Corrigé examen d’algèbre 10, Examens de Algèbre linéaire

Télécharge Corrigé examen d’algèbre 10 et plus Examens au format PDF de Algèbre linéaire sur Docsity uniquement! [ Baccalauréat S Métropole 23 juin 2009 \ EXERCICE 1 4 points 1.a. vn+1 = un+1−6 = 1 3 un +4−6 = 1 3 un −2 = 1 3 (un −6) = 1 3 vn donc la suite (vn) est géométrique de raison q = 1 3 et de premier terme v0 = u0 −6 = 1−6 =−5. 1.b. Donc pour tout n dans N, on a vn = v0 × q n =−5× ( 1 3 )n . Or vn = un −6 donc un = vn +6 et on obtient bien un =−5× ( 1 3 )n +6 1.c. 13 ∈ ]−1 ; 1[ donc limn→+∞ ( 1 3 )n = 0 donc limn→+∞−5× ( 1 3 )n = 0 et donc on en déduit facilement que la suite (un) converge et que limn→+∞ un = 6 2.a. Appliquons la formule de récurrence définissant (wn) pour n = 10 : 10w10 = 11w9 +1 donc 10w10 = 11×19+1 = 210 donc w10 = 21 2.b. On conjecture que la suite (wn) est arithmétique de raison r = 2 et de pre- mier terme w0 = 1, autrement dit que pour tout n dans N, on a wn = 2n +1. Démontrons-le par récurrence sur n : notons Pn la proposition « wn = 2n + 1 ». • Initialisation : w0 = 1 et 2×0+1 = 1 donc P0 est vraie. • Hérédité : Soit n un entier quelconque dans N. Supposons Pn vraie. On sait que (n+1)wn+1 = (n+2)wn +1. Or par hypothèse de récurrence, on sait que wn = 2n+1 donc (n+1)wn+1 = (n+2)(2n+1)+1 = 2n 2+5n+3 = (2n+3)(n+1). Or n+1 6= 0 donc on en déduit que wn+1 = 2n+3 = 2(n+1)+1 et donc Pn+1 est vraie. Ainsi, la proposition Pn est héréditaire. • Conclusion : par le principe de récurrence, la proposition Pn est vraie pour tout n dansN, à savoir que pour tout n dansN, wn = 2n+1 d’où w2009 = 4019 EXERCICE 2 6 points I.1. D’après le cours, limx→+∞ ex x =+∞donc par passage à l’inverse, on a limx→+∞ xe −x = limx→+∞ x ex = 0 + donc limx→+∞ 1+ xe −x = 1 et donc limx→+∞ ln(1+ xe −x ) = ln(1) = 0 par continuité de la fonction ln en 1. On a donc bien limx→+∞ f (x) = 0 I.2. Posons u(x) = 1+xe−x pour tout x dans [0;+∞[. La fonction u est clairement dérivable sur [0;+∞[ et pour tout x dans [0;+∞[, on a : u′(x) = 0+1×e−x + x × (−e−x ) = (1− x)e−x On sait que e−x > 0. D’autre part, x > 0 donc xe−x > 0 donc u(x) > 1 > 0. La fonction u est dérivable et strictement positive sur [0 ; +∞[ donc d’après le cours, f = ln◦ u est dérivable sur [0 ; +∞[ et pour tout x dans [0 ; +∞[, on a : f ′(x) = u′(x) u(x) = (1− x)e−x 1+ xe−x On sait que e−x > 0 et u(x) = 1+xe−x > 0 donc f ′(x) est bien du signe de 1−x. I.3. Par suite, f ′(x) > 0 si x ∈ [0 ; 1[, f ′(1) = 0 et f ′(x) < 0 si x ∈]1 ; +∞[, donc f est strictement croissante sur [0 ; 1] puis strictement décroissante sur [1 ; +∞[. II.1.a. Représentation graphique de A(λ) : La fonction f est continue et positive sur [0 ; +∞[ donc l’intégrale A(λ) dé- signe l’aire (en unité d’aire) de la partie du plan délimitée par la courbe C, l’axe des abscisses et les droites verticales d’équation x = 0 et x =λ : Baccalauréat S C λO II.1.b. D’après la question I.3. on sait que f présente un maximum en x = 1 donc pour tout x dans [0;+∞[, f (x) 6 f (1). Par croissance de l’intégrale, on en déduit que ∫ λ 0 f (x) dx 6 ∫ λ 0 f (1) dx, soit A(λ)6λ× f (1) (c’est évident géo- métriquement !) II.2.a. On procède par intégration par parties : u′(x) = e−x u(x) =−e−x v(x) = x v ′(x) = 1 ∫ λ 0 xe −x d x = [ −xe−x ]λ 0 − ∫ λ 0 −e −x d x = −λe−λ+ ∫ λ 0 e −x d x = −λe−λ+ [ −e−x ]λ 0 donc finalement ∫ λ 0 xe −x d x =−λe−λ−e−λ+1 II.2.b. On sait que pour tout x dans [0;+∞[, xe−x > 0 donc ln(1+ xe−x )6 xe−x . Par croissance de l’intégrale (les fonctions sont bien continues sur [0 ; λ]), on obtient : A(λ)= ∫ λ 0 ln(1+ xe−x ) dx 6 ∫ λ 0 xe−x dx =−λe−λ−e−λ+1. II.3. Pour λ= 5, une calculatrice donne λ× f (1) ≃ 1,57 et −λe−λ−e−λ+1 ≃ 0,96. C’est donc la deuxième méthode qui donne le meilleur majorant dans le cas λ= 5 : A(λ)6 0,96 France 2 23 juin 2009