Exercice 4Corrigé

ObligatOire

B A C C A L A U R É AT G É N É R A L

SESSION 2018

ÉPREUVE DU MARDI 29 MAI 2018

MATHÉMATIQUES– Série S –

Enseignement Obligatoire Coefficient : 7

Durée de l’épreuve : 4 heures

Les calculatrices électroniques de poche sont autorisées,conformément à la réglementation en vigueur.

Le sujet est composé de 4 exercices indépendants.Le candidat doit traiter tous les exercices.Le candidat est invité à faire figurer sur la copie toute trace de recherche, même incomplète ou non fructueuse, qu’il aura développée.Il est rappelé que la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l’appréciation des copies.

18MASOLI1 1Liban 201 8Bac - Maths - 201 8 - Série Sfreemaths . fr freemaths . fr

Sujet Mathématiques Bac 2018 • Corrigéfreemaths.fr

Liban • OBLIGATOIRE

Avant de composer, le candidat s’assurera que le sujet comporte bien 5 pagesnumérotées de 1 à 5.

EXERCICE 4 (5 points)

Commun à tous les candidats

On considère, pour tout entier n > 0, les fonctions fn définies sur l’intervalle [1 ; 5] par :

fn(x) = ln(x)

xn.

Pour tout entier n > 0, on note Cn la courbe représentative de la fonction fn dans un repère ortho-gonal.Sur le graphique ci-dessous sont représentées les courbes Cn pour n appartenant à {1 ; 2 ; 3 ; 4}.

1. Montrer que, pour tout entier n > 0 et tout réel x de l’intervalle [1 ; 5] :

f ′n(x) = 1−n ln(x)

xn+1.

2. Pour tout entier n > 0, on admet que la fonction fn admet un maximum sur l’intervalle [1 ; 5].On note An le point de la courbe Cn ayant pour ordonnée ce maximum.Montrer que tous les points An appartiennent à une même courbe Γ d’équation

y = 1

eln(x).

3.a) Montrer que, pour tout entier n > 1 et tout réel x de l’intervalle [1 ; 5] :

0 É ln(x)

xnÉ ln(5)

xn.

b) Montrer que pour tout entier n > 1 :∫ 5

1

1

xndx = 1

n −1

(1− 1

5n−1

).

c) Pour tout entier n > 0, on s’intéresse à l’aire, exprimée en unités d’aire, sous la courbe Cn ,c’est-à-dire l’aire du domaine du plan délimité par les droites d’équations x = 1, x = 5, y = 0et la courbe Cn .Déterminer la valeur limite de cette aire quand n tend vers +∞.

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1. Montrons que, pour tout entier n > 0 et tout réel [ 1 ; 5 ], n’ ( ) = 1 - n ln ( ) n + 1

:

Ici: • fn ( x ) = ln ( x )xn u

v

• Df = [ 1 ; 5 ] .

Posons: fn = f1

f2

, avec: f1 ( x ) = ln ( x ) et f2 ( x ) = x n .

f1 est dérivable sur [ 0 ; +∞ [ comme fonction " ln ", donc dérivable sur l’intervalle [ 1 ; 5 ] .

f2 est dérivable sur ¨ comme fonction polynôme, donc dérivable sur l’intervalle [ 1 ; 5 ] .

Par conséquent, fn est dérivable sur [ 1 ; 5 ] comme quotient 1

2

de deux

fonctions dérivables sur [ 1 ; 5 ], avec: pour tout x ı [ 1 ; 5 ], f2 ( x ) 0 .

Ainsi, nous pouvons calculer fn’ pour tout x ı [ 1 ; 5 ] .

Pour tout x ı [ 1 ; 5 ]:

fn’ ( x ) = 1x x ( x n ) - ( ln ( x ) ) x ( n x n - 1 )

( x n ) 2 u’ x v - u x v’

v 2

= x n - 1 - n x n - 1 ln ( x )

x 2n

EXERCICE 4

[ Liban 201 8 ]

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= x n - 1 ( 1 - n ln ( x ) )

x 2n

= x - 1 ( 1 - n ln ( x ) )

x n

= 1 - n ln ( x )x n + 1

.

Au total, pour tout n ı – * et x ı [ 1 ; 5 ]: fn’ ( x ) = 1 - n ln ( x )x n + 1

.

2. Montrons que tous les points An appartiennent à une même courbe d’équation y = 1

e ln ( ):

D’après l’énoncé: " on admet que la fonction n admet un maximum sur l’intervalle [ 1 ; 5 ] " .

Soit An ( n ; y n ), le maximum de la fonction fn sur [ 1 ; 5 ] .

L’abscisse n vérifie donc: fn’ ( n ) = 0 .

fn’ ( n ) = 0 <=> 1 - n ln ( n )

nn + 1

= 0

<=> 1 - n ln ( n ) = 0, car: sur [ 1 ; 5 ] , nn + 1 0

<=> xn = e 1n .

Dans ces conditions, les coordonnées du point An sont respectivement:

n = e 1n et yn = ( n ) =

ln ( n )

nn

,

ou: n = e 1n et yn =

1n

e 1n

n = 1

n x e .

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Or: 1

n x e =

1e x

1n

= 1e x ln e

1n

= 1e x ln ( n ) .

D’où, nous avons: yn = 1e x ln ( n ), pour tout [ 1 ; 5 ] .

Au total, pour tout n ı – * et x ı [ 1 ; 5 ], tous les points An appartiennent à

une même courbe d’équation: yn = 1e ln ( xn ) .

3. a. Montrons que, pour tout n * et [ 1 ; 5 ], 0 ≤ ln ( ) n

≤ ln ( 5 ) n

:

Pour tout n ı – * et x ı [ 1; 5 ], nous avons:

1 ≤ x ≤ 5

<=> ln ( 1 ) ≤ ln ( x ) ≤ ln ( 5 )

<=> 0 ≤ ln ( x ) ≤ ln ( 5 )

<=> 0x n

≤ ln ( x )

x n ≤

ln ( 5 )x n

, avec: pour tout [ 1 ; 5 ] , n > 0

<=> 0 ≤ ln ( x )

x n ≤

ln ( 5 )x n

.

Au total, pour tout n ı – * et x ı [ 1 ; 5 ]: 0 ≤ ln ( x )

x n ≤

ln ( 5 )x n

.

3. b. Montrons l’égalité demandée pour tout entier n > 1:

fn est continue sur [ 1 ; 5 ], elle admet donc des primitives sur [ 1 ; 5 ] et

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par conséquent: 5

1

1x n

dx existe .

5

1

1x n

dx = 5

1x - n dx

= 11 - n

x1 - n 5

1

= 11 - n

5 1 - n - 1

= 1n - 1

1 - 5 1 - n

= 1n - 1

1 - 15 n - 1

.

Au total, pour tout entier n > 1 et x ı [ 1 ; 5 ]: 5

1

1x n

dx = 1n - 1

1 - 15 n - 1

.

3. c. Déterminons la valeur limite de l’aire demandée quand n tend vers + :

L’aire, exprimée en unités d’aire, sous la courbe �n cad l’aire du domaine du plan délimité par les droites d’équations x = 1, x = 5, y = 0 et la courbe

�n correspond à: 5

1fn ( x ) dx .

Or: 5

1fn ( x ) dx =

5

1

ln ( x )x n

dx,

et d’après la question 3. b. : 0 ≤ ln ( )

n ≤

ln ( 5 ) n

.

Posons pour tout x ı [ 1 ; 5 ]: • fn ( x ) = ln ( x )

x n ,

5

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• g1 ( x ) = 0,

• g2 ( x ) = ln ( 5 )

x n .

Notons que: • les fonctions fn , g1 et g2 sont continues sur [ 1 ; 5 ] ;

• elles admettent donc des primitives sur [ 1 ; 5 ], et par conséquent:

5

1fn ( x ) dx ,

5

1g1 ( x ) dx et

5

1g2 ( x ) dx existent ;

• de plus, les fonctions fn, g1 et g2 sont positives sur [ 1 ; 5 ] ;

• enfin, les bornes d’intégration sont dans l’ordre croissant .

Les conditions étant réunies, nous pouvons écrire:

0 ≤ ln ( x )

x n ≤

ln ( 5 )x n

<=> g1 ( x ) ≤ fn ( x ) ≤ g2 ( x )

<=> 5

1g1 ( x ) dx ≤

5

1fn ( x ) dx ≤

5

1g2 ( x ) dx

<=> 0 ≤ 5

1fn ( x ) dx ≤ ln ( 5 ) 1

n - 1 1 - 1

5 n - 1 , d’après question 3. b.

<=> 0 ≤ 5

1fn ( x ) dx ≤

ln ( 5 )n - 1

- ln ( 5 )( n - 1 ) ( 5 n - 1 )

.

Or quand n tend vers +∞: • lim n g +∞

0 = 0 ( terme de gauche )

• lim n g +∞

ln ( 5 )n - 1

- ln ( 5 )( n - 1 ) ( 5 n - 1 )

= 0 ( terme de droite ) .

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D’où, d’après le théorème des gendarmes, nous pouvons affirmer que:

lim n g +∞

5

1fn ( x ) dx = 0 .

Au total, la valeur limite de l’aire demandée quand n tend vers +∞ est:

lim n g +∞

5

1fn ( x ) dx = 0 .