La politique est-elle l'affaire de tous

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B ACCALAURÉAT GÉNÉRAL

Session 2010 —————— Pondichéry (avril 2010)

MATHÉMATIQUES (obligatoire) Correction Série : S ——————

Durée de l’épreuve : 4 heures – Coefficient : 7 ——————

1

E XERCICE 1
PARTIE A Soient a et b deux réels tels que a < b. Soient en outre deux fonctions f et g continues sur l’intervalle [a; b] telles que : ∀t ∈ [a; b], f (t ) Il vient : ∀t ∈ [a; b], f (t ) g (t )⇐⇒ f (t ) − g (t ) 0 ⇐⇒ (g − f )(t ) 0. g (t ).

D’où, d’après le deuxième résultat supposé connu, comme l’application g − f est positive sur l’intervalle [a; b] :
b

(g (t ) − f (t )) dt
a

0.

Du coup, en utilisant le premier résultat supposé connu et comme la soustraction est la même opération que l’addition de l’opposé :
b b b

(g (t ) − f (t )) dt =
a a

g (t ) dt −
a

f(t ) dt

0

et cette dernière proposition est équivalente à :
b b b b

g (t ) dt
a a

f (t ) dt ⇐⇒
a

f (t ) dt
a

g (t ) dt comme voulu.

PARTIE B 1. f 1 est la fonction définie sur R+ par : ∀x ∈ R+ , f 1 (x) = ln(1 + x). a. Déterminons la limite de la fonction f 1 en plus l’infini : lim 1 + x = +∞ ∧ lim ln = +∞
+∞ composition

x−→+∞

=⇒

lim f 1 = +∞.
+∞

b. La fonctionx −→ 1 + x est dérivable sur R+ et est en outre strictement positive sur cet intervalle. D’où f 1 , composée de cette fonction par le logarithme népérien est dérivable sur R+ . (ln u) = u 1 u ∀x ∈ R+ , f 1 (x) = . 1+x Pour tout réel x positif, f 1 (x) est une quantité strictement positive. Par conséquent, f est strictement croissante sur R+ .

2

c. La fonction x −→ 1 est continue doncprimitivable sur R+ . Choisissons comme fonction primitive x −→ x. Il vient d’après la règle d’intégration par parties :
1 1

I1 =

0

f 1 (x) dx =
1 1

0

1 × f 1 (x) dx = [x ln(x + 1)]1 − 0
u u

I PP

1 0

x dx x +1

I 1 = ln 2 −

dx +
0 0

dx x +1

=

=ln |u|

ln 2 − 1 + [ln |x + 1|]1 = 2 ln 2 − 1. 0

Par continuité et positivité de la fonction f 1 sur l’intervalle[0; 1], I 1 est géométriquement l’aire délimitée par la courbe représentative de la fonction f 1 , les droites d’équation x = 0, x = 1 et y = 0. 2. a. Le segment d’intégration est [0; 1]. ∀n ∈ N× , ∀x ∈ [0; 1], 0
croissance de ln

x

1 ⇐⇒ 0
1

xn
1

1 ⇐⇒ 1

1 + xn

2
1

=⇒

ln 1

ln 1 + x n

ln 2 =⇒
0

0 dx
0

ln 1 + x n dx
0

ln 2 dx

=⇒ 0

In

ln 2.

b.Pour étudier les variations de la suite (I n )n∈N× , déterminons le signe de I n+1 − I n pour tout entier naturel n non nul. ∀n ∈ N× , I n+1 − I n
linéarité de l’intégrale 1 0

=

f n+1 (x) − f n (x) dx.

Il s’agit de comparer f n et f n+1 pour tout entier naturel n non nul. ∀n ∈ N× , ∀x ∈ R+ , x n+1 > x n
composition

=⇒

ln 1 + x n+1 > ln 1 + x n =⇒ I n+1 > I n .

Du coup, la suite(I n )n∈N× est strictement croissante. c. La suite (I n )n∈N× est bornée d’après la question 2. a. et est strictement monotone d’après la question 2. b. donc elle converge. 3. Soit g la fonction définie sur R+ par g (x) = ln(1 + x) − x. a. g est une fonction dérivable comme combinaison linéaire de fonctions dérivables et : ∀x ∈ R+ , g (x) = 1 1+x x − =− , 1+x 1+x 1+x

quantité strictement négativesur R× et nulle si x = 0. Par conséquent, g (x) est stric+ tement négative sur R× et ne s’annule qu’en un nombre fini de points sur R+ , du coup + la fonction g est strictement décroissante sur R+ . b. g (0) = ln(1) − 0 = 0 et g est strictement décroissante sur R+ donc g est nulle en 0 et strictement négative sur R+ . Du coup : ∀X ∈ R+ , g (X ) 0 ⇐⇒ ln(1 + X ) X.

Soit n ∈ N× fixé. En effectuantle changement de variable X = x n , comme x n ∈ R+ , la relation est vérifiée également d’où : ∀n ∈ N× , ∀x ∈ R+ , ln(1 + x n ) 3 xn.

c. Soit la limite de la suite (I n )n∈N× . Il est possible de déduire de la relation trouvée en 3. b. : ∀n ∈ N× ,
0 1

ln(1 + x n ) dx
0

1

x n dx =⇒ I n

1 x n+1 n +1

1

=⇒ I n
0

1 . n +1

En passant aux limites, il vient : lim I n 1 =⇒...
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