Epreuve de Math Section Math Session de contrôle 2009 Exercice n°1 De quoi s’ag
Epreuve de Math Section Math Session de contrôle 2009 Exercice n°1 De quoi s’agit-il ? Nombres complexes-suites –fonction logarithme népérien-limites Corrigé 1) Réponse - c - 2) Réponse - a - 3) Réponse - c - 4) Réponse - c - Exercice n°2 De quoi s’agit-il ? Fonction exponentielle - suites – calcul intégral. Corrigé 1) a- En posant t x on aura 0 0 lim lim t t x t f x t te e . b- En posant t x on aura 0 0 lim lim 0 t t x t f x x te e Donc la droite Δ d’équation y x est asymptote à la courbe C au voisinage de . c- Soit 0, x ; 1 x f x x x e sur 0,1 la courbe C est située au dessous de Δ . sur 1 , la courbe C est située au dessus de Δ . 2) a- f est définie et strictement croissante sur 0, donc elle réalise une bijection de 0, sur 0, f de plus f est continue sur 0, donc 0, 1 , f . Comme 0 1 , donc l’équation 0 f x admet dans 0, une solution unique α . Puisque 0 1 0 f , 1 1 1 2 2 1 0 e f donc 1 2 0 α . Conclusion : L’équation 0 f x admet dans 0, une solution unique 1 2 α 0, . b- D’après le tableau de variation de la fonction f on a : ' 0 3 f donc la demi tangente à C au point d’abscisse 0 est de coefficient directeur 3. 3) a- 1 1 1 1 1 α α α α 1 1 x x u f x dx x x e dx xdx x e dx Or 1 1 α α ² 1 1 α² 2 2 x xdx 1 α 1 x x e dx on intègre par parties on pose : 1 ' 1 ' x x u x x u x v x e v x e Par suite 1 1 1 1 α α α α α 1 1 1 α x x x x x e dx x e e dx xe e e donc 1 α 1 α 1 1 1 α² α 2 u f x dx e e . Interprétation : 0 f x pour tout α,1 x donc 1 u représente l’aire, en unité d’aire, du domaine du plan limité par la courbe C et les droites d’équations : 0 y , 1 x et α x b- sur 0,1 la courbe C est situé au dessous de Δ donc pour tout réel 0,1 x , f x x de plus pour tout α, x , 0 f x et α 1 ainsi pour tout α,1 x on a : 0 f x x par suite 1 1 α α 0 n n f x dx x dx d’où 1 1 α 0 1 n n x u n or 1 1 1 α 1 α 1 1 1 1 1 n n x n n n n donc 1 0 1 n u n c- Comme 1 lim 0 1 n n et 1 0 1 n u n donc lim 0 n n u . Exercice n°3 De quoi s’agit-il ? Suites adjacentes Corrigé 1) Montrons, par récurrence, que pour tout n , n n u v . vérification : pour 1 n l’inégalité 1 1 u v est vraie ( car 1 1 3 u et 1 2 5 v ) soit n , supposons que n n u v et montrons que 1 1 n n u v Comme 1 1 2 3 2 0 3 5 15 n n n n n n n n u v u v u v u v car 0 n n u v donc 1 1 n n u v Conclusion : pour tout n , n n u v . 2) 1 2 0 3 3 n n n n n n n u v u v u u u car 0 n n u v donc n u est une suite croissante. 1 3 3 2 0 5 5 n n n n n n n u v u v v v v car 0 n n u v donc n v est une suite décroissante. 3)Première méthode pour tout n , n n u v et n v est une suite décroissante donc n v est majoré par 0 1 v Donc pour tout n , 1 n u . Ainsi n u est une suite croissante et majoré par 1 donc converge. pour tout n , n n v u et n u est une suite croissante donc n u est minoré par 0 0 u Donc pour tout n , 0 n v . Ainsi n v est une suite décroissante et minoré par 0 donc converge. On pose lim n n u l et lim ' n n v l lim n n u l donc 1 lim n n u l Comme 1 2 3 n n n u v u donc les opérations sur les limites des suites donnent 2 ' 3 l l l D’où ' l l Deuxième méthode D’après ce qui précède on a : 1 1 1 15 n n n n u v u v Montrons par récurrence que pour tout n , 1 15 n n n u v vérification : l’égalité 0 0 0 1 15 u v est vraie ( car 0 0 u , 0 1 v et 0 1 15 1 ) supposons que 1 15 n n n u v montrons que 1 1 1 1 15 n n n u v on a : 1 1 1 1 1 15 15 1 15 n n n n u v donc pour tout n , 1 15 n n n u v Vu que 1 15 lim 0 n n car 1 15 1 ,1 donc lim 0 n n n u v Compte tenu : pour tout n , n n u v . n u est une suite croissante et n v est une suite décroissante. lim 0 n n n u v Les suites n u et n v uploads/S4/ math-2009-controle-pdf.pdf
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- Publié le Aoû 15, 2022
- Catégorie Law / Droit
- Langue French
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