BACCALAUREAT GENERAL
Session de juin 2009 MATHEMATIQUES – Série S Enseignement Obligatoire France métropolitaine

EXERCICE 1 1) a) Soit n un entier naturel. vn+1 = un+1 ? 6 = 1 1 1 1 un + 4 ? 6 = un ? 2 = (un ? 6) = vn . 3 3 3 3 1 . 3

La suite (vn ) est une suite géométrique de raison

b) On sait alors que pour tout entier naturel n vn = v0 × Or v0 = u0 ? 6 = ?5 et donc pour tout entiernaturel n on a un = vn + 6 = ?5 1 3
n

1 3

n

.

+ 6. 1 3
n

Pour tout entier naturel n, un = ?5
n

+ 6.

c) Puisque ?1 < 1 < 1, on sait que 3 n? +? lim 1 3 = 0. On en déduit que la suite (un ) converge et que lim un = 6. 210 = 21. 10 n? +? 2) a) 10w10 = 11w9 + 1 = 11 × 19 + 1 = 210 et donc w10 = w10 = 21. b) Il semblerait que pour tout entier naturel n, onait wn = 2n + 1. Prouvons-le par récurrence. • Pour n = 0, on a 2 × 0 + 1 = 1 = w0 . L’égalité est donc vraie quand n = 0. • Soit n 1. Supposons que wn?1 = 2(n ? 1) + 1 ou encore wn?1 = 2n ? 1. wn = (n + 1)wn?1 + 1 (n + 1)(2n ? 1) + 1 2n2 + n = = = 2n + 1. n n n On a montré par récurrence que pour tout entier naturel n, on ait wn = 2n + 1. En particulier la suite (wn )n?N est arithmétique deraison 2 et w2009 = 4019. Si on n’aime pas passer de n ? 1 à n et que l’on préfère passer de n à n + 1, on doit commencer par se réécrire la relation de récurrence : pour tout entier naturel n 0, (n + 1)wn+1 = (n + 2)wn + 1. La démonstration principale s’écrit alors http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. wn+1 = (n + 2)wn + 1 (n + 2)(2n + 1) +1 2n2 + 5n + 3 (n + 1)(2n + 3) = = = = 2n + 3 = 2(n + 1) + 1. n+1 n+1 n+1 n+1 http ://www.maths-france.fr 2 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. EXERCICE 2 PARTIE I 1) D’après un théorème de croissances comparées, on a lim lim xe?x = lim ex = +?. On en déduit que x x? +? x? +? x? +? x 1 = lim = 0. ex x? +? ex /x Puis lim ln(1 + xe?x ) = ln(1 + 0) = 0.
x? +?x? +?

lim f(x) = 0.

2) La fonction x ? 1 + xe?x est dérivable sur [0, +?[ et est strictement positive sur cet intervalle et la fonction y ? ln y est dérivable sur ]0, +?[. On en déduit que f est dérivable sur [0, +?[. De plus, pour tout réel x 0, f ? (x) = Maintenant, pour tout réel positif x, (1 + xe?x ) ? 1 × e?x + x × (?e?x ) (1 ? x)e?x = = . 1 + xe?x 1 + xe?x 1 + xe?x

e?x > 0. Onen déduit que pour tout réel positif x, f ? (x) est du signe de 1 ? x. 1 + xe?x

3) On en déduit le tableau de variations de f. x f (x) f 0 PARTIE II 1) Première méthode. a) Soit ? un réel strictement positif. La fonction f est continue et positive sur [0, ?]. Donc A(?) est l’aire exprimée en unités d’aire, du domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe représentative de f et lesdroites d’équations respectives x = 0 et x = ?. 0
?

0 +

1 0 ln(1 + e?1 ) ?

+?

1

f(1)

R A(?)

Q

P O 1 ? 2 3 4 5 6

http ://www.maths-france.fr

3

c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés.

b) Puisque la fonction f admet un maximum en 1 d’après la question I.3), le domaine considéré est contenu dans le rectangle OPQR où P(?, 0), Q(?, f(1)) et R(0, f(1)). Son aireA(?) est donc inférieure ou égale à l’aire de ce rectangle ou encore A(?) ?f(1). Pour tout réel strictement positif ?, A(?) ?f(1).

2) Deuxième méthode. a) Pour x dans [0, ?], posons u(x) = x et v(x) = ?e?x . Les fonctions u et v sont dérivables sur [0, ?] et pour x dans [0, ?] on a u(x) = x u ? (x) = 1 v(x) = ?e?x v ? (x) = e?x

De plus, les fonctions u ? et v ? sont continues sur [0, ?]. Onpeut donc e?ectuer une intégration par parties et on obtient
? 0 ?

xe?x dx = x × (?e?x )

? 0

?
0

1 × (?e?x ) dx = ??e?? + 0 ? e?x

? 0

= ??e?? ? e?? + 1.
?

Pour tout réel ?,
0

xe?x dx = ??e?? ? e?? + 1.

b) Soit ? un réel strictement positif. Pour tout réel x de [0, ?], le réel u = xe?x est positif. On en déduit que pour tout réel x de [0, ?], ln(1 + xe?x ) xe?x . Par…