Suites numériques, calcul des probabilités, calcul intégral et étude d'une fonction

Sujet et corrigé — 20 points

Traite le sujet en conditions réelles avant d'ouvrir les corrections. Chaque exercice renvoie vers le chapitre à revoir si tu bloques.

1. Exercice 1Suites numériques5 pts

   Chapitre : Suites numériques (convergence + finance)

   Soit $(u_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ la suite numérique définie par : $u_0=1$ et $u_{n+1}=\frac{2u_n-9}{u_n-4}$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$.

   1. Calculer $u_1$ et $u_2$. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer par récurrence que pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $u_n<3$. (0,75 pt) (b) Montrer que pour tout $n$ de $\mathbb{N}$, $u_{n+1}-u_n=\frac{(u_n-3{)}^2}{4-u_n}$. (0,5 pt) (c) En déduire que $(u_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ est une suite croissante. (0,25 pt) (d) Dire pourquoi la suite $(u_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ est convergente. (0,25 pt)
   3. On pose pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $v_n=\frac{u_n-4}{u_n-3}$. (a) Calculer $v_0$. (0,25 pt) (b) Montrer que $v_{n+1}=\frac{2u_n-7}{u_n-3}$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$. (0,5 pt) (c) En déduire que $v_{n+1}-v_n=1$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$. (0,5 pt) (d) Montrer que $v_n=\frac{3}{2}+n$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$. (0,5 pt)
   4. (a) Montrer que pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $u_n=\frac{3v_n-4}{v_n-1}$. (0,5 pt) (b) En déduire que $u_n=\frac{6n+1}{2n+1}$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$. (0,25 pt) (c) Calculer ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n$. (0,25 pt)
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   1. $u_1=\frac{2u_0-9}{u_0-4}=\frac{2-9}{1-4}=\frac{-7}{-3}=\frac{7}{3}$ et $u_2=\frac{2u_1-9}{u_1-4}=\frac{\frac{14}{3}-\frac{27}{3}}{\frac{7}{3}-\frac{12}{3}}=\frac{-\frac{13}{3}}{-\frac{5}{3}}=\frac{13}{5}$. Donc $u_1=\frac{7}{3}$ et $u_2=\frac{13}{5}$.
   2. (a) Montrons par récurrence que pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $u_n<3$. Initialisation : $u_0=1<3$. Hérédité : soit $n\in \mathbb{N}$ tel que $u_n<3$. Alors $u_{n+1}-3=\frac{2u_n-9}{u_n-4}-3=\frac{2u_n-9-3u_n+12}{u_n-4}=\frac{3-u_n}{u_n-4}$. Comme $u_n<3$ : $3-u_n>0$ et $u_n-4<3-4<0$, donc le quotient est strictement négatif : $u_{n+1}-3<0$, c'est-à-dire $u_{n+1}<3$. Conclusion : pour tout $n$ de $\mathbb{N}$, $u_n<3$ (en particulier $u_n-4\ne 0$ et la suite est bien définie). (b) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $u_{n+1}-u_n=\frac{2u_n-9}{u_n-4}-u_n=\frac{2u_n-9-u_n(u_n-4)}{u_n-4}=\frac{-u_n^2+6u_n-9}{u_n-4}=\frac{-(u_n-3{)}^2}{u_n-4}=\frac{(u_n-3{)}^2}{4-u_n}$. (c) Pour tout $n$ : $(u_n-3{)}^2\ge 0$ et $4-u_n>0$ (car $u_n<3<4$), donc $u_{n+1}-u_n\ge 0$ : la suite $(u_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ est croissante. (d) $(u_n)$ est croissante et majorée par $3$ : d'après le théorème de convergence des suites monotones, elle est convergente.
   3. (a) $v_0=\frac{u_0-4}{u_0-3}=\frac{1-4}{1-3}=\frac{-3}{-2}=\frac{3}{2}$. (b) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $u_{n+1}-4=\frac{2u_n-9}{u_n-4}-4=\frac{2u_n-9-4u_n+16}{u_n-4}=\frac{7-2u_n}{u_n-4}$ et, d'après 2.a, $u_{n+1}-3=\frac{3-u_n}{u_n-4}$. Donc $v_{n+1}=\frac{u_{n+1}-4}{u_{n+1}-3}=\frac{7-2u_n}{u_n-4}\times \frac{u_n-4}{3-u_n}=\frac{7-2u_n}{3-u_n}=\frac{2u_n-7}{u_n-3}$. (c) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $v_{n+1}-v_n=\frac{2u_n-7}{u_n-3}-\frac{u_n-4}{u_n-3}=\frac{2u_n-7-u_n+4}{u_n-3}=\frac{u_n-3}{u_n-3}=1$. (d) D'après (c), $(v_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ est une suite arithmétique de raison $r=1$ et de premier terme $v_0=\frac{3}{2}$, donc pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $v_n=v_0+nr=\frac{3}{2}+n$.
   4. (a) Pour tout $n$ : $v_n(u_n-3)=u_n-4$, soit $v_n{u}_n-3v_n=u_n-4$, d'où $u_n(v_n-1)=3v_n-4$. Comme $v_n-1=\frac{1}{2}+n>0$, on peut diviser : $u_n=\frac{3v_n-4}{v_n-1}$. (b) En remplaçant $v_n=\frac{3}{2}+n$ : $u_n=\frac{3(\frac{3}{2}+n)-4}{\frac{3}{2}+n-1}=\frac{\frac{9}{2}+3n-4}{\frac{1}{2}+n}=\frac{\frac{1}{2}+3n}{\frac{1}{2}+n}=\frac{1+6n}{1+2n}=\frac{6n+1}{2n+1}$ (on a multiplié numérateur et dénominateur par $2$). (c) $u_n=\frac{6n+1}{2n+1}=\frac{n(6+\frac{1}{n})}{n(2+\frac{1}{n})}=\frac{6+\frac{1}{n}}{2+\frac{1}{n}}$ et ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{1}{n}=0$, donc ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n=\frac{6}{2}=3$.

2. Exercice 2Calcul des probabilités3 pts

   Chapitre : Dénombrement et probabilités

   (Les résultats seront donnés sous forme de fractions.)

   Pour passer un contrôle oral de mathématiques à ses élèves, un professeur prépare dix exercices de trois domaines comme suit : cinq en algèbre, trois en analyse et deux en géométrie.

   Un élève choisit au hasard et simultanément $3$ exercices pour passer le contrôle. Tous les exercices ont la même probabilité d'être choisis.

   On considère les événements suivants : $A$ : « Le choix de l'élève ne contient que des exercices d'algèbre » $B$ : « Le choix de l'élève contient un exercice de chaque domaine » $C$ : « Parmi les trois exercices choisis, il y a un seul de géométrie »

   1. Montrer que $p(A)=\frac{1}{12}$. (1 pt)
   2. Calculer $p(B)$. (1 pt)
   3. Calculer $p(C)$. (1 pt)
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   L'élève choisit simultanément $3$ exercices parmi $10$ : l'univers $\Omega$ est l'ensemble des combinaisons de $3$ exercices parmi $10$, équiprobables : $\mathrm{card}(\Omega )=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)=\frac{10\times 9\times 8}{3\times 2\times 1}=120$.

   1. $A$ est réalisé quand les $3$ exercices sont choisis parmi les $5$ exercices d'algèbre : $\mathrm{card}(A)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)=\frac{5\times 4\times 3}{3\times 2\times 1}=10$. Donc $p(A)=\frac{10}{120}=\frac{1}{12}$.
   2. $B$ : un exercice d'algèbre (parmi $5$), un d'analyse (parmi $3$) et un de géométrie (parmi $2$) : $\mathrm{card}(B)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)=5\times 3\times 2=30$. Donc $p(B)=\frac{30}{120}=\frac{1}{4}$.
   3. $C$ : un seul exercice de géométrie (parmi $2$) et les deux autres parmi les $8$ exercices qui ne sont pas de géométrie ($5+3=8$) : $\mathrm{card}(C)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{2}\right)=2\times \frac{8\times 7}{2}=2\times 28=56$. Donc $p(C)=\frac{56}{120}=\frac{7}{15}$.

3. Exercice 3Calcul intégral4 pts

   Chapitres : Calcul intégral · Fonctions logarithmiques

   On considère les fonctions numériques $f$ et $g$ de la variable réelle $x$ définies sur $]0,+\infty [$ par : $f(x)=1-\ln x\mathrm{et}g(x)=\ln x.$ $(C_f)$ et $(C_g)$ sont les courbes représentatives respectives de $f$ et $g$ dans un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$.

   1. Calculer $f(e)$ et $g(\sqrt{e})$. (0,5 pt)
   2. Déterminer algébriquement les coordonnées du point d'intersection de $(C_f)$ et $(C_g)$. (0,5 pt)
   3. (a) Montrer que ${\int }_1^{\sqrt{e}}g(x)\mathrm{d}x=\frac{2-\sqrt{e}}{2}$ (on pourra utiliser une intégration par parties). (1 pt) (b) Calculer ${\int }_{\sqrt{e}}^{e}f(x)\mathrm{d}x$. (1 pt) (c) En déduire que l'aire $\mathcal{A}$ de la partie colorée est $\mathcal{A}=(\sqrt{e}-1{)}^2$ u.a. (On remarquera que $e-2\sqrt{e}+1=(\sqrt{e}-1{)}^2$.) (1 pt)

   [Figure : dans le repère $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$, la courbe $(C_g)$ de $\ln$ passe par $(1,0)$ et est croissante ; la courbe $(C_f)$ de $1-\ln x$ passe par $(1,1)$ et $(e,0)$ et est décroissante ; les deux courbes se coupent au point d'abscisse $\sqrt{e}$. La partie colorée est le domaine délimité par $(C_g)$, $(C_f)$ et l'axe des abscisses : il est situé au-dessus de l'axe des abscisses, sous $(C_g)$ entre $x=1$ et $x=\sqrt{e}$, et sous $(C_f)$ entre $x=\sqrt{e}$ et $x=e$.]

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   1. $f(e)=1-\ln e=1-1=0$ et $g(\sqrt{e})=\ln \sqrt{e}=\ln e^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\ln e=\frac{1}{2}$.
   2. Un point $M(x,y)$ appartient à $(C_f)$ et à $(C_g)$ si et seulement si $f(x)=g(x)$, c'est-à-dire $1-\ln x=\ln x<\Rightarrow 2\ln x=1<\Rightarrow \ln x=\frac{1}{2}<\Rightarrow x=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}$. Alors $y=g(\sqrt{e})=\frac{1}{2}$. Le point d'intersection de $(C_f)$ et $(C_g)$ est le point de coordonnées $(\sqrt{e},\frac{1}{2})$.
   3. (a) Intégration par parties avec $u(x)=\ln x$, $v^{\prime }(x)=1$, donc $u^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ et $v(x)=x$ (fonctions dérivables à dérivées continues sur $[1,\sqrt{e}]$) : ${\int }_1^{\sqrt{e}}\ln x\mathrm{d}x=[x\ln x{]}_1^{\sqrt{e}}-{\int }_1^{\sqrt{e}}x\times \frac{1}{x}\mathrm{d}x=(\sqrt{e}\ln \sqrt{e}-1\times \ln 1)-[x{]}_1^{\sqrt{e}}=\frac{\sqrt{e}}{2}-0-(\sqrt{e}-1)=1-\frac{\sqrt{e}}{2}=\frac{2-\sqrt{e}}{2}$. (b) La fonction $x\to x\ln x-x$ est une primitive de $\ln$ sur $]0,+\infty [$ (on vérifie : $(x\ln x-x{)}^{\prime }=\ln x+x\times \frac{1}{x}-1=\ln x$). Donc une primitive de $f(x)=1-\ln x$ est $x-(x\ln x-x)=2x-x\ln x$ : ${\int }_{\sqrt{e}}^e(1-\ln x)\mathrm{d}x=[2x-x\ln x{]}_{\sqrt{e}}^e=(2e-e\ln e)-(2\sqrt{e}-\sqrt{e}\ln \sqrt{e})=(2e-e)-(2\sqrt{e}-\frac{\sqrt{e}}{2})=e-\frac{3}{2}\sqrt{e}$. (c) D'après la figure, la partie colorée est située au-dessus de l'axe des abscisses ; entre $x=1$ et $x=\sqrt{e}$ elle est limitée en haut par $(C_g)$ (et $g(x)\ge 0$ sur $[1,\sqrt{e}]$), entre $x=\sqrt{e}$ et $x=e$ elle est limitée en haut par $(C_f)$ (et $f(x)\ge 0$ sur $[\sqrt{e},e]$ car $\ln x\le 1$). Donc $\mathcal{A}={\int }_1^{\sqrt{e}}g(x)\mathrm{d}x+{\int }_{\sqrt{e}}^{e}f(x)\mathrm{d}x=\frac{2-\sqrt{e}}{2}+e-\frac{3}{2}\sqrt{e}=1-\frac{\sqrt{e}}{2}+e-\frac{3\sqrt{e}}{2}=e-2\sqrt{e}+1=(\sqrt{e}-1{)}^2$. L'aire de la partie colorée est $\mathcal{A}=(\sqrt{e}-1{)}^2$ u.a. (soit environ $0,42$ u.a.).

4. Exercice 4Étude d'une fonction numérique8 pts

   Chapitres : Fonctions logarithmiques · Limites et continuité · Dérivation et étude des fonctions

   On considère la fonction numérique $h$ de la variable réelle $x$ définie sur $]0,+\infty [$ par : $h(x)=(\ln x{)}^3-3\ln x$ et $(C_h)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$.

   1. (a) Vérifier que $h(x)=\ln x((\ln x{)}^2-3)$ pour tout $x$ de $]0,+\infty [$. (0,25 pt) (b) Montrer que ${\lim }_{x\to 0^{+}}h(x)=-\infty$, puis donner une interprétation géométrique du résultat. (0,5 pt) (c) Calculer ${\lim }_{x\to +\infty }h(x)$ et ${\lim }_{x\to +\infty }h(x)/x$, puis donner une interprétation géométrique du résultat. (1,25 pt) (On admettra que ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{(\ln x{)}^3}{x}=0$.)
   2. Vérifier que l'ensemble des solutions de l'équation $h(x)=0$ est $e^{-\sqrt{3}},1,e^{\sqrt{3}}$. (1,5 pt)
   3. (a) Montrer que $h^{\prime }(x)=\frac{3}{x}(\ln x-1)(\ln x+1)$ pour tout $x$ de $]0,+\infty [$. (1 pt) (b) Montrer que : $h^{\prime }(x)\ge 0$ sur $]0,\frac{1}{e}]\cup [e,+\infty [$ et $h^{\prime }(x)\le 0$ sur $[\frac{1}{e},e]$. (1 pt) (c) Calculer $h(\frac{1}{e})$ et $h(e)$ puis dresser le tableau de variations de $h$. (1 pt)
   4. À l'aide du tableau de variations de $h$, donner *l'image de chacun des intervalles* $I=[\frac{1}{e},e]$ et $J=]0,+\infty [$ par la fonction $h$. (1,5 pt)
   Voir la correction

   1. (a) Pour tout $x>0$ : $\ln x((\ln x{)}^2-3)=(\ln x{)}^3-3\ln x=h(x)$. (b) ${\lim }_{x\to 0^{+}}\ln x=-\infty$, donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}(\ln x{)}^2=+\infty$ et ${\lim }_{x\to 0^{+}}((\ln x{)}^2-3)=+\infty$. Par produit, ${\lim }_{x\to 0^{+}}h(x)={\lim }_{x\to 0^{+}}\ln x((\ln x{)}^2-3)=-\infty$. Interprétation : la droite d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale à $(C_h)$. (c) ${\lim }_{x\to +\infty }\ln x=+\infty$ et ${\lim }_{x\to +\infty }((\ln x{)}^2-3)=+\infty$, donc par produit ${\lim }_{x\to +\infty }h(x)=+\infty$. Pour $x>0$ : $h(x)/x=\frac{(\ln x{)}^3}{x}-3\frac{\ln x}{x}$. On admet que ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{(\ln x{)}^3}{x}=0$ et on sait que ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{\ln x}{x}=0$, donc ${\lim }_{x\to +\infty }h(x)/x=0-3\times 0=0$. Interprétation : $(C_h)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction l'axe des abscisses.
   2. Pour $x>0$ : $h(x)=0<\Rightarrow \ln x((\ln x{)}^2-3)=0<\Rightarrow \ln x=0\mathrm{ou}(\ln x{)}^2=3<\Rightarrow \ln x=0\mathrm{ou}\ln x=\sqrt{3}\mathrm{ou}\ln x=-\sqrt{3}<\Rightarrow x=1\mathrm{ou}x=e^{\sqrt{3}}\mathrm{ou}x=e^{-\sqrt{3}}$. L'ensemble des solutions de $h(x)=0$ est bien $e^{-\sqrt{3}},1,e^{\sqrt{3}}$.
   3. (a) $h$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ comme composée et somme de fonctions dérivables. Avec $((\ln x{)}^3{)}^{\prime }=3(\ln x{)}^2\times \frac{1}{x}$ : $h^{\prime }(x)=3\frac{(\ln x{)}^2}{x}-\frac{3}{x}=\frac{3}{x}((\ln x{)}^2-1)=\frac{3}{x}(\ln x-1)(\ln x+1)$. (b) Pour $x>0$, $\frac{3}{x}>0$ : le signe de $h^{\prime }(x)$ est celui du produit $(\ln x-1)(\ln x+1)$. $\ln x-1\ge 0<\Rightarrow \ln x\ge 1<\Rightarrow x\ge e$ ; $\ln x+1\ge 0<\Rightarrow \ln x\ge -1<\Rightarrow x\ge \frac{1}{e}$. Sur $]0,\frac{1}{e}]$ : $\ln x+1\le 0$ et $\ln x-1<0$, produit positif : $h^{\prime }(x)\ge 0$. Sur $[\frac{1}{e},e]$ : $\ln x+1\ge 0$ et $\ln x-1\le 0$, produit négatif : $h^{\prime }(x)\le 0$. Sur $[e,+\infty [$ : $\ln x+1>0$ et $\ln x-1\ge 0$, produit positif : $h^{\prime }(x)\ge 0$. Donc $h^{\prime }(x)\ge 0$ sur $]0,\frac{1}{e}]\cup [e,+\infty [$ et $h^{\prime }(x)\le 0$ sur $[\frac{1}{e},e]$. (c) $h(\frac{1}{e})=(\ln \frac{1}{e}{)}^3-3\ln \frac{1}{e}=(-1{)}^3-3\times (-1)=-1+3=2$ et $h(e)=(\ln e{)}^3-3\ln e=1-3=-2$. Tableau de variations de $h$ : $h$ est croissante sur $]0,\frac{1}{e}]$, de $-\infty$ (limite en $0^{+}$) à $h(\frac{1}{e})=2$ ; décroissante sur $[\frac{1}{e},e]$, de $2$ à $h(e)=-2$ ; croissante sur $[e,+\infty [$, de $-2$ à $+\infty$ (limite en $+\infty$). Le signe de $h^{\prime }$ est $+$, $0$, $-$, $0$, $+$ (zéros en $\frac{1}{e}$ et $e$).
   4. Image de $I=[\frac{1}{e},e]$ : $h$ est continue et décroissante sur $[\frac{1}{e},e]$, donc $h(I)=[h(e),h(\frac{1}{e})]=[-2,2]$. Image de $J=]0,+\infty [$ : d'après le tableau de variations, $h(]0,\frac{1}{e}])=]-\infty ,2]$ ($h$ continue croissante, de limite $-\infty$ en $0^{+}$), $h([\frac{1}{e},e])=[-2,2]$ et $h([e,+\infty [)=[-2,+\infty [$ ($h$ continue croissante, de limite $+\infty$ en $+\infty$). La réunion de ces trois intervalles est $\mathbb{R}$ : $h(J)=]-\infty ,+\infty [=\mathbb{R}$.