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Corrigé 2010 : Fonction et suites

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

Partie A

1. a. Dans 0.1, en dérivant la première équation et en remplaçant $v'$ par sa valeur tirée de la deuxième équation on obtient :
$u ''= v ' = au$ . Cette dernière équation est équivalente à : $u '' - au = 0$ . La fonction $u$ est donc solution de 0.2.

De même, dans 0.1, en dérivant la deuxième équation et en remplaçant $u'$ par sa valeur tirée de de la première équation on obtient :
$v ''= au ' = av$ . Cette dernière équation est équivalente à : $v '' - av = 0$ . La fonction $v$ est donc solution de 0.2, équation différentielle linéaire homogène du second ordre à coefficient constants.

b. l'équation caractéristique de 0.2 est $r^2-a=0$ .

$\bullet$ Si $a > 0$ l'équation caractéristique a pour solutions $\sqrt a$ et $-\sqrt a$ . La solution générale de $y '' - ay = 0$ est donc $y = \lambda \mbox{e}^{\sqrt a \, t}+\mu \mbox{e}^{\sqrt a\, t}$ , $\lambda$ et $mu$ constantes arbitaires.

La fonction $u$ étant solution de \ref{equaDiff}est de la forme précédente.

La relation $v = u '$ donne alors $v = \lambda \sqrt a\,\mbox{e}^{\sqrt a\, t} - \mu \sqrt a \,\mbox{e}^{-\sqrt a\, t}$ .

La solution générale de 0.1 est donc

$u&=& \lambda \,\mbox{e}^{\sqrt a \, t}+\mu \,\mbox{e}^{-\sqrt a\, t} , & \\ v&=& \lambda \sqrt a\,\mbox{e}^{\sqrt a \, t}- \mu \sqrt a\,\mbox{e}^{-\sqrt a\, t} , & \lambda \; \mbox{et} \;\mu \in \real{R}\$

$\bullet$ Si $a <0$ l'équation caractéristique a pour solutions $i\sqrt {-a}$ et $-i\sqrt{- a}$ . La solution générale de $y '' - ay = 0$ est donc $y = \lambda \cos\sqrt{- a} \; t +mu \sin\sqrt{- a}\; t$ , $\lambda$ et $\mu$ constantes arbitaires.

La fonction $u$ étant solution de 0.2 est de la forme précédente.

La relation $v = u '$ donne alors $v = - \lambda \sqrt{- a}\,\sin \sqrt{- a} \; t +\mu \sqrt{- a}\,\cos\sqrt{- a}\; t$ .

La solution générale de 0.1 est donc

$u = \lambda \cos\sqrt{- a} \; t +\mu \sin\sqrt{- a}\; t , & \\ v = - \lambda \sqrt{- a}\,\sin \sqrt{- a} \; t +\mu \sqrt{- a}\,\cos\sqrt{- a}\; t, \lambda \; \mbox{et} \;\mu \in \real{R}$

$\bullet$ Si $a =0$ l'équation caractéristique a pour solution $0$ . La solution générale de $y '' - ay = 0$ est donc $y = \lambda t +\mu$ , $\lambda$ et $\mu$ constantes arbitaires.

La fonction $u$ étant solution de 0.2 est de la forme précédente.

La relation $v = u '$ donne alors $v = \lambda$ .

La solution générale de 0.1 est donc

$\ u&=& \lambda t +\mu , & \\ v&=& \lambda , & \lambda \; \mbox{et} \;\mu \in \real{R}$

2. Si $a =1$ , il existe deux constantes $\lambda \; \mbox{et} \;\mu$ telle

$\begin{array}{lll} u&=& \lambda \,\mbox{e}^{ t}+\mu \,\mbox{e}^{- t} \\ v&=& \lambda \, \mbox{e}^{ t}- \mu \,\mbox{e}^{ -t} \end{array}$

La relation $u(0)= 3$ et $v(0)=0$ se traduit par

$\begin{array}{lll} \lambda +\mu &= &3 \\ \lambda - \mu &= &0 \end{array}$

En faisant la somme et la différence, on trouve : $\lambda =\mu =\dfrac32$ .

Finalement $\begin{array}{lll} u&=& \dfrac32\Big(\mbox{e}^{ t}+ \mbox{e}^{ - t} \Big) \\ \\ v&=& \dfrac32 \Big(\mbox{e}^{ t}- \mbox{e}^{- t}\Big) \end{array}$

3. a) Un point $M$ de coordonnée $(x, y)$ appartient à $\Gamma$ si et seulement si $t\in\mathbb{R}$ :

$\left\{ \begin{array}{lll} x&=& \dfrac32\Big(\mbox{e}^{ t}+ \mbox{e}^{ - t} \Big) \\ \\ y&=& \dfrac32 \Big(\mbox{e}^{ t}- \mbox{e}^{- t}\Big) \end{array} \right.$

En élevant qu carré et en faisant la différence, on obtient

$x^2-y^2 =\dfrac94 \Big(\mbox{e}^{2 t}+ \mbox{e}^{ - 2t} +2\Big)- \dfrac94 \Big(\mbox{e}^{2 t}+ \mbox{e}^{ - 2t} -2\Big) =9$

Par conséquent $\Gamma$ est bien contenue dans la courbe d'équation $x^2-y^2 -9 =0$

b) Pour construire $\Gamma$ il suffit de savoir que $\Gamma$ est la partie $C_0$ de la conique dont les points ont des coordonnées positives.

$\Gamma$ est contenue dans $C_0$ car pour tout réel $t \geq 0, x(t)$ et $y(t)$ sont positives.

Réciproquement, soit $M(x,\,y)$ un point de $C_0$ c'est à dire un point tel que :

$\ \left\{ \begin{array}{lll} x&\geq& 0 \\ y&\geq & 0\\ x^2-y^2 -9&=&0 \end{array} \right.$ et cherchons $t \in \real{R}_+$ tel que $\left\{ \begin{array}{lll} x&=& \dfrac32\Big(\mbox{e}^{ t}+ \mbox{e}^{ - t} \Big) \\ \\ y&=& \dfrac32 \Big(\mbox{e}^{ t}- \mbox{e}^{- t}\Big) \end{array} \right.$

La relation $x^2 =y^2+9$ montre que $x$ est $\geq 3.$

En posant $s= \mbox{e}^{ t}$ on doit donc chercher un $s \geq 1$ tel que $x = \dfrac32\big(s+ \dfrac1s \big)=0$ c'est à dire $3s^2-2xs+3 =0$

Les racines de cette dernière équation sont $s_1=\dfrac13(x+\sqrt{x^2-9})$ et $s_2=\dfrac13(x-\sqrt{x^2-9})$

Les racines sont de même signe car leur produit est $1$ . La racine $s_1$ est $\geq 1$ ; en effet $s_1=\dfrac13(x+\sqrt{x^2-9})\geq \dfrac13 x \geq 1$ . Donc la racine $s_2$ est $\leq 1$ .

On prendra donc $s=s_1= \dfrac13(x+\sqrt{x^2-9})$ c'est à dire $t=\ln \dfrac13(x+\sqrt{x^2-9})$ . Donc $C_0\subset \Gamma$

Finalement $C_0=\Gamma$

Partie B

1. a Un réel $x$ appartient à l'ensemble $D_f$ de définition de $f$ ssi $x^2-9 \geq 0$ c'est à dire $x \in\ ]-\infty, 3]\,\cup\, [3, +\infty[$ .

Donc $\boxed{D_f = ]-\infty, 3]\,\cup\, [3, +\infty[}$

$\lim_{x\to -\infty}\, f(x) =-\infty$ .

Quand $x\mapsto +\infty$ nous sommes en présence d'une indétermination de la forme $"+\infty -\infty"$ . Pour lever cette indétermination, on peut écrire :

$f (x) = x- \sqrt{x^2-9} =\dfrac{ x^2-(x^2-9) }{x + \sqrt{x^2-9}}=\dfrac{ 9 }{x + \sqrt{x^2-9}}; \;\mbox{donc}\;\lim_{x\to +\infty}\, f(x) =0$

La fonction $f$ est dérivable sur $\stackrel{\circ}{D_f} =]-\infty, 3[\,\cup\, ]3, +\infty[$ et $\forall x \in \stackrel{\circ}{D_f} ,\; f '(x) = 1-\dfrac{x}{\sqrt{x^2-9}}$

Si $x < -3$ , la dérivée est $> 0$ .

Si $x > 3$ , la dérivée est $< 0$ car $f '(x) = \dfrac{\sqrt{x^2-9}-x}{\sqrt{x^2-9}}=\dfrac{ -9 }{\sqrt{x^2-9}\big(\sqrt{x^2-9}+x\big)}< 0$ .

Lorsque la dérivée est une fonction continue, il existe une méthode peu coûteuse pour déterminer son signe. $f '$ garde un signe constant dans chaque composante connexe (=intervalle) de $f'^{-1}\set{0}$ . Pour connaître ce signe, on calcule alors la valeur de $f'$ en un point particulier de la composante connexe.

On en déduit que la dérivée ne s'annule pas dans $\stackrel{\circ}{D_f}.$

Au point $3$ , le taux d'accroissement est pour $h > 0:\tau (h) = \dfrac{f(3+h) -f(3)}{h} = \dfrac{\sqrt{h^2+6h}}{h} = \sqrt{1+\dfrac6h}$

Il a pour limite $+ \infty$ quand $h$ tend vers $0^+$ . La fonction $f$ n'est donc pas dérivable à droite au point $3$ et on peut ajouter qu'au point de $C_f$ dont l'abscisse est $3$ il y a une demi-tangente verticale.

Raisonnement analogue au point $-3$ ; en ce point le taux d'accroissement est pour

$h < 0: {tex}\tau (h) = \dfrac{f(-3+h) -f(-3)}{h} = \dfrac{\sqrt{h^2-6h}}{h} = -\sqrt{1-\dfrac6h}$ Il a pour limite $- \infty$ quand $h$ tend vers $0^-$ . La fonction $f$ n'est donc pas dérivable à gauche au point $-3$ et on peut ajouter qu'au point de $C_f$ dont l'abscisse est $-3$ il y a une demi-tangente verticale.

tableau de variation en fin de document

Voir le tableau de variation de $f$ en fin de document.

b) $f$ est continue et strictement décroissante dans l'intervalle $I$ . Sa restriction $\varphi$ à cet intervalle est donc une bijection de $I$ sur $J=f(I)= ]\lim_{x\to +\infty}\,f(x)\; , f(3)]=]0,\, 3]$

c) Soit $y \in\J$ et cherchons $x\in\I$ tel que $f(x)= y.$

$\forall y \in J f(x)= y \Leftrightarrow y=x- \sqrt{x^2-9}$

$\Leftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{lll} x-y&\geq&0 \\ \\ (x-y)^2&=&x^2-9) \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{lll} x-y=& \geq&0 \\ \\ -2y+y^2&=& -9 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{lll} x-y& \geq&0 \\ \\ x&=& \dfrac{y}{2}+\dfrac{9}{2y} \end{array} \right.$

L'application réciproque de $\varphi$ est donc définie par $\forall y \in J,\; \varphi^{-1}(y)=\dfrac y2 +\dfrac{9}{2y} =g(y)$

Remaraque 1

1. Une fois que l'on sait que $\varphi$ est bijective et puisque que la réciproque est donnée par l'énoncé, il suffit de vérifier que $\forall x \in J,\; g(x) \in I$ et $f\circ g(x) = x.$

L'étude des variations de $g$ montre bien que $g(J)=I$ .

$\forall x \in J,\; f\circ g(x) = g(x) -\sqrt{g(x)^2-9}=\dfrac x2 +\dfrac{9}{2x}- \sqrt{\Big(\dfrac x2 +\dfrac{9}{2x}\Big)^2-9}$

$\forall x \in J,\; f\circ g(x) =\dfrac x2 +\dfrac{9}{2x}- \sqrt{\Big(\dfrac x2 -\dfrac{9}{2x}\Big)^2 }=\dfrac x2 +\dfrac{9}{2x}- \Big|\dfrac x2 -\dfrac{9}{2x}\Big|$

Or $x \in ]0,\; 3] \Rightarrow \dfrac x2 -\dfrac{9}{2x} =\dfrac{x^2-9}{2x}=\dfrac{(x-3)(x+3)}{2x}\leq 0$ ; donc

$\forall x \in J,\; f\circ g(x) = \dfrac x2 +\dfrac{9}{2x}- \Big(-\dfrac x2 +\dfrac{9}{2x}\Big) = x$

2. Si on n'a pas montré que $\varphi$ est bijective, il est nécessaire de vérifier que

$\forall x \in J,\; g(x) \in I$ et $f\circ g(x) = x.$

et $\forall x \in I,\; f(x) \in J$ et $g\circ f(x) = x.$

On a pour tout $\beta \in ]0,\, 3[,\int_{\beta}^{3}\, g(x)\, dx = \Big[\dfrac{x^2}4 +\dfrac{9}{2 }\ln |x|\Big]_{\beta}^3$

$\int_{\beta}^{3}\, g(x)\, dx = -\dfrac{\beta^2}4+\dfrac{9}{4}-\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}$

Les courbes $C_{\varphi }$ et $C_{\varphi^{-1}}$ étant symétriques par rapport à la première bissectrice, $\int_{3}^{\alpha}\, f(x)\, dx$ représente aussi l'aire du domaine plan $\Delta_1$ délimité par les droites $(B 'E),\;(C 'D ')$ l'axe des ordonnées et la courbe $C_{\varphi^{-1}}$ .

Soit $\Delta_2$ l'aire du rectangle $B 'FD 'C '$ et $\Delta_3$ l'aire du rectangle $ABEF$ .
Alors :

$\begin{array}{lll} \int_{3}^{\alpha}\, f(x)\, dx& =& \int_{\beta}^{3}\, g(x)\, dx+ \; \Delta_2 -\; \Delta_3 \\\\ &=&-\dfrac{\beta^2}4+\dfrac{9}{4}-\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}+\beta (\alpha- 3)-3(3-\beta)\\\\ &=&-\dfrac{\beta^2}4-\dfrac{27}{4}-\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}+ \alpha \beta \\\\ &=&-\dfrac{\beta^2}4-\dfrac{27}{4}-\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}+\Big(\dfrac{\beta }{2}+\dfrac{9}{2\beta}\Big) \beta \\\\ \end{array}$

Finalement $\int_{3}{\alpha}\, f(x)\, dx =\dfrac{\beta^2}4-\dfrac{9}{4}-\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}$

$\lim_{\alpha \to +\infty} \int_{3}{\alpha}\; f(x) \, dx =\lim_{\beta \to 0 ^+} =\dfrac{\beta^2}4-\dfrac{9}{4}-\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}\Rightarrow \boxed{ \lim_{\alpha \to +\infty} \int_{3}{\alpha}\; f(x) \, dx =+\infty}$ .

b) Ici $\alpha =5$ donc $\beta$ est tel que $g(\beta) = 5$ c'est à dire $\beta = f(5) = 1$ .

c) L'aire demandée est $\mathcal{A}= \int_ {3}{\alpha}\;\sqrt{x^2-9} \, dx$ en unités d'aire.

$\begin{array}{lll}\mathcal{A}&=& \int_{3}^{\alpha}\;\sqrt{x^2-9} \, dx \\\\&=& -\int_{3}^{\alpha}\; f(x) \, dx+\int_{3}^{\alpha}\;x \, dx \\\\&=&-\dfrac{\beta^2}4+\dfrac{9}{4}+\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}+ \dfrac{1}{2}\Big[x^2 \Big]_{3}^{\alpha}\\\\&=&-\dfrac{\beta^2}4-\dfrac{9}{4}+\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}+ \dfrac12\alpha^2\\\\&=&-\dfrac{\beta^2}4-\dfrac{9}{4}+\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}+ \dfrac12\Big(\dfrac{\beta}2+\dfrac{9}{2\beta} \Big)^2\\\\&=&-\dfrac{\beta^2}8+\dfrac{81}{8\beta^2} +\dfrac{9}{2 }\ln \dfrac{\beta}{3}\end{array}$

Et puisque $\beta =1$ , $\mathcal{A} = 10 -\dfrac{9}{2 }\ln 3$ unités d'aire

Partie C

1. a) La fonction $g$ est définie et continue sur $\mathbb{R}^*$ et $\forall x \in\mathbb{R}^*,\; g' (x) = \dfrac12 \dfrac{x^2-9}{x^2}$ .

$\lim_{x\to +\infty} g(x) = +\infty,\;\lim_\{x\to -\infty} g(x) = -\infty,\;\lim_\{x\to 0^+} g(x) = +\infty$ et $\lim_\{x\to 0^-} g(x) = -\infty$
Voir le tableau de variation de $g$ en fin de document.

Posons $K =[3, +\infty[$ . Le tableau de variation de $g$ montre que $g(K)=K.$

Démontrons par récurrence que $\forall n\in\mathbb{N}; u_n > 3.$

La propriété est vrai au rang $0$ par ce que $u_0=5 > 3$ .

Supposons que la propriété soit vraie jusqu'à un rang $n$ , en particulier $u_n > 3$ c'est à dire $u_n \in K.$ Alors $u_{n+1} = g(u_n) \in g(K) = K$ .

Par conséquent la propriété est vraie pour tout $n$ .

La fonction $g$ étant strictement croissante dans $K$ , son taux d'accroissement est strictement positif dans $K$ . Donc, puisque pour tout $n\in \real{N}^*, \;u_n$ et $u_{n-1}$ appartiennent à $K$ , on a : $\dfrac{g(u_n) - g(u_{n-1})}{u_n - u_{ n-1} }$ est strictement positif c'est à dire $\dfrac{ u_{n+1} - u_{n } }{u_n - u_{ n-1} }>0$ .

b) Les réels $u_{n+1} - u_{n }$ et $u_n - u_{ n-1}$ ayant même signe, la suite $(u_{n+1} - u_{n })$ garde un signe constant. Cela signifie que la suite $(u_n)$ est monotone.

Le signe de $u_{n+1} - u_{n }$ est alors celui de $u_{1} - u_{0} = \dfrac52+\dfrac9{10}- 5 =-\dfrac{13}{5} < 0$ .

La suite $(u_n)$ est strictement décroissante.

La suite $(u_n)$ étant décroissante et minorée par $3$ , a une limite $\ell$ supérieure à $3$ .

c) Puisque la fonction $g$ est continue dans $K$ (c'est une fonction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pas dans $K$ ) la relation $\forall n\in \real{N},\;g(u_n) = u_{n+1}$ entraîne $g(\ell) = \ell$ c'est à dire $\ell =-3$ ou $3$ . Donc { $\lim_{n\to +\infty} u_n = 3$ .}

2. a) Soient $n$ un entier naturel non nul et appliquons le thérème des accroissements finis à $g$ dans l'intervalle $[3,\, u_{n-1}]$ : il existe un réel $x_0$ dans $]3,\, u_{n-1}[$ tel que $\dfrac{ g(u_{n-1})-g(3)}{u_{n-1}-3} = g ' (x_0)$ c'est à dire
$\dfrac{u_{n}-3}{u_{n-1}-3} = \dfrac{1}{2} -\dfrac{9}{2x_0^2}$ . Donc $\dfrac{u_{n}-3}{u_{n-1}-3} < \dfrac{1}{2}$

En faisant le produit membre à membre de $n=1$ à $n=p$ entier supérieur à $1$ on obtient : $\displaystyle{\prod_{n=1}^{n=p}\dfrac{u_{n}-3}{u_{n-1}-3}} <\displaystyle{\prod_{n=1}^{n=p}\dfrac{1}{2}}$ c'est à dire après simplification $\dfrac{u_{p}-3}{u_{0}-3}<\Big(\dfrac{1}{2}\Big)^p$ soit $u_{p}-3 <\dfrac{1}{2^{p-1}}$

Puisque $\lim_{p\to +\infty} \frac{1}{2^{p-1}} = 0$ et { $\forall p \in \mathbb{N}^*,\, 0\leq u_{p}-3 <\dfrac{1}{2^{p-1}}$ , le théorème des gendarmes permet de conclure que $\lim_\{p\to +\infty} |u_p -3| = 0$ $\lim_\{p\to +\infty} u_p =3.$

b) La relation $\forall n \in \mathbb{N}^*,\, 0\leq u_{n}-3 <\dfrac{1}{2^{n-1}}$ montre que pour que $n$ soit tel que $u_{n}-3$ soit inférieur à $10^{-3}$ ,il suffit que $\dfrac{1}{2^{n-1}} \leq 10^{-3}$ c'est à dire $(n-1) \ln\dfrac 12 \leq -3\ln 10$ ou $n\geq \dfrac{3\ln 10}{\ln 2}+1$ .

Finalement on peut prendre $n=E\Big( \dfrac{3\ln 10}{\ln 2}+1\Big)+1=11(^2)$ On peut améliorer ce résultat en remarquant que $\forall n\in \real{N}, u_n \in ]3, 5]$ et que dans ce intervalle, $g ' (x) = \dfrac{1}{2} -\dfrac{9}{2x^2} \leq \dfrac{1}{2} -\dfrac{9}{50}=\dfrac{8}{25}$ . En reprenant le même raisonnement avec cette nouvelle borne on trouve : $n=7$ })

3. a) Exprimons d'abord le rapport $v_{n+1}$ .

$v_{n+1} = \dfrac{u_{n+1}-3}{u_{n+1}+3}= \dfrac{ \dfrac{u_n}{2} +\dfrac{9}{2u_n} -3}{\dfrac{u_n}{2} +\dfrac{9}{2u_n}+3} = \dfrac{u_n^2-6u_n+9}{u_n^2+6u_n+9}=\dfrac{(u_n -3)^2}{(u_n +3)^2} =v_n^2$

En prenant le logarithme on trouve $\lnv_n+1 = 2^{n}lnv_0$ .

La suite $(\ln v_n)$ est donc géométrique de raison $2$ et de $1^{\mbox{er}}$ terme $\ln v_0 = \ln \dfrac{u_0 -3}{u_0 +3}= \ln \dfrac{2}{5}.$

b) Par conséquent $\forall n \in\mathbb{N}, \; \ln v_n =2^n \ln v_0 = \ln \Big(\dfrac{2}{5}\Big)^{2^n}$ .

Soit en posant

$q= \frac{2}{5} :\;\forall n \in\mathbb{N}, \; v_n = q^{2^n}$ .

Tirons maintenant $u_n$ en fonction de $v_n$ :

$\forall n \in \mathbb{N}, \; v_n=\dfrac{ u_n -3 }{ u_n +3 } \Leftrightarrow u_n(1-v_n)=3v_n+3 \Leftrightarrow u_n=3\dfrac{1+ v_n }{1- v_n }$

Donc $\forall n \in \mathbb{N}, \; u_n =3\dfrac{1+q^{2^n} }{1-q^{2^n} }$ .

Puisque $q$ appartient à $]0,\, 1[$ , la suite $q^{2^n}$ a pour limite $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ . Donc
$\lim_{n\to +\infty}\, u_n =\lim_{n\to +\infty}\, 3\dfrac{1+q^{2^n}}{1-q^{2^n} } =3$ .

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