Polynésie, juin 2010, exercice 4

Énoncé

Partie A
1 
On considère la fonction g définie sur [1\,;\,+\infty[ par : g(x) = \mathrm{\ln}(2x) + 1 - x.
a)  Cette question demande le développement d'une certaine démarche comportant plusieurs étapes. La clarté du plan d'étude, la rigueur des raisonnements ainsi que la qualité de la rédaction seront prises en compte dans la notation.
Démontrer que l'équation g(x) = 0 admet sur [1\,;\,+\infty[ une unique solution notée \alpha.
b) Démontrer que \mathrm{\ln}(2\alpha) + 1 = \alpha.
2 
Soit la suite (u n ) définie par u 0 = 1 et pour tout entier naturel n, u_{n + 1} = \mathrm{\ln}(2u_{n}) + 1. On désigne par \Gamma la courbe d'équation {y = \mathrm{\ln}(2x) + 1} dans un repère orthonormal (\mathrm{O}\,;\,\vec{i},\,\vec{j}). Cette courbe est donnée ci-dessous.
Polynésie, juin 2010, exercice 4 - illustration 1
a) En utilisant la courbe \Gamma, construire sur l'axe des abscisses les quatre premiers termes de la suite.
b) Démontrer que pour tout entier naturel n, 1 \leq u n  \leq u n+1 \leq 3.
c) Démontrer que la suite (u n ) converge vers α.
Partie B
On considère la fonction f définie sur [0\,;\,+\infty[ par :f(x) = (x - 1)\mathrm{e}^{1 - x}.
On désigne par \mathcal{C} la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormal (\mathrm{O}\,;\,\vec{i},\,\vec{j}). Cette courbe est donnée partie A.
1 
Pour tout nombre réel x supérieur ou égal à 1, on pose :
F(x) = \int^{x}_{1}f(t)\,\mathrm{d}t = \int^{x}_{1}(t - 1)\mathrm{e}^{1-t}\,\mathrm{d}t.
a) Démontrer que la fonction F est croissante sur [1\,;\,+\infty[.
b) Démontrer que sur [1\,;\,+\infty[, l'équation F(x) = \frac{1}{2} est équivalente à l'équation \ln(2x) + 1 = x.
2 Soit un réel a supérieur ou égal à 1. On considère la partie D a du plan limitée par la courbe \mathcal{C}, l'axe des abscisses et les droites d'équations x = 1 et x = a.
Déterminer a tel que l'aire, en unités d'aire, de D a soit égale à \frac{1}{2} et hachurer D a sur le graphique.

Le sujet pas à pas

Mobiliser ses connaissances

Thèmes du programme
Théorème des valeurs intermédiaires, lien entre primitive et intégrale, démonstration par récurrence, critère de convergence d'une suite monotone, fonctions exponentielle et logarithme.
Théorème des valeurs intermédiaires
Primitive
Intégrale
Récurrence
Convergente, divergente (suite)
Théorème de convergence monotone
Suite
Exponentielle (fonction)
Logarithme népérien
Nos conseils

Partie A
1 
a) Le fait qu'il est demandé de démontrer que l'équation admet une solution unique induit l'utilisation du théorème des valeurs intermédiaires, sinon, on résoudrait tout simplement l'équation donnée.
On calcule donc la dérivée de g, puis on détermine sa variation puis on constate que sur [1;+\infty[ g est strictement monotone et change de signe, donc 0 admet un antécédent unique α.
b) Par définition de α, g(\alpha)=0
2 
a) On trace la première bissectrice Δ : y = x.
u_1 est l'ordonnée du point d'abscisse u_0 de Γ, puis on utilise Δ pour placer u_1 sur l'axe des abscisses, puis on recommence l'opération pour trouver u_2, etc.
b) On montre la propriété par récurrence en posant f(x)=\ln(2x)+1, et en utilisant le fait que la fonction f est croissante.
c) La suite (un) est croissante et majorée donc convergente. Pour déduire la limite on fait tendre n vers +\infty, dans l'équation u_{n+1}=f(u_n) et par unicité de la limite on déduit que la limite est \alpha.
partie B
1 
a) Puisque F est une primitive de f, F'=f et il suffit alors d'étudier le signe de f pour en déduire les variations de F.
b) Remplacer F(x) par son expression, isoler \mathrm{e}^{1-x}, appliquer le logarithme népérien et conclure.
2 
Utiliser les questions B 1. b) puis la A 1. a) et A 1. b) pour déduire que a=\alpha.

Corrigé

Partie A
1 
a) La fonction x \mapsto 2x est dérivable et strictement positive sur [1\,;\,+\infty[.
Elle prend ses valeurs dans l'intervalle [2\,;\,+\infty[.
Sur cet intervalle, la fonction ln est dérivable.
Donc la fonction x \mapsto \ln(2x) est dérivable sur [1\,;\,+\infty[ comme composée de deux fonctions dérivables.
De plus la fonction x \mapsto 1 - x est dérivable sur [1\,;\,+\infty[.
Par conséquent la fonction g est dérivable sur [1\,;\,+\infty[ comme somme de fonctions dérivables.
Pour tout x\in [1\,;\,+\infty[, on a : g'(x)=\frac{2}{2x}-1=\frac{1-x}{x}.
Sur [1\,;\,+\infty[, on a x>0 et 1-x\le 0, donc g'(x)\le 0.
La fonction g est donc décroissante sur l'intervalle [1\,;\,+\infty[.
Enfin g(1)=\ln2+1-1=\ln2>0.
Lorsque x\rightarrow +\infty, 2x\rightarrow +\infty et \ln(2x)\rightarrow +\infty.
On a donc une forme indéterminée du type : +\infty-\infty.
Sur l'intervalle [1\,;\,+\infty[, on a :
g(x)= \ln(2x)+1-x=x\left(\frac{\ln(2x)}{x}+\frac{1}{x}-1\right).
Soit g(x)=x\left(2\frac{\ln(2x)}{2x}+\frac{1}{x}-1\right).
Ainsi \lim_{x\to+\infty}2\frac{\ln(2x)}{2x}=0 et \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0.
Donc \lim_{x\to+\infty}2\frac{\ln(2x)}{2x}+\frac{1}{x}-1=-1.
En utilisant la règle des signes : \lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty<0.
Donc la fonction g est dérivable, continue sur [1\,;\,+\infty[ à valeurs dans ]-\infty\,;\,\ln2]. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, puisque {0\in\ ]-\infty\,;\,\ln2]}, l'équation g(x)=0 admet une unique solution \alpha.
b) D'après la question précédente, on sait que g(\alpha)=0.
Donc, \ln(2\alpha)+1-\alpha=0, soit \ln(2\alpha)+1=\alpha.
2 
a) 
Polynésie, juin 2010, exercice 4 - illustration 2
b) On va démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, on a : 1\leq u_{n}\leq u_{n+1}\leq 3.
Initialisation : on a u_{0}=1 et u_{1}=\ln(2)+1\approx 1,69.
Donc 1\leq u_{0}\leq u_{1}\leq 3.
La propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que jusqu'au rang n, on a : 1\leq u_{k}\leq u_{k+1}\leq 3.
On pose f(x)=\ln(2x)+1. f est dérivable sur ]0 ; +\infty[ et f'(x)=\frac{1}{x}, donc f est croissante sur ]0 ; +\infty[.
On obtient: f(1)\leq f(u_n)\leq f( u_{n+1})\leq f(3).
Or f(1)\geq 1, f(3)\leq 3, f(u_n)=u_{n+1} et u_{n+2}=f(u_{n+1}),
donc 1\leq u_{n+1}\leq u_{n+2}\leq 3.
La propriété est vraie au rang n + 1.
Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc, pour tout entier naturel n, 1\leq u_{n}\leq u_{n+1}\leq 3.
c) D'après la question précédente, la suite \left(u_{n}\right) est croissante et majorée par 3.
Donc elle est convergente vers une limite \ell qui vérifie \ell=\ln(2\ell)+1, d'où \ell=\alpha.
Partie B
1 
a) D'après la consigne on sait que F est une primitive de f définie sur l'intervalle [1\,;\,+\infty[.
Par conséquent, pour tout x appartenant à [1\,;\,+\infty[, on a :
F'(x)=f(x) et F(1)=0.
Or sur l'intervalle [1\,;\,+\infty[ on a x-1\ge 0 et \mathrm{e}^{1-x}>0.
Donc pour tout x appartenant à [1\,;\,+\infty[, on a f(x)\ge 0.
Par conséquent, la fonction F est croissante sur l'intervalle [1\,;\,+\infty[.
b) Sur l'intervalle [1\,;\,+\infty[, on a :
F(x)=\frac{1}{2}\Leftrightarrow 1-x\mathrm{e}^{1-x}=\frac{1}{2}
\Leftrightarrow -x\mathrm{e}^{1-x}=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow x\mathrm{e}^{1-x}=\frac{1}{2}
\Leftrightarrow \mathrm{e}^{1-x}=\frac{1}{2x}\Leftrightarrow \ln(\mathrm{e}^{1-x})=\ln(\frac{1}{2x})
\Leftrightarrow 1-x=-\ln(2x)\Leftrightarrow \ln(2x)+1=x.
2 On vient de voir que résoudre l'équation F(x)=\frac{1}{2} revenait à résoudre l'équation : \ln(2x)+1=x.
D'après la question 1. b), l'unique solution de cette équation est \alpha.
Voir le graphique de la question A 2. a).