PCSI Mathematiques Lycee Brizeux annee

Description

Niveau: Supérieur
PCSI Mathematiques Lycee Brizeux - annee 2009-2010 C o r r e c t i o n d u P r e m i e r D e v o i r S u r v e i l l e P r o b l e m e s d ' a n a l y s e d e T e r m i n a l e Exercice 1 1. Calcul de lim x?0 ln(1? ex) x . – Remarquons tout d'abord que la limite en 0+ n'est pas definie puisque si x ≥ 0, alors 1? ex ≤ 0 et la fonction ln n'est pas definie sur R?. – Calculons la limite en 0?. On a : lim x?0? 1 x = ?∞ et lim x?0? ln(1? ex) = ?∞. Donc le produit des deux limites donne : lim x?0 ln(1? ex) x = +∞. 2. Calcul de lim x?+∞ √ ex + x? e x 2 . En multipliant par la quantite conjuguee, il vient : √ ex + x? e x 2 = x √ ex + x + e x 2 . En factorisant le denominateur par e x 2 , nous obtenons l'egalite : x √ ex + x + e x 2 = x e x 2 1 √ 1 + xex + 1 .

• meme calcul


• elevant en elevant


• f?


• courbe c?


• tableau de signe


• calcul de lim x?


• operations usuelles sur les limites

Informations

• Publié par: profil-nechor-2012
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• Langue: Français

Extrait

PCSI

Math´ematiques

Lyce´eBrizeux-ann´ee2009-2010

CorrectionduPremierDevoirSurveill ´ e

P r o b l e` m e sd ’ a n a l y s ed eT e r m i n a l e

Exercice 1

x ln(1−e) 1. Calculdelim. x x→0 +x – Remarquonstout d’abord que la limite en0uqseupsinfieidse´’enpastix≥0, alors1−e≤0et la fonction ln’nuresniefid´astpesR − . − – Calculonsla limite en0. On a : 1 x lim =−∞etlim ln(1−e) =−∞. − − x→0 x x→0 Donc le produit des deux limites donne : x ln(1−e) lim =+∞. x→0 x √ x x 2 2. Calculdelime+x−e. x→+∞ √ x x x 2 Enmultipliantparlaquantite´conjugu´ee,ilvient:e+x−e= √ x . x e+x+e 2 x Enfactorisantled´enominateurparengoanlsiolb’t´eenoust´e:, 2 x x1 √ x = x p . x x e+x+e e 1 + x + 1 2 2 e Or, on sait que : x x lim x 0= =. x e e x→+∞ 2 1 1 Donclim p =, ainsi : x 1 + x + 1 2 x→+∞ e √ x x 2 lime+x−e= 0. x→+∞

Exercice2.Unesuitedesolutionsd’ ´ equations

1.P n selbavire´dtseurRen tant que fonction polynomiale. Pour toutx∈R, 0n−1 P n (x) =n x+ 1. Lade´riv´eedeP n est donc strictement positive sur[0,1].´equconsraPent,P n est une bijection (strictement croissante) de[0,1]sur[P n (0), P n (1)].OrP n (0) =−1etP n (1) = 1. L’e´quationP n (x) = 0a donc une unique solution dans]0,1[. 2.Onpeutobtenirl’ine´galite´en´etudiantlafonctionP n+1 −P n .miarn´ie`gearleetmle’ntodbetlean.Opnueusvinaet Pour toutx∈]0,1[, n+1n x <x . n+1n D’ou`x+x−1< x+x−1pour toutx∈]0,1[.

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3.Appliquonsl’ine´galite´pre´c´edentepourx=α n . On obtient P n+1 (α n+1 )< P n (α n ). Puisqueα n infie´draptselusoueiqunl’ontina`ttrnepaapitnoa]0,1[deP n (x) = 0, α n erifiv´e P n (α n ) = 0. D’o`uP n+1 (α n )<0. ∗ Soitn∈N. P n+1 est strictement croissante et1. P n+1 (α n )<0; 2. P n+1 (α n+1 ) = 0. Ceci entraˆıneα n < α n+1 . ∗ Parcons´equent,α n < α n+1 pour toutn∈N.Ceceitusaleuqtilbate´i(α n ) ∗ est strictement croissante. n∈N 4. Lasuite(α n ) ∗ ntsamae,tcenisroirtsmetctsepaeer´jor1: elle est donc convergente. n∈N ∗ 5. Onsait que pour toutn∈N, 0≤α n ≤`. D’o`uen´elevantene´levanta`lapuissancen: n n∗ 0≤α n ≤`pour toutn∈N. n 6. (a)La suite(`) n∈N iaosdereiruq´mteneog´teuiesunste`avec|`|<1.On a dans ce cas n lim`= 0. n→+∞ D’apre`sl’ine´galite´obtenue`alaquestion5,onend´eduitque n limα n = 0 n→+∞ envertuduth´eore`medesgendarmes. ∗ (b) Parailleurs, pour toutn∈N, n α n +α n −1 = 0. Onend´eduitd’apre`slesope´rationsusuellessurleslimitesque limα n = 1. n→+∞ Ceciconstitueunecontradiction(onasuppose´` <1et on trouve`= 1). Ainsi`≥1. 7. Onsait que`≤1.En effetα n ≤1pour toutn∈N.rdOeuqaoitsrpa’lse`dente,onnpr´ec´eioreneptuva` <1. D’o`u `= 1.

Proble ` me1:surlesfonctionssigmoı ¨ des

Partie I : La fonction tangente hyperbolique cf. cours.

Partie II : Etude de la fonctionf l .

1 Lafonctionsigmo ¨ ıdedeparam`etreλreiapfin´etdesf λ (x) =. 1+e−λx

−λx 1. Remarquonsque∀x∈R,1 +e >0anetonimdee´nolcddeurf λ ; la fonctionne s’annule jamaisf λ efinieestd´ surRelagtnemouqre´sn).vemaReponttisirtcietem(tesestuqef λ rlesuetsviba´dreR, puisque c’est l’inverse de la la fonctionx7→1 +e−λxrivablesur,leelˆmmedee´R(et ne s’annulant jamais surR). (a) Casλ= 0. La fonctionf λ egalnte´nstaonco`eatdesitcnofalsacecsna1.

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(b) Casλ >0v´rideee.aCcllunolsdae´f λ : −λx 0 e ∀x∈R, f λ (x) =λ . −λx2 (1 +e) Ainsi, nous avons∀x∈R, f λ (x)>0. Ainsif λ est strictement croissante surR. Calculons les limites def λ finition.bleded´eosensnmeobnrseeduxa:uedqroba’dsnouqrameR −λx−λx lime= +∞etlime= 0. x→−∞x→+∞ Il vient donc clairement : limf λ (x) = 0etlimf λ (x) = 1. x→−∞x→+∞ Nouspouvonsde´sormaisdresserletableaudevariationdef λ : x−∞+∞ f λ (x) 0%1 (c) Casλ <0ierCuaqc´mt.eottityuseas`tasfnt.N´eder´eceaupaelbatelsnovasuo:ontiiaarevud x−∞+∞ f λ (x) 0&1 La courbeC λ tueentresesipmysetotdsecaxueletales:orshonizitessdroquatd’´eoiny= 0ety= 1.

2. Fig.1 – Les courbesC 1 etC −1 . 3. Pourλ6= 0, la fonctionf λ est strictement monotone et continue surRsnoitairavedxuael’D.`rpaelsebats pre´c´edents,ellede´finitunebijectiondeRsur]0,1[ecr´roipecsclaassnotnad,pxE.iciluqdeef λ : soity∈]0,1[tel quey=f λ (x), 1 y= −λx 1+e −λx 1 ⇔e=−1 y

1 La fonctionlnofcnedalitnoar´eestloqueciprexpet comme0< y <1, nous avons−1>0. En appliquantln y `aladerni`ere´egalite´,nousavons: y=f λ (x)   1 ⇔ −λx= ln−1 y

Puisqueλno´eulnnlv,intieeustssoppopruodcny∈]−1,1[:   1y y=f λ (x)⇔x= ln. λ1−y L’application :   1y ]0,1[→R, x7→ln, λ1−y est-donclar´eciproquedel’applicationf λ :R→]0,1[. −2x 1−e 4. Remarquonsque∀x∈R,th(x) =.u,o`D’ −2x 1 +e −λx−λx 1 1λx1 +e+ 1−e + th() ==f λ (x). −λx 2 22 2(1 +e)

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PartieIII:Proprie´t´esge´om´etriquesdeC λ 1. Unsimple calcul nous donne∀x∈R, f λ (x) +f −λ (x) = 1escourbestiude´dnleuqcnodne.OC λ etC −λ sont 1 sym´etriquesparrapport`aladroited’e´quationy=. 2 Onremarquee´galementque∀x∈R, f λ (x) =f −λ (−x)donc les courbesC λ etC −λ elagtnemose´tnesqurpam´syriet rapporta`l’axedesabscisses. 2.Lemeˆmecalculquelaquestionpre´ce´dentenousdonne: f λ (x) +f −λ (x) 1 ∀x∈R,=. 2 2 1 Onend´eduitdoncqueI(0; )centredesym´etripeuorenutsC λ . 2 0 3. Lafonctionf λ ru,efid´esniRerd´ncdo.Aleabivisni,utseouqnneittdedeuxfonctions´drevibaelesettsf λ est bien deuxfoisd´erivableetonve´rifieque 2−λx   00 λ e −λx f λ (x) =e−1. 3 −λx (1 +e) 00 −λx Doncf λ (x) = 0si et seulement sie= 1. 00 Ainsif λ s’annule uniquement enx= 0. 4. Latangente enx= 0eeqdu’a´toiuornb:tlaces λ1 y=x+. 4 2 Etudions la position relative de cette droite et deC λ notclsfaoincelaPourdion´etu.g λ rsuiefinde´Rparg λ (x) = λ1 f λ (x)−x−. 4 2 Cettefonctionestclairementd´erivablesurR´dasvireee´etet −λx   0 e λλ −λx−2λx g λ (x) =λ−= 2e−1−e . −λx2−λx2 (1 +e4(1 +) 4e)    2 −λx−2λx−λx0 Or2e−1−e=−e−1, doncg λ est du signe de−λsurR. λ1 (a) Casλ >0.g λ estsetemrtciceortn´dsaisesnturRetg λ (0) = 0tr´eelnoD.uopcuotrxpositif,f λ (x)≥x+. 4 2 λ1 AinsiC λ est au dessus de sa tangente en0eeltu´rruotnfiopEn.x,atifn´egf λ (x)≤x+. AinsiC λ est au 4 2 dessous de sa tangente en0. (b) Casλ <0´eduitdu.Ilsedir.e´mtec´edpr´earsyentp

PartieIV:Des´equationsdiffe´rentielles   1 λx 1. LafonctionF λ (x+) =ln 1eures´dfieinRest une primitive def λ . λ F(x) λ 2.Supposonsmomentane´mentquelim x→+∞ existe. SoitG λ une primitive def λ . Il existek∈Rtel que x k G λ =F λ +k. Commelim x→+∞ = 0, nous avons : x F λ (x)G λ (x) lim =lim. x→+∞x→+∞ x x F λ (x) Montrons maintenant quelimexiste. x→+∞ x λx λx−λx−λx ln(1 +e) ln(e) +ln(1 +e)ln(1 +e) (a) Casλ >0. Nous avons=.0r,lim =0’du`o x xx x→+∞ F λ (x) lim =1. x→+∞ x (b) Casλ <0C.cesaenopesapdseprobl`eme: F λ (x) lim =0. x x→+∞ Remarquons que la limite en−∞denest.aspr´ec´desdeuxcesrtapsriaettrieym´eaide`al’

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