Exercice corrigé bac S, Amérique du nord 2011 - Analyse: exponentielle, intégrale et suite récurrente

Suite récurrente définie par une fonction avec exponentielle



Exercice corrigé de mathématiques: Exercice corrigé bac S, Amérique du nord 2011 - Analyse: exponentielle, intégrale et suite récurrente définie par une fonction

Exercice - énoncé:

Partie A

On considère la fonction $g définie sur $[0;+\infty[ par $g(x)=e^x-x-1.
  1. Etudier les variations de la fonction $g.
  2. Déterminer le signe de $g(x) suivant les valeurs de $x.
  3. En déduire que pour tout $x de $[0;+\infty[, $e^x-x>0.


Partie B

On considère la fonction $f définie sur $[0;1] par $f(x)=\dfrac{e^x-1}{e^x-x}.
La courbe $(C) représentative de la fonction $f dans le plan muni d'un repère orthonormal est donnée en annexe. Cette annexe sera complétée et remise avec la copie à la fin de l'épreuve.
On admet que $f est strictement croissante sur $[0;1].
  1. Montrer que pour tout $x de $[0;1], $f(x)\in[0;1].
  2. Soit $(D) la droite d'équation $y=x.
    1. Montrer que pour tout $x de $[0;1], $f(x)-x=\dfrac{(1-x)g(x)}{e^x-x}.
    2. Etudier la position relative de la droite $(D) et de la courbe $(C) sur $[0;1].
    1. Déterminer une primitive de $f sur $[0;1].
    2. Calculer l'aire, en unité d'aire, du domaine du plan délimité par la courbe $(C), la droite $(D) et les droites d'équations $x=0 et $x=1.


Partie C

On considère la suite $\left( u_n\rp définie par: $\la\begin{array}{ll} u_0=\dfrac12 \\[0.3cm] \text{pour tout entier naturel } n, u_{n+1}=f\left( u_n\rp\enar\right..
  1. Construire sur l'axe des abscisses les quatre premiers termes de la suite en laissant apparents les traits de construction.
  2. Montrer que pour tout entier $n, $\dfrac12\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1.
  3. En déduire que la suite $\left( u_n\rp est convergente et déterminer sa limite.

Annexe
Cette page sera complétée et remise avec la copie à la fin de l'épreuve.

\psset{unit=5cm,arrowsize=7pt} \fbox{\begin{pspicture}(-.2,-.2)(1.5,1.5) \psline[linewidth=1.6pt]{->}(-.2,0)(1.5,0) \psline[linewidth=1.6pt]{->}(0,-.2)(0,1.5) \psplot{0}{1}{2.718 x exp 1 sub 2.718 x exp x sub div} \newcommand{\f}[1]{#1 10 div} \multido{\i=-2+1}{18}{ \psline[linewidth=.8pt,linestyle=dotted](!\f{\i}\space-.2)(!\f{\i}\space1.5) \psline[linewidth=.8pt,linestyle=dotted](!-.2\space\f{\i})(!1.5\space\f{\i}) } \rput(-.05,-.05){$O$} \psline(1,-.02)(1,.02)\rput(1,-.08){$1$} \psline(-.02,1)(.02,1)\rput(-.08,1){$1$} \rput(.9,1.05){$(C)$} \end{pspicture}}


Correction exercice


Partie A On considère la fonction $g définie sur $[0;+\infty[ par $g(x)=e^x-x-1.
  1. $g est la somme de la fonction exponentielle et d'une fonction affine et est donc dérivable sur $\R, donc sur $[0;+\infty[, avec, $g'(x)=e^x-1.
    De plus, la fonction exponentielle est strictement croissante sur $\R, lorsque $x\in[0;1], on a $e^x\geqslant e^0=1, et donc $g'(x)=e^x-1\geqslant0.
    On a $g'(x)>0\iff e^x>1\iff x>0, car Ainsi, on a le tableau de variation:
    \begin{tabular}{|c|cccc|}\hline $x$ & $0$ &\hspace*{1cm}& &$+\infty$ \\\hline $g'(x)$ &$0$& $+$ &&\\\hline &&&&\\ $g$&&\psline[arrowsize=6pt]{->}(-.6,-.2)(1,.4)&&\\ &$0$&&&\\\hline \end{tabular}

  2. Comme $g est strictement croissante sur $\R_+ et que $g(0)=0, on en déduit que pour tout $x\geqslant 0, $g(x)\geqslant g(0)=0.
  3. On a donc pour tout $x\geqslant 0, $g(x)=e^x-x-1\geqslant 0, et ainsi, $e^x-x\geqslant 1>0.


Partie B
  1. Comme $f est strictement croissante sur $[0;1], on a $x\in[0;1]\iff 0\leqslant x\leqslant 1\iff f(0)\leqslant f(x)\leqslant f(1).
    Or $f(0)=\dfrac{e^0-1}{e^0-1}=0 et $f(1)=\dfrac{e^1-1}{e^1-1}=1, et on a donc bien ainsi $0\leqslant f(x)\leqslant 1 \iff f(x)\in[0;1].
  2. Soit $(D) la droite d'équation $y=x.
    1. Pour tout $x de $[0;1], $f(x)-x =\dfrac{e^x-1}{e^x-x}-x =\dfrac{e^x-1-x\left( e^x-x\rp}{e^x-x} =\dfrac{e^x-1-xe^x+x^2}{e^x-x}.
      Or $(1-x)g(x)=(1-x)\left( e^x-x-1\rp=e^x-x-1-xe^x+x^2+x=e^x-1-xe^x+x^2.
      On a donc ainsi bien, pour tout $x\in[0;1], $f(x)-x=\dfrac{(1-x)g(x)}{e^x-x}.
    2. On a vue que, pour tout $x\in\R_+, donc aussi tout $x\in[0;1], $g(x)\geqslant 0 et $e^x-x>0.
      Ainsi, $f(x)-x est du même signe que $1-x, et donc $f(x)-x est positif sur $[0;1]: la courbe $(C) est au dessus de la droite $(D) sur $[0;1], $(C) et $(D) se coupant en $x=0 (car $g(0)=0) et en $x=1.
    1. $f est de la forme $\dfrac{u'}{u}, avec $u(x)=e^x-x.
      Comme, pour $x\in[0;1], $e^x-x>0, d'après la partie A, une primitiver de $f est donc $F=\ln u, soit $F(x)=\ln\left( e^x-x\rp.
    2. L'aire du domaine est:
      \begin{array}{ll}\mathcal{A}&\dsp=\int_0^1\!\!\Bigl( f(x)-x\Bigr)\,dx =\int_0^1\!\!f(x)\,dx-\int_0^1\!\!x\,dx =\Bigl[F(x)\Bigr]_0^1-\Bigl[\dfrac12x^2\Bigr]_0^1\\[0.3cm] &\dsp=\Bigl(F(1)-F(0)\Bigr)- \Bigl(\dfrac121^2-\dfrac120^2\Bigr) =\ln(e-1)-\dfrac12\enar


Partie C


  1. \psset{unit=5cm,arrowsize=7pt} \fbox{\begin{pspicture}(-.2,-.2)(1.5,1.5) \psline[linewidth=1.6pt]{->}(-.2,0)(1.5,0) \psline[linewidth=1.6pt]{->}(0,-.2)(0,1.5) \newcommand{\f}[1]{2.718 #1 exp 1 sub 2.718 #1 exp #1 sub div} \psplot{0}{1}{\f{x}} \newcommand{\fr}[1]{#1 10 div} \multido{\i=-2+1}{18}{ \psline[linewidth=.8pt,linestyle=dotted](!\fr{\i}\space-.2)(!\fr{\i}\space1.5) \psline[linewidth=.8pt,linestyle=dotted](!-.2\space\fr{\i})(!1.5\space\fr{\i}) } \rput(-.05,-.05){$O$} \psline(1,-.02)(1,.02)\rput(1,-.08){$1$} \psline(-.02,1)(.02,1)\rput(-.08,1){$1$} \rput(.9,1.05){$(C)$} % Construction des termes de la suite \psplot{-0.2}{1.2}{x} \newcommand\fn[2]{% \ifnum#1=1 \f{#2}% \else \f{\fn{\numexpr#1-1}{#2}}% \fi } % Valeur initiale (u_0) \def\xinit{0.5} \def\nmax{3} % Initialisation pour u_0 \psline[linestyle=dashed] (\xinit,0) (!\xinit\space\f{\xinit}) (!\f{\xinit}\space\f{\xinit}) \rput(\xinit,-0.06){$u_0$} % Boucle pour u_1, u_2, ..., u_nmax \multido{\i=1+1}{\nmax}{ \psline[linestyle=dashed] (!\fn{\i}{\xinit} \space 0) (!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\i}{\xinit}) (!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit}) (!\fn{\numexpr\i+1}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit}) \rput(!\fn{\i}{\xinit}\space 0){$\tm$} \rput(!\fn{\i}{\xinit}\space -0.06){$u_\i$} } \end{pspicture}}


  2. Montrons par récurrence que pour tout entier $n, $\dfrac12\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1.
    Initialisation: Pour $n=0, on a $u_0=\dfrac12 et $u_1=f\left( u_0\rp=f\left(\dfrac12\rp\simeq 0,56, et donc on a bien $\dfrac12\leqslant u_0\leqslant u_1\leqslant 1.
    Hérédité: Supposons que pour un certain entier $n, on ait $\dfrac12\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1, alors, comme la fonction $f est strictement croissante sur $[0;1], on a donc $f\lp\dfrac12\rp\leqslant f\lp u_n\rp\leqslant f\lp u_{n+1}\rp\leqslant f(1),
    soit aussi, comme $f\lp\dfrac12\rp\simeq 0,56\geqslant \dfrac12, $f(1)=1, et $f\left( u_n\rp=u_{n+1} et $f\left( u_{n+1}\rp=u_{n+2},
    $\dfrac12\leqslant f\lp\dfrac12\rp\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 1,
    ce qui montre que la propriété est encore vraie au rang $n+1.
    Conclusion: On vient donc de démontrer d'après le principe de récurrence que pour tout entier $n, $\dfrac12\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1.
  3. D'après le résultat précédent, la suite $\left( u_n\rp est croissante et majorée par 1, elle est donc convergente vers une limite $l.
    Comme la fonction $f est continue sur $\R_+ (car elle y est même dérivable), on a alors
    u_{n+1}=f\left( u_n\right) \Longrightarrow \lim_{n\to+\infty} u_{n+1}=\lim_{n\to+\infty}f\left( u_n\right) \Longrightarrow l=f(l)

    La limite $l est donc une solution de l'équation $f(l)=l (c'est aussi le théorème du point fixe), et il s'agit donc de l'abscisse d'un point d'intersection de $(C) et $(D), soit $l=0 ou $l=1 d'après la question 2.b) de la partie B.
    Or, d'après la question précédente, pour tout entier $n, $\dfrac12\leqslant U_n\leqslant 1, et donc $\left( u_n\rp est minorée par $\dfrac12 et ne peut pas converger vers $l=0.
    Ainsi $l=1, et la suite $\left( u_n\rp converge donc vers 1.


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Voir aussi:
ccc