BAC Pondichéry 2010

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Pondichéry 2010, Corrigé
EXERCICE 1 Partie A. Supposons que sur I=[a,b] on ait f ≤ g : posons h = g – f. > la fonction h est continue sur I comme différence de deux fonctions continues. > la fonction h est positive sur I puisque f ≤ g sur I.

∫ h≥0. D’après le prérequis 1, on a aussi ∫ h = ∫ ( g − f ) = ∫ On a par conséquent ∫ g − ∫ f ≥ 0 ⇔ ∫ f ≤ ∫ g
D’après le prérequis 2, on a alors a b b a a b b b b a a a a

b

b

a

g−∫ f . a b

Partie B. 1a. On a f1 ( x) = ln (1 + x ) . Vu que lim ln( X ) = +∞ , par composition on obtient lim f1 ( x) = +∞ .
X →+∞ x →+∞

1 > 0 : la fonction est donc croissante sur I. 1b. f1 dérivable sur I= ℝ et on a f1 '( x) = 1+ x
+

1c. On a I1 = ∫0 ln (1 + x ) dx .
1

u = x + 1 u ' = 1  On a  ⇒ 1 donc une IPP donne v = ln(1 + x) v ' = 1+ x  1 x +1 1 I1 = [( x + 1) ln( x + 1)]1 − ∫ dx = 2 ln(2) − ∫ 1dx = 2 ln(2) − [ x]1 = 2 ln(2) − 1 . 0 0 0 x +1 0 Interprétation : la fonction f1 étant continue, positive sur [0 ;1], l’intégrale précédente correspond à l’aire

géométrique du domaine compris entre la courbe, l’axe des abscisses, et les deux droites verticales d’équation x = 0 et x = 1. 2a. > Pour tout x de [0 ;1], on a 0 ≤ x n ≤ 1 (car la fonction puissance est croissante sur [0;1] ),
1

donc 1 ≤ 1 + x n ≤ 2 et par croissance de ln, 0 ≤ ln (1 + x n ) ≤ ln(2) .

> L’intégration conserve l’ordre (voir prérequis) d’où 0 ≤ I n ≤ ∫0 ln(2)dx ⇔ 0 ≤ I n ≤ ln(2) 2b. > Sur [0 ;1], on a x n +1 ≤ x n d’où 1 + x n +1 ≤ 1 + x n et ln(1 + x n +1 ) ≤ ln(1 + x n ) (car ln croissante) > Par intégration sur [0 ;1], il vient I n +1 ≤ I n donc la suite est décroissante. 2c. D’après le 2a, la suite ( I n ) est positive donc minorée et d’après le 2b elle est décroissante : par conséquent elle converge vers une limite L telle que 0 ≤