 x→0 f (x) = x ln(x) − 1 . x n ln(x) ln(x) − 1 − 1 lim = 0, lim = , 0, n x n x→+` x→+` x

(

)

lim x = + `, par produit lim f (x) = − `.

x→+`

x

x→+`

0 +

f 9(x) f(x)

+ `

n 0

−

ln(n) − 1 − `

− `

D’après le tableau de variation l’équation (E1) admet deux solutions si et seulement si ln(n) − 1 . 0. ln(n) − 1 . 0 ⇔ ln(n) . 1 ⇔ n . e ⇔ n > 3. On étudie la fonction fa(x) : lim ex = 0, lim − ax = + ` (car a . 0), par somme x→−`

lim fa (x) = + `.

x→−`

⎛ x ⎞ fa(x) = x ⎜ e − a⎟ . ⎝ x ⎠ x lim e − a = + `, lim x = + `, par produit x→+` x x→+` lim fa (x) = + `.

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x→+`

fa est dérivable sur R comme somme de fonction dérivable sur R. fa′(x) = ex − a ⎛ ex − a . 0 ⇔ x . ln(a) et fa(ln(a)) = a − ln(a). f ′(x) = 1− ⎜ ⎜⎝ x ln(a) − ` + ` fa′(x) fa(x)

−

0

+ `

+ + `

a − aln(a)

Pour répondre à la consigne, il faut étudier le signe du minimum de la fonction fa sur R. a − a ln(a) . 0 ⇔ a(1 − ln(a)) . 0 ⇔ ln(a) , 1 ⇔ a , e. Si a , e, le minimum de la fonction fa est positif et la courbe et la droite n’ont pas de point d’intersection. Si a . e, le minimum de la fonction fa est négatif ; dans ce cas : • Sur ]− ` ; ln(a)[, la fonction fa est continue, dérivable et strictement décroissante. lim fa(x) = + ` . 0 et x→−`

x→0

2. a. La fonction f est dérivable sur ]0 ; + `[ comme produit et somme de fonctions dérivable sur ]0 ; + `[. f 9(x) = 12 (ln(x) − 2) + 1− 1 × 1 x x x u(x) 1 = 12 (ln(x) − 2 + x − 1) = 2 (ln(x) + x −3) = 2 . x x x 2 b. Pour tout x . 0, x . 0, le signe de f 9 est donc celui de u déterminé à la question 3 de la partie A. Ainsi f est décroissante sur ]0 ; α] et croissante sur [α ; + `[.

( )

100  Partie A. On pose X = ln(x), ainsi x = eX et

98  Soit fa(x) = ex − ax définie sur R.

x→−`

99  Partie A. 1. La fonction u(x) est la somme de deux fonctions strictement croissantes sur ]0 ; + `[, elle est donc strictement croissante sur ]0 ; + `[. 2. Sur [2 ; 3], la fonction u est continue, dérivable et strictement croissante. u(2) = ln(2) − 1 , 0 et u(3) = ln(3) . 0. D’après le TVI, il existe un unique réel α [ [2 ; 3] tel que u(α) = 0. 3. D’après le sens de variation de la fonction u on a u(x) qui est négative sur ]0 ; α[ et positive sur ]α ; + `[. Partie B. 1. lim 1− 1 = − `, lim ln(x) − 2 = − `, x x→0 x→0 par produit lim f (x) = + `.

a − a ln(a) , 0. D’après le TVI, il existe un unique réel α [ ]− ` ; ln(a)[ tel que fa(α) = 0. • De la même manière on démontre qu’il existe un unique réel β [ ]ln(a) ; + `[ tel que fa(β) = 0. Enfin, si a − aln(a) = 0 ⇔ a = e, la courbe et la droite ont un seul point commun de coordonnées (1 ; 0).

ln(x) = lim X = lim 1 = 0. x X →+` eX X →+` eX X Partie B. 1. La fonction g est dérivable sur [1 ; + `[ comme somme de fonctions dérivables sur [1 ; + `[. g9(x) = 2x + 1 . 0 pour tout x [ [1 ; + `[. La fonction g x est donc strictement croissante sur [1 ; + `[. De plus g(1) = 0 donc la fonction g est positive sur [1 ; + `[. 2. a. La fonction f est dérivable sur [1 ; + `[ comme somme et quotient de fonctions dérivables sur [1 ; + `[. ⎛ 1 × x − ln(x) ⎞ 2 g(x) ⎟ = 1− ⎛ 1− ln(x) ⎞ = x − 1+ ln(x) = f ′(x) = 1− ⎜ x 2 2 ⎝ x ⎠ x2 x2 ⎜⎝ ⎟⎠ x 1 × x − ln(x) ⎞ 2 g(x) x ⎟ = 1− ⎛ 1− ln(x) ⎞ = x − 1+ ln(x) = 2 2 ⎝ x ⎠ x2 x2 ⎟⎠ x 2 b. x . 0 sur [1 ; + `[, le signe de f 9 est donc celui de g déterminé à la question 1 de la partie B. f 9 est positive sur [1 ; + `[ et f est strictement croissante sur ce même intervalle. ln(x) 3. f (x) − x = − , 0 sur [1 ; + `[. La courbe C est x donc située en dessous de la droite D sur [1 ; + `[. 4. a. MkNk = ln(k) (d’après la question précédente) k et lim ln(k) = 0 (d’après la partie A) k→+` k b. Variables lim

X →+`

K est du type nombre Début algorithme K prend la valeur 2 Tant que ln(K)/K . 0,01 faire Début tant que K prend la valeur K + 1 Fin tant que Afficher K Fin algorithme

6 • Fonction logarithme népérien

133

Exercices

(

)

(

102 Partie A. 1.

)

= 1 + ln 1− 1 . 1. f (x) = 1 + ln x x +1 x +1 x +1 x +1 1 = 1, lim ln(X) = 0, par composée lim 1 − x +1 x→+` X →1

(

lim ln 1−

x→+`

)

1 x + 1 = 0.

De plus, lim

x→+` x

1 = 0, par somme lim f(x) = 0. +1 x→+`

2. Sur [1 ; + `[, x . 0 et x + 1 . 0, donc la fonction f est une fonction dérivable sur [1 ; + `[ comme somme de fonctions dérivable sur [1 ; + `[. 1× (x + 1) − x −1 1 (x + 1)2 + = −1 2 + f 9(x) = 2 x(x + 1) x (x + 1) (x + 1) x +1 1 . 0 sur [1 ; + `[. = x(x + 1)2 f (1) = 1 + ln 1 . 2 2

()

x

+`

1 +

f 9(x)

0 f (x)

1 + ln 1 2 2

3. La tableau montre clairement que f (x) , 0 sur [1 ; + `[. Partie B. 1. L’algorithme affiche successivement : 1 ; 3 ; 11 . 2 6 2. La dernière ligne du programme doit être modifiée ainsi : Afficher u – ln(n)

(

)

1 1 1 3. un+1 − un = 1+ 2 + ! + n + n + 1 − ln(n + 1) − 1+ 1 + ! + 1 + −ln(n) = 1 + ln n = f (n). n +1 n 2 n +1

(

Variables : n,k entiers S, v réels Initialisation : Saisir la valeur de n v prend la valeur ln(2) S prend la valeur v Traitement : Pour k variant de 2 à n faire v prend la valeur ln (2 – evn ) S prend la valeur S + v Fin pour Sortie : Afficher S

)

( )

Or pour x > 1, f (x) , 0, donc un+1 − un , 0 ⇔ un+1 , un, ce qui signifie que la suite (un) est décroissante.

2. D’après les valeurs affichées il semble que la suite (Sn) soit croissante.

Partie B. 1. u1 = ev1 = eln(2) = 2.

= 2 − e−vn = 2 − 1 =2− 1 . un evn 2. u2 = 2 − 1 = 3 ; u3 = 2 − 2 = 4 ; u4 = 2 − 3 = 5 . 4 4 3 3 2 2 1 1+ = 2 = u1. 3. Initialisation : 1 Hérédité : on suppose la propriété vraie au rang n, on démontre qu’elle est héréditaire, c’est-à-dire qu’elle est vraie au rang n + 1. un = n + 1  ; 1 = n  ; − 1 = − n  ; un n + 1 n +1 n un 2 − 1 = n + 2  ; un+1 = n + 2 . un n +1 n +1 La propriété est vraie au premier rang, si elle est vraie pour un certain rang n, elle est vraie au rang n + 1, elle est donc vraie pour tout n > 1. Partie C. 1. un = evn ⇔ vn = ln(un), d’après la question précédente, vn = ln n + 1 = ln(n + 1) − ln(n). n 2. S3 = v1 + v2 + v3 = ln(2) − ln(1) + ln(3) − ln(2) + ln(4) − ln(3) = ln(4). 3. Sn = v1 + v2 + … + vn = ln(2) − ln(1) + ln(3) − ln(2) + … + ln(n + 1) − ln(n) = ln(n + 1). Or, lim n + 1 = + `, lim ln(X) = + `, par composée − vn

evn+1 = eln(2−e

)

( )

n→+`

lim Sn = + `.

X →+`

n→+`

Accompagnement personnalisé 103 1. La fonction B(x) est dérivable sur [1 ; 30]

comme somme et produit de fonctions dérivables sur [1 ; 30]. B9(x) = −x + 6 + 2 ln(x) + 2x = −x + 8 + 2 ln(x). x 2. a. La fonction B9(x) est dérivable sur [1 ; 30] comme somme de fonctions dérivables sur [1 ; 30]. B0(x) = −1 + 2 = −x + 2 . x x x . 0 sur [1 ; 30] et −x + 2 . 0 ⇔ x , 2 B9(1) = 7 et B9(30) = −22 + 2 ln(30) ≈ −15 et B9(2) = 6 + 2 ln(2) ≈ 7,4. x B0(x) B9(x)

134

1 +

2 0

30 −

B9(2) 7

B9(30)

b. Sur l’intervalle [1 ; 2] la fonction B9 est strictement croissante et B9(1) = 7 . 0. L’équation B9(x) = 0 n’admet donc pas de solution sur cet intervalle. Sur l’intervalle [2 ; 30] la fonction B9 est continue, dérivable et strictement décroissante. B9(2) . 0 et B9(30) , 0. D’après le TVI, il existe un unique réel α [ [2 ; 30] tel que B9(α) = 0. c. À la calculatrice : α ≈ 13,153. 3. La fonction B9 est positive sur [1 ; α] et négative sur [α ; 30], la fonction B est donc croissante sur [1 ; α] et décroissante sur [α ; 30]. 4. D’après les variations de la fonction B, il faut produire 13,153 milliers de pièces pour obtenir un bénéfice maximal. Ce bénéfice maximal est B(13,153) ≈ 40, soit environ 40 milliers d’euros.

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101 Partie A

Exercices

lim x + 1 = + `. lim ln(X) = + `, par composée x X →+` lim f (x) = + `.

x→+`

x→+`

2. lim x = 0, lim 1 = + `, par somme x→0 x→0 x lim x + 1 = + ` x x→+` lim ln(X) = + `, par composée lim f (x) = + `. X →+`

x→0

La droite d’équation x = 0 est asymptote verticale à la courbe #. 3. La fonction f est dérivable sur ]0 ; + `[ comme la composée de fonction dérivables sur ]0 ; + `[. 1− 12 x = x(x2 − 1) = x2 − 1 f ′(x) = x2 (x2 + 1) x(x2 + 1) x+ 1 x Sur ]0 ; + `[, x(x2 + 1) . 0, le signe de f 9 ne dépend que du signe de x2 − 1. x2 − 1 . 0 ⇔ x2 . 1 ⇔ x [ ]− ` ; −1[ ou x [ ]1 ; + `[. f (1) = ln(2) x f 9(x) f (x)

0

1 0

− + `

()

106  1. Réponse c., car les fonctions ln 1x et −ln(x)

ne sont pas définie pour x strictement négatif. 2. L’équation est définie sur ]1 ; + `[. ln(x) + ln(x − 1) = 10 ⇔ ln(x(x − 1)) = ln(e10) ⇔ x2 − x −e10.

10 Or, Δ = 1 + 4e10 . 0, soit x1 = 1+ 1+ 4e et 2 10 x2 = 1− 1+ 4e . 2 Or x2 n’appartient pas au domaine de définition, l’équation admet donc une unique solution, réponse b.

107  1. Si 0 , a , 1, alors ln(a) , 0.

+ `

x→−`

ln(2)

⎛ x2 ⎝

x→+`

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3. f − 1 = ln 1 − 1 + 1 = ln 3 . 2 4 2 4 Avec l’aide de la question 1, on peut conclure que la proposition est vraie. 4. f 9(x) = 1 ⇔ 22x + 1 = 1 ⇔ x2 − x = 0 ⇔ x(x − 1) = 0 x + x +1 L’équation a pour solution x = 0 ou x = 1. La courbe admet au point d’abscisse respective 0 et 1 une tangente parallèle à la droite Δ. La proposition est vraie.

+ ` +

+ 1⎞ − ln(x) x ⎠ ⎛ 2 ⎞ ⎛ ⎞ = ln x 2+ 1 = ln 1+ 12 . ⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ lim 1+ 12 = 1, lim ln(X) = 0, par composée x→+` X →1 x lim g(x) = 0.

4. g(x) = f (x) − ln(x) = ln

) ()

( ) (

104  1. lim x = + `, lim 1x = 0, par somme x→+` x→+`

1+ 12 . 1 pour tout x [ ]0 ; + `[, x donc ln⎛1+ 12 ⎞ . 0 et g(x) . 0. ⎝ x ⎠ Les résultats précédents montrent que la courbe # admet la courbe représentative de la fonction ln(x) comme asymptote en + `. De plus, sur ]0 ; + `[, la courbe # est au dessus de la courbe représentative de la fonction ln(x).

105  1. Soit g(x) = x2 + x + 1, Δ = −3 , 0, donc g(x) est

toujours du signe de a = 1, soit positive. La fonction f (x) est donc bien définie sur R. f est dérivable sur R et f 9(x) = 22x + 1 . x + x +1 Or, x2 + x + 1 . 0 et 2x + 1 . 0 ⇔ x . − 1 . Donc f 9 2 1 ⎤ ⎡ ⎤ et positive sur − 1 ; +` ⎡. est négative sur −` ; − ⎦ ⎣ ⎦ 2 2⎣ 1 La fonction f est décroissante sur ⎤−` ; − ⎡ et crois⎦ 2⎣ sante sur ⎤⎦− 1 ; +` ⎡⎣. 2 La proposition est fausse. 2. La fonction f est définie sur R, elle n’admet donc pas d’asymptote verticale. La proposition est fausse.

lim x = − `, lim x ln(a) = + `, lim eX = + `, par X →+`

x→−`

composée lim fa(x) = + `. x→−`

lim x = + `, lim x ln(a) = − `, lim eX = 0, par com-

x→+`

X →−`

x→+`

posée lim fa(x) = 0. x→+`

Si a = 1, alors ln(1) = 0 et fa(x) = e0 = 1 quelle que soit la valeur de x [ R. Si a . 1 alors ln(a) . 0. lim x = − `, lim x ln(a) = − `, lim eX = 0, par

x→−`

X →−`

x→−`

composée lim fa(x) = 0. x→−`

lim x = + `, lim x ln(a) = + `, lim eX = + `, par X →+`

x→+`

x→+`

composée lim fa(x) = + `.

x→+`  ln(a) 2. fa(x) = ex est dérivable sur R comme composé

de fonctions dérivables sur R. fa′(x) = ln(a)ex ln(a) Si 0 , a , 1, alors ln(a) , 0, fa′(x) , 0 et fa est décroissante sur R. Si a = 1, alors ln(1) = 0 et fa′(x) = 0. Si a . 1 alors ln(a) . 0, fa′(x) . 0 et fa est croissante sur R. n 3. fa(n) = enln(a) = eln(a ) = an avec n [ Z. 4. D’après les questions précédentes : x f3(x)

− ` 0

+ `

x

− `

+ `

f1 (x)

+ `

+ `

2

0

108  Partie A. 1. f (0 × 0) = f (0) + f (0) ⇔ f (0) = 2f (0) ⇔ f (0) = 0. 2. a. f (1 × 1) = f (1) + f (1) ⇔ f (1) = 2f (1) ⇔ f (1) = 0. 6 • Fonction logarithme népérien

135

Exercices f ((−1) × (−1)) = f (−1) + f (−1) ⇔ f (1) = 2f (−1) ⇔ f (−1) = 0. b. f (x × (−1)) = f (x) + f (−1) ⇔ f (−x) = f (x). Partie B 1. f (xy) = a ln(xy) = a ln(x) + a ln(y) = f (x) + f (y) La fonction ln(x) est définie et dérivable sur ]0 ; + `[, la fonction est donc dérivable en 1. La fonction f vérifie les propriétés P1 et P2. 2. a. f (x) = k, f (y) = k, f (x × y) = k. f (xy) = f (x) + f (y) ⇔ k = 2k ⇔ k = 0 ⇔ f (x) = 0.

b. yf 9(xy) = f 9(x), y étant fixé f 9(y) = 0. En particulier pour x = 1 : yf 9(y) = f 9(1) ⇔ f 9(y) = f ′(1) , avec f 9(1) = a. y c. La fonction g est dérivable sur ]0 ; + `[ comme somme de fonctions dérivables sur ]0 ; + `[. g9(x) = f 9(x) − a − a − a = 0, la fonction g est constante. x x x d. D’après la question 2 a de la partie B, pour tout x [ ]0 ; + `[, g(x) = 0 ⇔ f (x) − a ln(x) = 0 ⇔ f (x) = a ln(x).

Traduction des énoncés

110 Variations de températures Après avoir allumé le chauffage, la température d’une pièce est donnée par T(t) = 20 − 8e−0,1t, où t est le temps en minutes et T est la température de la pièce exprimée en °C. 1. Dans combien de temps, la température dépassera-t-elle 17° ? 2. Déterminer le temps nécessaire pour passer d’une température de 15° à 18°. 3. Que peut-on dire de la température de cette pièce ? Justifier la réponse. 111 Fonctions auxiliaires 1. Démontrer que l’équation xln(x) − x − 1 = 0 admet une solution unique b dans l’intervalle ]0 ; + `[. 2. Déterminer une valeur approchée de b a deux décimales après la virgule. 3. En déduire l’étude complète de la fonction f définie ln(x) . par f (x) = 1 − x +1 112 Radioactivité Un matériau radioactif se décompose selon le modèle donné par la formule m(t) = m0e−kt, où t est le temps en années et m0 est la masse initiale en grammes et m(t) la masse à l’instant t. Un morceau de ce matériau d’une masse de 100 g se réduit à 80 g en 20 années. Déterminer le temps nécessaire pour que le matériau ait une masse réduite de moitié par rapport à sa masse initiale. 113 Avec des suites Une courbe a pour équation y = 2ln(2e − x). La courbe coupe la droite d’équation y = x en un point unique d’abscisse α. 1. Montrer que α est compris entre 1 et 3. 2. Utiliser la relation de récurrence xn+1 = 2 ln(2e − xn) avec x1 = 1 afin de déterminer les valeurs de x2 et x3, en donnant la réponse à 10−3 près. 3. La figure ci-dessous montre une partie de la courbe 136

représentative de la courbe d’équation y = 2 ln(2e − x) et de la droite d’équation y = x et la position de x1. En utilisant le tracer en escalier ou en toile d’araignée, tracer les termes x2 et x3 sur l’axe des abscisses. y

1 0

x1

x

Thème Les logarithmes dans la vie quotidienne Les logarithmes furent introduits par John Napier au début du XVIIe siècle comme un moyen de simplifier les calculs. Ils furent rapidement utilisés par les scientifiques, ingénieurs et autres afin d’améliorer les techniques de calculs et les rendre plus simples et plus rapides. Les logarithmes ont contribué à l’avancement de la science, spécialement en astronomie, en acoustique ou dans l’étude des tremblements de terre. Effectivement, l’échelle des logarithmes permettent de transformer des quantités très grandes en des quantités moins étendues. De plus, le décibel est une unité qui permet de quantifier la pression du son. Il est défini grâce aux logarithmes. Enfin, en 1935, Charles Richter définit grâce aux logarithmes, la magnitude des tremblements de terre. 1. Question Internet Chercher des informations sur l’échelle de Richter. 2. Quelle est la magnitude d’un tremblement de terre standard ? 3. On définit le logarithme décimal (logarithme en ln(x) pour tout réel strictement base 10) par log(x) = ln(10) positif x. a. Calculer log(1), log(100), log(0,1) et log(10−2). b. Calculer log (10n) pour tout entier n. c. Le niveau d’intensité sonore du son S en décibels est donné par la formule S = 10 log ⎛⎜ I ⎞⎟ , où I est ⎝ I0 ⎠ l’intensité sonore et I0 le plus petit son audible par une personne normale. Le bruit d’une conversation est 106 I0. Quelle est la valeur du niveau d’intensité sonore ?

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109 Travail technique 1. Résoudre l’équation ln(x) = −3. 2. Résoudre l’inéquation ln(3 − x) < 1. 3. Déterminer l’équation de la tangente à la courbe d’équation y = ln(x2 + 4) au point d’abscisse 1.

Exercices

4. Question amusante Il y a quelques années, Stanislas Dehaene et son équipe ont effectué une expérience sur les nombres et les expressions numériques. Ils ont montré que l’échelle logarithmique semble faire partie de notre intuition fondamentale. Trouver le nom de la tribu qui a permis aux scientifiques d’arriver à un tel résultat. Exercice interactif Morpions

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En équipes de deux. Règles du jeu. Étape 1 : choisir un carré. Étape 2 : choisir et résoudre un problème.

Étape 3 : Si votre réponse est juste, écrire un symbole (rond ou croix) dans la case. Le but du jeu est d’obtenir une ligne de trois ronds ou de trois croix horizontale, verticale ou diagonale. P1 : Soit M un réel positif. Lequel est le plus grand entre ln(4M) et M ? P2 : Quel est le domaine de définition de la fonction f (x) = 2 ln(x − 3) ? P3 : Quel est le domaine de définition de la fonction f (x) = 1 − 2 ln((2 − x)2) ? P4 : Résoudre l’équation ln(2x) + ln(3x) = 15. P5 : Résoudre l’équation ln(x2 − 4) − ln(2x) = 5. P6 : Quel est le domaine de définition de la fonction f (x) = ln(x2 + x − 2) ?

6 • Fonction logarithme népérien

137

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7

Fonctions trigonométriques

Pour construire le cours Situation A Découvrir une nouvelle fonction en MATHÉMATIQUES 1. xM = cos(x) et yM = sin(x) On réinvestit tout ce qui a trait au cercle trigonométrique et à la définition du sinus et cosinus. 2. Les courbes sont des courbes de fonctions. On introduit donc l’aspect fonctionnel en faisant le lien avec la classe de Première. Trace écrite Définition des fonctions sinus et cosinus, première propriétés sur les variations, la parité.

Situation B Observer une onde progressive en SCIENCES PHYSIQUES

( )

( )

(

)

( )

( )

1. f(2) = 2cos 5π = 1  ; f(5) = 2cos 11π = 2cos 2π − π = 2cos − π = 1  ; f (8) = 2cos 17π = 1 . 3 3 3 3 3 On peut réinvestir les valeurs du cosinus des mesures de base ou les formules vues en Première. 2. Il y a une infinité de points de la courbe qui ont la même ordonnée que A. On fait démontrer que, pour tout nombre réel x, f (x + 3) = f (x). On réinvestit la formule (cos (x + 2π) vue en Première pour en déduire un résultat général sur la fonction f. On introduit ainsi la notion de période. 3. La translation de vecteur 3i ou −3i permet d’obtenir l’ensemble de la courbe. On réinvestit la notion de translation. Trace écrite Définition de la période d’une fonction.

Situation C Construire un battement cardiaque en MÉDECINE

2. La fréquence est d’environ 73 battements par minute. On peut utiliser le graphique de la question 1 pour une lecture graphique.

Trace écrite Périodicité d’une fonction.

140

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On fait reproduire aux élèves le motif. On peut utiliser un logiciel de géométrie dynamique en incluant l’image.

Pour construire le cours

Situation D

Approximer sin (x) et cos (x) par des polynômes

en INFORMATIQUE 1. L’algorithme calcule la somme C (x) pour une valeur entrée de x choisie par l’utilisateur. 2. On entre les nombres Math.PI/3 et Math.PI/6

3.

4. En utilisant l’algorithme, on constate que les valeurs trouvées sont les mêmes que les valeurs exactes.

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On peut parler d’approximation par des fonctions polynômes.

7 • Fonctions trigonométriques

141

Diaporamas Fonctions trigonométriques

Diaporama calcul mental

()

cos − π =vaut : 4 b. 3 2

c. 2 2

a. − 2 2

Fonctions trigonométriques

Diaporama calcul mental

( )

cos − 3π = vaut : 2

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Fonctions trigonométriques

Diaporama calcul mental

sin (13π) vaut : b. 1

a. −1

c. 0

b. 1

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Fonctions trigonométriques

Diaporama calcul mental

sin (x + 2π) vaut :

c. 0

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Fonctions trigonométriques

Diaporama calcul mental

cos (−x) vaut : b. sin (x)

c. −sin (x)

a. −cos (x)

b. cos (x)

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Fonctions trigonométriques

Diaporama calcul mental

c. sin (x)

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Fonctions trigonométriques

Diaporama calcul mental

sin (a + b) vaut : a. sin (a) cos (b) + cos (a) sin (b)

Le réel cos (x) est positif sur l’intervalle :

b. sin (a) sin (b) + cos (a) cos (b)

a. [−π ; π]

b. ⎡− π ; π ⎤ ⎣ 2 2⎦

c. [0 ; π]

c. sin (a) cos (b) − cos (a) sin (b)

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142

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a. cos (x)

c. 2 2

b. 3 2

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a. −1

Diaporama calcul mental

( )

sin π vaut = : 6 a. 1 2

Fonctions trigonométriques

Diaporamas

Fonctions trigonométriques

Diaporama QCM chrono

Fonctions trigonométriques

Diaporama QCM chrono

Sur l’intervalle [0 ; π], la fonction sinus est : a. croissante

La fonction cosinus est :

b. décroissante

a. paire

b. impaire

c. positive

c. croissante puis décroissante

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Fonctions trigonométriques

Diaporama QCM chrono

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Fonctions trigonométriques

Diaporama QCM chrono

La dérivée de la fonction f définie pour tout réel x par f (x) = sin 2x + π est donnée par l’expression : 4 a. f ’ (x) = cos 2x + π 4 b. f ’ (x) = −2cos 2x + π 4 c. f ’ (x) = 2cos 2x + π 4

(

Le réel 2 − cos (10x) est : a. négatif pour tout réel x b. positif pour tout réel x c. de signe impossible à déterminer

)

(

(

(

)

)

)

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Fonctions trigonométriques

Diaporama QCM chrono

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Fonctions trigonométriques

Diaporama QCM chrono

lim (x + sin(x)) :

x→+`

Lorsque x tend vers 0, le réel 2sin(x) tend vers : x © Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

a. 1

b. 2

a. est égale à un 1

c. + `

b. est impossible à déterminer c. est égale à + `

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Fonctions trigonométriques

Diaporama QCM chrono

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Fonctions trigonométriques

Diaporama QCM chrono

La fonction f définie, pour tout réel x, La fonction f définie, pour tout réel x, par f (x) = −3sin (x) est

par f (x) = x3 + sin (x) est :

périodique de période :

a. paire

a. 3π

b. π

c. 2π

b. impaire c. ni paire ni impaire

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7 • Fonctions trigonométriques

143

Exercices Réviser ses gammes c. cos(−7π) = −1. 5π 2 d. sin − 4 = 2 . 23π e. cos 2 = 0 . f. sin(144π) = 0 .

Gamme 1 0

cos (x)

1

sin (x)

0

π 6

π 4

π 3

3 2 1 2

2 2

1 2 3 2

2 2

( ) ( )

π 2 0 1

7π . π Gamme 7 a.  et 4 4 b. −2π , −π et 0. c. π + 2kπ , k [Z. 2 d. π + 2kπ et − π + 2kπ , k [Z. 3 3

Gamme 2 1. (−x ; − y) . 2. (x ; − y) . 3. (–x ; y) . 4. (x + 2 ; y) .

Gamme 8

1. f est dérivable en a signifie que lim f(a + h) − f(a) existe et est un réel. h h→0 2. f’(a) est le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse a. 3. [f(ax + b)]’ = a’f’(ax + b) .

Gamme 3 a. cos(x + 2π) = cos(x) . b. sin(x + 2π) = sin(x) . c. cos(π − x) = −cos(x) . d. sin(π − x) = sin(x) . e. cos(−x) = cos(x) . f. sin(−x) = −sin(x) . g. cos (π + x) = −cos(x) . h. sin(π + x) = −sin(x) . Gamme 4 1. π .

π 2. 4 .

( )

π Gamme 5 a. cos − 3 = 0,5 . 5π b. sin 6 = 0,5 . 2π 2 c. cos 3 = − 2 . 4π 3 d. sin 3 = − 2 . 3π 2 e. cos 4 = − 2 . 3π f. sin 2 = −1. 7π Gamme 6 a. cos − 3 = 0,5 . 11π b. sin 6 = −0,5 .

( ( ( ( (

) ) ) ) )

(

Gamme 10

(

)

)

a. cos x + π 3 = cos(x)cos π − sin π sin(x) 3 3 3 1 = cos(x) − sin(x). 2 2

()

()

b. sin x − π 4 = cos(x)sin π + sin(x)cos π 4 4 2 2 = cos(x) + sin(x). 2 2

( )

( )

π 3π Gamme 9 1. cos(x) ˘0 pour x [ ⎡⎣0 ; ⎤⎦ < ⎡⎣  ; 2π ⎤⎦ 2 2 et cos(x) < 0 pour x [ ⎡⎣ π ; 3π ⎤⎦ . 2 2 2. sin(x) ˘0 pour x [ [0 ; π] et sin(x) < 0 pour x [ [ π ;2π].

()

()

S’organiser pour apprendre VRAI ou FAUX ?

QCM

1

b

.

2

c

.

3

c

.

4

a

.

1 Vrai

2 Vrai

3 Faux

4 Faux

4 Vrai

Corrigés des exercices 1 1.

R est symétrique par rapport à 0, pour tout x [ R, on a f(−x) = −f(x) , donc f est impaire. y La courbe représentative de f est symétrique par rap1 port à l’origine du repère. 3. f semble être périodique de période π. 0 1 x f(x + π) = 2sin(4x + 4π)cos(2x + 2π) = 2sin(4x)cos(2x) f(x + π) = 2sin(4x + 4π)cos(2x + 2π) = 2sin(4x)cos(2x) 2. f(−x) = 2sin(−4x)cos(−2x) = −2sin(4x)cos(2x) = −f(x) Donc f est π-périodique. −2x) = −2sin(4x)cos(2x) = −f(x) . 144

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x

Exercices

2 

3.

y

y

2 −2π

0

−π

2π x

π

1. x = 0 + 2kπ, k [ Z 2. f(x) = 0 ⇔ x = π + kπ2 x = 2π + 2kπ , k [ Z. 2 3. Pas de solution. Pour tout x [ R , on a : − 1 ¯ sin x ¯ 1 ⇔ −3 ¯ −3sin x ¯ 3, donc en par2 2 ticulier f(x) , 4. Donc f(x) = 4 n’a pas de solution.

()

()

3  1. f ′(x) = 2 × 2(−sin(x))cos(x) = −4sin(x)cos(x)) f ′(x) = 2 × 2(−sin(x))cos(x) = −4sin(x)cos(x)) 2. Pour x [ [0 ; π] , sin(x) ˘ 0 , donc f ′(x) est du signe opposé à celui de cos(x). Pour x [ ⎡0; π ⎤ , cos(x) ˘ 0 ⇔ f ′(x) ¯ 0 ⇔ f est ⎣ 2⎦ décroissante. Pour x [ ⎡ π ; π⎤  , cos(x ¯ 0 ⇔ f ′(x) ˘ 0 ⇔ f crois⎣2 ⎦ sante. f(0) = 2cos2 (0) = 2, f ( π) = 2cos2 π = 0, 2 f(π) = 2cos2 (π) = 2 .

()

x

0

f’(x)

0

π 2 0

−

π +

2

2

f

3.

y 1 0

1

0

x

1

5  1. 6π

2. 2π 15 7π 3. 12 4. π 2 13π 5. 12 7π 6. 4

6  1. 21

2. 1 2 3. – 2 2 4. 1 2 5. 0 6. − 1 2

7  1. 0 + kπ , k [ Z

2. π + kπ, k [ Z 2 4. 2kπ, k [ Z

3. – π + kπ , k [ Z 2 5. π + 2kπ ou 3π + 2kπ, k [ Z 4 4 2π + 2kπ ou 4π , k [ Z 6. 3 3

0

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

0

1

x

8  1. sin(a − b) = sin(a + (−b)) = sin(a)cos(−b) + cos(a)sin(−b) = si

sin(a − b) = sin(a + (−b)) = sin(a)cos(−b) + cos(a)sin(−b) = sin(a)cos(b) − cos(a)sin(b) 2. cos(a − b) = cos(a + (−b)) = cos(a)cos(−b) − sin(a)sin(−b) = cos(a)c 1. Pour tout , on a −1¯ cos(x) ¯ 1 et x [ R 4  −1¯ sin(x) ¯ 1 . cos(a − b) = cos(a + (−b)) = cos(a)cos(−b) − sin(a)sin(−b) = cos(a)cos(b) + sin(a)sin(b) D’où −2 ¯ cos(x) + sin(x) ¯ 2  ; comme x . 0, on en 3. sin(2x) = sin(x + x) = sin(x)cos(x) + cos(x)sin(x) = 2cos(x)sin(x) déduit − 2 ¯ g(x) ¯ 2 . sin(2x) = sin(x + x) = sin(x)cos(x) + cos(x)sin(x) = 2cos(x)sin(x) x x 4. cos(2x) = cos(x + x) = cos2 (x) − sin2 (x) = 2cos2 (x) − 1 = 1− 2sin2 (x lim − 2 = lim 2 = 0, donc, en utilisant le théorème cos(2x) = cos(x + x) = cos2 (x) − sin2 (x) = 2cos2 (x) − 1 = 1− 2sin2 (x) x→+` x x→+` x des gendarmes, lim g(x) = 0 . x→+` 9  1. f(x) ˘ 0 car le carré d’un nombre réel est 2. Comme le nombre dérivé en 0 de cos est sin(0) = 0 , toujours positif. alors : 2. – 1¯ cos(x) ¯ 1 ⇔ 0 ¯ 1− cos(x) ¯ 2 , lim cos(x) − cos(0) = sin(0) ⇔ lim cos(x) − 1 = 0 . donc g(x) ˘ 0. x−0 x x→0 x→0 3. −1¯ sin(x) ¯ 1 ⇔ −3 ¯ sin(x) − 2 ¯ −1 , D’où : donc h(x) , 0. g(x) = cos(x) − 1+ 1+ sin(x) = cos(x) − 1 + 1 + sin(x) 4. m(x) ˘ 0, car le carré d’un nombre réel est toujours x x x x positif. Comme lim cos(x) − 1 = 0 et lim sin(x) = 1 et x x x→0 x→0 10  1. f(x) ˘ 0 , car 1+ x2 . 0 et −1¯ sin(x) ¯ 1 ⇔ 0 ¯ 1− sin(x) ¯ 2 lim 1 = +` , alors lim g(x) = +`. x→0 x→0 x 2. g(x) ¯ 0 , car –sin2 (x) ˘ 0 x.0 x.0 et −1¯ cos(x) ¯ 1 ⇔ 2 ¯ 3 − cos(x) ¯ 4 7 • Fonctions trigonométriques

145

Exercices

18 1. a. Oui car la courbe représentative de f sem3. h(x) ˘ 0 , car −1¯ sin(x) ¯ 1 ⇔ 0 ¯ sin(x) + 1¯ 2 ble être symétrique par rapport à l’axe des ordonet −1¯ cos(x) ¯ 1 ⇔ 1¯ cos(x) + 2 ¯ 3. 2 nées, donc on peut conjecturer que f est paire. − 1¯ 0 4. m(x) ˘ 0 , car −1¯ cos(x) ¯ 1 ⇔ 0 ¯ cos (x) ¯ 1 ⇔ −1¯ cos2 (x) 2 2 b. R est symétrique par rapport à 0 et −1¯ cos(x) ¯ 1 ⇔ 0 ¯ cos (x) ¯ 1 ⇔ −1¯ cos (x) − 1¯ 0 f(−x) = −2cos(−3x) = −2cos(3x) = f(x), donc f est et x2 + x + 2 a un discriminant égal à –7 donc ne pospaire. sède pas de racine dans R, il est toujours strictement 2. a. Graphiquement, on peut conjecturer que f est positif. 2π -périodique car un même motif se reproduit 3 identiquement à lui-même sur tout intervalle de 11 1. sin′(x) = cos(x) longueur 2π . 5π 3π 3 3π x π 2 2 b. f x + 2π = −2cos 3 x + 2π = −2cos(3x + 2π) = −2cos(3x) = f(x 3 3 0 0 – + – sin′(x) = cos(x) f x + 2π = −2cos 3 x + 2π = −2cos(3x + 2π) = −2cos(3x) = f(x) 1 0 3 3 Donc f est 2π -périodique. sin 3 –1 0 19 1. 2. cos′(x) = −sin(x) Pour tout x [ | − π ; − π ] , on a sin(x) ¯ 0 , donc 2 cos′(x) ˘ 0, cos est croissante.

(

)

( ) ( ( ))

((

))

{

} { } S = {100π + π  ;100π + 3π  } = {201π  ; 203π }. 2 2 2 2 2. S = ∅ 3. S = {7π  ; 13π } 4 4 9π 4. S = {−  ; − 5π  ; − π } 2 2 2   = 201π  ; 203π 12 1. S = 100π + 2π  ;100π + 3π 2 2 2

f semble être impaire et 2π périodique. 2. R est symétrique par rapport à 0 et f(−x) = sin(−2x)cos(−x) = −sin(2x)cos(x) = −f(x), 13 1. Courbe verte. donc f est paire. 2. Courbe rouge. f(x + 2π) = sin(2(x + 2π))cos(x + 2π) = sin(2x + 4π)cos(x + 2π) = sin( 3. Courbe bleue. f(x + 2π) = sin(2(x + 2π))cos(x + 2π) = sin(2x + 4π)cos(x + 2π) = sin(2x)cos(x) = f(x), donc f est 2π -périodique. 14 Pour chaque intervalle de longueur π , il y a une

(

)

((

) ) ) (

(

)

(

(

2. b 3. d 4. a

)

((

) )

(

)

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

arche. = 2sin 3 x + 2π − π = 2sin 3x + 2π − π = 2sin 3 20 1. f x + 2π 3 3 6 6 L’intervalle ⎡− 19π ; 19π ⎤ a pour amplitude 19π , ⎣ 2 2 ⎦ π π 2π 2π π f x+ = 2sin 3 x + − = 2sin 3x + 2π − = 2sin 3x − = f(x) donc la représentation graphique sera composée de 6 6 3 3 6 2π donc f est -périodique. 19  arches. 3 2. 15 1. c

16 1. f ′(x) = 2cos(2x) + 2sin(2x) 2. g ′(x) = cos(x) − 2sin(x) 3. h ′(x) = −3sin(3x + 2) 4. m′(x) = 1 cos( x ) 2 x Le motif se reproduit identiquement à lui-même sur 1. a. Oui, car la courbe représentative semble 17 tout intervalle de longueur 2π . symétrique par rapport à l’origine du repère. 3 b. f est définie sur R qui est symétrique par raport à 21 1. R est symétrique par rapport à 0. 0, et f(−x) = sin(−2x) = −sin(2x) = −f(x) , donc f est f(−x) = 3cos(−2x) − sin2 (−x) = 3cos(2x) − (−sin(x))2 = −cos(2x) − sin impaire. f(−x) = 3cos(−2x) − sin2 (−x) = 3cos(2x) − (−sin(x))2 = −cos(2x) − sin2 (x) = f(x), donc f est paire. 2. a. Graphiquement, on peut conjecturer que f La courbe représentative de f est symétrique par rapest π-périodique car un même motif se reproduit port à l’axe des ordonnées. identiquement à lui-même sur tout intervalle de 2. f(x + π) = 3cos(2(x + π)) − sin2 (x + π) = −cos(2x + 2π) − (−sin(x))2 2 longueur π. f(x + π) = 3cos(2(x + π)) − sin (x + π) = −cos(2x + 2π) − (−sin(x))2 = −cos(2x) − sin2 (x) = f(x) 2 2 = =−cos(2x) π) == −cos(2x sin(2( x ++π2π) + 2π) sin(2x) =− f(x) )) =−sin(2x b. f(x cos(2(x + π)) − sin (x ++ π) (−sin(x)) sin2 (x) = f(x) , donc f est π-périodique. La courbe représentative de f se reproduit identiquef(x + π) = sin(2( x + π)) = sin(2x + 2π) = sin(2x) = f(x) ment à elle-même sur tout intervalle de longueur π. Donc f est π-périodique. 146

Exercices

3.

25 1.

J

3π 4

0,5 O

I

0,5

− 3π 4

Graphiquement on constate que la courbe est On a 2x = 3π + 2kπ ⇔ x = 3π + kπ ⇔ x = 3π + 2kπ 4 8 8 symétrique par raport à l’axe des ordonnées et 5π 3π qu’elle se repoduit identiquement à elle-même sur ou x = − + 2kπ ou 2x = − + 2kπ ⇔ x = − 3π + k 8 4 8 tout intervalle de longueur π. 2x = − 3π + 2kπ ⇔ x = − 3π + kπ ⇔ x = − 3π + 2kπ 8 8 4 22 1. b ou x = 5π + 2kπ 8 2. d 3π + 2kπ ; − 5π + 2kπ ; − 3π + 2kπ ; 5π + 2kπ S = 3. a 8 8 8 8 4. c 2. y

{

}

1

23 1.

2π 3

J 0

−π 2

0,5 I

0,5

O

π x 2

26 1. x + 3π = 3π + 2kπ ou x + 3π = − 3π + 2kπ, donc

− 2π 3

{

x = 0 + 2kπ ou x = − 2π + 2kπ , k [ Z. 3

}

S = 2π + 2kπ ou − 2π + 2kπ ; k [ Z 3 3 2.

y 1

y

−π 2

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

−π

−π 2

0

2π 3

J

π 2

24 1.

0

π 2

π

3π x 2

π x

2. cos(x)sin(x) = 0 ⇔ cos(x) = 0 ou sin(x) = 0 ⇔ x = π + 2kπ ou x = − π + 2kπ ou x = 0 + 2kπ ou 2 2 x = π + 2kπ, k [ Z y

π 3

0,5 −π

I

0,5

O

{

}

−π

−π 2

0

0

π x 2

27 1. x − 6π = − 2π + 2kπ ⇔ x = − 3π + 2kπ , k [ Z

S = π + 2kπ ou  2π + 2kπ ; k [ Z . 3 3 2. y

− 3π 2

−π 2

π 2

π x

2. 4x = π + 2kπ ⇔ x = π + kπ ⇔ x = π + 2kπ ou 3 12 2 12 x = 7π + 2kπ ou  x = − 5π + 2kπ ou x = − 11π + 2kπ 12 12 12 avec k [ Z ou 4x = − π + 2kπ ⇔ x = − π + kπ ⇔ x = − π + 2kπ 3 12 2 12 7π 5π ou x = − + 2kπ ou x = + 2kπ ou x = 11π + 2kπ 12 12 12 avec k [ Z 7 • Fonctions trigonométriques

147

Exercices 28 1.

π 2

0

x

+

cos(x)

2.

0

–

+

29 1. x cos x + π 4

)

+

+

5π 4

0

–

36 1. −1¯ cos(x) ¯ 1, donc, pour x . 0 , on a : − 1 ¯ cos(x) ¯ 1 . x x x lim 1 = lim − 1 = 0 , donc, en utilisant le x→+` x x→+` x théorème des gendarmes, lim cos(x) = 0 . x x→+`

2π 0

–

π 4

0

2π

0 π 0

0

x sin(x)

(

3π 2

La fonction sinus est dérivable en 0, donc : lim sin(h) = sin′(0) = cos(0) = 1. h→0 h

2π

2. −1¯ sin(x) ¯ 1 ⇔ x − 1¯ x − sin(x) ¯ x + 1 lim x − 1 = +` , donc, en utilisant un thèorème de

+

0

x→+`

comparaison, on en déduit lim x − sin(x) = +` .

2.

(

π 2

0

x

)

sin x − π . 2

–

3π 2 +

0

x→+`

2π

0

3. −1¯ cos(x) ¯ 1 ⇔ −1+ x ¯ cos(x) + x ¯ 1+ x lim

–

x→+`

comparaison, on en déduit lim

30 1. f ′(x) = 3cos(x) + 4sin(2x)

(

x − 1 = +` , donc, en utilisant un thèorème de x→+`

)

x + cos(x) = +` .

2. f ′(x) = cos x + π + 3sin(x) 4. −1¯ sin(x) ¯ 1 pour x . 0 , on a : 4 2 2 3. f ′(x) = cos (x) − sin (x) = cos(2x) − 1 ¯ sin(x) ¯ 1 . x x x 4. f ′(x) = 2cos(2x − 1)cos 3 − 2x + 2sin(2x − 1)sin 3 − 2x 1 1 4 4 , donc, en utilisant le lim = lim − =0 x x→+` x x→+` f ′(x) = 2cos(2x − 1)cos 3 − 2x + 2sin(2x − 1)sin 3 − 2x 4 4 théorème des gendarmes, lim sin(x) = 0. 2 (x) + sin2 (x) cos 1 x x→+` = 31 1. f ′(x) =  cos2 (x) cos2 (x)   ; comme lim sin(x) = 1 , 37 1. f(x) = 1− sin(x) 2 (x) − cos2 (x) −sin 1 x x→0 x 2. f ′(x) = − 4cos(2x + 1) = − 2 − 4cos(2x + 1) sin2 (x) sin (x) lim f(x) = 0 alors . 2 (x) − cos2 (x) x→0 − 4cos(2x + 1) = − 21 − 4cos(2x + 1) f ′(x) = −sin sin2 (x) sin (x) 2. f(x) = 3sin(x) + 1 x = 3 × sin(x) + 1 x ; comme 3. f ′(x) = 2cos(x)sin(x) + 2cos(x) = 2cos(x)(sin(x) + 1) 2 x 2 4x 4 sin(x) 5 −5sin(5x)sin(2x) − 2cos(5x)cos(2x) = 1, alors lim f(x) = . lim 4. f ′(x) = 4 x→0 x x→0 sin2 (2x) 32 1. f ′(x) = 2cos(x) 38 f ′(x) = 1+ sin(x)   ; comme pour tout x [ R, T  : y = f ′(0)x + f(0) ⇔ y = 2x + 1 −1¯ sin(x) ¯ 1 ⇔ 0 ¯ 1+ sin(x) ¯ 2, alors f ′(x) ˘ 0, 2. f ′(x) = cos(x) + sin(x) f est croissante. y π π π π T : y = f′ x− +f ⇔ y = x − +1 2 2 2 2

(

)

)

(

(

)

)

) ()

33 1. f ′(x) = 3cos(x)cos(2x) − 6sin(x)sin(2x)

( )(

) ( ) ( ) (

2 T : y = f′ − π x + π + f − π ⇔ y = 3 2 2 2 0 x 2 −sin(x)sin 2x + π − 2cos(x)cos 2x + π 2 2 = −sin(x)cos(2x) + 2cos(x)sin(2x) 2. f ′(x) = cos2 (2x) sin2 2x + π 2 π − 2cos(x)cos 2x + 2 = −sin(x)cos(2x) + 2cos(x)sin(2x) cos2 (2x) 2x + π 2 T : y = f ′(0)x + f(0) ⇔ y = 1  39 1. f ′(x) = 1+ cos(x) ; comme, pour tout x [ R, cos(x) ¯ 1 ⇔ 0 ¯ 1+ cos(x) ¯ 2, alors f ′(x) ˘ 0. 2 (x) + sin(x)2cos(x)(−sin(x)) = cos3 −1¯ (x) − 2sin2 (x)cos(x) 34 1. f ′(x) = cos(x)cos f est croissante sur R. 2 (x) + sin(x)2cos(x)(−sin(x)) = cos3 (x) − 2sin2 (x)cos(x) 2. Pour tout x [ R , 2 (x)) Donc f ′(x) = cos(x)(cos2 (x) − 2sin2 (x)) = cos(x)(1− sin2 (x) − −1¯ 2sin2sin(x) (x)) = ¯ cos(x)(1− 1 ⇔ x −3sin 1¯ sin(x) + x ¯ 1+ x . s2 (x) − 2sin2 (x)) = cos(x)(1− sin2 (x) − 2sin2 (x)) = cos(x)(1− 3sin2 (x)) lim x − 1 = +` , donc, en utilisant un théorème de x→+` 2. On a f ′(x) =  cos(x)(1− 3sin2 (x)) = cos(x)(1− 3(1− cos2 (x))comparaison, = cos(x)(3cos2lim (x) −f(x) 2) = +` .

) (

)

(

)

)

(

)

 cos(x)(1− 3sin2 (x)) = cos(x)(1− 3(1− cos2 (x)) = cos(x)(3cos2 (x) − 2)

35 Soit h un réel.

sin(0 + h) − sin(0) = sin(h) . h h 148

x→+`

lim x + 1 = −` donc, en utilisant un théorème de

x→−`

comparaison, lim f(x) = −` . x→−`

3. T : y = f ′(0)x + f(0) ⇔ y = 2x

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( )(

(

Exercices

4.

y

1 −π

− 3π 2

(

)

0

−π 2

(

π 2

π

)

3π x 2

(

)

(

)

(

)

sin 2(t + π) + π = 3 sin 2t + 2π + π = 3 sin 2t + π = i(t) , donc i 4 4 4 est π-périodique. 2. i ′(t) = 2 3 cos 2x + π 4 3.

(

x

)

π 8

0 +

i 9(x)

5π 8

0

–

0

π +

3 i

6 2

− 3

)

1

0

6 2

Lorsque k = −0,22 ou k [ ]0;1[  : trois solutions ? Lorsque k [ ] − 0,22; 0]  : cinq solutions. Lorsque k [ [1; +`[  : une solution : x = 0.

43 1. x

0

sin(x) cos(x) sin(x) cos(x)

0

π 2

π x

41 Le motif se répète tous les 4,5 carreaux. La période est de 4,5 × 0,5 = 2,25 ms.

0

π 2 + + +

3π 2

π + – –

0 0

0 0

– – +

0 0

2π – + –

S = ⎡0; π ⎤  ¯ ⎡π ; 3π ⎤ ⎣ 2⎦ ⎣ 2 ⎦ 2. cos 1+ π ¯ 0 ⇔ π ¯ x + π ¯ 3π ⇔ π ¯ x ¯ 5π 4 2 4 2 4 4 cos 1+ π ¯ 0 ⇔ π ¯ x + π ¯ 3π ⇔ π ¯ x ¯ 5π 4 4 4 2 4 2 S = ⎡ π ; 5π ⎤ . ⎣4 4 ⎦ 3. cos(2x) . 0 ⇔ 0 ¯ 2x , π   ou 2   3π , 2x ¯ 2π ⇔ 0 ¯ x , π ou π ¯ x , 5π 4 2 4 3π 7π ou , x ¯ π ou , x ¯ 2π 4 4 S = ⎡0; π ⎡¯⎤ 3π ; 5π ⎡¯⎤ 7π ;2π⎤ . ⎦ ⎣ 4⎣ ⎦ 4 4 ⎣ ⎦ 4 4. sin(2x) , 0 ⇔ π , 2x , 2π ⇔ π , x , π 2 ou 3π , x , 2π . 2 π 3π  ⎤ ⎤ ⎡ ⎡ ;π ¯ ;2π   S= ⎦2 ⎣ ⎦ 2 ⎣

(

y

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(

3 sin 2tk [] + π− ` ; −0,22[  = i(t) : une solution : x = 0. 40 1. i(t + π) = 3 sin 2(t + π) + 4π = 3 sin 2t + 2π + 4π =Lorsque 4

(

44 1.

)

)

y 1

42 0

π 2

π

3π 2

2π x

2. Dans [0;2π] , l’équation a six solutions. 3. sin(−3x + 1) = 1 ⇔ −3x + 1 = π + 2kπ 2 6 5π + 2kπ ⇔ x = − π + 1 + 2kπ ou −3x + 1 = 6 18 3 3 ou x = − 5π + 1 + 2kπ avec k entier relatif. 18 3 3 7 • Fonctions trigonométriques

149

Exercices

2. g(x) = sin(2x)cos(π − x) = sin(x)cos(x)(−sin(x)) = −sin2 (x)cos(x) On cherche k tel que 0 < − π + 1 + 2kπ < 2π 18 3 3 g(x) = sin(2x)cos(π − x) = sin(x)cos(x)(−sin(x)) = −sin2 (x)cos(x) et 0 < − 5π + 1 + 2kπ < 2π. 18 3 3 Donc g(x) est du signe de –cos(x). 0 < − π + 1 + 2kπ < 2π ⇔ 1 − 1 < k < 3 + 1 − 1 18 2π 18 2π 18 3 3 50 1. f ′(x) = cos(x) − sin(x) = 2cos 4π + x 0 < − π + 1 + 2kπ < 2π ⇔ 1 − 1 < k < 3 + 1 − 1 18 2π 18 2π 18 3 3 soit k = 0 ou k = 1 ou k = 2. π 5π 0 x 2π 4 4 On a alors les trois premières solutions : 0 0 f ’(x) – + + x = − π + 1 ou x = − π + 1 + 2π 18 3 18 3 3 1 2 f ou x = − π + 1 + 4π . 18 3 3 − 2 1 De même : 0 < − 5π + 1 + 2kπ < 2π ⇔ 5 − 1 < k < 3 + 5 − 1 18 3 3 18 2π 18 2π y 2. 0 < − 5π + 1 + 2kπ < 2π ⇔ 5 − 1 < k < 3 + 5 − 1 18 2π 18 2π 18 3 3 soit k = 1 ou k = 2 ou k = 3. On a alors les trois dernières solutions : 0 π −π π x −π x = − 5π + 1 + 2π ou x = − 5π + 1 + 4π 2 2 18 3 3 18 3 3 ou x = − 5π + 1 + 6π = − 5π + 1 + 2π. 18 3 3 18 3 On a bien 6 solutions dans l’intervalle [0 ; 2π]. 51 1. Il affiche le plus petit entier x tel que π 5π 1 cos(x) ¯ 0,001. ⎡ ⎤ 45 1. 2sin(x) − 1˘ 0 ⇔ sin(x) ˘ 2 ⇔ x[ ⎣ 6  ; 6 ⎦ x 2. 2sin(x) − 1, 0 ⇔ sin(x) , 1 ⇔ x [ 2. 0 ¯|cos(x)|¯ 1, donc, pour tout x ≠ 0 , on a 2 1 π 5π 2sin(x) − 1, 0 ⇔ sin(x) , ⇔ x [ ⎡−π; ⎡¯⎤ ;π⎤ 0 ¯ cos(x) ¯ 1   ; comme lim 1 = 0 , en uti⎣ 2 x x 6⎣ ⎦ 6 ⎦ x→+` x ⎤ le théorème des gendarmes, on en déduit 3. 2cos(x) + 3 , 0 ⇔ cos(x) , − 3 ⇔ ⎡−π ;− 5π ⎡¯⎤ 5π ;πlisant ⎣ 2 6 ⎣ ⎦6 ⎦ lim cos(x) = 0 . 3 5π 5π ⎤ ⎤ ⎡ ⎡ 2cos(x) + 3 , 0 ⇔ cos(x) , − ⇔ −π ;− ;π ¯ x x→+` ⎣ 2 6 ⎣ ⎦6 ⎦ Donc tout intervalle ouvert contenant 0 contient 4. 2cos(x) + 3 ˘ 0 ⇔ cos(x) ˘ − 3 ⇔ x [ ⎡− 5π ; 5π ⎤ cos(x)  dès que x est assez grand. ⎣ 6 6⎦ 2 x 2cos(x) + 3 ˘ 0 ⇔ cos(x) ˘ − 3 ⇔ x [ ⎡− 5π ; 5π ⎤ ⎣ 6 6⎦ 2 Donc au bout d’un certain temps, cos(x) ¯ 0,001. x 3. 46 f(x) = cos(x) + x

(

)

47 f(x) = sin(x) − x 48 1. 0 ¯ cos2 (x) ¯ 1 ⇔ 1−1 x ¯ f(x) ¯ 0 dès que

x . 1.

1 = 0 , donc, en utilisant le théorème des x gendarmes, lim f(x) = 0. lim

x→+`

2. −1¯ sin(x) ¯ 1 ⇔ x2 − x − 1¯ g(x) ¯ x2 − x + 1 lim x2 − x − 1 = lim x2 = +` , donc, en uti-

x→+`

x→+`

= 2ex

3. h ne possède pas de limite en +`. 4. −1¯ sin(2x − 1) ¯ 1 ⇔ − 1 ¯ k(x) ¯ 1 x +1 x +1 1 = 0 , alors, en utilisant le Comme lim x→+` x + 1 théorème des gendarmes, lim k(x) = 0 .

= 2  ex cos π cos(x) − sin π sin(x) 4 4 π x = 2e cos x + 4 f ′(x) est du signe de cos x + π , car ex . 0. 4 2.

x→+`

x→+`

49 1.

( (

cos x − π 3 π sin x + 6 f(x)

( 22 cos(x) − 22 sin(x)) ( () ( )

x π 3

0

x

150

52 1. f ′(x) = ex (cos(x) − sin(x))

lisant un théorème de comparaison, on en déduit lim g(x) = +` .

) )

+

4π 3

5π 6 +

–

0

+

–

0

+

0

0

–

11π 6 –

+

0

–

–

0

+

0

2π

0

+

–

0

)

)

5π 4 –

0

π 2 e4   2

+ –

(

π 4

0

f ’(x)

()

f 1

2π + e2π

5π − 2e 4 2

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x→+` 1−

Exercices 3. T : y = f ′(0)x + f(0) ⇔ y = x + 1 4. y

Donc f est paire. Sa courbe représentative est symétrique par raport à l’axe des ordonnnées. 2. f(x + 2π) = cos(2(x + 2π)) − 2cos(x + 2π) = cos(2x + 4π) − 2cos(x) T f(x + 2π) = cos(2(x + 2π)) − 2cos(x + 2π) = cos(2x + 4π) − 2cos(x) = cos(2x) − 2cos(x) = f(x) 5 Donc f est 2π-périodique, sa représentation graphique 0 π π 3π 3π x se repoduit identiquement à elle-même sur tout inter2 2 valle de longueur 2π. 3. Puisque f est 2π-périodique, il suffit de faire l’étude sur un intervalle de longueur 2π : [−π ; π] . Comme de plus elle est paire, il suffit de restreindre l’intervalle d’étude à [0 ; π].  Il suffira de faire une symétrie axiale par rapport à l’axe des ordonnées pour avoir un motif, puis de reproduire ce motif sur tout intervalle de longueur 2π pour avoir 5. Graphiquement, on peut conjecturer que f(x) = 1 la représentation sur R. possède trois solutions. 4. f ′(x) = −2sin(2x) + 2sin(x) = −4cos(x)sin(x) + 2sin(x) = 2sin(x)(−2 f(0) = 1 est une solution évidente.f ′(x) = −2sin(2x) + 2sin(x) = −4cos(x)sin(x) + 2sin(x) = 2sin(x)(−2cos(x) + 1) Puis, sur les intervalles ⎡ π ; 5π ⎤   et ⎡ 5π ;2π⎤ , on x [ [0; π] , donc sin(x) ˘ 0, f ′(x) est du signe de ⎣4 ⎦ ⎣4 4 ⎦ 1− 2cos(x) . applique le corollaire du TVI. 1− 2cos(x) ˘ 0 ⇔ cos(x) ¯ 1 ⇔ x [  ⎡ π ; π⎤ . ⎣3 ⎦ 2 x

π 3

0

–

f ’(x)

π +

0

–1

3

f

−3 2

5.

y

1 −π

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On a x1 = 0 et 1,29 , x2 , 1,3 et 4,72 , x3 , 4,73 .

53 1. f ′(x) = −sin(x) − 1 Pour x [ [0;1] , on a sin(x) ˘ 0 , donc f ′(x) , 0 . f est décroissante sur [0;1]. 2. f est continue sur [0;1]. f est strictement décroissante sur [0;1] . f(0) = 1 et f(1) = cos(1) − 1 ≈ −0,46 , donc 0 []f(1) ; f(0)[ . En utilisant le corollaire du TVI, on en déduit que f(x) = 0 possède une unique solution sur [0 ;1].

−π 2

0

π 2

π

x

6. Sur ⎡0; π ⎤ , on a f(x) ¯ −1, donc f(x) = 0 n’ a pas ⎣ 3⎦ de solution. Sur ⎡ π ; π⎤   : f est strictement croissante, continue, ⎣3 ⎦ f π = −1,5 et f(π) = 3 , donc 0 [ [−1,5 ; 3] . 3 En utilisant le corollaire du TVI, on en déduit que f(x) = 0 possède une unique solution dans ⎡ π  ; π⎤ . ⎣3 ⎦ Donc f(x) = 0 possède une unique solution dans [0 ; π] . 1,94 , α , 1,95 .

()

3. On a 0,73 , α , 0,74 .

54 1. R est symétrique par rapport à 0. f(−x) = cos(−2x) − 2cos(−x) = cos(2x) − 2cos(x) = f(x)

55 1. R est symétrique par rapport à 0. f(−x) = sin(−3x) = −sin(3x) = −f(x), donc f est impaire. 7 • Fonctions trigonométriques

151

Exercices 5. Sa courbe représentative est symétrique par rapport à l’origine du repère. 2. f x + 2π = sin 3 x + 2π = sin(3x + 2π) = sin(3x) = f(x) 3 3 f x + 2π = sin 3 x + 2π = sin(3x + 2π) = sin(3x) = f(x) 3 3 Donc f est 2π-périodique. Sa courbe se repoduit identiquement à elle-même sur tout intervalle de longueur 2π 3. Puisque f est 2π -périodique, il suffit de faire 3 l’étude sur un intervalle de longueur 2π  : ⎡− π ; π ⎤ 3 ⎣ 3 3⎦ Comme de plus elle est impaire, il suffit de restreindre l’intervalle d’étude à ⎡0; π ⎤ . Il suffira de faire une ⎣ 3⎦ symétrie centrale de centre O pour avoir un motif, puis de reproduire ce motif sur tout intervalle de longueur 2π pour avoir la représentation sur R. 3 4. On se place dans ⎡0; π ⎤ . ⎣ 3⎦ f ′(x) = 3cos(3x)  f ′(x) ˘ 0 ⇔ cos(3x) ˘ 0 ⇔ 0 ¯ 3x ¯ π ⇔ 0 ¯ x ¯ π 6 2

)

x

)

((

))

))

π 3

π 6

0 +

f ’(x)

–

0

1 f 0

0

5.

y 1

0

−π 2

56 1.

π 2

x

y y = g(x) 2 0

π 2

π y = h(x)

3π x 2

Il y a cinq points d’intersection sur [0; π] dont les abscises sont 0 ; 0,91 ; π ; 2,23 ; π. 2 La résolution s’effectue sur [0; π]. f(x) = g(x) ⇔ 5sin(2t) = 4sin(2t) − 2sin(4t) ⇔ sin(2t) = −2sin(4t) ⇔ sin(2t) = −4sin(2t)cos(2t) ⇔ sin(2t)(1+ 4cos(2t)) = 0 ⇔ sin(2t) = 0  ou cos(2t) = −0.25 ⇔ 2t = 0 ou 2t = π ou 2t = cos−1(−0,25) ou 2t = cos−1(−0,25) . π  ⇔ t = 0 ou t = π ou t = ou t = 3π ou 2 2 −1(−0,25) −1(−0,25) ⎛ ⎞ cos cos − π⎟ ou t= ou ⎜ t = 2 2 ⎝ ⎠

(

)

−1 ⎛ cos−1(−0,25) ⎞ ou t = − cos (−0,25) + π ⎜⎝ t = −  ⎟ 2 2 ⎠ Finalement, dans [0; π] , les solutions sont 0 ; π ; π ; 2 −1 −1   cos (−0,25) ≈ 0,91  ; − cos (−0,25) + π ≈ 2,23 . 2 2 On retouve les solutions lues à la calculatrice.

= sin(3x) × 3 . 57 1. Vrai : sin(3x) x 3x

Comme lim sin(x) = 1  , alors on en déduit, par comx→0 x position, que lim sin(3x) = 3 . 2. Les deux fonctions semblent être π-périodiques. x x→0 h(x + π) = 5sin(2(x + π)) = 5sin(2x + 2π) = 5sin(x) = h(x) 2. Vrai. sin(x) = sin(x) × 1 h(x + π) = 5sin(2(x + π)) = 5sin(2x + 2π) = 5sin(x) = h(x) 2x + 4π)x = 4sin(2x) 2 − 2sin(4x) = g(x) g(x + π) = 4sin(2(x + π)) − 2sin(4(x + π)) = 4sin(2x + 2π) − 2sin(4x sin(x) 2(x + π)) − 2sin(4(x + π)) = 4sin(2x + 2π) − 2sin(4x + 4π) = 4sin(2x) − 2sin(4x) = g(x) = 1  , alors on en déduit : Comme lim x→0 x 2x + 2π) − 2sin(4x + 4π) = 4sin(2x) − 2sin(4x) = g(x)  lim sin(x) = 1 . Donc h et g sont bien π-périodique. 2 x→0 2x 3. f = 1 = 1 . 3. Vrai. T π Pour tout x [ R on a −1¯ cos(x) ¯ 1. 4. h ′(t) = 10cos(2t)  : la tangente au point d’abscisse x − 1¯ cos(x) − x ¯ x + 1  et lim x + 1 = −`  , Donc 0 a pour équation T  : y = 10x . 1

g ′(t) = 8cos(2t) − 8cos(4t)  : la tangente au point d’abscisse 0 a pour équation T2 : y = 0 .

152

x→−`

donc, en utilisant un théorème de comparaison, lim cos(x) + x = −` . x→−`

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(

( ((

Exercices

4. Vrai. 1+ sin(x) = 1 + sin(x) . x x x Pour tout x [ R , on a −1¯ sin(x) ¯ 1, donc, pour tout x . 0 , − 1 ¯ sin(x) ¯ 1 . x x x 1 = 0 , donc, en utilisant le théorème des genlim x→+` x darmes, on en déduit lim sin(x) = 0 . x→+` x 1 = 0 , on en déduit, en utilisant le Comme lim x→+` x théorème de la somme, que lim 1+ sin(x) = 0 . x x→+`

58 1. d

2. b

3. d

4. c

5. c

59

c. g ′′(x) ˘ 0 et ne s’annule que pour x = 0 , donc g ′ est strictement croissante. g ′ est continue sur ⎡⎣0 ; π ⎤⎦ , strictement croissante 2 et g ′(0) = −2 et g ′ π = π − 2 ≈ 1,14 , donc : 2 0 [ ⎤ g′(0) ; g ′ π ⎡. ⎦ 2 ⎣ En utilisant le corollaire du TVI, on en déduit que g ′(x) = 0 possède une unique solution sur ⎡0; π ⎤ . ⎣ 2⎦ 1,27 , α , 1,28 Comme g ′ est croissante, on en déduit que, pour tout x [ [0 ; α ] , on a g ′(x) ¯ 0 et, pour tout x [ ⎡α ; π ⎤  , ⎣ 2⎦ on a g ′(x) ˘ 0 . d.

()

x

()

π 2

α

0

–

g 9(x)

+

0

g g (α)

La distance AM est minimale lorsque AM2 est minimale, c’est-à-dire lorsque g (x) est minimale. Donc ce minimum est atteint pour α dont une valeur approchées est 1,27, ce qui confirme ce que l’on a observé graphiquement.

61 1. Si une fonction f tend vers +` lorsque x tend vers +` , cela signifie que, pour tout réel M, f(x) . M dès que x est assez grand. On prend M = 2 . Si lim sin(x) = +` , alors, dès que x→+`

60 1.

x est assez grand, on a sin(x) . 2 , ce que l’on sait être impossible pour tout x. Donc lim sin(x) ≠ +`. x→+`

⎫ lim x + π = +` ⎪ 2 π 2. a. ⎬ lim sin x + 2 = L x→+` lim sin(X ) = L ⎪ X →+` ⎭ b. sin x + π = cos(x) , donc 2 lim cos(x) = lim sin x + π = L . 2 x→+` x→+`

(

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x→+`

(

)

(

)

)

lim sin(x) = L ⎫ ⎪ 2 2 c. ⎬ lim sin (x) = L et lim X2 = L2 ⎪ x→+` X →L ⎭ ⎫ lim cos(x) = L x→+` ⎪ 2 2 ⎬ lim cos (x) = L . 2 2 lim X = L ⎪ x→+` X →L ⎭ 2 Donc cos (x) + sin2 (x) = 1⇒ 2L2 = 1 lim (x + π) = +` ⎫ ⎪ x→+` d. ⎬ lim sin(x + π) = L et lim sin(X ) = L ⎪ x→+` X →+` ⎭ lim − sin(x) = −L x→+`

Il semble que la distance AM est minimale lorsque x = 1,2758 . 2. a. A(1 ; 0) et M(x ; cos(x)) , donc : AM2 = (x − 1)2 + cos2 (x) . Donc g(x) = (x − 1)2 + cos2 (x) . g ′(x) = 2x − 2 − 2cos(x)sin(x) = 2x − 2 − sin(2x) b. g ′′(x) = 2 − 2cos(2x) = 2(1− cos(2x))  Comme, pour tout x [ R , on a −1¯ cos(2x) ¯ 1, alors g ′′(x) ˘ 0. Donc g ′ est croissante.

x→+`

sin(x + π) = −sin(x) ⇒ L = −L ⇔ 2L = 0 ⇔ L = 0 e. D’après d, L = 0 et d’après c, 2L2 = 1 , ce qui est impossible. 7 • Fonctions trigonométriques

153

Exercices Donc L n’existe pas. La fonction sin n’a pas de limite en +`.

b. f(0 + h) − f(0) = sin(h) = sin(h) × 1 = sin(h) × 1 h h h h h h π f(0 + h) − f(0) sin(h) sin(h) sin(h) 62 1. D = R \ 2 + kπ ; k [ Z = = × 1 = × 1 h h h h h h 2. tan est dérivable sur tout intervalle composant D ⎫ 2 sin2 (x) = cos2 (x) + sin2 (x) .= 1+ tan2 (x) lim 1 = +` et tan′(x) = cos (x) + ⎪ h→0 h cos2 (x) cos2 (x) cos2 (x) ⎪ 2 (x) + sin2 (x) 2 (x) 2 (x) h.0 cos cos sin ⎪ 2 an′(x) = = + = 1+ tan (x) ⎪ sin(h) = +` 2 (x) cos2 (x) cos23.(x) cos ⎫ ⎬ lim sin(h) D est symétrique par rapport à 0, et h =1 ⎪ lim h→0 ⎪ sin(h) = 1⎪ h.0 h→0 h −sin(x) sin(−x) lim ⎪ ⎬ = = − tan(x) . tan(−x) = h cos(−x) cos(x) lim x = 1 ⎪ h→0 ⎪ x→1 ⎪⎭ Donc la fonction tan est impaire. ⎪⎭ Donc f n’est pas dérivable en 0. tan(x + π) = sin(x + π) = −sin(x) = sin(x) = tan(x) cos(x + π) −cos(x) cos(x) Donc tan est π-périodique. 67 1. R est symétrique par rapport à 0. Comme tan est π-périodique, il suffit de faire l’étude f(−x) = | sin(−x)| +cos(−x) = | −sin(x)| +cos(x) = | sin(x)| +cos(x) = f( π ⎡  ; comme sur un intervalle de longueur π : ⎤− π ;f(−x) ⎦ 2 2 ⎣ = | sin(−x)| +cos(−x) = | −sin(x)| +cos(x) = | sin(x)| +cos(x) = f(x) Donc f est paire. elle est impaire, il suffit de faire l’étude sur ⎡0; π ⎡. ⎣ 2⎣ Sa courbe représentative est symétrique par rapport tan′(x) = 1+ tan2 (x) donc, pour tout x [ ⎡0 ; π ⎡ , on a à l’axe des ordonnées. ⎣ 2⎣ 2. f(x + 2π) = | sin(x + 2π)| +cos(x + 2π) =| sin(x)| +cos(x) = f(x) tan′(x) ˘ 0 , tan est croissante sur ⎡0 ; π ⎡. 2 ⎣ = | sin(x + 2π)| +cos(x + 2π) =| sin(x)| +cos(x) = f(x) . f(x⎣ + 2π) . 4. lim sin(x) = 1 ⎫ f est 2π -périodique. ⎪ x→ π 3. Comme f est 2π-périodique, on en déduit qu’il suffit 2 ⎪ + ⎪ d’étudier f sur un intervalle de longueur 2π, comme lim cos(x) = 0 ⎬ lim tan(x) = +` π –π ; π . Comme elle est paire, il suffit de faire l’étude [ ] x→ ⎪ x→ π 2 2 0 ; π . sur [ ] ⎪ x, π ⎪ x, 2π 2 4. f est dérivable sur R alors elle est dérivable sur ⎭ [0; π]  ; de plus sin(x) ˘ 0 donc f(x) = sin(x) + cos(x). 63 1. Il détermine la plus petite mesure positive f ′(x) = cos(x) − sin(x) = 2 2 cos(x) − 2 sin(x) = 2 cos π cos(x d’un angle. 2 2 4 2. f ′(x) = cos(x) − sin(x) = 2 2 cos(x) − 2 sin(x) = 2 cos π cos(x) − sin π sin(x) = 2cos π + x 2 2 4 4 4 cos π + x ˘ 0 ⇔ − π ¯ π + x ¯ π ⇔ − 3π ¯ x ¯ π 4 2 4 2 4 4

}

(

(

) ( () (

)

x

0

()

)

(

π 4 +

f ’(x)

) ( () )

π –

0

2

f 64 1. En abscisses, les axes ont été gradués de 2π 1 en π . 2 y 5. En ordonnées, les axes ont été gadués de 1 en 1. 2. f semble 2π-périodique. 1 f(x + 2π) = sin(2(x + 2π)) − cos(x + 2π) = sin(2x + 4π) − cos(x) = sin(2x) − cos(x) = f(x) x + 2π)) − cos(x + 2π) = sin(2x + 4π) − cos(x) = sin(2x) − cos(x) = f(x) 0 f est bien 2π-périodique. −π −π

65 Aire(OAM) = asin(x) 2

2

–1

π 2

π x

L’aire est maximale lorsque a et sin(x) sont maximaux. À savoir a = π , donc A = B et sin(x) = 0  , donc 68 1. R est symétrique par rapport à 0. x= π. 2 f(−x) = −x − 2sin(−x) = −x + 2sin(x) = −(x − 2sin(x)) = −f(x) 0 , donc=f−x + 2sin(x) = −(x − 2sin(x)) = −f(x) donc f est impaire. , on a =sin(x) −x − ˘ 2sin(−x) 66 1. Pour tout x [ [0 ; π] f(−x) est bien définie sur [0 ; π]. Il suffit de l’étudier sur [0 ; + `[. f ′(x) = 1− 2cos(x) 2. 2. a. h . 0 , donc h = h × h . 3. f ′(x) = 0 ⇔ 1− 2cos(x) = 0 ⇔ cos(x) = 1 ⇔ x = π + 2kπ sin(h) = sin(h) = sin(h) × 1 . 2 3 h h× h h f ′(x)h= 0 ⇔ 1− 2cos(x) = 0 ⇔ cos(x) = 1 ⇔ x = π + 2kπ , k [ Z . 2 3 154

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{

Exercices

La courbe représentative de f a une infinité de tangentes horizontales. 4. f(x + 2π) = x + 2π − 2sin(x + 2π) = 2π + f(x) donc (x + 2π ; f(x) + 2π) appartient à la courbe représentative de f.

b.

⎛ ⎞ ⎛ 2π ⎞ x + 2π − x 5. MM9 ⎜ =  ⎝ f(x) + 2π − f(x) ⎟⎠ ⎜⎝ 2π ⎟⎠ 6. Il suffit d’effectuer une translation de vecteur 2πu. Puis on recommence sur tout intervalle de longueur 2π. 7. y

5

−6π

−4π

−2π

0

2π

4π

6π x

L’algorithme de Viète propose un résultat plus précis.

69 1. 2. Plus le a augmente, plus les arches sont 71 1. f ′(x) = 2x − 2cos(x) resserrées. 2. Pour tout x [ R , on a : Lorsque le b change, la courbe subit une trans−1¯ cos(x) ¯ 1 ⇔ 2x − 2 ¯ 2x − 2cos(x) ¯ 2 + 2x . lation de vecteur de direction parallèle à l’axe des Donc, en particulier, 2x − 2 ¯ x − 2cos(x) . abscisses. 3. f ′′(x) = 2 + 2sin(x) , donc, pour tout x [ R+ , on a 3. f x + 2π = Mcos a x + 2π + b = Mcos(ax + 2π + b) = Mcos(ax f(x)strictement croissante. f ′′(x) ˘+0b) , f=′ est a a 2π = Mcos a x + 2π + b = Mcos(ax + 2π + b) = Mcos(ax + b) = f(x) lim 2x − 2 = +` , donc, en utilisant un théorème de x→+` a a 2π comparaison, on en déduit que lim f ′(x) = +` . -périodique. f est a x→+` 4. M = 1; a = 1; b = 0 . est continue sur R+ elle est strictement croisf ′ 5. M = 1; a = 1; b = π . s a n t e , f ′(0) = −2 e t lim f ′(x) = +` d o n c 2

((

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)

(

) )

)

((

) )

70 1. Il affiche la valeur de u1 × u2 × … × u100 .

2.

x→+`

0 [ ]f’(0) ; lim f’(x)[ donc en utilisant le corollaire x→+`

du TVI, on en déduit que f ′(x) = 0 possède une unique solution dans R+. 4.

3. a.

α ≈ 0,739 . 7 • Fonctions trigonométriques

155

Exercices 5. x f 0(x)

0

α

+`

x→+`

+

+`

comparaison, on en déduit que lim f(x) = +`. x→+`

0

f9 –2 f 9(x) 0 f

Pour tout x [ R , on a : − 1¯ sin(x) ¯ 1 ⇔ x2 − 2 ¯ x2 − 2sin(x) ¯ x2 + 2 . lim x2 − 2 = +` , donc, en utilisant un théorème de

6. Le minimum de f est m = f(α) . f(α) = α2 − 2sin(α) 0 + – f ′(α) = 0 ⇔ 2α − 2cos(α) = 0 ⇔ cos(α) = α ⇔ cos2 (α) = α2 ⇔1− si +` f ′(α) = 0 ⇔ 2α − 2cos(α) = 0 ⇔ cos(α) = α ⇔ cos2 (α) = α2 ⇔1− sin2 (α) = α2 ⇔ sin2 (α) =1 − α2 ⇔ sin(α) = 1− α2

f (α)

f(α) = α2 − 2 1− α2

Pour s’entraîner à l’épreuve 72 1. Vrai : sin(x) ne garde pas un signe constant, π π 0 α1 α2 θ 6 2 donc xsin(x) prend des valeurs positives et néga+ + 0 − − f 9(θ) tives. 7− 6 2. Faux : pour tout x [ R , on a : 2 3 −1¯ cos(x) ¯ 1 ⇔ 1¯ cos(x) + 2 ¯ 3 0 0 f et −1+ x ¯ x + cos(x) ¯ 1+ x . −1 Dès que x . 1, on a −1+ x . 0, 2 −` 1 donc 1 ¯ ¯ 1 , donc, en multipliant x + cos(x) x − 1 1+ x Sur ⎡⎣0; π ⎤⎦  : f est continue, strictement croissante et membre à membre les deux inégalités, qui n’ont 6 que des membres strictement positifs, on obtient : f(0) = 7 − 4 = − 1 . 2 2 1 ¯ cos(x) + 2 ¯ 3   1+ x x + cos(x) x − 1 π 7 4 f = + 2tan π − = 7 + 2 − 8 = 7 − 6 ≈ 0,036 2 2 6 6 π Puis, en utilisant le théorème des gendarmes, on a : 3 3 2 3 cos 6 1 1 = lim  = 0 , lim 4 f π = 7 + 2tan π − = 7 + 2 − 8 = 7 − 6 ≈ 0,036 x→+` 1+ x x→+` x − 1 2 2 6 6 π 3 3 2 3 cos cos(x) + 2 = 0 6 donc lim . π ⎤. x→+` x + cos(x) Donc 0 [ ⎡f(0) ; f ⎣ 6 ⎦ AB ⇔ cos(θ) = 4 ⇔ AD = 4 En utilisant le corollaire du TVI, on en déduit qu’il 73 1.cos(θ) = AD AD cos(θ) existe un unique réel α1 de ⎡0 ; π ⎤ tel que f(α1) = 0. ⎣ 6⎦ tan(θ) = BD ⇔ tan(θ) = BD ⇔ BD = 4tan(θ) AB 4 CD = CB + BD = 7 + tan(θ). v = d ⇔ t = d , donc : t v −3 −3 pour le lapin : t1 = AD × 10 = 4 ⋅10 30 30cos(θ) −3 −3 pour le camion : t2 = CD × 10 = (7 + 4tan(θ))10 60 60 2. Le lapin est sauf si : −3 −3 t1 , t2 ⇔ 4 ⋅10 , (7 + 4tan(θ))10 ⇔ 4 , 7 + 2tan(θ) ⇔ 7 + 2tan(θ) − 4 . 0 cos(θ) 2 2 cos(θ) 30cos(θ) 60 7 7 4 4 ⇔ , + 2tan(θ) ⇔ + 2tan(θ) − .0 0,39 , α1 , 0,4 2 cos(θ) cos(θ) 2

+ 4tan(θ))10−3 60

⇔ f(θ) . 0 sin(θ) 3. a. tan(θ) =   cos(θ) Sur [0; π [ , on a : 2 2 sin2 (θ) = 1 tan′(θ) = cos (θ) + 2 cos (θ) cos2 (θ) 2 − 4sin(θ) = 2 − 4sin(θ) cos2 (θ) cos2 (θ) cos2 (θ) cos2 (θ) . 0 , donc f ʹ′(θ) est du signe de 2 − 4sin(θ) . 2 − 4sin(θ) . 0 ⇔ sin(θ) , 1 ⇔ θ [ ⎡0 ; π ⎤ ⎣ 6⎦ 2

b. f ′(θ) =

156

()

()

() ()

Sur ⎡ π ; π ⎡   : f est continue, strictement décrois⎣6 2 ⎣ sante et f π = 7 − 6 ≈ 0,036 2 6 3 2sin(θ) 7 − 4 = 7 + 2sin(θ) − 4 et f(θ) = + cos(θ) 2 cos(θ) cos(θ) 2 lim 2sin(θ) − 4 = −2 ⎫ ⎪ x→ π 2 ⎪ + ⎪ lim cos(θ) = 0 ⎬ lim f(θ) = −` π x→ ⎪ x→ π 2 2 ⎪ π x, π ⎪ x, 2 2 ⎭

()

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()

() ()

Exercices

()

Donc 0 [ ⎤−` ; f π ⎤ .  ⎦ 6 ⎦ En utilisant le corollaire du TVI, on en déduit qu’il existe un unique réel α2 de ⎡ π ; π ⎡  tel que f(α2 ) = 0. ⎣6 2 ⎣

f(0) = 3e et f(π) = e1−π ≈ 0,12 ; comme3 [ ⎡⎣e1−π ; 3e⎤⎦ , on a bien α [ [0 ; π]. b.

0,87 , α , 0,88 y 5.

0,64 , α2 , 0,65. Le lapin est sauf s’il traverse la route avec un angle compris entre α1 et α2.

74 1. f(x) = (2 + cos(x))e1−x

Pour tout x [ R on a : − 1¯ cos(x) ¯ 1 ⇔ 1¯ 2 + cos(x) ¯ 3 ⇒ 2 + cos(x) . 0 De plus, pour tout x [ R , on a e1−x . 0, donc pour tout x [ R on a f(x) . 0. 2.a. 2cos x − π = 2 cos(x)cos π + sin(x)sin π = 2 2 cos(x) + 2 sin(x) = cos(x) + sin(x) 1 2 4 4 4 )cos π + sin(x)sin π = 2 2 cos(x) + 2 sin(x) = cos(x) + sin(x) 0 a x π π 2 4 4 2 π b. 2 + cos(x) + sin(x) = 2 + 2cos x − 4 Pour tout x [ R , on a 75 X ′(t) = − 2 sin 10t − 4π π π ¯ 1 ⇔ − 2 ¯ 2cos x − ¯ 2 – 1¯ cos x − 2 4 4 W(t) = 0,1⎡− 2 sin 10t − π ⎤ + 10 ⎡0,02cos2 10t − π ⎤ = 0,2sin2 10t − π ⎣ ⎣ 4 ⎦ 4 ⎦ 4 ⇔ 2 − 2 ¯ 2 + 2cos x − ¯2+ 2 2 W(t) = 0,1⎡− 42 sin 10t − π ⎤ + 10 ⎡0,02cos2 10t − π ⎤ = 0,2sin2 10t − π + 0,2cos2 10t − π = 0,2 ⎣ : ⎣ 4 ⎦ 4 ⎦ 4 4 Comme 2 − 2 . 0  , alors π OH > 0 ⇔ 2 + cos(x) + sin(x) . 0 . 2 + 2cos x − cos(α) = ⇔ cos(α) = r 76 1. 4 OM MH ⇔ sin(α) = h 3. a. Pour tout x [ R , on a 1¯ 2 + cos(x) ¯ 3 sin(α) = ⇔ e1−x ¯ (2 + cos(x))e1−x ¯ 3e1−x ⇔ e1−x ¯ f(x) ¯OM e1−x 2 1−x 1−x 1−x 1−x 1−x V = πr h = 2πcos2 (α)sin(α) = π(1− sin2 (α))sin(α) = π(sin(α) − sin3 ( ⇔ e ¯ (2 + cos(x))e ¯ 3e ⇔ e ¯ f(x) ¯ e . lim 1− x = −` ⎫ 2 2 V = πr h = 2πcos (α)sin(α) = π(1− sin2 (α))sin(α) = π(sin(α) − sin3 (α)) = f(α) x→+` ⎪ 1−x = 0 , donc, en utib. ⎬ lim e 2. a. f ′(α) = π(cos(α) − 3cos(α)sin2 (α)) lim ex = 0 ⎪ x→+` b. f ′(α) = πcos(α)(1− 3sin2 (α)) x→−` ⎭ f ′(α) est du signe de 1− 3sin2 (α) sur ⎤0 ; π ⎡  : lisant le théorème des gendarmes, on en déduit que : ⎦ 2⎣ cos(α) . 0. lim  f(x) = 0 . x→+` 1− 3sin2 (α) ˘ 0 ⇔ (1− 3 sin(α))(1+ 3 sin(α)) ˘ 0 ⇔ 1− 3 sin(α) ˘ ⎫ lim 1− x = +`2 x→−` 1− 3sin (α) ⎪ ˘ 0 ⇔1−x(1− 3 sin(α))(1+ 3 sin(α)) ˘ 0 ⇔ 1− 3 sin(α) ˘ 0 , car 1+ 3 sin(α) . 0 lorsque = +` , donc, en utilisant ⎬ lim e α [ ⎤0; π ⎡ lim ex = +` ⎪ x→−` ⎦ 2⎣ x→+` ⎭ 3 1 ⇔ sin(α) ¯ ⇔ sin(α) ¯ un théorème de comparaison, on en déduit que : 3 3 lim f(x) = +` . La fonction sin étant strictement croisssante de x→−` ⎤0; π ⎡ dans ]0 ; 1[, il existe un unique réel α tel c. lim  f(x) = 0 , donc la courbe représentative de f 0 ⎦ 2⎣ x→+` 3 . que sin(α0 ) = présente en +` une asymptote horizontale d’équa3 tion y = 0 . Donc f ′(α) ˘ 0 ⇔ sin(α) ¯ sin(α0 ) ⇔ α ¯ α0 . + 2)f(x) = 0 et lim f(x) = 0 . 4. a. f ′(x) = e1−x (−2 − cos(x) − sin(x)) = −e1−x (cos(x) + sin(x)lim x→0 x→ π e1−x (−2 − cos(x) − sin(x)) = −e1−x (cos(x) + sin(x) + 2) . 2 1−x Comme 2 + cos(x) + sin(x) . 0 et e . 0 , alors π 0 α α0 f ′(x) , 0. 2 + 0 f est continue sur R, strictement décroissante, de plus – f 9(α) lim f(x) = 0 et lim  f(x) = +` , donc 3 [ [0; + `[ . f9(α0)

()

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x→+`

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En utilisant le corollaire du TVI, on en déduit que f(x) = 3 possède une unique solution dans R : α.

(

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)

(

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)

)

(

f 0

0

7 • Fonctions trigonométriques

157

Exercices

4. y 3. h = sin(α0 ) = 3 et r = cos(α0 ) = 6 . 3 3 En effet, sin2 (α0 ) = 1 donc cos2 (α0 ) = 1− 1 = 2 , 3 3 3 0,002 donc cos(α0 ) = 2 = 6 , car sur ⎤⎦0 ; π ⎡⎣ , on a 3 2 3 0 x cos(x) . 0. 0,008 3⎞ ⎛ Vmax = f(α0 ) = π(sin(α0 ) − sin3 (α0 )) = π ⎜ 3 − 3 ⎟ = 2π 3 ⎠ 3 3 ⎝ 3 3⎞ ⎛ 3 2π 3 3 = f(α0 ) = π(sin(α0 ) − sin (α0 )) = π ⎜ − 3 ⎟⎠ 3 3 ⎝ 3 π = 1 sin 200 t + π + π = 1 sin 200t + 2π + π = 1 sin 200t + π = q(t). 77 1. q t + 100 200 200 100 4 4 tout200 x [ [0 ; 3π], on4 a f ′(x) = 1 cos x . 78 1. Pour 3 30 0 t + π + π = 1 sin 200t + 2π + π = 1 sin 200t + π = q(t). 200 200 4 4 100 4 2. Pour tout x [ [0 ; 3π] , on a f ′′(x) = − 1 sin x  . 90 3 Donc q est π -périodique. 1 x 1 1 x 1 100 3. f ′′(x) + f(x) = − sin + × 2 sin =0 3 =9 10 3 + cos(t)) 2. q(t) = 1 sin 200t + π = 1 sin(t)cos π + cos(t)sin π = 1 9 2 sin(t) +90 2 cos(t) (sin(t) 200 200 2 2 1 400 200 4 4 4 4. f(x) = 0,05 ⇔ f ′′(x) = − ⇔ − 1 sin x = − 1 ⇔ sin x = 1 ⇔ 180 90 3 180 3 2 π π π 1 1 2 2 1 2 )= sin 200t + = sin(t)cos + cos(t)sin = sin(t) + cos(t) = 1 (sin(t)x + cos(t)) 5π π 1 1 x 1 x x 200 200 200 2 2 400 4 4 4 f(x) ou = 0,05 ⇔ f ′′(x) = − ⇔ − sin =− ⇔ sin= =      (2π) ⇔ =    (2π) 180 90 3 180 3 6 3 36 2 2 sin(t) + 2 cos(t) = 2 (sin(t) + cos(t)) os π + cos(t)sin π = 1 π 5π ou . Donc x = x = 200 2 2 400 4 4 2 2 2 sin(t) + 2 cos(t) = 2 (sin(t) + cos(t)) 79 1. Quatre solutions. 2 2 400 2 2 2. f(x) = 2 ⇔ 2sin 2x − π = 2 ⇔ sin 2x − π = 1 ⇔ 2x − π = π    (2π q(−t) = (sin(−t) + cos(−t)) = (−sin(t) + cos(t)) 6 6 6 2 400 400 f(x) = 2 ⇔ 2sin 2x − π = 2 ⇔ sin 2x − π = 1 ⇔ 2x − π = π    (2π) ⇔ x = π    (π) 6 2 3 6 6 −q(t) = 2 (−sin(t) − cos(t)) π 400 et f ′′(x) = −8sin 2x − π 3. f ′(x) = 4cos 2x − 6 6 On a q(−t) ≠ −q(t) et q(−t) ≠ q(t) , donc q n’est ni π π + 8sin 2x − =0 f ′′(x) + 4f(x) = −8sin 2x − paire ni impaire. 6 6 3. q ′(t) = cos 200t + π 4 80 1. d 0 ¯ t ¯ π ⇔ 0 ¯ 200t ¯ 2π ⇔ π ¯ 200t + π ¯ 9π 2. c 100 4 4 4 ¯ t ¯ π ⇔ 0 ¯ 200t ¯ 2π ⇔ π ¯ 200t + π ¯ 9π 3. c 4 4 4 100 Si π ¯ 200t + π ¯ π , alors cos 200t + π ˘ 0 81 On a f(x) = −xsin2 (x) 4 4 2 4 π π π π On cherche la plus petite puissance de 2, tel que, quel et 4 ¯ 200t + 4 ¯ 2 ⇔ 0 ¯ t ¯ 800 que soit le réel S donné, on ait f(2n ) ¯ S . π π π 3π Cet algorithme permet de justifier le fait que f ne Si ¯ 200t + ¯ , alors cos 200t + ¯ 0  2 4 2 4 tende pas vers +` ou −`. et π ¯ 200t + π ¯ 3π ⇔ π ¯ t ¯ π 2 4 2 100 160 Si 3π ¯ 200t + π ¯ 9π , alors cos 200t + π ˘ 0  2 4 4 4 π π π 3π 9π ¯ 200t + ¯ ⇔ ¯t ¯ et 2 4 4 160 100

) )

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+

q 9(t) q

158

π 800

2 400

0 1 200

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π 160 –

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0 − 1 200

π 100 + 2 400

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Exercices

Accompagnement personnalisé

(

)

3. g(x) = 0 ⇔ sin 3x + π = 0 ⇔ 3x + π = 0  (2π) 3 3 f(x + π) = sin(2(x + π)) = sin(2x + 2π) = sin(2x) = f(x) ou 3x + π = π    (2π)  3 )) = sin(2x + 2π) = sin(2x) = f(x) , donc f est bien π-périodique. π      (2π) ou x = 5π       (2π)  ou π ⇔ x = − 2. Période : 9 9 2 8π 7π 2π f x + π = cos 4 x + π = cos(4x + 2π) = cos(4x) = g(x)  x = − 9      (2π) ou x = 9      (2π) ou x = 9     (2π) 2 2 ou x = − 4π    (2π) = cos(4x + 2π) = cos(4x) = g(x) , donc g est bien π -périodique. 9 2 3. Période : π π 4. g (x) = 3cos 3x + ′ 3 = h(x) h(x + π) = sin2 (x + π) + cos(2(x + π)) = [−sin(x)]2 + cos(2x + 2π) = sin2 (x) + cos(2x) 2 2 3 ) + cos(2(x + π)) = [−sin(x)] + cos(2x + 2π) = sin (x) + cos(2x) = h(x), g′(0) = et g(0) = 3 2 2 donc h est bien π-périodique. T  : y = g ′(0)x + g(0) ⇔ y = 3  x + 3 2 2 83 1. π x 2 85 1. f ′(x) = − 3 sin 3 + 6 f ′′(x) = − 2 cos x + π 9 3 6 9f ′′(x) + f(x) = −2cos x + π + 2cos x + π = 0 3 6 3 6 Donc f est une solution de l’équation différentielle. 2. g ′(x) = k cos x 3 3 k sin x g (x) = − ′′ f semble être π-périodique. 3 9 2. f(x + π) = cos(2(x + π)) = cos(2x + 2π) = cos(2x) = f(x) 9 g ′′(x) + g(x) = −ksin x + ksin x = 0 donc g est 3 3 f(x + π) = cos(2(x + π)) = cos(2x + 2π) = cos(2x) = f(x) aussi une solution de l’équation différentielle. Donc f est bien π-périodique. 3. h ′(x) = − A sin x + B cos x 3 3 3 3 3. f est défine sur R qui est symétrique par rapport à 0. h ′′(x) = − A cos x − B sin x 9 3 9 3 f(−x) = cos(−2x) + 1 = cos(2x) + 1 = f(x) , donc f est x − Bsin x + Acos x + Bsin x = 0 9 h (x) + h(x) = − Acos ′′ paire. 3 3 3 3 Sa courbe représentative est symétrique par rapport x x x x 9h ′′(x) + h(x) = − Acos − Bsin + Acos + Bsin = 0. 3 3 3 3 à l’axe des ordonnées. Donc h est aussi une solution de l’équation différentielle. 4. Puisque f est π-périodique, il suffit d’étudier f sur 4. Une infinité de solutions, car k, A et B décrivent R. ⎡– π ; π ⎤ . ⎣ 2 2⎦ 86 1. sin est continue, strictement croissante sur Comme elle est paire, il suffit de faire l’étude pour les π ⎡ ⎡ ⎤ positifs, à savoir 0 ; . − π ; π⎤. ⎣ 2 2⎦ ⎣ 2⎦ De plus sin − π = −1 et sin π = 1, on a Y [ [  −1 ;1]. 5. f ′(x) = −2sin(2x). 2 2 6. x [ ⎡⎣0; π ⎤⎦ ⇔ 2x ∈ [0;π] , donc Donc, en utilisant le corollaire du TVI, on en déduit que 2 f(x) = Y possède une unique solution dans ⎡– π ; π ⎤ . sin(2x) ˘ 0 ⇔ f ′(x) ¯ 0 . ⎣ 2 2⎦ 2. a. π

82 1. Période : π

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x

0

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2

–

f 9(x) 2 f

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(

0

)

(

)

= sin 3 x + 2π + 2π = sin 3x + 2π + 2π = sin 3x + 2π = g(x) 84 1. g x + 2π 3 3 3 3 3

)

)

(

)

(

)

2π = sin 3 x + 2π + 2π = sin 3x + 2π + 2π = sin 3x + 2π = g(x) 3 3 3 3 3 2π Donc g est bien -périodique. 3 2.

7 • Fonctions trigonométriques

159

Exercices b. f(sin(x)) = x c. Comme f est dérivable sur ] − 1;1[  et sin est dérivable sur ⎡− π ; π ⎤ ,  alors x ! f(sin(x)) est dérivable ⎣ 2 2⎦ π sur ⎤− ; π ⎡  et [f(sin(x))]′ = f ′(sin(x)) × cos(x) . ⎦ 2 2⎣

D’autre part, comme f(sin(x)) = x, alors [f(sin(x))]′ = 1, d’où f ′(sin(x)) × cos(x) = 1 ⇔ f ′(sin(x)) = 1 . cos(x) 1 1 3. f ′(sin(x)) = = = 1 , car 1− sin2 (x) cos2 (x) cos(x) π π ⎤ ⎡ sur – ; , on a cos(x) . 0 . ⎦ 2 2⎣

Traduction des énoncés

88 Un secteur angulaire r θ

A

L

r

Un secteur angulaire est une partie d’une disque. Il est défini par un angle θ en radians et un rayon r, rayon du disque. L, la longueur de l’arc et A l’aire du secteur sont proportionnels à l’angle θ. 1. Justifier les égalités suivantes. 2 L = rθ et A = r θ . 2

2. Un constructeur doit construire une fine plaque de métal en forme de secteur angulaire de périmètre 20 cm. Le diagramme ci-dessus montre un tel secteur. a. Démontrer que A = 25 − (r − 5)2 . b. En déduire la valeur de r pour lequel A est maximale et déterminer la valeur maximale de A.

89 Niveau de la mer et intervalle de temps La profondeur d’eau à l’entrée d’un port est de y mètres au temps t en heures après la marrée basse. La valeur de y est donnée par l’expression : y = 10 − 3cos t . 2 1. On suppose que la profondeur du port est constante. Quelle est la profondeur d’eau dans le port à marée basse ? 2. Quelle est la profondeur d’eau dans le port à marée haute ? 3. Déterminer l’intervalle de temps entre une marée basse et la marée haute qui lui succède. (Arrondir le résultat en heures, au centième.)

()

160

90 Sur la fonction tangente y O

90°

180° 270° 360°

x

1. Sur les axes ci-dessus, tracer le graphe de la fonction y = tan(x) pour 0° ¯ x ¯ 360° . 2. Résoudre l’équation tan(x) = −1 et déterminer toutes les valeurs possibles de x dans l’intervalle [0 ; 360] . 3. a. Sachant que 6tan(2θ)sin(θ) = 5 , montrer que 6cos(2θ) +  5cos(θ) − 6 = 0. b. En déduire la résolution de l’équation 6tan(3x)sin(3x) = 5 et déterminer toutes les valeurs possibles de x au degrès près dans l’intervalle [0 ; 180]. Thème Le professeur Cosinus Marie-Louis-Georges Colomb est un botaniste français du XIXe siècle. Il fut aussi l’un des pionners de la bande dessinée comique. L’une de ses plus célèbres bandes dessinées était intitulée Le savant Cosinus. Il l’a publiée sous le pseudonyme de Christophe. Le personnage principal était un très savant mais très distrait mathématicien qui multipliait les mésaventures. Christophe s’inspira probablement de ses amis mathématiciens, comme Jacques Hadamard et Henri Poincaré pour dépeindre le portrait de Cosinus. 1. Question internet Jacques Hadamard était un célèbre et très distrait mathématicien. Chercher des informations sur ce mathématicien et décrire la personnalité de cette célèbre figure des mathématiques. 2. On considère la fonction f définie par : f(x) =

k=10

∑ 0,6k cos(10k πx ) .

k=0

En utilisant Geogebra ou un logiciel de calculs, tracer le graphe de la fonction f. 3. Question amusante Dans son œuvre, Surya Siddanta, Aryabhata (VIe siècle), un grand mathématicien et astronome indien, introduit le mot jya-ardha, la demi-corde en Sanskrit, abrégé en jya. Plusieurs traductions de ce mot du sanskrit à l’arabe puis au latin conduit au choix du mot sinus comme traduction. Chercher sur internet l’évolution de la signification du mot jya-ardha et relever le sens amusant de l’interprétation erronée qui en fut faite.

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87 Le signe de sinus On considère l’équation sin(x) = x sur l’intervalle 2 [0; π]. En étudiant la fonction f définie par f(x) = sin(x) − x 2 sur l’intervalle [0; π], prouver que l’équation précédente possède une solution unique α appartenant à [0; π] et donner une valeur approchée au centième de α.

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8

Intégration

Pour construire le cours Situation A Estimer l’aire de la dérive d’un avion dans L’INDUSTRIE On veut ici introduire la méthode des rectangles à l’aide d’un logiciel de géométrie. 1. On peut, en comptant les carrés de 1 mètre de côté, encadrer l’aire de cette dérive entre 2 et 7 m2 car elle contient au moins deux de ces carrés et traverse sans les remplir sept carrés. Rappeler qu’un pavage permet souvent d’encadrer grossièrement une aire. 2. L’aide du domaine D est plus grande que la somme des aires des rectangles vert et bleu, car ces deux rectangles sont inclus dans ce domaine. L’aide du domaine D est plus petite que la somme des aires des rectangles vert et orange d’une part, et bleu et rose d’autre part, car le domaine D est inclus dans la surface formée par ces quatre rectangles. Expliquer le principe de la méthode des rectangles avec n = 2 en montrant que la hauteur des rectangles correspond au maximum et au minimum de la fonction sur chaque intervalle. On calcule alors l’aire : - du rectangle vert : sa hauteur est f (1) = 2 et sa largeur 1, donc son aire est 2 m2 ; - du rectangle bleu : sa hauteur est f (2) = 0,2 et sa largeur 1, donc son aire est 0,2 m2 ; - du rectangle vert + orange : sa hauteur est f (0) = 5 et sa largeur 1, donc son aire est 5 m2 ; - du rectangle bleu + rose : sa hauteur est f (1) = 2 et sa largeur 1, donc son aire est 2 m2. Donc l’aire du domaine D est comprise entre 2,2 et 7 m2. Montrer que c’est un peu plus précis avec ce découpage qu’avec le pavage grossier. 3. Avec n = 5, on obtient, avec le logiciel, une aire du domaine D comprise entre 3,67 m2 et 5,59 m2. Décrire à nouveau le principe de la méthode de construction des rectangles qui explique que l’aire cherchée est bien encadrée par les sommes des aires de ces rectangles.

Il semble qu’en augmentant le nombre de rectangles, l’amplitude de l’encadrement diminue, et donc que la précision sur l’aire étudiée soit de plus en plus grande. 5. Avec 1 000 rectangles, la somme des aires des « petits » rectangles vaut 4,638 m2 et celle des « grands » rectangles vaut 4,648 m2. Donc 4,638 < Aire de D < 4,648 On peut dire aux élèves que l’objectif du chapitre est de déterminer, dans les cas où c’est possible, la valeur exacte d’une telle aire délimitée par une courbe. Cette activité permet de définir l’unité d’aire sur un graphique, puis l’aire d’un domaine délimité par la courbe d’une fonction positive, l’axe (Ox) et deux droites parallèles à l’axe des ordonnées.

Trace écrite Définition de l’unité d’aire et d’aire sous une courbe.

162

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4. Avec 10 rectangles, la somme des aires des « petits » rectangles vaut 4,16 m2 et celle des « grands » rectangles  vaut 5,12 m2. Donc 4,16 < Aire de D < 5,12. Avec 100 rectangles, la somme des aires des « petits » rectangles vaut 4,595 m2 et celle des « grands » rectangles vaut 4,691 m2. Donc 4,59 < Aire de D < 4,70.

Pour construire le cours

Situation B Trouver une fonction dont la dérivée est connue en MATHÉMATIQUES 1. a. On dérive la fonction F : F’ (x) = 2x − 1 = f (x), donc F a pour dérivée f. Si on dérive une fonction de la forme x ∞ x2 − x + 3 + k , où k est un nombre quelconque, on obtiendra encore f. Donc il existe une infinité de fonction ayant pour dérivée f. b. Comme x ∞ xn a pour dérivée x ∞ nxn−1 , alors x ∞ x3 a pour dérivée x ∞ 3x2 , donc, d’après les règles de calcul des dérivées, x ∞ 1 x3 a pour dérivée la fonction g. 3 Indiquer qu’une lecture inverse des tableaux de dérivées permet de résoudre ce type de questions. c. La fonction h est la dérivée de la fonction ln, donc la fonction H : x ∞ H (x) = ln (x) est une solution du problème. Faire remarquer qu’il y en a une infinité comme dans la question 1. a. 2. a. On ne voit pas a priori de fonction connue qui a pour dérivée la fonction k. Faire remarquer si besoin qu’on ne connaît pas à ce stade de fonction qui a pour dérivée x1x et que même si on en connaissait une, la dérivée d’un produit n’est pas égale au produit des dérivées. b. D’après le logiciel de calcul formel, K(x) = 2x2 x . K est dérivable sur ]0 ; + `[ en tant que produit de fonctions dérivables. K’(x) = 4x × x + 2x2 × 1 = 4x x + x , car x = x , donc, au final, K’(x) = 5x x = k(x) . 2 x x Ainsi, la fonction K a bien pour dérivée la fonction k. On peut ainsi considérer, pour une fonction f continue sur un intervalle I, les fonctions dérivables sur cet intervalle I, qui ont pour dérivée la fonction f : ce sont les primitives de la fonction f sur l’intervalle I. On peut définir une primitive d’une fonction continue sur un intervalle [a ; b].

Trace écrite

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Définition d’une intégrale.

8 • Intégration

163

Pour construire le cours Situation C Étudier une fonction définie par une intégrale en MATHÉMATIQUES On va ici relier primitive et intégrale. 1. La zone hachurée jusqu’à la droite d’équation x = x0 représente l’aire sous la courbe de f entre les droites d’équations x = a et x = x0 , c’est donc par définition F (x0). y

a

O

x0 x

2. On peut, d’après le schéma précédent, conjecturer que, si x0 augmente, l’aire sous la courbe, qui vaut F (x0), augmente aussi. La fonction F semble donc croissante. On peut illustrer la situation avec un logiciel de géométrie dynamique sur un exemple, en faisant varier la valeur de x0 et en demandant l’aire du domaine hachuré : IntégraleDomaine[f,0,a,x0] 3. a.

y

a

O

x0 x + h x 0

b. L’aire hachurée en rouge, d’après la question précédente, vaut F(x0 + h) − F(x0 ).

O

a

x0 x + h x 0

Par encadrement des aires, elle est supérieure à l’aire du rectangle coloré en jaune, et inférieure à celle du rectangle coloré en vert. Aire du rectangle jaune : largeur × hauteur = h × f(x0 ) . Aire du rectangle vert : largeur × hauteur = h × f(x0 + h) . Par conséquent, d’après l’encadrement des aires, on a bien h × f(x0 ) < F(x0 + h) − F(x0 ) < h × f(x0 + h). Ainsi, en divisant par h qui est un nombre strictement positif (on conserve le sens des inégalités), on a : F(x0 + h) − F(x0 ) f(x0 ) < < f(x0 + h). h Comme f est continue sur [a ; b], lim f(x0 + h) = f(x0 ) . h→0

164

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y

Pour construire le cours Donc on a lim

h→0 h.0

F(x0 + h) − F(x0 ) = f(x0 ) d’après le théorème des gendarmes. h

Montrer un exemple de fonction discontinue pour laquelle lim f(x0 + h) ne vaut pas f (x0). h→0

4. a. Lorsque h , 0, x0 + h , x0, l’aire hachurée (en rouge) est donc maintenant égale à F(x0 ) − F(x0 + h) . Par encadrement des aires, elle est supérieure à l’aire du rectangle coloré en jaune, et inférieure à celle du rectangle coloré en vert. Lorsque h , 0, x0 + h , x0 et on a donc le schéma suivant. y

O

a

x0 + h x0

x

Aire du rectangle jaune : largeur × hauteur = −h × f(x0 + h) , car h , 0, donc la hauteur vaut − h. Aire du rectangle vert : largeur × hauteur = −h × f(x0 ) D’après l’encadrement des aires, on a bien −h × f(x0 + h) < F(x0 ) − F(x0 + h) < −h × f(x0 ) . b. Ainsi, en divisant par − h qui est un nombre strictement positif (on conserve le sens des inégalités), on a : F(x0 ) − F(x0 + h) f(x0 + h) < < f(x0 ) , d’où : −h F(x0 + h) − F(x0 ) f(x0 + h) < < f(x0 ) . h Comme f est continue sur [a ; b], lim f(x0 + h) = f(x0 ) . h→0

F(x0 + h) − F(x0 ) Donc on a lim = f(x0 ) d’après le théorème des gendarmes. h h→0 h,0

F(x0 + h) − F(x0 ) = f(x0 ) d’après le théorème des gendarmes. h h→0

5. Dans les deux cas, on a lim

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Donc F est dérivable en x0 et F’ (x0) = f (x0). Donc la fonction F est dérivable sur [a ; b] et a pour dérivée f.

Trace écrite   Théorème fondamental et primitive d’une fonction.

8 • Intégration

165

Diaporamas Intégration

Diaporama calcul mental

Intégration

Diaporama calcul mental

Quelle est, en unités d’aires, l’aire du polygone ABCDE ? B

C

2

La dérivée de la fonction x ∞ e5x +3 sur R est :

u.a.

2 a. x ∞ e5x +3

A

2

E a. 12

b. x ∞ 5e5x +3

D

2

c. x ∞ 10xe5x +3

b. 4

2

d. x ∞ (10x + 3) e5x +3

c. entre 3 et 5, on ne peut pas dire exactement d. entre 10 et 15, on ne peut pas dire exactement © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Intégration

Diaporama calcul mental

La zone colorée ci-dessous est l’ensemble des points de coordonnées tels que : ⎧−x2 + 1> 0 a. ⎨ ⎩−1< x < 1 ⎧−x2 + 1< 0 b. ⎨ ⎩−1< x < 1

a. x ∞ 2x2 + 1 + ln (x2 + 4) − ln (2) b. x ∞ ln (x2) + 2x2

1

c. x ∞ 2x2 + ln (x2 + 4) d. x ∞ 2x2 + ln (x2 + 4) − ln(5)

⎧0 < y < −x2 + 1 d. ⎨ ⎩−1< x < 1 © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Intégration

Diaporama calcul mental

Diaporama calcul mental

Dans un repère orthonormé d’unité 1 cm, le calcul, en cm2, de l’aire de la surface délimitée par les droites d’équations x = −2, x = 3, y = −4 et y = 5 est :

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Intégration

Diaporama calcul mental

Parmi les propositions suivantes, la ou lesquelles sont vraies ? a. Si f et g sont deux fonctions dérivables sur R et de même dérivée, alors f = g.

a. (3 + 2) × (5 + 4) = 45

b. Si f et g sont deux fonctions dérivables sur R telles que f − g = 45, alors f ’ = g ’.

b. (3 − 2) × (5 − 4) = 1 c. (−2 + 4) × (5 − 3) = 4

c. Si f et g sont deux fonctions dérivables sur R telles que f ’− g’ = 45, alors f = g.

d. (3 + 2)2 + (5 + 4)2 = 106

d. Si f et g sont deux fonctions dérivables sur R telles que f ≠ g, alors f ’ ≠ g’. © Hachette Livre − Mathématiques Tle S Spécifique

Intégration

Diaporama calcul mental

L’encadrement, en cm 2, de l’aire colorée ci-dessous, sachant que l’unité de ce repère orthonormé est de 2 cm, est : a. entre 7 et 22 b. entre 14 et 44 c. entre 28 et 88 d. impossible à déterminer.

C

B 1 A 0 1

Intégration

E

Diaporama calcul mental

La dérivée de la fonction x ∞ ln (x2 + 3x + 1) sur R+ est : a.

1 x2 + 3x + 1

b.

2x + 3 x2 + 3x + 1

c.

2x (x2 + 3x + 1)2

d.

−1 (x2 + 3x + 1)2

D

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166

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2 ⎧ c. ⎨y < −x + 1 −1< x 0 , donc 3. F ′(x) = 1 × 2x × 21 = 2x 2 2 2 x +1 x +1 x + 1dx ˘ 0 . ∫ 1 2 x − 2xex 2e 1− x 2. Pour tout x ˘ 1, x2 ¯ x2 + 1¯ x + 1 . = 4. F ′(x) = 2x x 2 2e 4e Comme la fonction « racine carrée » est strictement 5. Soit G une primitive de f sur I, alors F(x) = G(x) − G(0). croissante sur [0 ; + ` [, on a : D’où F ′(x) = G ′(x) − 0 = f(x) . x ¯ x2 + 1 ¯ x + 1 . 2 4  1. F ′(x) = ln(x) + x × 1x − 1 = ln(x) . 2 2 2 2 3. ∫ x dx ¯ ∫ x + 1dx ¯ ∫ x + 1 dx Donc F est une primitive de f. 1 1 1 2 2. Ensemble des primitives de f : Fk (x) = xln(x) − x + k 2 ⇔ 3 ¯ ∫ x2 + 1dx ¯ 2 . avec k réel. 1 2 3. On cherche la valeur k vérifiant : 11  1. F(1) − F(−1) = 0 ; Fk (1) = 2 ⇔ −1+ k = 2 ⇔ k = 3. 2. F(1) − F(−1) = 2 ; D’où H(x) = xln(x) − x + 3 . 3. G(e2 ) − G(e) = 1; 4. G(50) − G(8) = 3 2 . 5  1. F(x) = 57 x7 − 21 x4 + x3 + 7x  ; 11 2 2. ∫ x5 dx = 0; 12  1. ∫−8dx = 3 ; 2. F(x) = − 2 x9 + 7 x5 + 1 x4  ; −2 9 5 4 4 3 4. ∫ a da = 16 ; 3. ∫ sin(v)dv = 0 ; 3. F(x) = 1 x8 + 2 x7 − 5 x3 − x  ; −4 −3 8 7 3 π 36 4. F(x) = − 16 − 1 ; 6. ∫ 1 ds = 2 . 5. ∫ π dx = π2 ; x 0 2x 25 s

(

(

)

)

8 • Intégration

169

Exercices 2 × g(2) 22 a. ∫0 g(x)dx = 2 = 6 ; 2

13 1. I , 0 ;

2. J , 0 ; 3. K , 0 ; 4. M . 0.

4 1

23

15 On remarque que le signe de f(x) permet de

déterminer le sens de variation de g. D’où g ′(x) = f(x). g est une primitive de f sur R.

16 1. M(x ; y) est un point de la courbe # ⇔ pour

tout x [ [0;2]  , y = 2x −

x2

⇔

y2

x2

+ − 2x = 0 ⇔ (x − 1)2 + y2 = 1 Tout point M(x ; y) de # vérifie l’équation du cercle de centre I(1 ; 0) et de rayon 1. 2 2. ∫ f(x)dx = π . 0 2 17 1. Pour tout x [ ⎡⎣0;  2π ⎤⎦  ; cos(x) ˘ 0  et sin(x) ˘ 0. π Donc ∫ 2 cos(x)sin(x)dx ˘ 0. 0 π 2 cos(x)sin(x)dx 0

π

= ⎡ 1 sin2 (x)⎤ 2 = 1 . ∫ ⎣2 ⎦0 2 18 1. La fonction f semble impaire (courbe symétrique par rapport à l’origine du repère). Donc

5

∫−5f(x)dx = 0.

−x x 2. a. Pour tout réel x, f(−x) = e− x − 1 = 1− ex = −f(x). e + 1 1+ e f est une fonction impaire. 5 0

0 −5

b. ∫ f(x)dx = − ∫ f(x)dx . Donc

5

∫−5f(x)dxx = 0 .

1 = ex − e− x . +1 + 1 ex + 1 1+ e− x 5 5 5 b. ∫ f(x)dx = ⎡⎣ln(ex + 1)⎤⎦ + ⎡⎣ln(e− x + 1)⎤⎦ = 0 . −5 −5 −5 e

3. a. f(x) =

−

ex

ex

19 Soit F une primitive de f sur [– 5 ; 3]. Comme F ′(x) = f(x), alors le signe de f(x) détermine le sens de variation de F sur [– 5 ; 3]. Sur [– 5 ; – 4], F est décroissante ; sur [ – 4 ; – 1], F est croissante ; sur [ – 1 ; 1 ], F est décroissante ; sur [1 ; 3], F est croissante. 20 1. Pour tout x [ [0;1], x2 ,ex . D’où

1 2 dx

∫0 x

1 0

, ∫ ex dx .

2. Pour tout x [ [100;1000] , ln(x) , ex . D’où

1000

∫100

1000 x e dx. 100

ln(x)dx , ∫

3. Pour tout réel x, x2 ˘ 0. 50 2

24

−2 25 Surface = ∫−5 f(x)dx = 10,5 u.a. 7 ; 26 a. ∫−3 h(x)dx = 25π 2

2 b. ∫ h(x)dx = 25π ; −3 4 7 25π c. ∫ h(x)dx = . 2 4 4

27 a. ∫3 m(t)dt = 2 ; 2 −1 4 m(t)dt = 7,5 ; −1 1 m(t)dt = 1,5 . 0

b. ∫ m(t)dt = 4,5 ; c. ∫

d. ∫

6

6

28 1. f(t) = − 21 t + 1 ; ∫0 f(t)dt = ⎡⎣− 41 t2 + t ⎤⎦ = −3 . 0

(

)

x x 2. ∫ f(t)dt = 0 ⇔ ⎡− 1 t2 + t ⎤ = 0 ⇔ x 1− 1 x = 0. 0 ⎣ 4 ⎦0 4 D’où x = 0 ou x = 4 .

29 Pour tout x [ [−1;1] , s(x) ¯ 0.   Donc Surface =

1

∫−1[−s(x)]dx  u.a. = 2 u.a.

30 1. Vrai : (x2 )′ = 2x. 2. Faux : l’ensemble des primitives de cette fonction s’écrit Fk (x) = x2 + x + k , où k est un réel. 3. Faux : l’ensemble des primitives de la fonction inverse s’écrit ln(x) + k, avec k réel. 4. Vrai : (x3 − x2 − e− x )′ = 3x2 − 2x + e− x;  de plus, 0 a pour image –1 par cette fonction.

31 1. L’ensemble des primitives de f s’écrit :

Fk (x) = ln(x) − 4x + k , avec k réel. 2. L’ensemble des primitives de g s’écrit : Gk (x) = 4 x3 − 1 x2 + 5x + k, avec k réel. 3 2 3. L’ensemble des primitives de h s’écrit : Hk (x) = 1 e2x − 3ex + k, avec k réel. 2 4. L’ensemble des primitives de k s’écrit : Kk (x) = − 6 + k, avec k réel. x 5. L’ensemble des primitives de m s’écrit : Mk (x) = 1 sin(2x) + k, avec k réel. 2

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14 Aire polygone = 14,25 u.a.

2.

(g(1) + g(4)) × 3 45 . = 2 2 8 8×2 ∫0 f(u)du = 2 = 8. 5 ¯ 2f(x)dx ¯ 3 . 6 ∫0 2

b. ∫ g(x)dx =

∫20 x dx . 0. 50 20 50 32 F ′(x) = 2xe−2x − 2e−2x (x2 + 3) = −2e−2x (x2 − x + 3) = f(x) Comme ∫ x2 dx = ∫ x2 dx + ∫ x2 dx , alors 10 10 20 20 2 50 2 F ′(x) = 2xe−2x − 2e−2x (x2 + 3) = −2e−2x (x2 − x + 3) = f(x) . ∫10 x dx , ∫10 x dx   .

D’où

4. La fonction « carré » est une fonction paire.

2 −1 2 D’où x2 dx = x dx . 1 −2 2 −2 2 Donc x2 dx = − x dx . 1 −1 2 −1 2 x dx . 5. x2 dx = 1 −2 5 21 1 f(t)dt = 12 .

∫

∫

∫

∫

∫

∫

170

∫

33 F(x) = (x − 2)e− x est une primitive de f sur R.

L’ensemble des primitives de f s’écrit : Fk (x) = (x − 2)e− x + k, avec k réel.

34 1. L’ensemble des primitives de f s’écrit :

Fk (x) = 1 x4 − 1 x2 + k, avec k réel. 4 2 Fk (−2) = 1⇔ k = −1.

Exercices 2. L’ensemble des primitives de f s’écrit : 42  1. Pour tout x [ [0;1], x + 2 = x + 1+ 1 = 1+ 1  . x +1 x +1 x +1 Fk (x) = −cos(x) + k, avec k réel. 1 2. ∫ x + 2 dx = [ x + ln(x + 1)]10 = 1+ ln2 ≈ 1,7  au dix0 x +1 Fk (π) = 0 ⇔ k = −1. ième près. 3. L’ensemble des primitives de f s’écrit : 3 Fk (x) = − + 2ln(x) − x + k, avec k réel. x 43  Surface = Fk (1) = 0 ⇔ k = 4 . 2 2 5 15 1 3 2 4. L’ensemble des primitives de f s’écrit : ∫0 x dx  u.a. +  ∫2 2x dx  u.a. +  ∫5 (−x + 15)dx u.a. =  ⎡⎣ 3 x ⎤⎦0 u.a. + Fk (x) = 2 2x + 2x + k , avec 15 5 k réel. 15 2 2 5 1 3 2 1 2 71 ∫0 x . dx  u.a. +  ∫2 2x dx  u.a. +  ∫5 (−x + 15)dx u.a. =  ⎡⎣ 3 x ⎤⎦0 u.a. + ⎡⎣x ⎤⎦2 u.a. + ⎡⎣− 2 x + 15x ⎤⎦5 u.a. = 3 u.a. Fk (4) = −5 ⇔ k = −17 2 15 5. L’ensemble de f s’écrit15: 5 2 2 des primitives 5 (−x + 15)dx u.a. =  ⎡ 1 x3 ⎤ u.a. + ⎡⎣x2 ⎤⎦ u.a. + ⎡− 1 x2 + 15x ⎤ u.a. = 71u.a. ∫0 x dx  u.a. +  ∫2 2x dx, u.a. +  ∫ 5 2 1 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2 3 2 3 5 0 Fk (x) = 2x + 1 + k avec k réel. 2 44  1. Pour tout x ˘ 1, Fk (0) = 1⇔ k = 1 . x 2 x (2 − t)dt = ⎡2t − 1 t2 ⎤ = − 1 x2 + 2x − 3 . ∫ 2 2 1 ⎣ ⎦ 2 2 2 1 35  Pour tout réel x, cos (x) = 1− sin (x) . 3 2 2 2. La courbe représentant la fonction « inverse » D’où cos (x) = cos(x)(1− sin (x)) = cos(x) − cos(x)sin (x) admet une tangente au point d’abscisse 1 d’équation cos3 (x) = cos(x)(1− sin2 (x)) = cos(x) − cos(x)sin2 (x). Une primitive G et g sur R s’écrit : y = −t + 2. 3 1 Donc pour tout  t  [ [1; +`[, 2 − t ¯ 1 (l’hyperbole se G(x) = sin(x) − sin (x) . t 3 situe au-dessus de cette tangente sur [1 ; + `[ ). 36  1. L’ensemble des primitives de f s’écrit : Demo (bis) : pour tout  t  [ [1; + `[ , 2 − t ¯ 1 t Fk (x) = 3 x2 + 1 + k, avec k réel. 2 x ⇔ 2t − t2 ¯ 1⇔ 0 ¯ t2 − 2t + 1⇔ 0 ¯ (t − 1)2 . 2. L’ensemble des primitives de g s’écrit : −x 3. Pour tout x ˘ 1, Gk (x) = 1 e3x − 10e 2 + k, avec k réel. x x 3   ∫ (2 − t)dt ¯ ∫ dt ⇔ − 1 x2 + 2x − 3 ¯ ln(x) ln(x). 1 1 t 2 2 Gk (0) = 4 ⇔ k = 41. 3 3. L’ensemble des primitives de h s’écrit : 45  1. y 3 1 Hk (x) = − cos (x) + k , avec k réel. 3 1 a = 4,67 Hk (π) = 0 ⇔ k = − 1 . 3 0 x

37  1. I = [4ln(x)]12 = 4ln(2) .

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3

2. J = ⎡ 2 t3 + t ⎤ = 21. ⎣3 ⎦0 2 3. K = ⎡ 1 (1+ u)3 ⎤ = 9. ⎣3 ⎦−1 1 3y 1 4. L = ⎡ e ⎤ = 1 (e3 − 1). ⎣3 ⎦0 3

38  1. e3ln(2x)+4 = eln(8x

3

)

2

1

(

)

2. F ′(x) = 2 x + x =  2 × 3 x = x 3 2 3 2 x Donc F est une primitive de la fonction « racine carrée » sur [0 ; + `[ . 4 4 3. Aire = ∫1 x dx  u.a. = ⎡ 2 x x ⎤ u.a. =  14 u.a. =  14 × 2,56cm2 ≈ 11,9 ⎣3 ⎦1 3 3 4 4 x dx  u.a. = ⎡ 2 x x ⎤ u.a. =  14 u.a. =  14 × 2,56cm2 ≈ 11,95 cm2 . ⎣3 ⎦1 3 3 × e∫14 = 8e4 x3 .

2. I = ⎡⎣2e4 x4 ⎤⎦ = 30e4 ≈ 1 637,94 au centième près. 1

46 

y

25 39  1. I = ⎡⎣10 x ⎤⎦4 = 30 ; 2. J = [ln(x + 1)]30 = 2ln 2 ; 2

⎡ ⎤ 3. K = ⎢− 13 ⎥ = 7  ; ⎣ 3x ⎦1 24 π

4. L = [−cos(x)] 2π = 2 . 2 4

2 3. K = ⎡− 1 ⎤ = 1  ; ⎣ 1+ x ⎦1 6 1 4. L = ⎡ 1 sin(πx)⎤ = 0. ⎣π ⎦0

0

2

e 40  ∫ 1x ln(x)dx = ⎡⎣ 21 ln2 (x)⎤⎦ = 32 . e 1 − x 1 ⎡ ⎤ 41  1. I = ⎣−e ⎦0 = 1− e  ; 1 2. J = ⎡ 1 t6 + t ⎤ = 2 ; ⎣6 ⎦−1 e2 e

S = 0,17

0,2

S=

1

2 )dx  u.a.

∫0(x − x

47  a. 2. ;

x

0,2

1 = ⎡ 1 x2 − 1 x3 ⎤ u.a. = 1  u.a. . ⎣2 3 ⎦0 6

b. 3. ;

c. 1.

48  f est impaire, donc l’aire est égale à π

2∫ sin(x)dx = 2[−cos(x)]0π = 4 unités d’aire. 0 8 • Intégration

171

Exercices 49 1.

57 1.1Sur l’intervalle [−6;1] , la fonction f est positive. Donc ∫−6f(t)dt . 0. Sur l’intervalle [3;5] , la fonction f est négative.

y

a = 1,33 1 0

1

x

1 1 2. S = −1(2 − x2 − 1)dx u.a. = ⎡− 1 x3 + x ⎤ u.a. =  4 u.a. ⎣ 3 ⎦ 3 1 −1 1 S = (2 − x2 − 1)dx u.a. = ⎡− 1 x3 + x ⎤ u.a. =  4 u.a. −1 ⎣ 3 ⎦−1 3 2 f(x)dx    représente l’aire du trapèze en u. a. 50 −1

∫

∫

∫

délimitée par la droite d’équation y = 1 x + 5, l’axe des 2 abscisses et les droites d’équation x = −1 et x = 2. y

1

a = 15,75

0

1

5

∫3 f (t ) dt , 0. 2. Pour tout x [ [−6;1],  4 , f(x) , 7, donc : 4 , 1 f(t)dt , 1. 7 ∫−6 3. Pour tout x [ [3;5], −3 , f(x) , −1, donc : 5 − 3 , ∫ f(t)dt , − 1 . 3 2 2 Donc

x

51 La surface hachurée située en-dessous de l’axe

des abscisses semble plus importante que la surface hachurée au-dessus de l’axe des abscisses. En conséquence, la somme algébrique de ces surfaces devrait être négative.

10

58 Vm = 61 × ∫4 f(x)dx = 5

1 ⎡− 5 ⎤10 = 1 . 6 ⎣ x ⎦4 8 5

59 Vm = 51 × ∫exdx = 51 ⎡⎣ex ⎤⎦0 = 51 (e5 − 1) ≈ 29,48 0 au centième près.

60 1. h ′(x) = (−2x2 + 5x − 2)e− x

1 × ⎡(2x2 − x + 1)e− x ⎤1 = 4 − 2 ≈ 0,258 ⎣ ⎦1 e e 1− 1 2 2 au millième près. 2. Vm =

61 1. L’ensemble des primitives de m sur R s’écrit Mk (x) = 3ln(x2 + x + 1) + k , où k est un réel. 2. L’ensemble des primitives de n sur R s’écrit Nk (x) = 1 3x2 + 1 + k , où k est un réel. 3 3. L’ensemble des primitives de p sur R s’écrit 2 Pk (x) = −e− x + k , où k est un réel. 62 1. F(x) = − 12 + 32 . 2x 2 2. F(x) = − cos(x ) + 5 . 2 2 3. F(x) = 3ln(ex + 3) − 6ln(2) .

63 F ′(x) = ln(x) et G ′(x) = ln(x). Donc F et G sont deux primitives de ln sur ]0 ; + ` [.

(

172

(

)

)

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. 0, donc I . 0. 52 1. Pour tout x [ [ ] 3 2 2 5 2. Pour tout x [ [1; 3] , ln4 (t) ˘ 0, donc ∫ ln4 (t)dt ˘ 0. 1 64 Aire = ∫0 f(x)dx  u.a. +  ∫2 −f(x)dx  u.a. = ⎡⎣ 41 x4 − 73 x3 + 5x2 ⎤⎦ u.a. 0 D’où J ¯ 0. 2 5 1 x4 − 7 x3 + 5x2 ⎤2 u.a. + ⎡− 1 x4 + 7 x3 − 5x2 ⎤5 u.a. = 253 u.a. ⎡ x f(x)dx  u.a. +  −f(x)dx  u.a. = 3. Pour tout x [ [−2; − 1] , e∫0 . 0  et x , 0.∫2 ⎣4 ⎦0 ⎣ 4 ⎦2 3 3 12 Donc K , 0. 2 5 2 5 f(x)dx x + 1  u.a. = x) , 0  . 0. ⎡ 1 x4 − 7 x3 + 5x2 ⎤ u.a. + ⎡− 1 x4 + 7 x3 − 5x2 ⎤ u.a. = 253 u.a. 4] , (1− u.a. +  4. Pour tout x [ [∫1; ∫2et−f(x)dx 0 ⎣4 ⎦0 ⎣ 4 ⎦2 3 3 12 4 1 65 x [ [0; + `[,   H ′ (x ) = x ˘ 0. Donc ∫ (1− x) x + 1dx , 0 ,d’où ∫ (1− x) x + 1dx . 0  . 1 4 Donc H est croissante sur [0; +`[.   π ⎡ ⎤ 5. Pour tout t [ 0 ;  ,  0 , cos(t) , 1 ⎣ 2⎦ 66 1. Pour tout réel t, cos(2t) = cos2 (t) − sin2 (t) = cos2 (t) + cos2 ⇔ −1, cos(t) − 1, 0 . cos(2t) = cos2 (t) − sin2 (t) = cos2 (t) + cos2 (t) − 1 = 2cos2 (t) π− 1. D’où M , 0. π 2.Vm = 1 ∫− π 1 cos(2t) + 1 dt = 1 ⎡⎢ sin(2t) + 1 t ⎤⎥ 2 π = 1 a 0 a π 2 2 2 π⎣ 4 2 53 ∫−a f(x)dx = ∫−a f(x)dx + ∫0 f(x)dx . π2 ⎦− 2 π 1 sin(2t) 0 a 2 1 1 1 1 1 ⎡ ⎤ Vm = ∫ π cos(2t) + dt = ⎢ + t⎥ π = . Comme f est impaire, on a ∫−a f(x)dx = − ∫0 f(x)dx (en π −2 2 2 π⎣ 4 2 2 ⎦− 2 2 2 e considérant les surfaces algébriques). e 1 a 67 ∫e xln(x) dx = [ln[ln(x)]e = ln(2) . Donc ∫−a f(x)dx = 0. 4x 1 2 2 1 1 ⎡ ⎤ 54 1. I1 = ⎣ 2 ln(x + 1)⎦ = 2 ln(2). = f(x) 68 Pour tout réel x, F ′(x) = 2 2x2 + 1 = 2x 0 2x2 + 1 4x 2x + 1 1 1 2 2. I1 + I2 = ∫ x dx = ⎡ 1 x2 ⎤ = 1. 0 ⎣ 2 ⎦0 2 = f(x). F ′(x) = 2 2x + 1 = 2x 2 +1 2x2 + 1 1 1 2x D’où I2 = − ln(2). 2 2 69 1. Q ′(x) = 2axln(x) + ax + 2bx = q(x). 2 2 1 15 ⎧ 1 55 ∫1 k(x)dx = ∫0 k(x)dx − ∫0 k(x)dx = 4 . ⎪a = 2 ⎧2a = 1 . ⇔⎨ Par identification, on a ⎨ 56 I ≈ 18,5 au dixième près. ⎩ a + 2b = 0 ⎪b = − 1 4 ⎩ 3 0;1 , e− x

Exercices

2.

3

1

∫1 q(x)dx = ⎡⎣ 2 x

2 ln(x) − 2

3. Par la relation de Chasles, on obtient : 2 1,566 , ∫ f(x)dx , 1,966 . 0

1 x2 ⎤3 = 9 ln(3) − 2 . 4 ⎦1 2

70  1. I = ⎡⎢− 43 ⎤⎥ = 76 . ⎣ 3x ⎦1

4. Comme f est une fonction paire, on a : 2

2

D’où l’encadrement 3,132 , ∫−2f ( x ) dx , 3,932.

76  Soit G une primitive de la fonction f définie par : f(t) = (2 − t)ln(t) sur ⎡ 1 ; 3⎤ . ⎣2 ⎦ On a F(x) = G(x) − G(1). D’où F ′(x) = G ′(x) = (2 − x)ln(x). Signe de F ′(x) sur ⎡ 1 ; 3⎤  : ⎣2 ⎦

25 71  1. I = ⎡⎣10 x ⎤⎦4 = 30. 3

2. J = ⎡⎣ 2t + 1⎤⎦0 = 7 − 1. 2 3. K =  ⎡− 1 cos(πx)⎤ = − 2 . ⎣ π ⎦−1 π π 1 2 4. L = [ln(sin(x))] π = ln(2) . 2 4 ⎡−ln(e− x

72  1. I = ⎣

x

1 2

1

ln (x) 2–x F ′(x)

1

+ 1)⎤⎦ = ln92) − ln(e−1 + 1) . 0

– + –

2 + + +

0 0

3 + – –

0         0

Tableau de variation de F sur ⎡ 1 ; 3⎤   : ⎣2 ⎦

1

⎡ ⎤ 2. J = ⎢− 1 × 5 1 2 ⎥ =  3 . 10 (t + 1) ⎦0 40 ⎣ 2 3. K = ⎡− 1 ⎤ = 1 . ⎣ 1+ x ⎦1 6

x

1 2

1

F ′(x)

3 1 4. L = ⎡ 1 ex ⎤ = 1 (e − 1) . ⎣ 3 ⎦0 3

–

2 +

0

0

3 –

F

x = −1+ 2 . 73  1. 1− x +1 x +1 2. I = [−x + 2ln(x + 1)]10 = −1+ 2ln(2).

2 4 = x2 + 3 . 77  1. x − 1+ x 4+ 1 = x x−+1+ 1 x +1

74  Pour tout réel t [ [0;1], t3 , t2 ⇔ 1+ t3 , 1+ t2.

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2

∫−2f(x)dx = 2 × ∫0 f(x)dx .

3 2. J = ⎡ 1 ln(2x + 1)⎤ = 1 ln(7) . ⎣2 ⎦0 2 1 4 1 3. K = ⎡ (u + 1) ⎤ = 15 . ⎣4 ⎦0 4 1 2 2 e y +1 1 ⎡ ⎤ = − e. 4. L = e ⎣2 ⎦0 2 2

1 2. J = ⎡ 1 x2 − x + 4ln(x + 1)⎤ = − 1 + 4ln(2) . ⎣2 ⎦0 2 3

3

3

78  1. Surface S = ∫0 f(x)dx  u.a. − ∫0 g(x)dx  u.a. = ∫0 (−x2 + 3x)dx  u Comme la fonction inverse est décroissante sur ]0 ; + ` [, 1 1 3 . alors , 3 3 3 S = ∫ f(x)dx  u.a. − ∫ g(x)dx  u.a. = ∫ (−x2 + 3x)dx  u.a. = ⎡− 1 x3 + 3 x2 ⎤ u.a. = 4,5 u.a.  1+ t2 1+ t3 0 0 0 ⎣ 3 2 ⎦0 1 1 D’où ∫0 1 2 dt , ∫0 1 3 dt . 79  1. Faux : G(0) = 0. 1+ t 1+ t 2. Vrai : Soit F une primitive de f définie sur R par 2 75  1. Avec un pas de 0,2, on obtient une majoration f(t) = e−t .   1 et une minoration de ∫ f(x)dx . On a G(x) = F(x) − F(0) . 0 D’où G ′(x) = F ′(x) − 0 = f(x) . y 2 3. Vrai : Pour tout x [ R , G ′(x) = e−t . 0. 4. Vrai : Pour tout x [ R , G ′(x) . 0, donc G est croissante sur R . 80  1. 0,2

x

0

x

0

f(x)

2

0,2

0,4

y

0,2

0,6

0,8

1,0

total 1

1,904 1,655 1,338 1,024 0,750 8,67164

À l’aide du tableau de valeurs, on a :

0

1 0

1,334 , ∫ f(x)dx , 1,584 . 2. De même on obtient : x

1

1,2

1,4

1,6

1,8

∫

5 1 f(x)dx = (−2x −1 2,0 total −1

∫

f(x) 0,75 0,525 0,345 0,202 0,090 0,000 1,91105 2 1

0,232 , ∫ f(x)dx , 0,382 .

x

1

5 1 3 5 2. −1f(x)dx = −1(−2x + 3)dx + 1 (x2 − 2x + 2)dx + 3 (−2,5x ∓ 12,5)d 3 5 + 3)dx + (x2 − 2x + 2)dx + (−2,5x ∓ 12,5)dx = 47 . 1 3 3

∫

∫

∫

∫

∫

∫

81  1. Débit croissant la première heure puis constant durant 1,5 h, enfin décroissant la dernière demiheure. 8 • Intégration

173

Exercices 1 3 3 1 2,5 3 sup PREND_LA_ 100t dt + 100dt + (−200t + 600)dt = ⎡⎣50t2 ⎤⎦ + [21       100t ]12,5 = ⎡⎣−100t2 + 600t ⎤⎦ = 225 0 0 1 2,5 0 2,5 1 3 VALEUR sup+exp(pow(x1 2,5 3 dt = 100t dt + 100dt + (−200t + 600)dt = ⎡⎣50t2 ⎤⎦ + [100t ]12,5 = ⎡⎣−100t2 + 600t ⎤⎦ 1,2)))*(b-a)/n = 225 0 1 2,5 0 2,5 1 3 22      x0 PREND_LA_VALEUR x1 3 2,5 2 2 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ (−200t + 600)dt = ⎣50t ⎦ + [100t ]1 = ⎣−100t + 600t ⎦ = 225 . 2,5 0 2,5 23      x1 PREND_LA_

∫

∫

∫

∫

∫

Soit 225 L durant 3 heures. VALEUR x0+(b-a)/n 24      FIN_POUR 3. Moyenne = 225 = 75 L par heure. 3 100 25    AFFICHER «inf =« x − x ⎤ ⎡ 100 1 1 100 100 Hauteur moyenne = h(x)dx = 15(100e − 100e )⎥ ≈ 35,256 26    AFFICHER inf 82 ∫ ⎢ 200 ⎣ 200 −100 ⎦−100 27    AFFICHER «sup =« 100 x x − ⎡ ⎤ 1 100 h(x)dx = 1 15(100e100 − 100e 100 ) 28    AFFICHER sup ≈ 35,256. ⎥ 200 ⎢⎣ 200 ∫−100 29  FIN_ALGORITHME ⎦ −100

Soit 35,256 m.

83 1. k

1

2

3

inf

0

0,09589

0,26617

sup

0,09589

0,26617

0,49721

x0

4 3

5 3

2

x1

5 3

2

7 3 2 ln(x)dx 1

L’algorithme réalise un encadrement de ∫ par la méthode des rectangles avec un pas de 1 . 3 5 2. 3,658145 , ∫2 ln(x)dx , 3,6636432 avec n = 500. ***Algorithme lancé*** Entrer a : 2 Entrer b : 5 Entrer n : 500 3.6581454 3.6636432 ***Algorithme terminé*** 3. Changer l’expression de la fonction dans l’algorithme : log(x) devient : exp(pow(x,2))

Résultats ***Algorithme lancé*** Entrer a : 0 Entrer b : 1 Entrer n : 500 inf = 1.4609353 sup = 1.4643718 ***Algorithme terminé***

84 1. a. Pour tout réel x, e− x . 0 .

Donc f(x) est du signe de (1+ x). Conséquence : pour tout x [] −` ; −1], f(x) ¯ 0 ; pour tout x [] − 1; +`] , f(x) ˘ 0 . b. Pour tout réel x, f est dérivable et f ′(x) = −xe− x , du signe de –x. Conséquence : sur ] −` ; 0] f est croissante ; sur ]0; +`] f est décroissante. c. Représentation graphique : y 1 0

1

x

1   VARIABLES 2     inf EST_DU_TYPE NOMBRE 2. a. D’après la question 1. a, pour tout réel x > 0, n 3     sup EST_DU_TYPE NOMBRE f(x) . 0, donc, pour tout entier n, ∫1 f(x)dx . 0. 4     x0 EST_DU_TYPE NOMBRE n+1 b. Pour tout entier n, In+1 − In = ∫ f(x)dx . 0. 5     x1 EST_DU_TYPE NOMBRE n Donc la suite (In ) est croissante. 6     k EST_DU_TYPE NOMBRE 3. a. F est une primitive de f sur R, alors F ′(x) = f(x) 7     a EST_DU_TYPE NOMBRE ⇔ (−αx + α − β)e− x = (x + 1)e− x . 8     b EST_DU_TYPE NOMBRE ⎪⎧ −α  = 1 ⎪⎧ α = −1 9     n EST_DU_TYPE NOMBRE Par identification, on obtient ⎨ α − β = 1 ⇔ ⎨ β = −2 . 10  DEBUT_ALGORITHME ⎩⎪ ⎩⎪ 11    LIRE a D’où F(x) = (−x − 2)e− x . n 12    LIRE b b. In = ⎡⎣(−x − 2)e− x ⎤⎦ = (−n − 2)e−n + 3e−1 = −ne−n − 2e−n + 3 1 e 13    LIRE n n In = ⎡⎣(−x − 2)e− x ⎤⎦ = (−n − 2)e−n + 3e−1 = −ne−n − 2e−n + 3 . 14    inf PREND_LA_VALEUR 0 1 e c. lim − ne−n = 0  et lim − 2e−n = 0 . 15    sup PREND_LA_VALEUR 0 n→` n→` 16    x0 PREND_LA_VALEUR a 3 lim I = Donc par somme de limites. n e 17    x1 PREND_LA_VALEUR a+(bn→` La surface délimitée par la courbe # et l’axe des a)/n abscisses et la droite d’équation y = 1est égale à 3 u. a. 18    POUR k ALLANT_DE 1 A n e 19      DEBUT_POUR 1 t ⎡ ⎤ 1. 85 u1 = ⎣ln(e + 1)⎦0 = ln(e + 1) − ln(2). 20      inf PREND_LA_VALEUR inf+ 2. u0 + u1 = 1. exp(pow(x0,2)))*(b-a)/n

© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

∫

∫

2. ∫ d(t)dt =

174

Exercices

87 1. La surface du triangle délimitée par le segn [AB] et les droites d’équation x = 1 et y = 0,5 ment = e −1 n la surface sous la courbe. majore Donc Surface hachurée , 1× 0,5 = 0,25 u.a. 2 2 dx 1 2 2. Surface hachurée = ∫  u.a. − 0,5 u.a.  = [ln(2) − 0,5 ] u.a.  ≈ 0,19 D’où u2 = e − 1− ln(e + 1) + ln(2) . 1 x 2 dx 2 −1 2 2 0,5 u.a.  [ln(2) − 0,5 ] u.a.  ≈ 0,193 u.a. u3 + u2 = e , d’où u3 = e − 1 − e + 1+ ln(e + 1) − ln(2) = e ∫1−xe  u.a. + 1 +− ln(e + 1) −=ln(2) 2 2 2 2 x 2 2 88 1. Pour tout x [ [0;1] , f ′(x) = xe 2 . 0 , donc u3 = e − 1 − e + 1+ ln(e + 1) − ln(2) = e − e + 1 + ln(e + 1) − ln(2) . 2 2 2 (1+ x) 3 −1 3 −1 2 3 2 sur [0 ; 1]. f est croissante e e e e e 5 1 , d’où u4 = u4 + u3 = − + e − − ln(e + 1) + ln(2) = − + e − − ln(e + 1) + ln(2) 2. 3 2 2 3 2 3 6 2 3 2 − 1 − e + e − 1 − ln(e + 1) + ln(2) = e − e + e − 5 − ln(e + 1) + ln(2) . x 0,2 0,4 0,6 0,8 1 Total 2 2 3 2 3 6 f(x) 1,0178 1,0656 1,1388 1,2364 1,3591 5,8178 1 (n+1)t 1 nt 1 nt t 1) 6. un+1 − un = ∫ e t dt − ∫ e t dt = ∫ e (e − dt 0 1+ e 0 1+ e 0 1+ et D’où majoration de la surface = 1,1636 u. a. (à 10–4 1 e(n+1)t 1 ent 1 ent (et − 1) près). un+1 − un = ∫ dt − ∫ dt = ∫ dt . k=5 0 1+ et 0 1+ et 0 1+ et 3. Aire des petits rectangles = 1 ∑ f k − 1 . 5 k=1 5 7. Pour tout [ [0;1] , ent . 0, 1+ et . 0 et et − 1. 0, x 0 0,2 0,4 0,6 0,8 Total 1 nt t 1) donc ∫ e (e − dt . 0 . 0 1+ et f(x) 1,0000 1,0178 1,0656 1,1388 1,2364 5,4587 Donc la suite (un ) est croissante. 4. D’où minoration de la surface = 1,0917 u. a. (à 10–4 près). 86 1. a. v(t) = 0,25t + 3 3. D’où u0 = 1− ln(e + 1) + ln(2) . 1 1 nt 1 (n+1)t 1 4. un + un+1 = ∫ e t dt + ∫ e t dt = ∫ ent dt = ⎡ 1 ent ⎤ 0 1+ e 0 1+ e 0 ⎣ n ⎦0 1 n 1 nt 1 (n+1)t 1 un + un+1 = ∫ e t dt + ∫ e t dt = ∫ ent dt = ⎡ 1 ent ⎤ = e − 1 . 0 1+ e 0 1+ e 0 ⎣ n ⎦0 n 5. u + u = e − 1.

( )

b.

89 Partie A 1. lim g(x) = +` . g(x) = x 1− 2 − ln(x) . x x x→0 Donc lim g(x) = +` .

y

(

)

x→+`

2 . g′(x) = 1− 1 = x − 1 , p o u r t o u t x [ [1 ; +`[ , x x (x − 1) . 0 , pour tout x []0 ; 1] , (x − 1) , 0  . D’où le tableau de variation de g. x

1 0

g′(x) x

1

g

4,5 m.s−1

c. Par lecture graphique, v = au temps t = 6 s . d. v(t) = 4,5 ⇔ 0,25t + 3 = 4,5 ⇔ t = 6 . 2. a. y © Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

0 – +`

+`

1 0 −1

+ +`

3. Sur ]1; +`[ , la fonction g est continue strictement croissante. De plus, g(1) , 0  et lim g(x) = +` . x→+`

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel α []1; +`[ tel que g(α) = 0. À l’aide de la calculatrice, on obtient α ≈ 3,15  au centième près.

1 0

1

x

Partie B Surface ≈ 25,5 cm2 observe2que l’aire A est contenue dans un carré b. Calcul de la surface du trapèze = (B + b) × h = (5 + 3,5) ×1.6On = 25,5 cm 2 2 de côté 1. (B + b) × h = (5 + 3,5) × 6 = 25,5 cm2 . 2 Donc ∫1 f(x)dx , 1. 2 2 2 3. a. d(t) = 0,125t + 3t. 2. a. b. Pour t = 2, d (2) = 6,5 m. Étapes 0 1 2 3 4 5 6 7 c. Le mouvement est uniformément accéléré. v(2) = 3,5. a 1 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 La vitesse atteinte par le mobile au bout de 2 s est –1. S 0 0,312 0,524 0,677 0,794 0,886 0,960 1,022 de 3,5 m. s Vitesse moyenne = v(0) + v(2) = 3 + 3,5 = 3,25 m.s−1. b. 1 , a , 7 2 2 En 2 s, le mobile aura parcouru 2 × 3,25 = 6,5 m. c. Réduire la valeur de d. 8 • Intégration

175

Exercices a 3. A = ⎡⎢ −2 − ln(x) ⎤⎥ = −2 − ln(a) + 2 . x a ⎣ ⎦1 −2 − ln(a) 4. A = 1 ⇔ + 2 = 1⇔ −2 − ln(a) + 1 = 0 a a −2 + a − ln(a) = 0 g(a) = 0  ⇔ . ⇔ a D’où a = α ≈ 3,15  au centième près.

Surface entre les deux courbes = b b

(b − 21 x

)

∫−

b b

(b − 21 x

2

b

)

− 1 x2 dx = ⎡bx − 1 x ⎣ 2 3

− 1 x2 dx = ⎡bx − 1 x3 ⎤ = 4b b . ⎣ 2 3 ⎦− b 3 Surface entre les deux courbes = 32 ⇔ 4 b b = 32 3 3 3

∫−

2

⇔ b b = 8 ⇔ b = 4.

90 Les deux courbes se coupent au point de coordonnées (0 ; 0) et (4 ; 12).

93 1. La courbe « vitesse » est décroissante : le

véhicule est en phase de décélération. 4 + 12x)dx  u.a. = ⎡⎣−x3 + 6x2 ⎤⎦  u.a. = 32 u.a. 0 2. Vitesse moyenne : 4 4 4 − ∫ g(x)dx u.a. = ∫ (−3x2 + 12x)dx  u.a. = ⎡⎣−x3 + 6x2 ⎤⎦  u.a. = 32 u.a. 8 0 0 0 Vm = 1 ∫ v(t)dt = 1 [22,5ln(t + 1) − 2,5t ]80 ≈ 3,68 . 0 8 8 5 5 − 32 u.a. = 30,5 u.a. A2 = ∫ f(x)dx  u.a. − A1 = ⎡⎣−x3 + 7,5x2 ⎤⎦  u.a. − 32 u.a. = 62,5 u.a. Soit une vitesse moyenne d’environ 3,68 m/s. 0 0 5 3 2 X(t) = 22,5ln(t + 1) − 2,5t 3.  ; u.a. − A1 = ⎡⎣−x + 7,5x ⎤⎦  u.a. − 32 u.a. = 62,5 u.a. − 32 u.a. = 30,5 u.a. 0 X(8) == 45ln(3) X(8) 45ln(3) −− 20 20 ≈≈ 29,44, 29,44, soit 29,44 m. Donc A2 , A1 . 22,5 . 4. a(t) = − 91 1. (1+ t)2 Pour t = 5, a(5) = − 22,5 ≈ −0,625 m/s2 . y 36 4

4

4

2

∫0 f(x)dx u.a. − ∫0 g(x)dx u.a. = ∫0 (−3x

94 1. On résout les équations suivantes :

10

(2x − 3)3 = 1 et (2x − 3)3 = −1⇔ 2x − 3 = 2 et 8 8 2x − 3 = −2 ⇔ x = 5 et x = 1 . 2 2 D’où xB = 2,5 et xD = 0,5 . 3 2. On résout l’équation (2x − 3) = 0 ⇔ x = 3 . 2 8 D’où xE = 1,5. 3.

x 0

1

i est de période 2. 2. Pour un courant d’intensité constante : Quantité de chaleur dégagée = RI2 × T où I représente l’intensité efficace. T Alors RI2 × T = ∫0 Ri2 (t)dt . 2 ×T = 3. RIeff

T

∫0 Ri

2 ×2= donne Ieff

2 (t)dt

y

A

B

22 (t)dt

∫0 i

2 = 1 2100sin2 (πt)dt = 50 2 sin2 (πt)dt. ⇔ Ieff ∫0 2 ∫0

0,2

c=0

0

2 = 50 , on obtient I D’où Ieff eff = 50 ≈ 7,07 A.

C

x

E

0,2

D

92 y

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On a A1 =

2,5 1,5 Surface étagère (en dm²) = ⎡⎢2,5 − ∫ f(x)dx ⎤⎥ + ⎡⎢0,5 + ∫ −f(x)dx ⎤⎥ = 1,5 0,5 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡2,5 − 2,5f(x)dx ⎤ + ⎡0,5 + 1,5 −f(x)dx ⎤ = 3 − 2,5f(x)dx = 3 − ⎡ 1 (2x − ∫1,5 ∫0,5 ∫0,5 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ 64 b = ⎡10,67 2,5 −

⎢⎣

A

2,5

1,5

Surface étagère = 3 dm².

1 0

1

x

Les deux courbes se coupent en deux points dont les abscisses vérifient l’équation : b − 1 x2 = 1 x2 ⇔ x2 = b ⇔ x = − b et x = b . 2 2 176

2,5

2,5 4⎤ ⎦0,5

∫1,5B f(x)dx ⎤⎥⎦ + ⎡⎢⎣0,5 + ∫0,5 −f(x)dx ⎤⎥⎦ = 3 − ∫0,5 f(x)dx = 3 − ⎡⎣ 64 (2x − 3) 1

95 1. Aire petit rectangle = (x1 − x0 ) × f(x1)  ; Aire grand rectangle = (x1 − x0 ) × f(x0 ) . 2. 1   VARIABLES 2     inf EST_DU_TYPE NOMBRE 3     sup EST_DU_TYPE NOMBRE 4     x0 EST_DU_TYPE NOMBRE 5     x1 EST_DU_TYPE NOMBRE 6     k EST_DU_TYPE NOMBRE

= 3.

Exercices k=n−1

2.

7   DEBUT_ALGORITHME 8     inf PREND_LA_VALEUR 0 9     sup PREND_LA_VALEUR 0 10    x0 PREND_LA_VALEUR 0 11    x1 PREND_LA_VALEUR 1/15 12    POUR k ALLANT_DE 1 A 15 13      DEBUT_POUR 14      inf PREND_LA_ VALEUR inf+(1/15)*(1/ (pow(x1,2)+1)) 15      sup PREND_LA_ VALEUR sup+(1/15)*(1/ (pow(x0,2)+1)) 16      x0 PREND_LA_VALEUR x1 17      x1 PREND_LA_ VALEUR x1+1/15 18      FIN_POUR 19    AFFICHER «inf = « 20    AFFICHER inf 21    AFFICHER «sup = « 22    AFFICHER sup 23  FIN_ALGORITHME

k+1dx

∑ ∫k

x

k=1

  ¯  

k=n−1

∑

k=1

1 = 1+ 1 + … + 1 2 n −1 k n dx

¯ 1+ 1 + … + 1 2 n −1 n 1 1 3. D’où [ln(x)]1 ¯ 1+ + … + 2 n −1 1 ⇔ ln(n) ¯ 1+ + … + 1 ⇔ ln(n) + 1  ¯ Sn 2 n −1 n 4. Limite de Sn : comme lim ln(n) = +` et lim 1 = 0, n→` n→` n alors lim [ln(n) + 1  ] = +` par somme de limites. n n→` D’après les théorèmes de comparaison, on obtient lim Sn = +` .

∫1

⇔ (relation de Chasles)

x

n→`

97  1. Volume du cylindre de rayon R et de hauteur h  =

b

2 (x)dx

∫a πR

.

Comme R(x) est une constante, on obtient : b Volume du cylindre = ∫ πR2 dx = πR2 (b − a) = πR2h. a 2. Volume du cône de rayon R et de hauteur

Résultats ***Algorithme lancé*** inf = 0.76854631 sup = 0.80187964 ***Algorithme terminé***

h =

b

∫a πr

2 (x)dx

, avec x [ [a ; b].

96  1. y

R r a

X

b

1

h

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0

1

x

D’après le théorème de Thalès, on a r(x) = x − a R b−a La fonction inverse est continue strictement décroisR (x − a) . sante sur [1 ; +`[. ⇔ r(x) = b−a Sur tout intervalle d’amplitude 1 de la forme [k ; k + 1], 2 b D’où Volume du cône = ∫ π  R 2 (x − a)2 dx = 1 est le maximum de la fonction. a (b − a) k b 2 2 b 1 1 ⎡ ⎤ 2 3 3 1 R 1 R2 Donc, pour tout x [ [k ; k + 1] , ¯ . ∫ π  R k a (b − a)2 (x − a) dx = ⎢⎣ 3 π (b − a)2 (x − a) ⎥⎦ = 3 π (b − a)2 × (b − a) = x a k+1dx ¯1 D’où ∫k b kb x ⎡1 2 3⎤ 3 R2 R2 1 R2 1 2 1 2 ∫a π  (b − a)2 (x − a) dx = ⎢⎣ 3 π (b − a)2 (x − a) ⎥⎦ = 3 π (b − a)2 × (b − a) = 3 πR (b − a) = 3 πR h . a

⎡1 R2 ⎢⎣ 3 π (b − a)2 (x 1 πR2 (b − a) = 3

Pour s’entraîner à l’épreuve 98  1. Pour tout x [ [0;1], x ˘ 0   et en(x−1) . 0 ,

Donc les coefficients directeurs des tangentes sont

croissants. Conjecture : lorsque n est grand, la surdonc fn (x) ˘ 0 et fn′ (x) = 1+ nen(x−1) ˘ 0 . Donc la fonction fn est croissante sur [0;1] . face sous la courbe # n semble tendre vers 1 . 2 f (1) = 2 2. Pour tout entier n, n , donc A (1 ; 2) est un 1 1 2 n(x−1) 1 1 ⎡ ⎤ = 1 + 1 − 1 e−n = 1 point de # n . Démonstration : ∫0fn (x)dx = ⎣ x + e ⎦0 2 n n 2 n 2 3. Les valeurs des coefficients directeurs des courbes 1 1 # n semblent croissantes lorsque n augmente. ∫ fn (x)dx = ⎡ 1 x2 + 1 en(x−1) ⎤ = 1 + 1 − 1 e−n = 1 + 1 − 1n 0 ⎣2 ⎦0 2 n n n 2 n ne Démonstration : fn′ (1) = 1+ n représente la valeur Comme lim 1 = 0 et lim 1n = 0 , du coefficient directeur de la tangente à # n au point n→` e n→` n d’abscisse 1. fn′ (1) = 1+ n est une fonction affine 1 1 alors lim ∫0fn (x)dx = par somme de limites. croissante (coefficient d’accroissement positif). 2 n→` 8 • Intégration

177

Exercices 99 Partie A

1.

101 1. u0 = [ln(1+ x)]10 = ln(2) .

y 1

a = 1,73 0

2. g(2) =

2

∫0 f(t)dt

x

1

représente la surface délimitée par

la courbe #, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 2. D’après le tableau de variation de f, pour tout t [ [0;2] , 0 ¯ f(t) ¯ 1+ e−2 . 2

1 = ⎡ 1 xn+1⎤ = 1 ⎣n + 1 ⎦0 n + 1 1 1 un+1 + un = ∫ xn dx = ⎡ 1 xn+1⎤ = 1 . 0 ⎣n + 1 ⎦0 n + 1 b. u1 = 1− ln(2) 3. a. 1   VARIABLES 2     i EST_DU_TYPE NOMBRE 3     n EST_DU_TYPE NOMBRE 4     u EST_DU_TYPE NOMBRE 5   DEBUT_ALGORITHME 6     LIRE n 7     u PREND_LA_VALEUR log(2) 8     POUR i ALLANT_DE 1 A n 9       DEBUT_POUR 10      u PREND_LA_ VALEUR (1/i)-u 11      FIN_POUR 12    AFFICHER u 13  FIN_ALGORITHME

2. a. Pour tout entier n, un+1 + un =

2

1 n dx

∫0 x

D’où 0 ¯ ∫0 f(t)dt ¯ ∫0 (1+ e−2 )dt ⇔ 0 ¯ g(2) ¯ 2 + 2e−2 ¯ 2,5 b. La suite (un ) semble décroissante et semble con−2 verger vers 0. 0 ¯ g(2) ¯ 2 + 2e ¯ 2,5. 1 4. a. Pour tout entier n, un+1 − un = ∫ xn x − 1 dx ; or, 3. a. D’après la lecture du tableau de variation de f, 0 1+ x pour tout t ˘ 2 , f(t) ˘ 1. pour tout x [ [0;1] , (x − 1) , 0, (1+ x) . 0 et xn . 0 . x 1 D’où ∫2 f(t)dt ˘ x − 2 ⇔ g(x) ˘ x − 2. Donc, ∫0 xn x − 1 dx , 0 . D’où (un ) décroissante. n 1+ x b. Comme lim (x − 2) = +` d’après les théorèmes b. Pour tout entier n, et pour tout x [ [0;1] , x . 0 1+ x x→+` 1 n donc ∫ x dx . 0 . (un ) est une suite décroissante de comparaison, on a lim g(x) = +` . 0 1+ x x→+` minorée par 0, donc (un ) est convergente. 4. Pour tout réel x, g ′(x) = f(x) . 5. lim (un+1 + un ) = 2l = lim 1 = 0 . D’où l = 0. Pour tout x [ ] − ` ; 0], f(x) ¯ 0 , donc g est décroisn→` n→` n + 1 sante sur ] − `; 0] . 102 Partie 1 Pour tout x [ [0; +`[,  f(x) ˘ 0 , donc g est croissante 1. f ′(x) = ln(x + 1) + 1− 3 = ln(x + 1) − 2 . sur [0; +`[ . 2. Tableau de variation de f sur [0 ; 20]. Partie B x 0 e² − 1 20 1. h est une primitive de la fonction t → (t − 1)e−t , f (x) ′ − + 0 alors h ′(t) = (−at + a − b)e−t = (t − 1)e−t . 7 ≈ 10,93 ⎧ −a = 1 ⎧ a = −1 f 10 − e² ⇔⎨ , Par identification, on obtient ⎨   ⎩a − b = −1 ⎩ b = 0 d’où h(t) = −te−t . 3. f ′(0) = −2 , coefficient directeur de la tangente en x x x = 0. 2. ∫0 (t − 1)e−t dt = ⎡⎣−te−t ⎤⎦ = −xe− x; d’où : 0 4. Une primitive F de f sur [0 ; 20] s’écrit : g(x) = x − xe− x = x(1− e− x ). F(x) = 1 (x + 1)2 ln(x + 1) − 1 x2 − 1 x − 3 x2 + 7x = 1 (x + 1)2 ln(x + 1) − 3. lim − e− x = −` , d’où lim x(1− e− x ) = +` par 4 2 2 2 2 x→−` x→−` 1 (x + 1)2 ln(x + 1) − 1 x2 − 1 x − 3 x2 + 7x = 1 (x + 1)2 ln(x + 1) − 7 x2 + 13 x . F(x) = produit de limites. 2 4 2 2 4 2 2 Partie 2 1. Hauteur maximale = f(20) ≈ 10,93 m 100 Partie A 1. Pour tout x [ [1; 8] , f ′(x) = (−ax + a − b)e− x . Hauteur minimale = f(e2 − 1) ≈ 2,61 m −1 Pour x = 1, f ′(1) = 0 ⇔ −be = 0 . Différence ≈ 8,32 m. P1 est vraie. D’où b = 0. Inclinaison de la piste en C : f ′(20) = ln(21) − 2 ≈ 1,04 Inclinaison de la piste en B = 2. Donc P2 est vraie. 2. f admet un maximum en x = 1 ; donc 3,5 ¯ f(1) ¯ 4 20 2. Surface sous la courbe (en m²) = ∫0 f(x)dx = ⎡ 1 (x + 1)2 ln(x + 1) − ⇔ 3,5 ¯ a ¯ 4 ⇔ 3,5e ¯ a ¯ 4e . ⎣2 e 20 20 D’où 9,5 ¯ a ¯ 10,9 . 13 2 2 1 7 441 ⎡ ∫0 f(x)dx = ⎣ 2 (x + 1) ln(x + 1) − 4 x + 2 x ⎤⎦0 = 2 ln(21) − 57 Comme a est un nombre entier, alors a = 10. 20 20 2 1 7 2 13 441 Partie B ∫0 f(x)dx = ⎡⎣ 2 (x + 1) ln(x + 1) − 4 x + 2 x ⎤⎦0 = 2 ln(21) − 570 ≈ 101,317 . 1. g ′(x) = 10 ⎡⎣−e− x + (x + 1)e− x ⎤⎦ = 10xe− x Surface du rectangle OA9B9B = 7 × 10 = 70 m2 . 2. Calcul de la surface hachurée (en m²) : Surface du rectangle CC9D9D = 10 × 10,93 = 109,3 m². 8 8 − x −8 −1 S = ∫ f(x)dx = ⎡⎣10(−x − 1)e ⎤⎦ = −90e + 20e ≈ 7,33 Surface totale à peindre = 70 + 109,3 + 2 × 101,32 ≈ 1 1 8 8 381,9 m². Nombre de litres de peinture nécessaires : S = ∫ f(x)dx = ⎡⎣10(−x − 1)e− x ⎤⎦ = −90e−8 + 20e−1 ≈ 7,33. 1 1 381,9 ≈ 76,4 , soit 77 litres au minimum. Le devis se monte à 300 + 50 × 7,33 = 666,5 €. 5

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© Hachette Livre – Tle S Spécifique collection Barbazo – Livre du professeur

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Exercices

Accompagnement personnalisé 4 3)e− x 4 103 1. Pour tout réel x [ [−4 ; 3] , f ′(x) = e− x − (x + 4)e− x =S (−x = ∫ − dx  u.a. =  ⎡⎣2 x ⎤⎦1  u.a. = 2 u.a. 1 x −x −x −x

f ′(x) = e − (x + 4)e = (−x − 3)e . Pour tout réel x [ [−4 ; 3] , e− x . 0 , donc f ′(x) est du signe de (–x − 3) . Tableau de variation de f sur [ – 4 ; 3] –4

x f9(x)

+

–3 0 ≈ 18,1

3 –

Comme 1 u.a. = 25 cm², alors S = 50 cm².

108 1. Faux : si f est positive sur I, alors F est crois-

sante sur I. 2. Vrai. 4. Vrai.

3. Vrai. 5. Faux : F(x) = G(x) + k.

109 1. Cet algorithme place de manière aléatoire N points dans le carré de côté 1 situé entre les droites d’équation x = 0, x = 1, y = 0 et y = 1. 2. f est continue strictement décroissante sur ] − 3; 3]. Un décompte est réalisé pour déterminer le nombre De plus, f(−3) . 0 et f(3) , 0 . de points situés en-dessous de la parabole d’équaD’après le théorème des valeurs intermédiaires, tion y = x². l’équation f(x) = 0 admet une unique solution 1 Ce rapport u permet d’évaluer ∫ x2 dx . α [] − 3; 3]. 0 N 2. À l’aide de la calculatrice : α ≈ 0,98 au centième près 1   VARIABLES par défaut. 2     N EST_DU_TYPE NOMBRE 3     x EST_DU_TYPE NOMBRE 4     y EST_DU_TYPE NOMBRE 5     i EST_DU_TYPE NOMBRE 6     u EST_DU_TYPE NOMBRE 7     RESULTAT EST_DU_ TYPE NOMBRE 8     a EST_DU_TYPE NOMBRE 3. a. Sur l’intervalle [– 3 ; 0], la fonction f est positive. 9     b EST_DU_TYPE NOMBRE 0 Donc S = ∫ f(x)dx  u.a. 10  DEBUT_ALGORITHME −3 0 0 (−11+ 2e3 )u.a. ≈ 29,17 u.a. b. S = ∫−3f(x)dx  u.a. = ⎡⎣−2x + (−x − 5)e− x ⎤⎦ u.a. = (−5 − 6 + 2e3 )u.a. =11    LIRE N −3 0 12    LIRE a + (−x − 5)e− x ⎤⎦ u.a. = (−5 − 6 + 2e3 )u.a. = (−11+ 2e3 )u.a. ≈ 29,17 u.a. 13    LIRE b −3 14    u PREND_LA_VALEUR 0 104 1. L’ensemble des primitives de f sur ] 0 ; + `[ 15    POUR i ALLANT_DE 1 A N 1 s’écrit Fk (x) = − + k, où k [ R . 16      DEBUT_POUR x 2. L’ensemble des primitives de g sur R s’écrit 17      x PREND_LA_ 3 4 3 2 1 VALEUR a+(b-a)*random() Gk (x) = − x − x + x + 5x + k , où k [ R . 3 4 18      y PREND_LA_ VALEUR 0.5*random() 105 1. I = [ln(x + 1)]12 = ln(3) − ln(2) . 19      SI (y