\documentclass[11pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} %\usepackage{fancybox} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{tabularx} \usepackage{enumitem} \usepackage{textcomp} \usepackage{arydshln} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Denis Vergès \usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pstricks-add} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=1.9cm, bottom=2.4cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Baccalauréat spécialité}, pdftitle = {Concours contrôleur des douanes session 2019\\}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} \newcommand{\e}{\text{e}} \usepackage[french]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Corrigé du concours surveillance} \lfoot{\small{Aéronautique : pilote d'avion}} \rfoot{\small{session 2019}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center} {\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du concours contrôleur des douanes session 2019~\decofourright\\[7pt]Branche aéronautique : pilote d'avion }\\[7pt]Durée : 3 heures} \medskip \textbf{OPTION A : Résolution d'un ou plusieurs problèmes de mathématiques} \end{center} \medskip \textbf{\large Exercice 1} \medskip %On définit la suite $\left(u_n\right)$ par : %\begin{itemize} %\item son terme initial $u_0 = 1$ ; %\item la relation de récurrence : $u_{n+1} = \dfrac{u_n + 8}{2u_n + 1}$ %\end{itemize} % %\medskip \begin{enumerate} \item ~%Calculer $u_1,\:u_2,\:u_3$ \begin{itemize}[label=$\bullet~$] \item $u_1 = \dfrac{1 + 8}{2 \times 1 + 1} = \dfrac93 = 3$ ; \item $u_2 = \dfrac{3 + 8}{2 \times 3 + 1} = \dfrac{11}{7}$ ; \item $u_3 = \dfrac{\frac{11}{7} + 8}{2 \times \frac{11}{7} + 1} = \dfrac{\frac{67}{7}}{{\frac{29}{7}}} = \dfrac{67}{29}$. \end{itemize} \item Soit la fonction $h$ définie sur $\left]- \dfrac12~;~+\infty \right[$ par: \[h(x)= \dfrac{x + 8}{2x + 1} \] et $(\mathcal{H})$ sa courbe représentative. \begin{enumerate} \item %Étudier la fonction $h$. Sur l’intervalle de définition de $h$, $2x + 1 \ne 0$, donc $h$ est dérivable sur $\left]- \dfrac12~;~+\infty \right[$ et sur cet intervalle : $f'(x) = \dfrac{2x + 1 - 2(x + 8)}{(2x + 1)^2} = \dfrac{- 15}{(2x + 1)^2}$. Comme $2x + 1 > 0 \Rightarrow (2x + 1)^2 > 0$, le signe de $h'(x)$ est celui du numérateur, donc $h'(x) < 0$ : la fonction $h$ est strictement décroissante. %Tracer $(\mathcal{H})$ et la droite $(d)$ d'équation $y = x$ dans un repère orthonormé \Oij{} ; (l'unité graphique sera 1 cm). \item~ %Construire à l'aide de $(\mathcal{H})$ et de $(d)$ les points de l'axe $\left(\text{O}~;~\vect{\imath}\right)$ d'abscisses respectives $u_0,\:u_1,\:u_2,\:u_3$ \begin{center} \psset{unit=1.5cm,arrowsize=2pt 3} \begin{pspicture*}(-.5,-.5)(6,4.1) \psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle](0,0)(0,0)(6,4) \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0}{6}{x 8 add x 2 mul 1 add div} \psplot[plotpoints=500,linewidth=1.25pt]{0}{6}{x} \psline[ArrowInside=->,linestyle=dashed](1,0)(1,3)(3,3)(3,1.571)(1.571,1.571)(1.571,2.31)(2.31,2.31)(2.31,1.834)(1.834,1.834) \psline[linewidth=0.4pt,ArrowInside=->](3,3)(3,0) \psline[linewidth=0.4pt,ArrowInside=->](1.571,1.571)(1.571,0) \psline[linewidth=0.4pt,ArrowInside=->](2.31,2.31)(2.31,0) \psline[linewidth=0.4pt,ArrowInside=->](1.834,1.834)(1.834,0) \uput[u](5.7,1.1){\red $(\mathcal{H})$}\uput[dr](3.7,3.7){$(d)$} \uput[dl](1,0){$u_0$}\uput[dl](3,0){$u_1$}\uput[d](1.571,0){$u_2$} \uput[d](1.834,0){$u_3$} \end{pspicture*} \end{center} \item %Que peut-on prévoir quant à la convergence de la suite $\left(u_n\right)$ ? L’\og escargot \fg{} laisse à penser que la suite $\left(u _n\right)$ converge vers l’abscisse du point commun à $(\mathcal{H})$ et à la droite $(d)$ (donc à peu près 2). \end{enumerate} \item $\left(v_n\right)$ est la suite définie pour tout $n$ par : \[v_n = \dfrac{u_n - 2}{u_n + 2}.\] \begin{enumerate} \item ~%Calculer $v_0,\: v_1,\: v_2$. \begin{itemize}[label=$\bullet~$] \item $v_0 = \dfrac{u_0 - 2}{u_0 + 2} = \dfrac{-1}{3} = - \dfrac13$ ; \item $v_1 = \dfrac{3 - 2}{3 + 2} = \dfrac{1}{5}$ ; \item $v_2 = \dfrac{\frac{11}{7} - 2}{\frac{11}{7} + 2} = \dfrac{11 - 14}{11 + 14} = - \dfrac{3}{25}$. \end{itemize} \item %Montrer que $\left(v_n\right)$ est une suite géométrique que l'on caractérisera. On a $v_{n+1} = \dfrac{u_{n+1} - 2}{u_{n+1} + 2} = \dfrac{\dfrac{u_n + 8}{2u_n + 1} - 2}{\dfrac{u_n + 8}{2u_n + 1} + 2 } = \dfrac{-3u_n + 6}{5u_n+ 10} = \dfrac{-3(u_n - 2)}{5(u_n +2)} = - \dfrac35\dfrac{u_n - 2}{u_n + 2} = - \dfrac35v_n$ : ceci montre que la suite $\left(v_n\right)$ est une suite géométrique de raison $- \dfrac35$ et de premier terme $v_0 = - \dfrac13$. \item %Exprimer $v_n$ en fonction de $n$ et déterminer la limite de la suite $\left(v_n\right)$ quand $n$ tend vers plus l'infini. On sait que pour tout $n \in \N$, \: $v_n = v_0 \times q^n$, \: $q$ étant la raison de la suite géométrique : ici $v_n= - \dfrac13 \times \left(- \dfrac35\right)^n$. Or $- 1 = -\dfrac55< -\dfrac35 < \dfrac55 = 1$ et alors $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \left(- \dfrac35\right)^n = 0$ et par suite $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} - \dfrac13 \times\left(- \dfrac35\right)^n = 0$. La suite $\left(v_n\right)$ converge vers zéro. \end{enumerate} \item %Exprimer $u_n$ en fonction de $n$ et déterminer la limite de la suite $\left(u_n\right)$ quand $n$ tend vers plus l'infini. $v_n = \dfrac{u_n - 2}{u_n + 2} \iff v_n\left(u_n + 2\right) = u_n - 2 \iff v_n u_n + 2v_n = u_n - 2 \iff v_nu_n - u_n = -2v_n - 2 \iff u_n\left(v_n - 1\right) = - 2\left(v_n + 1\right) \iff u_n = \dfrac{- 2\left(v_n + 1\right)}{v_n - 1}$. De $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} - 2\left(v_n + 1\right) = - 2$ et $\displaystyle \lim_{n \to + \infty}v_n - 1 = - 1$, on en déduit par quotient de limites que $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} u_n = 2$. \emph{Remarque} : l'abscisse du point commun à $(\mathcal{H})$ et à la droite $(d)$ est solution de l'équation : $\dfrac{x + 8}{2x + 1} = x \iff x + 8 = x(2x + 1) \iff x + 8 = 2x^2 + x \iff 2x^2 = 8 \iff x^2 = 4 \iff (x + 2)(x - 2) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l} x + 2&=&0\\ x - 2&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=&-2\\ x &=&2 \end{array}\right.$ La solution $- 2 \notin \left]- \dfrac12~;~+ \infty\right[$, donc on trouve bien la solution 2 vue sur le graphique. \end{enumerate} \bigskip \textbf{\large Exercice 2} \medskip Un jeu consiste à extraire, au hasard et simultanément, 3 boules d'une urne contenant 5 boules rouges et 5 boules noires. Si le joueur obtient 3 boules rouges, évènement que l'on note $R_3$, il gagne 500 euros. S'il obtient 2 boules rouges et 1 boule noire, évènement que l'on note $R_2$, il gagne 300 euros. Enfin, s'il obtient strictement moins de 2 boules rouges il ne gagne rien, on note cet évènement $E$. \medskip \begin{enumerate} \item %Montrer que les probabilités des évènements $R_2$ et $R_3$ sont $p\left(R_2\right) = \dfrac{5}{12}$ et $p\left(R_3\right) = \dfrac 1{12}$. \emph{À l'ancienne} \emph{Avec un arbre} \begin{center} \psset{nodesep=0mm,levelsep=35mm,treesep=10mm,treefit=tight} \pstree[treemode=R]{\TR{}} { \pstree{\TR{$R~~$}\taput{\small $\frac12$}} { \pstree{\TR{$R~~$}\taput{\small $\frac49$}} { \TR{$R~~$}\taput{\small $\frac38$} \TR{$N~~$}\tbput{\small $\frac58$} } \pstree{\TR{$N~~$}\tbput{\small $\frac59$}} { \TR{$R~~$}\taput{\small $\frac48$} \TR{$N~~$}\tbput{\small $\frac48$} } } \pstree{\TR{$N~~$}\tbput{\small $\frac12$}} { \pstree{\TR{$R~~$}\taput{\small $\frac59$}} { \TR{$R~~$}\taput{\small $\frac48$} \TR{$N~~$}\tbput{\small $\frac48$} } \pstree{\TR{$N~~$}\tbput{\small $\frac49$}} { \TR{$R~~$}\taput{\small $\frac58$} \TR{$N~~$}\tbput{\small $\frac38$} } } } \end{center} $\bullet~$On a $p(RRR) = \dfrac12 \times \dfrac49 \times \dfrac38 = \dfrac{1 \times 4 \times 3}{2 \times 9\times 8} = \dfrac{1}{12}$. $\bullet~$On a $p(R_2) = p(RRN) + p(RNR) + p(NRR) = \dfrac12 \times \dfrac49 \times \dfrac58 + \dfrac12 \times \dfrac59 \times \dfrac48 + \dfrac12 \times \dfrac59 \times \dfrac48 = 3 \times \dfrac{1 \times 4 \times 5}{2 \times 8 \times 9} = \dfrac{5}{2 \times 2 \times 3} = \dfrac{5}{12}$. $\bullet~$On a donc $p(E) = 1 - \left(p(R_3) + p(R_2 \right) = 1 - \left(\dfrac{1}{12} + \dfrac{5}{12} \right) = 1 \dfrac{6}{12} = 1 - \dfrac12 = \dfrac12$. \item %On note $X$ la variable aléatoire donnant le gain du joueur. %Donner la loi de probabilité de $X$ et calculer son espérance mathématique. On a donc $E(X) = 500 \times \dfrac{1}{12} + 300 \times \dfrac{5}{12} + 0 \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{500 + \np{1500}}{12} = \dfrac{\np{2000}}{12} = \dfrac{500}{3} \approx 166,67$~\euro. \end{enumerate} %Dans cette question, on modifie les règles du jeu de la façon suivante : %\begin{itemize} %\item Si le joueur réalise les évènements $R_3$ ou $R_2$ il ne gagne plus d'argent immédiatement mais est qualifié pour la suite du jeu que l'on appelle \og Banco \fg. %\item Si l'évènement $E$ est réalisé le joueur ne gagne rien et n'est pas qualifié pour le \og Banco \fg. %\end{itemize} % %Le \og Banco\fg{} consiste à extraire une boule parmi les sept restées dans l'urne ; si celle-ci est noire le joueur empoche les \np{1000} euros du \og Banco\fg{} et si elle est rouge le joueur a perdu mais repart avec une prime de \og consolation\fg{} de $200$ euros. \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item %Quelle est la probabilité d'empocher les \np{1000} euros du \og Banco\fg{} sachant que R3 est réalisé? Dans ce cas il reste 2 rouges et 5 noires, donc $p(\text{Banco}) = \dfrac57$. \item %Quelle est la probabilité d'empocher les \np{1000} euros du \og Banco\fg{} sachant que R2 est réalisé ? Dans ce cas il reste 3 rouges et 4 noires, donc $p(\text{Banco}) = \dfrac47$. \item %En déduire la probabilité d'empocher les \np{1000} euros du \og Banco \fg. La probabilité d'empocher les \np{1000} euros du \og Banco \fg est donc égale à : $\dfrac{1}{12} \times \dfrac57 + \dfrac{5}{12} \times \dfrac47 + \dfrac12 \times 0 = \dfrac{5 + 20}{12 \times 7} = \dfrac{25}{84}$. On note $Y$ la variable aléatoire donnant le gain du joueur dans ce nouveau jeu. $Y$ peut donc prendre les valeurs 0, 200 ou \np{1000}. \item %Établir la loi de probabilité de $Y$. La probabilité d'empocher les 200~\euro{} est égale à : $\dfrac{1}{12} \times \dfrac27 + \dfrac{5}{12} \times \dfrac37 = \dfrac{2 + 15}{12 \times 7} = \dfrac{17}{84}$. \item %Calculer l'espérance mathématique de $Y$ et comparer avec celle de $X$. On a $E(Y) = \np{1000} \times \dfrac{25}{84} + 200 \times \dfrac{17}{84} + 0 \times \dfrac{42}{84} = \dfrac{\np{25000} + \np{3400}}{84} = \dfrac{\np{28400}}{84} = \dfrac{\np{7100}}{21} \approx 338,10$~\euro. Ce jeu est en moyenne plus avantageux que le premier. \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{\large Exercice 3} \medskip Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par: \[f (x) = 1 + \cos x+ \dfrac12 \cos (2x),\] $\mathcal{C}_f$ est sa courbe représentative dans un repère orthonormé. \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Démontrer que $f$ est $2\pi$--périodique. On a pour $x \in \R$, \: $f(x + 2\pi) = 1 + \cos (x + 2\pi)+ \dfrac12 \cos (2x + 4\pi) = 1 + \cos x + \dfrac12 \cos (2x)$, donc $f$ est $2\pi$-périodique. \item %Étudier la parité de $f$. On a $\cos(- x) = \cos x$ et $\cos (- 2x) = \cos (2x)$, donc $f$ est paire. \item %Justifier que l'on peut restreindre l'intervalle d'étude de $f$ à $[0~;~\pi]$. Puisque $f$ est $2\pi$ périodique et que $f$ est paire, on peut étudier $f$ sur l'intervalle $[0~;~\pi]$ ; par symétrie autour de l'axe des ordonnées on aura la représentation sur $[- \pi~;~\pi]$, puis par translation de vecteur $2\pi\vect{\imath}$ on aura la représentation sur $\R$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Déterminer la fonction dérivée $f'$ de la fonction $f$. $f$ est dérivable sur $\R$ et sur cet intervalle : $f'(x) = - \sin x - \dfrac12 \times 2\sin (2x) = - \sin x - \sin 2x$. \item %En déduire que, pour tout réel $x\in [0~;~\pi], \: f'(x) =- \sin x (1 + 2 \cos x)$. Comme $\sin 2x = 2\sin x \cos x$, il suit : $f'(x) = - \sin x - 2\sin x\cos x = - \sin x(1 + 2\cos x)$. \end{enumerate} \item %Résoudre l'équation $\sin x (1+ 2 \cos x ) = 0$ sur $[0~;~\pi]$. $\sin x (1+ 2 \cos x ) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l} \sin x &=& 0\: \text{ou}\\ 1 + \cos x&=&0 \end{array}\right.$ Or $\sin x = 0 \iff x = 0 \:\text{ou}\: x = \pi$ et $1 + \cos x = 0 \iff \cos x = - 1 \iff x = \pi$ Finalement sur $[0~;~\pi]$, \: $S = \{0~;~\pi\}$. \item %Dresser le tableau de signes de $f'(x)$ sur $[0~;~\pi]$. Sur $[0~;~\pi], \: \sin x \geqslant 0$, donc le signe de $f'(x)$ est celui de $-(1 + 2\cos x)$. $\bullet~~$$-(1 + 2\cos x) \geqslant 0 \iff -1 \geqslant 2\cos x \iff \cos x \leqslant - \dfrac12\iff \cos x \leqslant \cos \frac{2\pi}{3} \iff x \geqslant \frac{2\pi}{3}$ : sur l'intervalle $\left[\dfrac{2\pi}{3}~;~\pi\right]$, la fonction $f$ est croissante. $\bullet~~$De même on trouve que sur $\left[0~;~\dfrac{2\pi}{3}\right]$, le fonction $f$ est décroissante \item %En déduire le tableau de variation de $f$ sur $[- \pi ~;~\pi]$. $f(0) = 1 + 1 + \dfrac12 = \dfrac52 = 2,5$ ; $f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1 - \dfrac12 + \dfrac12 \times \left(- \dfrac12\right) = 1 - \dfrac34 = \dfrac14$ ; $f(\pi) = 1 + (- 1) + \dfrac12 \times 1 = \dfrac12$. D'où le tableau de variations : \begin{center} \psset{unit=1cm,arrowsize=2pt 3} \begin{pspicture}(9,3.1) \psframe(9,3.1)\psline(0,2)(9,2)\psline(0,2.5)(9,2.5)\psline(1,0)(1,3.1) \uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.1,2.4){0} \uput[u](5,2.4){$\frac{2\pi}{3}$} \uput[u](8.5,2.4){$\pi$}\rput(0.5,1){$f$} \uput[u](0.5,1.9){$f'(x)$} \uput[u](3,1.9){$-$} \uput[u](5,1.9){0} \uput[u](7,1.9){$+$} \uput[d](1.25,2){2,5} \uput[u](5,0){0,25} \uput[d](8.8,2){0,5} \psline{->}(1.5,1.5)(4.5,0.5)\psline{->}(5.5,0.5)(8.5,1.5) \end{pspicture} \end{center} \end{enumerate} \newpage \textbf{\large Exercice 4} \medskip \textbf{Partie A} \medskip Soit $g$ la fonction définie sur $\R$ par : \[g(x)= \dfrac{\e^x}{1 + \e^x} - \ln \left(1 + \e^x\right)\] %et $(\Gamma)$ sa courbe représentative dans un plan muni d'un repère orthonormé \Oij{}(Unité de longueur : 1 cm). \medskip \begin{enumerate} \item %Étudiez les variations de $g$. Déduisez-en le signe de $g(x)$. $g$ différence de deux fonctions dérivables sur $\R$ (car $1 + \e^x > 1 > 0$) est dérivable sur cet intervalle où : $g'(x) = \dfrac{\e^x\left(1 + \e^x\right) - \e^x\times \e^x}{\left(1 + \e^x\right)^2} - \dfrac{\e^x}{1 + \e^x} = \dfrac{\e^x - \e^x\left(1 + \e^x\right)}{\left(1 + \e^x\right)^2} = \dfrac{- \e^{2x}}{\left(1 + \e^x\right)^2}$ qui est manifestement inférieure à zéro quel que soit $x \in \R$. La fonction $g$ est donc décroissante sur $\R$. $\bullet~~$Comme $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \e^x = 0$, on a $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \dfrac{\e^x}{1 + \e^x} = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}- \ln \left(1 + \e^x \right) = 0$, donc finalement $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}g(x) = 0$. $\bullet~~$Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \e^x = + \infty$, on a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\e^x}{1 + \e^x} = 1$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}- \ln \left( 1 + \e^x\right) = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}g(x) = - \infty$ Par ailleurs $g(0) = \dfrac12 - \ln 2 \approx - 0,193$ \item %Démontrez que la droite $(\Delta)$ d'équation $y = - x + 1$ est asymptote à $(\Gamma)$ au voisinage de plus l'infini. Soit la fonction $d$ définie sur $\R$ par : $d(x) = g(x) - (- x + 1) = \dfrac{\e^x}{1 + \e^x} - \ln \left(1 + \e^x\right) + x - 1 = \dfrac{\e^x + (x - 1)(1 + \e^x)}{1 + \e^x} - \ln \left(1 + \e^x\right) = \dfrac{\e^x(1 + x - 1)}{1 + \e^x} - \ln \left(1 + \e^x\right) = \dfrac{x\e^x + x - 1}{1 + \e^x} - \ln \left(1 + \e^x\right)$. Or $\dfrac{x\e^x + x - 1}{1 + \e^x} = \dfrac{\e^x\left(x + x\e^{-x} - \e^{-x}\right)}{\e^x\left(\e^{-x} + 1\right)} = \dfrac{x + x\e^{-x} - \e^{-x}}{\e^{-x} + 1}$. D'autre part : $\ln \left(1 + \e^x \right) = \ln \left(\e^x \left(\e^{-x} + 1 \right)\right) = \ln \e^x + \ln \left(\e^{-x} + 1\right) = x + \ln \left(\e^{-x} + 1\right) $. En utilisant ces deux écritures on a donc : $d(x) = \dfrac{x + x\e^{-x} - \e^{-x}}{\e^{-x} + 1} - x - \ln \left(\e^{-x} + 1\right) = $ $\dfrac{x + x\e^{-x} - \e^{-x} - x\e^{-x} - x}{\e^{-x} + 1} - \ln \left(\e^{-x} + 1\right) = \dfrac{x\e^{-x}}{\e^{-x} + 1} - \ln \left(\e^{-x} + 1\right)$. Or $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{x\e^{-x}}{\e^{-x} + 1} = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\ln \left(\e^{-x} + 1\right) = 0$. Conclusion : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} d(x) = \displaystyle\lim_{x \to + \infty}g(x) - (- x + 1) = 0$ signifie que la droite $(\Delta)$ d'équation $y = - x + 1$ est asymptote à la représentation graphique de $g$ au voisinage de plus l'infini. \item ~%Tracez $(\Gamma)$ et $(\Delta)$ sur le même graphique. \begin{center} \psset{xunit=0.75cm,yunit=0.75cm,arrowsize=2pt 3} \begin{pspicture*}(-10.1,-4.1)(6,2) \psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-10.1,-4)(6,2) \psplot[linewidth=1.25pt,plotpoints=500]{-5}{8}{1 x sub} \psplot[linewidth=1.25pt,plotpoints=2000,linecolor=red]{-5}{8}{2.71828 x exp 2.71828 x exp 1 add div 2.71828 x exp 1 add ln sub} \psplot[linewidth=1.25pt,plotpoints=8000,linecolor=blue]{-20}{8}{2.71828 x exp 1 add ln 2.71828 x exp div} \uput[d](1,-0.5){\red $\Gamma$}\uput[r](-0.8,1.85){$(\Delta)$} \uput[u](-9.8,1){\blue $\mathcal{C}$} \end{pspicture*} \end{center} \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} \medskip Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par : \[f(x) = \e^{-x}\ln \left(1 + \e^x\right).\] %et $(\mathcal{C})$ sa courbe représentative dans un plan muni d'un repère orthonormé \Oij (Unité de longueur : 2 cm en abscisses et 10 cm en ordonnées). \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %En remarquant que $f(x) = \dfrac{\ln \left(1 + \e^x\right)}{\e^x}$, calculez $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x)$. On peut écrire $f(x) = \dfrac{\ln \left(1 + \e^x\right)}{\e^x}$Posons $\e^x = u$ ; on a donc : $f(u) = \dfrac{\ln (1 + u)}{u}$ que l'on peut écrire $f(u) = \dfrac{\ln (1 + u) - \ln 1}{u - 0}$. Quand $x \to - \infty$, alors $u \to 0$, mais alors par définition du nombre dérivé : $\displaystyle\lim_{u \to 0} \dfrac{\ln (1 + u) - \ln 1}{u - 0} = f'(0) = \dfrac{1}{1 + 0} = 1$. Conclusion : $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = 1$ signifie que la droite d'équation $y = 1$ est asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ au voisinage de moins l'infini. %Qu'en déduisez-vous pour la courbe $(\mathcal{C})$ ? \item %En remarquant que $f(x) = \dfrac{\left(1 + \e^x\right)}{\e^x}\dfrac{\ln \left(1 + \e^x\right)}{1 + \e^x}$, calculez $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x)$. On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\left(1 + \e^x\right)}{\e^x} = 1$ et en posant $1 + \e^x = u$, on a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{\ln \left(1 + \e^x\right)}{1 + \e^x} = \displaystyle\lim_{u \to + \infty}\dfrac{\ln \left(1 + u\right)}{1 + u} = 0$, (par croissance comparée) donc finalement : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}f(x) = 0$ : ceci signifie que l'axe des abscisses est asymptote horizontale à la courbe $(\mathcal{C})$ au voisinage de plus l'infini. %Qu'en déduisez-vous pour la courbe $(\mathcal{C})$ ? \end{enumerate} \item %Démontrez que, pour tout nombre réel $x$, on a: %\[f'(x) = \e^{-x} g(x).\] $f$ produit de deux fonctions dérivables sur $\R$ est dérivable sur cet intervalle où : $f'(x) = -\e^{-x}\ln \left(1 + \e^x\right) + \dfrac{\e^{-x} \times \e^x}{1 + \e^x} = \e^{-x}\left[\dfrac{\e^x}{1 + \e^x} - \ln \left(1 + \e^x\right)\right] = \e^{-x} g(x)$ \item %Dressez le tableau de variations de $f$ Comme quel que soit $x \in \R$, \: $\e^{-x} > 0$ le signe de $f'(x)$ est celui de $g(x)$, or on a vu dans la partie A que $g$ décroit de 0 à moins l'infini, donc $g(x) \leqslant 0$ et par suite $f'(x) < 0$ : la fonction $f$ est décroissante \item ~%Tracez la courbe $(\mathcal{C})$. Voir ci-dessus. \end{enumerate} \bigskip \textbf{\large Exercice 5} \medskip %On considère une fonction $f$ dérivable sur l'intervalle $]-\infty~;~+\infty[$. % %On donne le tableau de ses variations : % %\begin{center} %\psset{unit=1cm,arrowsize=2pt 3} %\begin{pspicture}(7,3) %\psframe(7,3)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)\psline(1,0)(1,3) %\uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.4,2.4){$- \infty$} \uput[u](3,2.4){$0$} \uput[u](5,2.4){$2$} \uput[u](6.5,2.4){$+\infty$} %\uput[u](0.5,1.9){$f'(x)$} \uput[u](2,1.9){$+$} \uput[u](5,1.9){$+$} \uput[u](6,1.9){$- %$} %\uput[u](1.4,0){$- \infty$} \rput[u](3,1){$0$} \uput[d](5,2){\small $1 + \e^{-2}$} \uput[u](6.8,0){$1$} %\rput(0.5,1){$f$} %\psline{->}(1.5,0.5)(4.5,1.5)\psline{->}(5.5,1.5)(6.5,0.5) %\end{pspicture} %\end{center} % %On donne $1+\e^{-2} \approx 1,14$. % %Soit $g$ la fonction définie sur $]-\infty~;~+\infty[$ par $g(x) = \displaystyle\int_0^x f(t)\:\text{d}t$ \textbf{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item ~%Tracer une courbe $\mathcal{C}$ susceptible de représenter $f$ dans le plan muni d'un repère orthogonal (unités graphiques : 1 cm sur l'axe des abscisses, 2 cm sur l'axe des ordonnées). \begin{center} \psset{xunit=1cm,yunit=2cm,arrowsize=2pt 3} \begin{pspicture*}(-4.1,-2.1)(6,2) \psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-4.1,-2.1)(6,2) \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-6}{6}{ x 1 sub 2.71828 x exp div 1 add} \psline(0,-2)(4,2) \uput[u](5.8,1.05){\blue $\mathcal{C}$} \psline[linestyle=dashed,ArrowInside=->](2,0)(2,1.14)(0,1.14) \uput[l](0,1.14){$1 + \e^{-2}$} \end{pspicture*} \end{center} \item \begin{enumerate} \item %Interpréter graphiquement $g(2)$. La fonction $f$ étant croissante sur l'intervalle [0~;~2] de $f(0) = 0$ à $f(2)$, donc \textbf{positive} l'intégrale est égale à l'aire en unités d'aire de la surface limitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 0$ et $x = 2$. \item %Montrer que $0 \leqslant g(2) \leqslant 2,5$. Le maximum de la fonction $f$ étant $f(2) \approx 1,14$, l'aire précédente est inférieure à celle du rectangle de longueur 2 et de largeur 1,14 soit $2 \times 1,14 = 2,28 < 2,5$. On a donc $0 \leqslant g(2) \leqslant 2,5$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Soit $x$ un réel supérieur à 2. %Montrer que $\displaystyle\int_2^x f(t )\:\text{d}t \geqslant x - 2$. $\displaystyle\int_2^x f(t )\:\text{d}t$ est égale à l'aire de la surface limitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 2$ et $X = x$. Puisque $f(2) \approx ,14$ cette aire est donc supérieure à celle du rectangle de côté $x - 2$ et 1, donc d'aire $x - 2$. Donc $\displaystyle\int_2^x f(t )\:\text{d}t > x - 2$ %En déduire que $g(x) \geqslant x - 2$. Or par linéarité de l'intégrale : $\displaystyle\int_2^x f(t )\:\text{d}t = \displaystyle\int_0^x f(t )\:\text{d}t - \displaystyle\int_0^2 f(t )\:\text{d}t = g(x) - g(2)$. Puisque $g(x) - g(2) \geqslant x - 2$, a fortiori $g(x) \geqslant x - 2$. \item %Déterminer la limite de la fonction $g$ en $+\infty$. D'apr!s le résultat précédent, comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x - 2 = + \infty$, on a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}g(x) = + \infty$ \end{enumerate} \item %Étudier le sens de variation de la fonction $g$ sur l'intervalle $]-\infty~;~+\infty[$. Par définition on a pour tout réel : $g'(x) = f(x)$ ; or le signe de $f$ est donné par le tableau initial, donc : $\bullet~~$sur $]- \infty~;~0[, g'(x) < 0$ : la fonction $g$ est donc décroissante sur cet intervalle ; $\bullet~~$sur $]0~;~\infty[, g'(x) > 0$ : la fonction $g$ est donc croissante sur cet intervalle ; \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} On admet que, pour tout réel $t$,\:\: $f(t) = (t - 1)\e^{-t} + 1$. \medskip \begin{enumerate} \item %Montrer que la fonction $h$ définie par $h(t) = -t\e^{-t}$ est une primitive sur $]-\infty~;~+\infty[$ de la fonction $t \longmapsto (t - 1)\e^{-t}$. $h$ produit de fonctions dérivables sur $\R$ est dérivable sur cet intervalle où : $h'(t) = - \e^{-t} - \left(-t\e^{-t} \right) = - \e^{-t}\left(1 - t \right) = (t - 1)\e^{-t}$ : ce qui montre que la fonction $h$ est une primitive sur $\R$ de la fonction $t \longmapsto (t - 1)\e^{-t}$. \item %En déduire que, pour tout réel $x$,\: $g(x) = x \left(1 - \e^{-x}\right)$. On a pour tout $x \in \R, \: g(x) = \displaystyle\int_0^x f(t)\:\text{d}t = \displaystyle\int_0^x \left[(t - 1)\e^{-t} + 1\right]\:\text{d}t = $ $g(x) = \displaystyle\int_0^x (t - 1)\e^{-t}\:\text{d}t + \displaystyle\int_0^x 1 \:\text{d}t = [h(t) + t]_0^x = h(x) + x - [h(0) + 0] = h(x) + x - h(0) =$ $ - x \e^{-x} + x - 0 = x - x\e^{-x} = g(x) = x\left(1 - \e^{-x}\right)$. \item %Déterminer la limite de la fonction $g$ en $+\infty$. On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \e^{-x} = 0$, d'où $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}1 - \e^{-x} = 1$ et comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x = + \infty$ par produit de limites : \[\displaystyle\lim_{x \to + \infty}g(x) = + \infty.\] \end{enumerate} \end{document}