\documentclass[12pt]{article}
\input{Preambule-lua.tex}
\usepackage{calligra}

\geometry{a4paper,hmargin=2cm,vmargin=2cm}

\usepackage{xcolor}
\usepackage[skins,breakable]{tcolorbox}
\definecolor{Couleur1}{rgb}{0.7,0,0}
\definecolor{Couleur2}{rgb}{1,0.6,0}
\newboolean{solution}
\NewTColorBox{corrigeboite}{}{%
                    breakable,
                    enhanced,
                    colframe=Couleur2!5,
                    colback=Couleur2!5,
                    coltext=Couleur1,
                    title=Correction :,
                    coltitle=Couleur1,
                    fonttitle=\bfseries,
                    attach boxed title to top left,
                    boxed title style={left=0pt,
                                       boxrule=0pt,
                                       colframe=white,
                                       colback=white,
                                       },
                    }


\NewDocumentEnvironment{corrige}{ +b }
                               {\ifthenelse{\boolean{solution}}
                                   {\par\medskip
                                    \begin{corrigeboite}
                                    #1
                                    \end{corrigeboite}
                                    \par\medskip}
                                   {}
                               }
                               {}

 \setboolean{solution}{true}
\setboolean{solution}{false}

\begin{document}
\pagestyle{empty}

\devpers{{\bf \Large \textcalligra{DS N\up{~~o}{\Huge 4}  : Suites et continuité (2h)}} }{}{\textcalligra{ Spé math (terminale) } }{\large \textcalligra{27 novembre 2024}}

% \devpers{ $\pmb{\cald \cals~ \caln^o 1}$ : {\bf \Large \textcalligra{DS 1  : Révisions suites et fonctions}} }{}{T\up{ale} }{7 octobre 2024}


\setlength{\columnseprule}{.5pt}
\setlength{\columnsep}{30pt}

 \setcounter{exercice}{0}




\begin{exercice}[(11 points)]
% Tiré du bac 1999 Pondichery

{\bf Partie A : }

On considère la fonction $h$ définie sur $[0~;\pI[$ par
$h(x) = x\e^x - 2\e^x + 2.$

\begin{enumerate}
\item Déterminer la limite $h$ en $\pI$.
\begin{corrige}
 Pour $x\geq 0$ on a $h(x)=\e^x(x-2)+2$.

	Et $\limite{x}{\pI}\e^x=\pI$, $\limite{x}{\pI}(x-2)=\pI$

	donc par produit et somme $\limite{x}{\pI}h(x)=\pI$.
\end{corrige}

\item Calculer la dérivée de $h$ et montrer que pour $x\geq 0$ :
\[
 h'(x)=(x-1)\e^x
\]

\begin{corrige}
 Pour $x\geq 0$ :
 \begin{align*}
  h'(x)&=\e^x+x\e^x-2\e^x\\
  &=(x-1)\e^x
 \end{align*}

\end{corrige}

\item En déduire le tableau de variations de $h$.
\begin{corrige}
 Pour $x\geq 0$, $\e^x>0$, donc $h'(x)$ et du signe de $x-1$ (affine).

 On déduit le tableau de variation de $h$ :

      \begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$f'(x)$ / 1,
Variations de \\$f$ / 2}
{ $0$ , $1$ ,$\pI$}
{ ,-,z,+,}
{ +/ 0 , -/$2-\e$ , +/ $\pI$ }%
\end{tikzpicture}


\end{corrige}

\item Montrer qu'il existe un unique réel $a\in\R_+^\star$ tel que $h(a) = 0$ et que $a>1$.
\begin{corrige}
 Pour $x\in ]0;1]$, $h$ est strictement négative d'après le tableau de variations, donc $h$ n'a pas de racine sur $]0;1]$.

 Pour $x\in [1;\pI[$,

 \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
 \item $h$ strictement croissante.
 \item $h$ continue
 \item $h(1)=2-\e<0$ et $\limite{x}{\pI}h(x)=\pI$ avec $0\in [2-\e;\pI[$.
\end{enumerate}
donc par corollaire du théorème des valeurs intermédiaires $h(x)=0$ admet une unique racine $a\in [1;\pI[$.

Finalement, sur $]0;\pI[$, $h(x)=0$ admet une unique racine $a>1$.
\end{corrige}


\item En déduire le signe de $h$ sur $[0~;\pI[$.

\begin{corrige}

On a alors le tableau de signes suivant :

 \begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=1.5]
{ $x$ / 1, $h(x)$ / 1}
{ $0$ ,$a$, $\pI$}
\tkzTabLine{ ,-,z,+, }
\end{tikzpicture}
\end{corrige}




\item On donne le programme Python ci-contre :

\begin{lstlisting}[language=python]
def script(h):
  x=1
  while h(x)*h(x+h)>0 :
	 x=x+h
  print(x,x+h)
\end{lstlisting}

Que fait ce script ? Quelles sont les valeurs renvoyées par \texttt{script(0.01)} et que signifient-t'elles ?

\begin{corrige}
 Il s'agit d'un script de recherche d'un encadrement de la racine  $a$ de $h$ par encadrement. La valeur renvoyée par  \texttt{script(0.01)} est un encadrement de $a$ à $10^{-2}$. Les deux valeurs renvoyées sont les bornes de l'encadrement.

 On a : $1,59<a<1,60$.
\end{corrige}




\end{enumerate}

{\bf Partie B : }

Soit la fonction numérique $f$ définie sur
$]0~;~+~ \infty[$ par

\[f(x) = \dfrac{\e^x - 1}{x^2}.\]

	\begin{enumerate}
		\item Calculer la limite de $f$ en $\pI$.

\begin{corrige}
 On a pour $x>0$ : $f(x)=\dfrac{\e^x}{x^2} -\dfrac{1}{x^2}$.

 Alors par croissance comparée : $\limite{x}{\pI}\dfrac{\e^x}{x^2}= \pI$ et $\limite{x}{\pI}\dfrac{1}{x^2}=0$

 donc par somme : $\limite{x}{\pI} f(x)=\pI$.
\end{corrige}

\item On rappelle qu'à l'aide du taux d'accroissement de la fonction exponentielle, on montre que
\[
 \limite{x}{0}\dfrac{\e^x - 1}{x}=1
\]

A l'aide de ce dernier résultat, déterminer la limite de $f$ en $0$.
\begin{corrige}
 On a $f(x) = \dfrac{\e^x - 1}{x} \times \dfrac1x$.

 Et  $\limite{x}{0}\dfrac{\e^x - 1}{x}=1$, et par quotient $ \limite{x}{0^+}\dfrac{1}{x}=\pI$.

 Donc par produit : $\limite{x}{0} f(x)=\pI$.

\end{corrige}

\item Montrer que pour $x>0$ on a
\[
 f'(x)=\dfrac{h(x)}{x^3}
\]

\begin{corrige}
Pour $x>0$, par dérivation du quotient, on a :

\begin{align*}
 f'(x) &= \dfrac{x^2\e^x - 2x(\e^x-1)}{x^4}\\
		&=\dfrac{x(x\e^x-2\e^x+2)}{x^4}\\
		&=\dfrac{h(x)}{x^3}
\end{align*}

\end{corrige}

\item En déduire le sens de variations de $f$ et dresser son tableau de variations.

\begin{corrige}
 Sur $\R_+^\star$, $x^3>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $h(x)$ et on déduit donc le tableau de variations de $f$.

      \begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$f'(x)$ / 1,
Variations de \\$f$ / 2}
{ $0$ , $a$ ,$\pI$}
{ d,-,z,+,}
{ D+ / $\pI$ , -/$f(a)$ , +/ $\pI$ }%
\end{tikzpicture}
\end{corrige}

\item Montrer que $f(a) = \dfrac{1}{a(2-a)}$.
\begin{corrige}
 On a $h(a)=0$, donc $\e^a(a-2)=-2$ et donc $\e^a=-\dfrac{2}{a-2}$.

 On déduit alors :
 \begin{align*}
  f(a)&=\dfrac{\e^a-1}{a^2}\\
  &=\dfrac{-\dfrac{2}{a-2}-1}{a^2}\\
   &=\dfrac{-\dfrac{a}{a-2}}{a^2}\\
   &=\dfrac{1}{a(2-a)}
 \end{align*}

\end{corrige}
\item On admet que $1,5<a<1,6$. En étudiant la fonction $g(x)=\dfrac{1}{x(2-x)}$ sur l'intervalle $[1;2]$, déterminer un encadrement de $f(a)$.

\begin{corrige}
 $g$ est dérivable sur $[1;2]$ et $g'(x)=\dfrac{2-2x}{x^2(2-x)^2}$. Il s'ensuit que $g'(x)$ est du signe de $2-2x$ et donc sur $[1;2]$, $g'(x)>0$ et $g$ est croissante sur $[1;2]$.

Donc on a:
\begin{align*}
1,5&<a<1,6\\
\text{Donc~~~} g(1,5)&<g(a)<g(1,6) \text{~~~~~~~~Car $g$ est croissante sur $[1;2]$}\\
\text{Donc~~~} \dfrac{1}{1,5\times0,5} &<g(a)< \dfrac{1}{1,6\times0,4} \\
\text{Donc~~~} \dfrac{1}{0,75} &<g(a)< \dfrac{1}{0,64} \\
\text{Donc~~~} 1,33 &<g(a)< 1,57 \text{~~~~~~~~(Attention d'agrandir l'intervalle ici).}
 \end{align*}

 De plus d'après la question précédente, $g(a)=f(a)$ et donc :

 \[
1,33<f(a)<1,57
 \]

\end{corrige}

	\end{enumerate}
\end{exercice}


\begin{exercice}[(9 points)]
% Tiré de polynesie juin 2002
Pour $n$ entier naturel non nul. On considère la fonction
$f_{n}$ définie sur $[0~;~+\infty[$ par :

\[ f_{n}(x) = \dfrac{x - n}{x + n} - \e^{-x}. \]

\begin{enumerate}
 \item Déterminer $\limite{x}{\pI} f_n(x)$ et donner une interprétation géométrique.
 \begin{corrige}
  Pour $x\geq 0$, on a $f_{n}(x) = \dfrac{1 - n/x}{1 + n/x} - \e^{-x}$.

  Par par quotient $\limite{x}{\pI}\dfrac{1 - n/x}{1 + n/x} =1$ et par composée $\limite{x}{\pI} \e^{-x} =0$.

  Donc par somme $\limite{x}{\pI} f_n(x)=1$.

  Cela signifie que la droite d'équation $y=1$ est asymptote à la courbe $\calc_f$ en $\pI$.

 \end{corrige}

\item Montrer que pour $x\geq 0$ :
\[
f'_{n}(x)=\dfrac{2n}{(x+n)^2}+\e^{-x}
\]
\begin{corrige}
 Pour $x\geq 0$ :
 \begin{align*}
  f_n'(x)&=\dfrac{(x+n)-(x-n)}{(x + n)^2}+e^{-x}\\
         &=\dfrac{2n}{(x + n)^2}+e^{-x}
 \end{align*}

\end{corrige}

\item Dresser le tableau de variation de $f_n$.

\begin{corrige}
Chaque terme de la somme de $f_n'(x)$ est positif donc par somme $f_n'(x)>0$ sur $\R_+$.

On déduit alors le tableau de variations de $f_n$ :

      \begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$f_n'(x)$ / 1,
Variations de \\$f$ / 2}
{ $0$  ,$\pI$}
{ ,+,}
{ -/  $-1-\frac{1}{\e}$ , +/ 1}%
\end{tikzpicture}
\end{corrige}

	\item Calculer $f_{n}(n)$ ; quel est son signe ?
		\begin{corrige}
		 On a $f_n(n)=-\e^{-n}$  donc $f_n(n)<0$.
		\end{corrige}

\item
	\begin{enumerate}


		\item Démontrer, par récurrence que, pour tout $n$ de $\N,~\e^{n+1} > 2n + 1$.

		\begin{corrige}
		 On montre par récurrence que pour tout $n\in\N^\star$ : $\e^{n+1} > 2n + 1$.

{\bf Initialisation : } On a bien pour $n=1$ : $\e^2>5$.

\medskip

{\bf Hérédité : } Pour $k\in\N^\star$, supposons $\e^{k+1} > 2k + 1$ et montrons $\e^{k+2} > 2k + 3$.

 On a :
 \begin{align*}
  \e^{k+1} &> 2k + 1  \\
  \text{Donc~~~~~ } \e^{k+2} &> (2k + 1)\e  \text{~~~~~~~~~~~(par produit par $\e>0$)}
 \end{align*}
Et nous devons donc montrer que $ (2k + 1)\e> 2k+3$.

Pour cela, déterminons le signe de $(2k + 1)\e - (2k+1)=2k(\e-1)+\e-3$.

et $k\in\N^\star$, donc $2k\geq2$ et donc $2k(\e-1)\geq 2(\e-1)$.

Il s'ensuit  $(2k + 1)\e - (2k+1) \geq 3\e-5>0$.

Ainsi, finalement $\e^{k+2} > 2k + 3$ et l'hérédité est démontrée.

\medskip

  {\bf Conclusion : }  pour tout $n\in\N^\star$ : $\e^{n+1} > 2n + 1$.
		\end{corrige}

		\item Montrer que  $f_{n}(n + 1)>0$.

\begin{corrige}

On a $f_n(n+1)=\dfrac{1}{2n+1}-\e^{-(n+1)}$

D'après la question précédente :

$n\in\N^\star$ : $\e^{n+1} > 2n + 1$, alors par inverse (fonction décroissante de $\R_+^\star$),

 on a : $\e^{-(n+1)} > \dfrac{1}{2n + 1}$

 et donc  $\dfrac{1}{2n+1}-\e^{-(n+1)}>0$


 ce qui montre $f_{n}(n + 1)>0$.
\end{corrige}


	\end{enumerate}

	\item Montrer que l'équation $f_{n}(x) = 0$ admet une solution unique sur $[n;n+1]$~; cette solution sera notée $\alpha_{n}$.
\begin{corrige}
Sur $[n;n+1]$ :
   \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
 \item $f$ strictement croissante.
 \item $f$ continue (car dérivable)
 \item $f_n(n)<0$,  $f_{n}(n + 1)>0$ donc $0$ est intermédiaire à $f_n(n)0$ et $f_{n}(n + 1)$.
\end{enumerate}
donc par corollaire du théorème des valeurs intermédiaires $f_n(x)=0$ admet une unique racine $\alpha_n\in[n;n+1]$.

\end{corrige}



\item Calculer $\limite{n}{\pI}\alpha_n$ puis $\limite{n}{\pI}\dfrac{\alpha_n}{n}$.
\begin{corrige}
 D'après ce qui précède, on a pour tout $n\in\N^\star$ :
 $n\leq \alpha_n \leq n+1$

 et $\limite{n}{\pI}n=\pI$, donc par théorème de comparaison : $\limite{n}{\pI}\alpha_n=\pI$.

 D'autre part par quotient par $n>0$,

 on a : $1\leq \dfrac{\alpha_n}{n} \leq 1+\dfrac1n$

 et $\limite{n}{\pI}1 + \dfrac1n=1$, donc par théorème des gendarmes : $\limite{n}{\pI}\dfrac{\alpha_n}{n}=1$.

\end{corrige}

\end{enumerate}
\end{exercice}

\begin{exerciced}


 Démontrer (à l'aide du taux de variations des fonctions $f$ et $g$) la règle de l'Hôpital dont l'énoncé est le suivant :
\begin{theoreme}
 Soient $f$ et $g$ deux fonctions dérivables sur $I$ et $a\in I$. On suppose $f(a)=g(a)=0$ et $g'(a)\neq 0$. On a alors
 \[
  \limite{x}{a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{f'(a)}{g'(a)}
 \]
\end{theoreme}

\end{exerciced}
\end{document}


 
