Source Latex
de la correction du devoir
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pdfauthor={Yoann Morel},
pdfsubject={Correction du devoir de mathématiques terminale S: suites et fonctions},
pdftitle={Corrigé du devoir de mathématiques: suites et fonctions},
pdfkeywords={Mathématiques, TS, terminale S, suites, fonctions, limites, récurrence}
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% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}
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\nwc{\ul}{\underline}
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\nwc{\bgsk}{\bigskip}
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\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}}
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}}
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\lfoot{Y. Morel - \url{https://xymaths.fr/Lycee/TS/}}
\cfoot{}
\rfoot{Devoir de mathématiques - \thepage/\pageref{LastPage}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\ct{\bf\LARGE{Corrig\'e du devoir de math\'ematiques}}
\bgex
Soit, pour $n\in\N$, les propriétés $P_n: u_n=n^2+n$.
Initialisation: pour $n=0$, on $u_0=0$ et $0^2+0=0$,
et donc la propriété $P_0$ est vraie.
Hérédité: Supposons que pour un entier $n$, on ait
$P_n: u_n=n^2+n$, alors, par définition de la suite $\lp u_n\rp$,
on a $u_{n+1}=u_n+2n+2$,
soit, avec l'hypothèse de récurrence,
$u_{n+1}=n^2+n+2n+2=n^2+3n+2$.
Or, $(n+1)^2+(n+1)=n^2+2n+1+n+1=n^2+3n+2$.
On a ainsi trouvé que
$u_{n+1}=(n+1)^2+(n+1)$, ce qui montre que la propriété $P_{n+1}$ est vraie.
Conclusion: on vient de démontrer, d'après le principe de récurrence,
que $P_n: u_n=n^2+n$ est vraie pour tout entier $n$.
\enex
\bgex
\bgen
\item
Comme $\dfrac94>1$, on a $\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp\dfrac94\rp^n=+\infty$,
et donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}u_n=+\infty$.
\medskip
$v_n=\dfrac{5+\lp\dfrac12\rp^n}{3+\dfrac1{n}}$.
On a $-1<\dfrac12<1$, donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp\dfrac12\rp^n=0$,
et $\dsp\lim_{n\to+\infty}3+\dfrac1{n}=3$,
d'où, par quotient des limites,
$\dsp\lim_{n\to+\infty}v_n=\dfrac53$
\medskip
$w_n=\dfrac{2n+\lp\dfrac12\rp^n}{n+\sqrt{n}+1}
=\dfrac{2n\lp1+\dfrac1n\lp\dfrac12\rp^n\rp}{n\lp1+\dfrac{\sqrt{n}}{n}+\dfrac1n\rp}
=2\tm\dfrac{1+\dfrac1n\lp\dfrac12\rp^n}{1+\dfrac1{\sqrt{n}}+\dfrac1n}$
avec, comme $-1<\dfrac12<1$, on a $\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp\dfrac12\rp^n=0$
et donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}\dfrac1n\lp\dfrac12\rp^n=0$.
Comme on a aussi $1+\dfrac1{\sqrt{n}}+\dfrac1n=1$,
on obtient finalement $\dsp\lim_{n\to+\infty}w_n=2$.
\item En $+\infty$, on a $f(x)=\dfrac{-x^2\lp 1-\dfrac1{x^2}\rp}{x^2\lp1+\dfrac1x-\dfrac6x\rp}=-\dfrac{1-\dfrac1{x^2}}{1+\dfrac1x-\dfrac6x}$.
Comme $\dsp\lim_{x\to+\infty}1-\dfrac1{x^2}=\lim_{x\to+\infty}1+\dfrac1x-\dfrac6x=1$,
on a, par quotient et produit,
$\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=-1$
et la droite d'équation $y=-1$ est asymptote horizontale
à la courbe $\mathcal{C}_f$ de $f$ en $+\infty$.
En $x=2$, on a $\dsp\lim_{x\to2}1-x^2=-3$
et $\dsp\lim_{x\to2}x^2+x-6=0$.
Le quotient tend donc vers l'infini, et il reste à déterminer son signe.
$x^2+x-4$ est un trin\^ome du second degré de racines $x_1=2$ et $x_2=-3$
et on a le tableau de signes:
\[\begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline
$x$ & $-\infty$ && $-3$ && $2$ && $+\infty$ \\\hline
$x^2+x-6$ && $+$ &\zb&$-$&\zb&$+$&\\\hline
\end{tabular}\]
On distingue alors les limites à gauche et à droite en 2:
$\dsp\lim_{\bgar{l}x\to2\\x<2\enar}f(x)=+\infty$
et
$\dsp\lim_{\bgar{l}x\to2\\x>2\enar}f(x)=-\infty$
La droite d'équation $x=2$ est donc une asymptote verticale à $\mathcal{C}_f$.
\enen
\enex
\bgex
Soit la suite $\lp u_n\rp$ définie par $u_0=\dfrac12$
et, pour tout entier naturel $n$,
$u_{n+1}=\dfrac{u_n}{u_n+2}$.
\bgen
\item Soit, pour $n\in\N$, la propriété $P_n: 0<u_n<1$.
Initialisation: $u_0=\dfrac12$, donc $0<u_0<1$ et $P_0$ est vraie.
Hérédité: Supposons que pour un entier $n$, on ait
$P_n: 0<u_n<1$.
Alors, on a $2<u_n+2<3$ et donc,
en prenant l'inverse et donc en inversant l'ordre,
$\dfrac13<\dfrac1{u_n+2}<\dfrac12$.
Enfin, en multipliant pas $u_n>0$, on obtient
$\dfrac{u_n}3<\dfrac{u_n}{u_n+2}<\dfrac{u_n}2$,
où $\dfrac{u_n}3>0$ car $u_n>0$,
et $\dfrac{u_n}2<\dfrac12<1$ car $u_n<1$
et donc, comme $u_{n+1}=\dfrac{u_n}{u_n+2}$, on a obtenu
$0<u_{n+1}<1$ qui est la propriété $P_n$.
Conclusion: on veient donc de démontrer, d'après le principe de récurrence,
que $P_n: 0<u_n<1$ est vraie pour tout entier naturel $n$.
\item Pour tout entier $n$, on a
$u_{n+1}-u_n=\dfrac{u_n}{u_n+2}-u_n=-u_n\dfrac{u_n+1}{u_n+2}$
Or, d'après la question précédente, $u_n>0$, et donc
$-u_n<0$ et $u_n+1>1>0$ et $u_n+2>2>0$.
On obtient ainsi que, par produit et quotient,
$u_{n+1}-u_n<0$ et donc que $\lp u_n\rp$ est décroissante.
\item Daprès ce qui précède, $\lp u_n\rp$ est décroissante et minorée par 0.
$\lp u_n\rp$ converge donc vers une limite $l\geqslant0$.
On a donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}u_n=l$, donc aussi
$\dsp\lim_{n\to+\infty}u_{n+1}=l$, et alors
\[\bgar{ll}
u_{n+1}=\dfrac{u_n}{u_n+2}
&\Longrightarrow l=\dfrac{l}{l+2} \\[1em]
&\iff \dfrac{l^2+l}{l+2}=0\\[1em]
&\iff l=0 \text{ ou } l=-1\enar\]
Comme pour tout entier $n$, on a $u_n>0$, $l=-1$ est impossible,
et la la limite ne peut \^etre que $l=0$:
\[\lim_{n\to+\infty}u_n=0\]
\enen
\enex
\bgex
{\bf Partie A.}
$g(x)=-x^3+3x-3$ sur $\R$.
\bgen
\item On a, pour tout $x\not=0$,
$g(x)=-x^3\lp1-\dfrac3{x^2}-\dfrac3{x^3}\rp$.
Comme $\dsp\lim_{x\to-\infty}-x^3=+\infty$ et
$\dsp\lim_{x\to-\infty}1-\dfrac3{x^2}-\dfrac3{x^3}=1$,
on obtient, par produit:
$\dsp\lim_{x\to-\infty}g(x)=+\infty$.
De m\^eme en $+\infty$, avec
$\dsp\lim_{x\to+\infty}-x^3=-\infty$, on obtient
$\dsp\lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty$
\item $g$ est une fonction polyn\^ome donc dérivable sur $\R$ avec,
pour tout réel $x$,
$g'(x)=-3x^2+3=-3\lp x^2-1\rp$.
$g'(x)$ est un trin\^ome du second degré de racines évidentes
$-1$ et $1$, et on a alors
\[\begin{tabular}{|c|*7c|}\hline
$x$ & $-\infty$ && $-1$ && $1$ && $+\infty$ \\\hline
$g'(x)$ && $-$ &\zb&$+$&\zb&$-$&\\\hline
&$+\infty$&&&&$-1$&&\\
$g$&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&&\Large{$\searrow$}&\\
&&&$-5$&&&&$+\infty$\\
\hline\end{tabular}\]
\item $g$ est une fonction polyn\^ome donc continue sur $\R$.
De plus, sur $]-\infty;-1]$, $g$ est strictement décroissante
avec $\dsp\lim_{x\to-\infty}+\infty$ et $g(-1)<0$.
Ainsi, d'après le théorème de la bijection
(ou des valeurs intermédiaires version forte), l'équation $g(x)=0$
admet une solution unique $\alpha$ sur $]-\infty;-1]$.
De plus, sur $[-1;+\infty[$, le maximum de $g$ est $-1$,
et l'équation $g(x)=0$ n'y admet donc aucune solution.
En résumé, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$
sur $\R$ avec de plus $\alpha\in]-\infty;-1[$.
\item Par balayage, on trouve $g(-2,11)\simeq0,06>0$ et $g(-2,10)\simeq-0,04<0$
ce qui montre que $-2,11<\alpha<-2,10$,
ou encore que $\alpha\simeq-2,10$ à $10^{-2}$ près.
\item On déduit de ce qui précède que
\[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
$x$ &$-\infty$ && $\alpha$ && $+\infty$ \\\hline
$g(x)$ && $+$ &\zb&$-$&\\\hline
\end{tabular}\]
\enen
\medskip
{\bf Partie B.}
$f (x) =\dfrac{3-2x^3}{x^2-1}$ sur $\R\setminus\la-1;1\ra$.
\bgen
\item On a $f=\dfrac{u}{v}$ avec
$u(x)=3-2x^2$ donc $u'(x)=-6x^2$,
et $v(x)=x^2-1$ donc $v'(x)=2x$,
et alors
$f'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$
soit
\[\bgar{ll}
f'(x)&=\dfrac{-6x^2\lp x^2-1\rp-\lp3-2x^3\rp2x}{\lp x^2-1\rp^2}\\[1em]
&=\dfrac{-2x^4+6x^2-6x}{\lp x^2-1\rp^2}\\[1em]
&=\dfrac{2x\lp -x^3+3x-3\rp}{\lp x^2-1\rp^2}\\[1em]
&=\dfrac{2xg(x)}{(x^2-1)^2}
\enar\]
\item On a alors, gr\^ace à la partie A.
\[\begin{tabular}{|c|*{11}c|}\hline
$x$ & $-\infty$ && $\alpha$ && $-1$ && $0$ && $1$ && $+\infty$ \\\hline
$x$ && $-$ &$|$ & $-$ & $|$& $-$ &\zb&$+$&$|$&$+$& \\\hline
$g(x)$ && $+$ &\zb & $-$ & $|$& $-$ &$|$&$-$&$|$&$-$& \\\hline
$\lp x^2-1\rp^2$ && $+$ &$|$ & $+$ &\zb& $+$ &$|$&$+$&\zb&$+$& \\\hline
$f'(x)$ && $-$ &\zb & $+$ &\db& $+$ &\zb&$-$&\db&$-$& \\\hline
&&&&&&&3&&&&\\
$f$&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&
\psline(0,-.6)(0,.8)\,\psline(0,-.6)(0,.8)&\Large{$\nearrow$}&&\Large{$\searrow$}&\psline(0,-.6)(0,.8)\,\psline(0,-.6)(0,.8)&\Large{$\searrow$}&\\
&&&$f(\alpha)$&&&&&&&&\\\hline
\end{tabular}\]
\item $f(\alpha)=\dfrac{3-2\alpha^3}{\alpha^2-1}$
avec $\alpha$ défini comme une racine de $g$, soit
$g(\alpha)=-\alpha^2+3\alpha-3=0$,
soit $3=-\alpha^3+3\alpha$ et donc, dans $f(\alpha)$,
\[\bgar{ll}
f(\alpha)&=\dfrac{3-2\alpha^3}{\alpha^2-1}\\[1em]
&=\dfrac{-\alpha^3+3\alpha-2\alpha^3}{\alpha^2-1}\\[1em]
&=\dfrac{-3\alpha^3+3\alpha}{\alpha^2-1}\\[1em]
&=\dfrac{-3\alpha\lp\alpha^2-1\rp}{\alpha^2-1}\\[1em]
&=-3\alpha\enar\]
Comme on avait $-2,11<\alpha<-2,10$, on en déduit
l'encadrement: $-6,33<f(\alpha)=3\alpha<-6,30$.
\enen
\enex
\label{LastPage}
\end{document}
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