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2éme Bac PC-3 2020/2021 etude-generale.com Matiére : Mathématiques Professeur :

2éme Bac PC-3 2020/2021 etude-generale.com Matiére : Mathématiques Professeur : Yahya MATIOUI Correction du devoir Masion N◦1 17/02/2021 Probléme d’analyse On considère la fonction numérique f de la variable réelle x telle que : f(x) = 1 x(1 −ln x) et soit (Cf) la courbe représentative de la fonction f dans un repére orthonormé (O, − → i , − → j ) (unité 2cm) Partie 01 1. Montrons que : Df = ]0, e[ ∪]e, +∞[ . Df = {x ∈R/ x ≻0 et 1 −ln x ̸= 0} = {x ∈R/ x ≻0 et ln x ̸= 1} = {x ∈R/ x ≻0 et x ̸= e} = ]0, e[ ∪]e, +∞[ a) Calculons limx− →e+ f(x) et limx− →e−f(x). lim x− →e+ f(x) = lim x− →e+ 1 x(1 −ln x) = 1 0−= −∞ Car : si x − →e+ alors x ≻e, de plus ln x ≻1 donc 1 −ln x ≺0. • Interprétation géométrique. (Cf) admet une asymptote verticale d’équation x = e. De même, on calcule limx− →e−f(x). On obtient : lim x− →e−f(x) = lim x− →e− 1 x(1 −ln x) = 1 0+ = +∞ Car : si x − →e−alors x ≺e, de plus ln x ≺1 donc 1 −ln x ≻0. • Interprétation géométrique. (Cf) admet une asymptote verticale d’équation x = e. b) Calculons limx− →+∞f(x). lim x− →+∞f(x) = lim x− →+∞ 1 x(1 −ln x) = 0 Car : lim x− →+∞x(1 −ln x) = −∞ • Interprétation géométrique. (Cf) admet une asymptote horizontale d’équation y = 0 au voisinage de +∞. c) Montrons que : limx− →0+ f(x). lim x− →0+ f(x) = lim x− →0+ 1 x(1 −ln x) = lim x− →0+ 1 x −x ln x = 1 0+ = +∞ Car : lim x− →0+ x −x ln x = 0+ • Interprétation géométrique. (Cf) admet une asymptote verticale d’équation x = 0. a) La fonction f est dérivable sur Df. Calculons f ′(x) pour tout x ∈Df. f ′(x) = ( 1 x(1 −ln x))′ = −[x(1 −ln x)]′ [x(1 −ln x)]2 = −(1 −ln x) + x(−1 x) x2(1 −ln x)2 = −(1 −ln x) −1 x2(1 −ln x)2 = ln x x2(1 −ln x)2 comme x2(1−ln x)2 ≻0 alors le signe de f ′(x) est celui de ln x pour tout x ∈Df. Or, on sait d’après le cours que : ln x ≤0, pour tout x ∈]0, 1] et ln x ≥0, pour tout x ∈[1, +∞[ Donc, on déduit que pour tout x ∈]0, 1] on a f ′(x) ≤0. Ce qui signiﬁe que la fonction f est décroissante sur ]0, 1] . Par ailleurs pour tout x ∈[1, e[ ∪]e, +∞[ , on a f ′(x) ≥0. Ce qui signﬁe que la fonction f est croissante sur chacun des deux intervalles [1, e[ et ]e, +∞[ . Partie 02 Soit g la fonction numérique déﬁnie sur ]0, +∞[ par : g(x) = 1 −x2(1 −ln x) 2 et soit (Cg) la courbe représentative de la fonction g dans un repére orthonormé (voir ﬁgure). 2 3 4 5 6 -1 2 3 4 5 -1 0 1 1 x y 1. a) D’après le graphe on voit que la courbe (Cg) coupe l’axe des abscisses en deux points diﬀérents. Ce qui signiﬁe que l’équation (E) : g(x) = 0 admet deux solutions dans l’intervalle ]0, +∞[ . b) Montrons que l’équation (E) admet une solution α telle que : 2, 2 ≺α ≺2, 3. * La fonction g est continue sur ]2, 2; 2, 3[, en eﬀet, g s’écrit comme la somme de deux fonctions : u : x 7− →1 −x2 et v : x 7− →x2 ln x • u est une fonction polynôme continue sur R et surtout sur ]2, 2; 2, 3[ . • La fonction v est continue sur ]2, 2; 2, 3[ comme le produit de deux fonctions continues sur ]0, +∞[ (x 7− →ln x et x 7− →x2). Alors, la fonction g est continue sur ]2, 2; 2, 3[ comme la somme de deux fonctions continues ]2, 2; 2, 3[ . * On a d’après le tableau des valeurs que : g(2, 2) × g(2, 3) ≺0. Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation (E), admet une solution α dans ]2, 2; 2, 3[ . Autrement dit : ∃α ∈]2, 2; 2, 3[ / g(α) = 0 a) Soit x ∈Df, on a f(x) −x = 1 x(1 −ln x) −x = 1 −x2 + x2 ln x x(1 −ln x) = 1 −x2(1 −ln x) x(1 −ln x) = g(x) x(1 −ln x) 3 b) Pour montrer que la courbe (Cf) coupe la droite (∆) : y = x en deux points, il suﬃt de montrer que l’équation f(x) = x admet deux solutions. Soit x ∈Df. f(x) = x ⇐ ⇒f(x) −x = 0 ⇐ ⇒ g(x) x(1 −ln x) = 0 ⇐ ⇒g(x) = 0 d’après la question 1 partie 2 on sait que l’équation g(x) = 0 admet deux solutions 1 et α. (g(α) = 0 et g(1) = 0). Ce qui signiﬁe que l’équation f(x) = x admet deux solutions 1 et α. Autrement dit la courbe (Cf) coupe la droite (∆) : y = x en deux points d’abscisses 1 et α. c) à partir de la courbe (Cg) on déduit que le signe de la fonction g est négative sur l’intervalle [1, α] . Autrement dit : ∀x ∈[1, α] , g(x) ≤0 D’autre part, on sait que f(x) −x = g(x) x(1 −ln x) et comme x dans l’intervalle [1, α] alors g(x) ≤0. De plus 1 ≤x ≤α ⇐ ⇒0 ≤ln x ≤ln α ⇐ ⇒1 −ln α ≤1 −ln x ≤1 et on a 1 −ln α ≻0, donc x(1 −ln x) ≻0. Ensuite g(x) x(1−ln α) ≤0, ce qui signiﬁe que pour tout x ∈[1, α] on a f(x) −x ≤0 2. La courbe représentative de la fonction f dans un repére orthonormé (O, − → i , − → j ). 2 3 4 5 6 7 8 -1 -2 2 3 4 5 -1 -2 -3 0 1 1 x y 4 3. La fonction f admet des primitives sur Df, car elle est continue sur Df. f(x) = 1 x(1 −ln x) = − −1 x 1 −ln x = −(1 −ln x)′ (1 −ln x) Donc F(x) = −ln |1 −ln x| + k comme 1 −ln x ≻0, pour tout x ∈[1, α] , alors on obtient F(x) = −ln(1 −ln x) + k Partie 03 1. On considère la suite (un) déﬁnie par : u0 = 2 et un+1 = f(un), ∀n ∈N a) Montrons que pour tout n ∈N, 1 ≤un ≤α Initialisation : si n = 0, on a u0 = 2 et comme 1 ≤u0 ≤α. Alors l’encadrement est vrai pour n = 0. Hérédité : On suppose que 1 ≤un ≤α, montrons que : 1 ≤un+1 ≤α. On sait que la fonction f est croissante sur [1, e[, et comme [1, α] ⊂[1, e[ ,alors la fonction f est croissante sur [1, α] . Donc 1 ≤un ≤α = ⇒f(1) ≤f(un) ≤f(α) = ⇒1 ≤un+1 ≤α car : f(α) −α = g(α) α(1−ln α) = 0 α(1−ln α) = 0. Donc, d’après le principe de récurrence on déduit que ∀n ∈N, 1 ≤un ≤α b) On sait que pour tout x ∈[1, α] , on a f(x) −x ≤0. Comme un ∈[1, α] , alors on pose x = un on aura f(un) −un ≤0 puisque f(un) = un+1, alors on obtient un+1 −un ≤0 Ce qui montre que la suite (un) est décroissante, et comme elle est minorée par 1 et décroissante, alors elle est convergente. c) Calculons la limite suivante : limn− →+∞un. On a * La suite (un) est déﬁnie par : un+1 = f(un). * La fonction f est continue sur [1, α] * f([1, α]) ⊂[1, α] et u0 ∈[1, α] . (Question 1) 5 * La suite (un) est convergente. Donc, la limite de la suite (un) est la solution de l’équation f(x) = x, et d’aprés la question 2 −a/ on sait que cette équation admet deux solutions distinctes sur l’intervalle [1, α] telles que: x1 = 1 et x2 = α Comme la suite (un) est décroissante pour tout n ∈N, alors on prend la premiére solution x1 = 1. Ce qui signiﬁe que : lim n− →+∞un = 1 FIN Pr : Yahya MATIOUI etude −generale.com 6 uploads/Geographie/ corr-devoir-maison-n1-s2-lycee-al-kadi.pdf