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Terminale S Integration − exercices corriges

Integration

Exercices corriges

Exercice 1 : (solution)

Partie A

On considere la suite (un) definie pour tout entier naturel n non nul par, un =

∫ 1

0(1− t)net dt .

1. Determiner les reels a et b tels que la fonction f : t 7−→ (at+ b)et est une primitive de g : t 7−→ (1− t)et

sur [0 ; 1]. En deduire la valeur de u1.

2. Soit ϕn la fonction definie sur [0 ; 1] pour tout n non nul par ϕn(t) = (1− t)net. En calculant la fonctionderivee de ϕn+1, montrer que, pour tout n non nul, un+1 = (n+ 1)un − 1 (R)

Partie B

On regarde d’abord ce qu’affichent deux calculatrices differentes pour les valeurs approchees des 25 premierstermes de la suite (un) en utilisant pour le calcul la relation de recurrence (R) ci-dessus.Voici les resultats affiches par ces deux calculatrices :

Valeur Valeur de un affichee par Valeur de un affichee parde n la premiere calculatrice le deuxieme calculatrice1 7,1828182845E−01 7,1828182846E−012 4,3656365691E−01 4,3656365692E−013 3,0969097075E−01 3,0969097076E−014 2,3876388301E−01 2,3876388304E−015 1,9381941508E−01 1,9381941520E−016 1,6291649051E−01 1,6291649120E−017 1,40415433581E−01 1,4041543840E−018 1,2332346869E−01 1,2332350720E−019 1,0991121828E−01 1,0991156480E−0110 9,9112182825E−02 9,9115648000E−0111 9,0234011080E−02 9,0272128000E−0212 8,2808132963E−02 8,3265536000E−0213 7,6505728522E−02 8,2451968000E−0214 7,1080199309E−02 1,5432755200E−0115 6,6202989636E−02 1,31491328006E+0016 5,9247834186E−02 2,0038612480E+0117 7,2131811612E−03 3,3965641216E+0218 −8,7016273909E−01 6,1128154189E+0319 −1,7533092042E+01 1,1614249296E+0520 −3,5166184085E+02 2,3228488592E+0621 −7,3858986580E+03 4,8779825043E+0722 −1,6249077047E+05 1,0731561499E+0923 −3,7372887209E+06 2,4682591448E+1024 −8,9694930302E+07 5,923821947E+1125 −2,242372585E+09 1,4809554869E+13

Quelle conjecture peut-on faire sur la convergence de la suite (un) quand on examine les resultats obtenus avecla premiere calculatrice ? Et avec les resultats obtenus avec la deuxieme calculatrice ?

Partie C

Dans cette partie, on se propose d’etudier la suite (un).

1. Montrer que pour tout entier naturel n non nul, un > 0.

2. (a) Montrer que pour tout reel t de l’intervalle [0 ; 1] et pour tout entier naturel non nul n

(1− t)net 6 e× (1− t)n.

(b) En deduire que pour tout n non nul, un 6e

n+ 1.

3. Determiner la limite de la suite (un).

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Partie D

Etant donne un reel a, on considere la suite (vn) definie par :

v1 = a et pour tout entier naturel non nul n, vn+1 = (n+ 1)vn − 1.

1. En utilisant un raisonnement par recurrence, montrer que pour tout entier naturel non nul n,vn = un + (n!)(a+ 2− e) ou n! designe le produit des n premiers entiers naturels non nuls.

2. Etudier le comportement de la suite (vn) a l’infini suivant les valeurs de a.

(On rappelle que limn→+∞

n! = +∞.)

3. En deduire une raison susceptible d’expliquer les resultats affiches par les deux calculatrices.


1. On pose, pour tout entier naturel n non nul :

In =1

n!

∫ 1

0(1− x)ne−x dx .

a. En determinant une primitive sous la forme (ax+ b)e−x, calculer I1.

b. Prouver que, pour tout entier naturel n non nul :

0 6 In 61

n!

∫ 1

0e−x dx .

En deduire limn→+∞

In.

c. Soit ϕn la fonction definie sur [0 ; 1] pour tout n non nul par ϕn(x) = (1 − x)ne−x. En calculant lafonction derivee de ϕn+1, montrer que, pour tout entier naturel n non nul, on a :

In+1 =1

(n+ 1)!− In .

2. On considere la suite reelle (an) definie sur N∗ par a1 = 0 et, pour tout entier naturel n non nul :

an+1 = an +(−1)n+1

(n + 1)!.

a. Demontrer que, pour tout entier naturel n non nul, an =1

e+ (−1)nIn .

b. En deduire limn→+∞

an .


Pour n entier naturel non nul, on definit sur [1 ; e] la fonction fn par fn(x) =(lnx)n

x2.

On pose In =

∫ e

1fn(x) dx .

1) Calculer I1 a l’aide d’une integration par parties.

2) Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, on a In+1 = −1

e+ (n+ 1)In .

3) Prouver que, pour tout entier naturel n non nul, on a1

n!In = 1− 1

e

n∑

k=0

1

k!. (On rappelle que 0! = 1)

4) Soit un entier n, n > 1.En encadrant (lnx)n sur [1 ; e], montrer que 0 6 In 6 1.

En deduire que limn→+∞

Inn!

= 0 .

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5) Prouver que limn→+∞

(

1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

)

= e .


0 1 2 3 4 5 6−1−2

1

2

3

4

#”

i

#”

j

O

y = 4

C

Soit f la fonction definie sur R par :

f(t) =4et

et + 1,

et sa courbe C representee ci-contre.Pour tout entier naturel non nul n, on pose :

un =

∫ ln (n+1)

lnnf(t) dt .

1) a) A l’aide de la courbe C, donner une interpretation geometrique de un.

b) Etablir que, pour tout n > 1, un = 4ln n+2n+1 .

2) On pose pour tout n > 1, Sn =

n∑

k=1

uk.

Donner une interpretation de Sn et deduire du 1 )b) une expression simple de Sn.

3) a) Calculer, en unites d’aire, l’aire A (n) du domaine delimite par la courbe C, et les droites d’equationsy = 4, x = 0 et x = ln (n+ 1).

b) Determiner la limite de A (n) lorsque n tend vers +∞.


On considere, pour tout reel x positif, l’expression F (x) =

∫ 3x

2xe1−t2 dt.

1) Prouver que F existe pour tout reel x positif et que F est derivable sur [0 ; +∞[.

2) Prouver que F (x) est positif pour tout reel x positif.

3) Calculer la fonction derivee de F sur [0 ; +∞[.


Soit x un reel positif. On pose f(x) =

∫ x

1

et

t+ 1dt.

1. a. Montrer que pour tout reel x positif, ex

x+1 > 1.

b. En deduire que f(2) > 1.

2. a. Montrer que f est continue sur R+.

b. En deduire qu’il existe un reel c appartenant a [1 ; 2] tel que f(c) = 1.

c. Calculer f ′(x). En deduire que f est croissante.

d. Demontrer que, pour tout reel x > 1, f(x) > x− 1.En deduire la limite de f quand x tend vers +∞.

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Exercice 7 : (solution)Le plan est rapporte a un repere orthonormal direct (O ; #”u , #”v ). On completera le graphique donne en annexe toutau long de l’exercice (unite graphique : 2 cm).

Partie A. Etude d’une fonction f

On definit la fonction f sur ]0 ; +∞[ par :

f(x) = ln(√

1 + x− 1)

.

1. Calculer les limites de f en 0 et +∞.

2. Etudier le sens de variation de f sur ]0 ; +∞[.

3. Soit C la courbe representative de f dans (O ; #”u, #”v ) et A le point de C d’abscisse 3.Calculer l’ordonnee de A.

Soit B le point de C d’abscisse5

4, P le projete orthogonal de B sur l’axe (O ; #”u ) et H le projete orthogonal

de B sur l’axe (O ; #”v ).Determiner les valeurs exactes des coordonnees des points B,P et H.

Partie B. Utilisation d’une rotation

Soit r la rotation de centre O et d’angleπ

2. A tout point M du plan d’affixe z, la rotation r associe le point M ′

d’affixe z′ tel que z′ = iz.

1. a. On note z = x+ iy et z′ = x′ + iy′ (x, y, x′, y′ reels). Exprimer x′ et y′ en fonction de x et y.

b. Determiner les coordonnees des points A′, B′, P ′ et H ′ images respectives des points A,B,P et H parla rotation r.

2. On appelle g la fonction definie sur R par g(x) = e−2x +2e−x et Γ sa courbe representative dans le repere(O ; #”u , #”v ).

a. Montrer que lorsqu’un point M appartient a C, son image M ′ par r appartient a Γ. Et reciproquement.

b. Placer sur le graphique les points A′, B′, P ′ et H ′.

Partie C. Calcul d’integrales

On rappelle que l’image d’un domaine plan par une rotation est un domaine plan de meme aire.

1. Calculer l’integrale

∫ ln 2

0g(x) dx .

Interpreter graphiquement cette integrale.

2. a. Determiner, a l’aide d’une integrale, l’aire A du domaine D limite par les segments [AO], [OH] et [HB]et l’arc de courbe C d’extremites B et A.

b. On pose I =

∫ 3

5

4

ln(√

1 + x− 1)

dx .

Trouver une relation entre A et I, puis en deduire la valeur exacte de l’integrale I.

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1

2

3

4

−1

−2

1 2 3 4 5 6−1

C

Γ

#”u

#”v

O

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Solution n 1 :

Partie A

On considere la suite (un) definie pour tout entier naturel n non nul par, un =

∫ 1

0(1− t)net dt .

1. f : t 7−→ (at+ b)et. f est derivable sur [0 ; 1] comme produit de fonctions derivables. f est une primitivede g : t 7−→ (1− t)et sur [0 ; 1] si, et seulement si f ′(t) = g(t), ∀t ∈ [0 ; 1].

∀t ∈ [0 ; 1], f ′(t) = aet + (at+ b)et = (at+ a+ b)et.

Par identification, on a

{

a = −1

a+ b = 1⇐⇒

{

a = −1

b = 2

Ainsi, f(t) = (2− t)et, ∀t ∈ [0 ; 1]

D’ou, u1 =

∫ 1

0(1− t)et dt =

∫ 1

0f ′(t) dt =

[

f(t)]1

0= f(1)− f(0) = e− 2

u1 = e− 2

2. Pour tout entier naturel n non nul, un+1 =

∫ 1

0(1− t)n+1et dt .

On pose :

ϕn+1(t) = (1− t)n+1et. ϕn+1 est derivable sur [0 ; 1] comme produit et composee de fonctions derivables,

ϕ′

n+1(t) = −(n+ 1)(1 − t)net + (1− t)n+1et sur [0 ; 1].

Par passage a l’integrale,∫ 1

0ϕ′

n+1(t) dt = −(n+ 1)

∫ 1

0(1− t)net dt+

∫ 1

0(1− t)n+1et dt par linearite de l’integrale

⇐⇒[

ϕn+1(t)]1

0= −(n+ 1)un + un+1

⇐⇒ 0− 1 = −(n+ 1)un + un+1

⇐⇒ un+1 = (n+ 1)un − 1

Ainsi, pour tout n non nul, un+1 = (n+ 1)un − 1 (R)

Partie B

Il semble avec la premiere calculatrice que la suite (un) diverge en tendant vers −∞, mais la deuxieme conduita penser que celle-ci est divergente en tendant vers +∞.

Partie C

Dans cette partie, on se propose d’etudier la suite (un).

1. On a 0 6 t 6 1, donc 1− t > 0, (1− t)n > 0 et 1 6 et 6 e car la fonction exponentielle est croissante sur[0 ; 1].Donc (1 − t)net > 0. Or l’integrale d’une fonction positive sur un intervalle [a ; b] avec a < b est positived’apres le theoreme de la positivite. On en deduit que un > 0 pour tout n non nul.

2. (a) On a vu que, pour tout n non nul, 0 6 t 6 1 =⇒ et 6 e =⇒ (1 − t)net 6 e× (1− t)n car(1− t)n > 0, ∀t ∈ [0 ; 1].

(b) D’apres le theoreme de comparaison des integrales sur [0 ; 1], on a∫ 1

0(1− t)net dt 6

∫ 1

0e(1− t)n dt, pour tout n non nul. soit , un 6

∫ 1

0e(1− t)n dt, pour tout

n non nul.∫ 1

0e(1 − t)n dt =

[

− e

n+ 1× (1− t)n+1

]1

0

=e

n+ 1

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D’ou, un 6e

n+ 1, pour tout n non nul.

3. On a donc demontre au 1. et au 2. b. que pour tout n non nul :

0 6 un 6e

n+ 1.

Par application du theoreme des « gendarmes », la limite de un au voisinage de +∞ est egale a zero. Lasuite (un) converge donc vers 0.

Partie D

Etant donne un reel a, on considere la suite (vn) definie par :

v1 = a et pour tout entier naturel non nul n, vn+1 = (n+ 1)vn − 1.

1. Montrons par recurrence que vn = un + (n!)(a+ 2− e) pour tout entier naturel non nul.• Initialisation : v1 = u1 + 1!(a+ 2− e) = e− 2 + a+ 2− e = a qui est vraie.

• Heredite : supposons que vn = un + (n!)(a+ 2− e) pour un entier n > 0 et montrons quevn+1 = un+1 + (n+ 1)!(a + 2− e).

On a vn+1 = (n+1)vn−1 = (n+1)(

un + (n!)(a+ 2− e))

−1 = (n+1)un+1+(n+1)!(a+2−e)−1

D’apres la relation de recurrence (R),on a vn+1 = un+1 + 1 + (n+ 1)!(a+ 2− e)− 1 = un+1 + (n+ 1)!(a+ 2− e) ce qui prouve l’heredite.

• D’apres le principe de recurrence, vn = un + (n!)(a+ 2− e) pour tout entier naturel non nul.

2. On rappelle que limn→+∞

un = 0.

� Si a+ 2− e > 0 ⇐⇒ a > e− 2 alors limn→+∞

(n!)(a + 2− e) = +∞, d’ou limn→+∞

vn = +∞.

� Si a+ 2− e < 0 ⇐⇒ a < e− 2 alors limn→+∞

(n!)(a + 2− e) = −∞, d’ou limn→+∞

vn = −∞.

� Si a+ 2− e = 0 ⇐⇒ a = e− 2 alors limn→+∞

(n!)(a + 2− e) = 0, d’ou limn→+∞

vn = limn→+∞

un = 0.

3. L’explication de la divergence des resultats des deux calculatrices provient surement de la valeur initiale dee −2.

On a e ≈ 2,7182818284590. Avec la premiere calculatrice, il semble que la valeur de u1 soit inferieure ae − 2 d’ou une limite egale a −∞ d’apres la question 2.. Avec la seconde calculatrice, il semble que lavaleur de u1 soit superieure a e− 2 d’ou une limite egale a +∞ d’apres la question 2..

Solution n 2 :

1. On pose, pour tout entier naturel n non nul :

In =1

n!

∫ 1

0(1− x)ne−x dx .

a. I1 =1

1!

∫ 1

0(1 − x)1e−x dx =

∫ 1

0(1− x)e−x dx .

f : x 7−→ (ax + b)e−x. f est derivable sur [0 ; 1] comme produit de fonctions derivables. f est uneprimitive de g : x 7−→ (1− x)e−x sur [0 ; 1] si, et seulement si f ′(x) = g(x), ∀x ∈ [0 ; 1].

∀x ∈ [0 ; 1], f ′(x) = ae−x − (ax+ b)e−x = (−ax+ a− b)e−x.

Par identification, on a

{

−a = −1

a− b = 1⇐⇒

{

a = 1

b = 0

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Ainsi, f(x) = xe−x, ∀x ∈ [0 ; 1]

D’ou, I1 =

∫ 1

0(1− x)e−x dx =

∫ 1

0f ′(x) dx =

[

f(x)]1

0= f(1)− f(0) = e−1

Donc, I1 = e−1

b. ∀x ∈ [0 ; 1] et tout entier n non nul,

0 6 x 6 1

⇐⇒ −1 6 −x 6 0⇐⇒ 0 6 1− x 6 1⇐⇒ 0 6 (1− x)n 6 1⇐⇒ 0 6 (1− x)ne−x 6 e−x car e−x > 0 sur R

Puisque 0 6 (1− x)e−x sur [0 ; 1], d’apres le theoreme de la positivite,

∫ 1

0(1− x)ne−x dx > 0.

De meme, puisque (1 − x)e−x 6 e−x sur [0 ; 1], d’apres le theoreme de comparaison des integrales,∫ 1

0(1− x)ne−x dx 6

∫ 1

0e−x dx.

De ces deux inegalites, on en deduit que, pour tout entier naturel n non nul :

0 6 In 61

n!

∫ 1

0e−x dx .

1

n!

∫ 1

0e−x dx =

1

n!

[

− e−x]1

0=

1

n!

(

−e−1 + 1)

limn→+∞

n! = +∞ =⇒ limn→+∞

1

n!

∫ 1

0e−x dx = 0

D’apres le theoreme des « Gendarmes » limn→+∞

In = 0.

c. Soit n > 0. In+1 =1

(n+ 1)!

∫ 1

0(1− x)n+1e−x dx .

ϕn+1(x) = (1 − x)n+1e−x. ϕn+1 est derivable sur [0 ; 1] comme produit et composee de fonctionsderivables,

ϕ′

n+1(x) = −(n+ 1)(1 − x)ne−x − (1− x)n+1e−x sur [0 ; 1].

Par passage a l’integrale,∫ 1

0ϕ′

n+1(x) dx = −(n+ 1)

∫ 1

0(1− x)ne−x dt−

∫ 1

0(1− x)n+1e−x dx par linearite de l’integrale

⇐⇒ 1

(n+ 1)!

[

ϕn+1(x)]1

0= −(n+ 1)× 1

(n+ 1)!

∫ 1

0(1− x)ne−x dt− 1

(n+ 1)!

∫ 1

0(1− x)n+1e−x dx

⇐⇒ 1

(n+ 1)!

[

ϕn+1(x)]1

0= −(n+ 1)× 1

(n+ 1)In − In+1 car (n+ 1)! = (n+ 1) × n!

⇐⇒ 1

(n+ 1)(0− 1) = −In − In+1

⇐⇒ In+1 =1

(n + 1)!− In

Donc, pour tout entier naturel n non nul, on a :

In+1 =1

(n+ 1)!− In .

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2. On considere la suite reelle (an) definie sur N∗ par a1 = 0 et, pour tout entier naturel n non nul :

an+1 = an +(−1)n+1

(n + 1)!.

a. On montre par recurrence que pour tout n de N∗, an =

1

e+ (−1)nIn.

∗ a1 = 0 et1

e+ (−1)1I1 = e−1 − e−1 = 0. Donc, a1 =

1

e+ (−1)1I1.

∗ Supposons que an =1

e+ (−1)nIn pour un entier n > 0 et montrons que an+1 =

1

e+ (−1)n+1In+1.

an+1 = an +(−1)n+1

(n + 1)!

=1

e+ (−1)nIn +

(−1)n+1

(n+ 1)!d’apres l’hypothese de recurrence

=1

e− (−1)n+1In +

(−1)n+1

(n+ 1)!

=1

e+ (−1)n+1

(

−In +1

(n+ 1)!

)

an+1 =1

e+ (−1)n+1In+1 d’apres la question 1.c.

∗ D’apres le principe de recurrence, pour tout entier naturel n non nul, an =1

e+ (−1)nIn .

b. On sait que limn→+∞

In = 0 et, pour tout entier naturel n non nul, an =1

e+ (−1)nIn .

Donc limn→+∞

an =1

e

Solution n 3 :

Pour n entier naturel non nul, on definit sur [1 ; e] la fonction fn par fn(x) =(lnx)n

x2.

On pose In =

∫ e

1fn(x) dx .

1) I1 =

∫ e

1f1(x) dx =

∫ e

1

lnx

x2dx

On pose :

u(x) = lnx u′(x) =1

x

v′(x) =1

x2v(x) = −1

x

Ces quatre fonctions etant continues, par integration par parties :

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∫ e

1

lnx

x2dx =

[

− 1

xlnx

]e

1

−∫ e

1− 1

x2dx

= −1

e−

[

1

x

]e

1

= −1

e−

(

1

e− 1

)

= 1− 2

e

Ainsi, pour tout entier n non nul, I1 = 1− 2

e.

2) Soit n > 1. In+1 =

∫ e

1fn+1(x) dx =

∫ e

1

(lnx)n+1

x2dx

On pose :

u(x) = (lnx)n+1 u′(x) = (n+ 1)1

x(lnx)n

v′(x) =1

x2v(x) = −1

x

Ces quatre fonctions etant continues, par integration par parties :

∫ e

1

(lnx)n+1

x2dx =

[

− 1

x(lnx)n+1

]e

1

−∫ e

1−(n+ 1)

1

x2(lnx)n dx

= −1

e+ (n+ 1)

∫ e

1

(lnx)n

x2dx par linearite de l’integrale

= −1

e+ (n+ 1)In

Ainsi, pour tout entier n non nul, In+1 = −1

e+ (n+ 1)In .

3) Prouvons par recurrence que, pour tout entier naturel n non nul, on a1

n!In = 1− 1

e

n∑

k=0

1

k!.

∗ 1

1!I1 = 1− 2

eet 1− 1

e

1∑

k=0

1

k!= 1− 1

e

(

1 +1

1!

)

= 1− 2

e.

Donc1

1!I1 = 1− 1

e

1∑

k=0

1

k!

∗ Supposons que1

n!In = 1− 1

e

n∑

k=0

1

k!pour un entier n > 1 et montrons que

1

(n+ 1)!In+1 = 1− 1

e

n+1∑

k=0

1

k!.

On a1

n!In = 1− 1

e

n∑

k=0

1

k!

10/17 25 avril 2014




1

(n + 1)!In+1 =

1

(n+ 1)!

(

−1

e+ (n+ 1)In

)

d’apres 2)

= −1

e× 1

(n+ 1)!+

n+ 1

(n+ 1)!In

= −1

e× 1

(n+ 1)!+

n+ 1

(n+ 1)× n!In

= −1

e× 1

(n+ 1)!+

1

n!In

= −1

e× 1

(n+ 1)!+ 1− 1

e

n∑

k=0

1

k!d’apres ce que l’on a suppose

= −1

e× 1

(n+ 1)!+ 1− 1

e

(

1 +1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!

)

= 1− 1

e

(

1 +1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!+

1

(n+ 1)!

)

= 1− 1

e

n+1∑

k=0

1

k!

Ainsi,1

(n+ 1)!In+1 = 1− 1

e

n+1∑

k=0

1

k!

∗ D’apres le principe de recurrence,1

n!In = 1− 1

e

n∑

k=0

1

k!, ∀n ∈ N

∗.

4) Soit un entier n, n > 1.La fonction Logarithme Neperien est croissante sur [1 ; e] donc 1 6 x 6 e =⇒ 0 6 lnx 6 1

La fonction x 7−→ xn est croissante sur [0 ; 1] donc 0 6 lnx 6 1 =⇒ 0 6 (lnx)n 6 1

Sur [1 ; e], x2 > 0, d’ou 0 6(lnx)n

x26

1

x2

Par comparaison des integrales,

∫ e

10 dx 6

∫ e

1

(lnx)n

x2dx 6

∫ e

1

1

x2dx (car 1 < e)

c’est-a-dire

∫ e

10 dx 6 In 6

∫ e

1

1

x2dx

∫ e

10 dx = 0 et

∫ e

1

1

x2dx =

[

− 1

x

]e

1

= −1

e−

(

−1

1

)

= 1− 1

e6 1

Ainsi, pour tout entier n > 1, 0 6 In 6 1

On deduit de cet encadrement que pour tout entier n > 1, 0 6Inn!

61

n!

Comme limn→+∞

1

n!= 0, d’apres le theoreme des « gendarmes », lim

n→+∞

Inn!

= 0 .

5) Puisque1

n!In = 1− 1

e

n∑

k=0

1

k!, ∀n ∈ N

∗ et limn→+∞

Inn!

= 0, on en deduit facilement que limn→+∞

n∑

k=0

1

k!= e

c’est-a-dire limn→+∞

1 +1

2!+

1

3!+ · · · + 1

n!= e .

11/17 25 avril 2014




Solution n 4 :

0 1 2 3 4 5 6−1−2

1

2

3

4

#”

i

#”

j

O

y = 4

CSoit f la fonction definie sur R par :

f(t) =4et

et + 1,

et sa courbe C representee ci-contre.Pour tout entier naturel non nul n, on pose :

un =

∫ ln (n+1)

lnnf(t) dt .

1) a) De maniere evidente, f est continue sur R et f(t) > 0,∀t ∈ R. Ainsi, un =

∫ ln (n+1)

lnnf(t) dt represente

l’aire (en unites d’aire) du domaine situe entre la courbe C, l’axe des abscisses et les droites d’equationsrespectives x = lnn et x = ln (n+ 1).

b) Pour tout n > 1,

un =

∫ ln (n+1)

lnn

4et

et + 1dt =

[

4ln∣

∣et + 1∣

∣

]ln (n+1)

lnn= 4ln

∣

∣

∣eln (n+1) + 1

∣

∣

∣− 4ln

∣

∣elnn + 1∣

∣ = 4lnn+ 2

n+ 1

Ainsi, pour tout n ∈ N∗, un = 4ln

n+ 2

n+ 1

2) On pose pour tout n > 1,

Sn =

n∑

k=1

uk.

En utilisant la relation de Chasles,

Sn =

n∑

k=1

∫ ln (k+1)

ln kf(t) dt =

∫ ln 2

0f(t) dt+

∫ ln 3

ln 2f(t) dt+ · · ·+

∫ ln (n+1)

lnnf(t) dt =

∫ ln (n+1)

0f(t) dt

f est continue sur R et f(t) > 0,∀t ∈ R donc Sn represente l’aire ( en unites d’aire) du domaine situe entrela courbe C, l’axe des abscisses et les droites d’equations respectives x = 0 et x = ln (n+ 1).

D’apres la question 1)b), Sn = 4ln 32 + 4ln 4

3 + · · ·+ 4ln n+2n+1 = 4ln

(

32 × 4

3× · · · × n+2

n+1

)

D’ou, Sn = 4lnn+ 2

2

3) a) L’aire A (n) (en unites d’aire) du domaine delimite par la courbe C, et les droites d’equations y = 4, x = 0

et x = ln (n+ 1) est A (n) =

∫ ln (n+1)

0|4− f(t)| dt.

Mais sur R, et 6 et + 1 =⇒ et

et + 16 1 =⇒ f(t) 6 4

D’ou, A (n) =

∫ ln (n+1)

0(4− f(t)) dt, ∀n ∈ N

∗

Par linearite de l’integrale,

A (n) =

∫ ln (n+1)

04 dt−

∫ ln (n+1)

0f(t) dt = 4ln (n+ 1)− Sn = 4ln (n+ 1)− 4ln

n+ 2

2= 4ln

2(n + 1)

n+ 2

b) Un calcul simple donne limn→+∞

2(n+ 1)

n+ 2= 2 par quotient.

Comme limX→2

4lnX = 4ln 2 = ln 16, on a limn→+∞

A (n) = ln 16 par composee.

12/17 25 avril 2014




Solution n 5 :

On considere, pour tout reel x positif, l’expression F (x) =

∫ 3x

2xe1−t2 dt.

1) ∗ Pour tout x > 0, t 7−→ e1−t2 est continue sur l’intervalle [2x ; 3x] (2x 6 3x) comme composee de fonctionscontinues. Ainsi, F (x) existe pour tout reel x > 0.

∗ Soit x > 0,D’apres la relation de Chasles et par linearite de l’integrale,

F (x) =

∫ 0

2xe1−t2 dt+

∫ 3x

0e1−t2 dt =

∫ 3x

0e1−t2 dt−

∫ 2x

0e1−t2 dt

t 7−→ e1−t2 est continue sur l’intervalle [0 ; +∞[. On en deduit que la fonction X 7−→∫ X

0e1−t2 dt est

derivable sur [0 ; +∞[.

Ainsi, les fonctions x 7−→∫ 2x

0e1−t2 dt et x 7−→

∫ 3x

0e1−t2 dt sont derivables sur [0 ; +∞[ comme

composees de fonctions derivables. F est donc derivable sur [0 ; +∞[ comme somme de fonctions derivables.

2) e1−t2 > 0, ∀t ∈ [2x ; 3x] (2x 6 3x). D’apres le theoreme de la positivite, F (x) > 0 pour tout reel x positif.

3) Soit x ∈ [0 ; +∞[.

La fonction derivee de X 7−→∫ X

0e1−t2 dt sur [0 ; +∞[ est X 7−→ e1−X2

.

Ainsi, par composee, les fonctions derivees des fonctions x 7−→∫ 2x

0e1−t2 dt et x 7−→

∫ 3x

0e1−t2 dt sont

respectivement x 7−→ 2e1−(2x)2 et x 7−→ 3e1−(3x)2 .

On a donc F ′(x) = 3e1−9x2 − 2e1−4x2

,∀x ∈ [0 ; +∞[.

Solution n 6 : Soit x un reel positif. On pose f(x) =

∫ x

1

et

t+ 1dt.

1. a. On sait que la courbe representative de la fonction exponentielle est toujours au-dessus de sa tangente en0. On a donc ex > x+ 1, ∀x ∈ R.

Ainsi, pour tout reel x positif, x+ 1 est strictement positif et ex

x+1 > 1.

b. On a f(2) =

∫ 2

1

et

t+ 1dt >

∫ 2

11 dt par comparaison d’integrales en utilisant le resultat de la question precedente

Or,

∫ 2

11 dt =

[

t]2

1= 2− 1 = 1.

Ainsi, f(2) > 1

2. a. On sait que la fonction t 7−→ et

t+1 est definie et continue sur R+ comme quotient de fonctions continues avec un

denominateur non nul.

La fonction f est donc la primitive definie sur R+ de la fonction x 7−→ ex

x+1 , qui s’annule en 1. Par definitiond’une primitive, f est derivable et donc continue sur R+.

b. Puisque f(1) = 0, f(2) > 1 et f est continue sur R+, d’apres le theoreme des valeurs intermediaires, ilexiste au moins un reel c ∈ [1 ; 2] tel que f(c) = 1

c. f etant la primitive definie sur R+ de la fonction x 7−→ ex

x+1 , qui s’annule en 1, on a f′(x) = ex

x+1 , ∀x ∈ R+.

Il est clair que ex

x+1 > 0, ∀x ∈ R+, c’est-a-dire f ′(x) > 0, ∀x ∈ R

+. On en deduit que f est (strictement)croissante sur R+.

d. D’apres la question 1.a., pour tout reel t > 1, et

t+1 > 1.

Puisque x > 1, par comparaison d’integrales (les bornes etant rangees dans l’ordre croissant), on a

f(x) =

∫ x

1

et

t+ 1dt >

∫ x

11 dt

13/17 25 avril 2014




Or,

∫ x

11 dt =

[

t]x

1= x− 1.

Donc, pour tout reel x > 1, f(x) > x− 1.

Comme limx→+∞

(x− 1) = +∞, on a limx→+∞

f(x) = +∞ par comparaison

Solution n 7 :

Partie A. Etude d’une fonction f

On definit la fonction f sur ]0 ; +∞[ par :

f(x) = ln(√

1 + x− 1)

.

1. Sur ]0 ; +∞[,√1 + x− 1 > 0. lim

x→0

√1 + x− 1 = 0+ et lim

X→0lnX = −∞ donc lim

x→0f(x) = −∞

limx→+∞

√1 + x− 1 = +∞ et lim

X→+∞

lnX = +∞ donc limx→+∞

f(x) = +∞

2. f est derivable sur ]0 ; +∞[ comme somme et composees de fonctions derivables(1 + x > 0 et

√1 + x− 1 > 0 sur ]0 ; +∞[).

f ′(x) =

1

2√1 + x√

1 + x− 1

=1

2√1 + x

(√1 + x− 1

)

√1 + x > 0 et

√1 + x−1 > 0 sur ]0 ; +∞[ donc f ′(x) > 0 ∀x ∈]0 ; +∞[. On en deduit que la fonction

f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.

3. ⋆ f(3) = ln(√

1 + 3− 1)

= 0 =⇒ A (3 ; 0).

⋆ f(

54

)

= ln(√

1 + 54 − 1

)

= −ln 2 =⇒ B(

54 ; −ln 2

)

.

⋆ Par construction, on a P(

54 ; 0

)

et H (0 ; −ln 2).

Partie B. Utilisation d’une rotation

1. a. M ′(z′) est l’image de M(z) par la rotaion de centre O et d’angleπ

2, donc z′ = e

iπ2 z soit z′ = iz.

On a alors z′ = x′ + iy′ = i (x+ iy) = −y + ix. Par identification des parties reelles et imaginaires, on

a :

{

x′ = −y

y′ = x

b. On deduit de la question precedente, les coordonnees des points A′, B′ et P ′ images respectives despoints A,B et P par la rotation r.

A′ (0 ; 3) B′(

ln 2 ; 54

)

P ′(

0 ; 54

)

et H (ln 2 ; 0).

2. On appelle g la fonction definie sur R par g(x) = e−2x +2e−x et Γ sa courbe representative dans le repere(O ; #”u , #”v ).

a. M (x ; y) ∈ C

=⇒ y = ln(√

1 + x− 1)

et x ∈ ]0 ; +∞[

=⇒ ey =√1 + x− 1 et x ∈ ]0 ; +∞[

14/17 25 avril 2014




=⇒ ey + 1 =√1 + x et x ∈ ]0 ; +∞[

=⇒ (ey + 1)2 = 1 + x et x ∈ ]0 ; +∞[

=⇒ e2y + 2ey + 1 = 1 + x et x ∈ ]0 ; +∞[

=⇒ e2y + 2ey = x et x ∈ ]0 ; +∞[

=⇒ e−2x′

+ 2e−x′

= y′ en utilisant les notations de la question B.1.a.

=⇒ M ′ (x′ ; y′) ∈ Γ

Reciproquement,

M ′ (x′ ; y′) ∈ Γ

=⇒ e−2x′

+ 2e−x′

= y′ et x′ ∈ R

=⇒ e2y + 2ey = x et x ∈ ]0 ; +∞[ comme somme d’exponentielles

e2y + 2ey = x et en utilisant les notations de la question B.1.a.

=⇒ e2y + 2ey + 1 = 1 + x et x ∈ ]0 ; +∞[

=⇒ (ey + 1)2 = 1 + x et x ∈ ]0 ; +∞[

=⇒ ey + 1 =√1 + x et x ∈ ]0 ; +∞[ car 1 + x > 0

=⇒ ey =√1 + x− 1 et x ∈ ]0 ; +∞[

=⇒ y = ln(√

1 + x− 1)

et x ∈ ]0 ; +∞[ donc√1 + x− 1 > 0

=⇒ M (x ; y) ∈ C

Ainsi, un point M appartient a C,si et seulement si son image M ′ par r appartient a Γ.b.

1

2

3

−1

−2

1 2 3 4 5

C

Γ

×

A

×B

×P

×H

×O

×A′

×B′

×P ′

×H ′

~u

~v

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Partie C. Calcul d’integrales

1.

∫ ln 2

0g(x) dx =

[

− 1

2e−2x − 2e−x

]ln 2

0

= −1

2e−2ln 2 − 2e−ln 2 −

(

−1

2− 2

)

= −1

8− 1 +

5

2

D’ou

∫ ln 2

0g(x) dx =

11

8

Cette integrale correspond, en unites d’aire, a l’aire du domaine situe entre l’axe des abscisses, la courbe Γet les droites d’equations x = 0 et x = ln 2. (g(x) > 0 sur [0 ; ln 2])

1

2

3

−1

−2

1 2 3 4 5

C

Γ

D

×

A

×B

×P

×H

×O

×A′

×B′

×P ′

×H ′

~u

~v

2. a. D’apres les questions precedentes, l’aire du domaine D par la rotation r est le domaine situe entre l’axedes abscisses, la courbe Γ et les droites d’equations x = 0 et x = ln 2. En effet, l’arc de courbe C

d’extremites B et A a pour image par r l’arc de courbe Γ d’extremites B′ et A′.

Donc A =

∫ ln 2

0g(x) dx en unites d’aire.

b. Le domaine D limite par les segments [AO], [OH] et [HB] et l’arc de courbe C d’extremites B et A secompose du rectangle OHBP et du domaine delimite par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites

d’equations x =5

4et x = 3.

Ainsi, A = OH ×OP +

∫ 3

5

4

∣

∣

∣f(x)

∣

∣

∣dx =

5

4ln 2 +

∫ 3

5

4

−f(x) dx

On a f(x) 6 0 sur[

54 ; 3

]

car f(3) = 0 et f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.

Par linearite de l’integrale, A =5

4ln 2−

∫ 3

5

4

ln(√

1 + x− 1)

dx

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Ainsi, par egalite des aires,

∫ ln 2

0g(x) dx =

5

4ln 2− I. D’ou I =

5

4ln 2− 11

8

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