\documentclass[a4paper,11pt,french]{article}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices

\newcommand{\typedoc}{Correction du devoir Maison 19}          %%%%%%%%%%%%%%% 1ere ligne du titre de la feuille
\newcommand{\Ch}{Int\'egration}		   %%%%%%%%%%%%%%%% 2eme ligne et en haut à droite après	
\newcommand{\ch}{R\'evisions}               %%%%%%%%%%%%%%% En haut à gauche (numero chapitre)
\newcommand{\Cl}{T$^\text{ale}$S}
\newcommand{\Annee}{2013-2014}

\newcommand{\serie}{Scientifique}
\newcommand{\num}{0}	
\newcommand{\tps}{2h}	



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}


\DocDav

\Cadre{Dans ce devoir maison, il est obligatoire de traiter une page. Les élèves qui ont obtenu au bac blanc une note inférieure ou égale à 7 traiteront les exercices de la page 1, ce qui ont obtenu une note supérieure ou égale à 14 traiteront ceux de la page 2, les autres ont le choix.}

\begin{exoi}
\begin{footnotesize}
Soit $f(x)=\dfrac{x^2+5x-1}{x+2}$ pour $x\in]-2;+\infty[$.
\end{footnotesize}\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Montrer qu'il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que, pour tout $x \in ]-2;+\infty[$ :
$$ f(x)=ax+b+\dfrac{c}{x+2}$$
\end{footnotesize}
\\
Pour tout $x>-2$ on a :
$$ ax+b+\dfrac{c}{x+2}=\dfrac{(ax+b)(x+2)+c}{x+2}=\dfrac{ax^2+(2a+b)x+2b+c}{x+2}$$
Par conséquent en choisissant $a=1$, $b$ tel que $2a+b=5$ et $c$ tel que $2b+c=-1$ on obtientdra l'égalité désirée. On choisit $a=1$, $b=3$ et $c=-7$ et on a montré l'existence de trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que :
$$ f(x)=x+3-\dfrac{7}{x+2}$$
\item {\footnotesize En déduire la primitive de $f$ sur $]-2;+\infty[$ qui s'annule en $1$.}
\\
On utilise la forme précédente pour déterminer une primitive de $f$. \\
On a $\int x+3 dx=\dfrac{x^2}{2}+3x$, enfin  $-7\times \dfrac{1}{x+2}$ est de la forme $-7\times \dfrac{u'}{u}$, en conséquence une primitive est de la forme $-7\ln u$ i.e. $\int \dfrac{-7}{x+2}dx=-7\ln (x+2)$.\\
Pour $x>-2$ la fonction $F$ définie par :
$$ F(x)=\dfrac{x^2}{2}+3x-7\ln(x+2)+c\qquad \text{où} c\in \R$$
est une primitive de $f$. \\
Déterminons $c$ afin que $F(1)=0$ :
$$ F(1)=0\Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}+3-7\ln(3)+c=0 \Longleftrightarrow c=7\ln(3)-\dfrac{7}{2}$$
La primitive de $f$ sur $]-2;+\infty[$ qui s'annule en $1$ est définie pour $x>-2$ par :
$$ F(x)=\dfrac{x^2}{2}+3x-7\ln(x+2)+7\ln(3)-\dfrac{7}{2}$$
\item \begin{footnotesize}
Montrer que pour $x>1$ on  a :
$$ f(x)>0$$
\textit{Indication : On pourra dresser le tableau de signe de $x^2+5x-1$}
\end{footnotesize}
\\
Pour $x>1$ on a $x+2>3>0$ donc $f(x)$ est du signe du numérateur $x^2+5x-1$. Or pour $x>1$ $x^2+5x>1+5=6$ donc $x^2+5x-1>5>0$ donc pour $x>1$, $f(x)>0$.
\item \begin{footnotesize}
Calculer l'aire du domaine $\mathscr D$ définit par :
$$ \mathscr D=\{M(x;y)\in \mathscr P, 1\leq x\leq e\qquad \text{et} \qquad 0\leq y\leq f(x)\}$$
\textit{Indication} : Il s'agit de calculer $\int_1^e f(x)dx$.
\end{footnotesize}
$$\int_1^e f(x)dx=[ \dfrac{x^2}{2}+3x-7\ln(x+2)]_1^e=\dfrac{e^2}{2}+3e-7\ln(e+2)-\dfrac{1}{2}-3+7\ln(3) u.a$$
\item {\footnotesize L'unité sur l'axe des abscisses vaut $2$ cm, celle sur l'axe des ordonnées $0.5$ cm. Donner l'aire du domaine $\mathscr D$ en cm$^2$.}
\\
En cm$^2$ 1 unité d'aire vaut $0,5\times 2=1$ cm$^2$, il vient donc que :
$$\mathscr D=\dfrac{e^2}{2}+3e-7\ln(e+2)-\dfrac{1}{2}-3+7\ln(3)  cm^2$$
\end{enumerate}
\end{exoi}

\begin{exoi}
\begin{footnotesize}
Calculer les intégrales proposées 
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize $ \int_{1}^3 t+\dfrac{1}{t}dt$ (interpréter le résultat graphiquement)}
$$\int_{1}^3 t+\dfrac{1}{t}dt=\left[\dfrac{t^2}{2}+\ln (t)\right]_1^3=\dfrac{9}{2}+\ln 3-\dfrac{1}{2}-\ln 1=4+\ln 3 $$
De plus si $t\in [1;3]$ alors $t>0$ et $\dfrac{1}{t}>0$ donc $ \int_{1}^3 t+\dfrac{1}{t}dt$ est l'aire du domaine $\mathscr D$ définie par :
$$ \mathscr D=\left\{M(x;y)\in \mathscr P, 1\leq x \leq 3 \qquad \text{et} \qquad 0\leq y \leq x+\dfrac{1}{x} \right\}$$
\item {\footnotesize $\int_0^1 \dfrac{dx}{2 \sqrt{x+2}}$ (interpréter le résultat graphiquement)}
$\dfrac{1}{2\sqrt{x+2}}$ est de la forme $\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$ avec $u=x+2$ donc une primitive est de la forme $\sqrt{u}$ d'où :
$$ \int_0^1 \dfrac{dx}{2 \sqrt{x+2}}=[\sqrt{x+2}]_0^1=\sqrt{3}-\sqrt{2}$$
Sur l'intervalle $[0;1]$ , $\dfrac{1}{2\sqrt{x+2}}>0$ donc $ \int_0^1 \dfrac{dx}{2 \sqrt{x+2}}$ est l'aire du domaine $\mathscr D$ définie par :
$$ \mathscr D=\left\{M(x;y)\in \mathscr P, 1\leq x \leq 3 \qquad \text{et} \qquad 0\leq y \leq \dfrac{1}{2\sqrt{x+2}} \right\}$$
\item {\footnotesize $\int_3^4 \dfrac{2x}{x^2-5}dx$ (interpréter le résultat graphiquement)}
\\
$\dfrac{2x}{x^2-5}$ est de la forme $\dfrac{u'}{u}$ avec $u=x^2-5$ et donc $u'=2x$ donc une primitive est de la forme $\ln (u)$, d'où en appliquant la formule de Newton Leibniz on obtient :
$$\int_3^4 \dfrac{2x}{x^2-5}dx=[\ln(x^2-5)]_3^4=\ln(11)-\ln 4$$
Sur l'intervalle $[3;4]$, il se trouve que $2x>0$ et que $x^2\geq 9 \Longrightarrow x^2-5>0$, par conséquent l'intégrale que l'on vient de calculer désigner de nouveau l'aire entre l'axe des abscisses, la représentation graphique de la fonction $x\longmapsto \dfrac{2x}{x^2-5}$ et les droites verticales d'équation $x=3$ et $x=4$.
\item {\footnotesize $\int_0^1 te^{t^2} dt $ (interpréter le résultat graphiquement)}
\\$te^{t^2}=\dfrac{2te^{t^2}}{2} $ est de la forme $\dfrac{u'e^u}{2}$ donc une primitive est de la forme $\dfrac{e^u}{2}$, par conséquent d'après la formule de Newton Leibniz :
$$ \int_0^1 te^{t^2} dt=\left[\frac{e^{t^2}}{2}\right]_0^1=\dfrac{e}{2}-\dfrac{1}{2}$$
Sur l'intervalle $[0;1]$ $t\geq 0$ et $e^{t^2}>0$ par conséquent l'intégrale que l'on vient de calculer désigner de nouveau l'aire entre l'axe des abscisses, la représentation graphique de la fonction $x\longmapsto xe^{x^2}$ et les droites verticales d'équation $x=0$ et $x=1$.

\end{enumerate}
\end{exoi}
\pagebreak

\begin{exoi}
\begin{footnotesize}
Soit $f(x)=\dfrac{2x^2-3x+4}{(x-1)^2}$ pour $x\in]1;+\infty[$.
\end{footnotesize}\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Montrer qu'il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que, pour tout $x \in ]1;+\infty[$ :
$$ f(x)=a+\dfrac{b}{x-1}+\dfrac{c}{(x-1)^2}$$
\end{footnotesize}
On a :
$$ a+\dfrac{b}{x-1}+\dfrac{c}{(x-1)^2}=\dfrac{a(x-1)^2+b(x-1)+c}{(x-1)^2}=\dfrac{ax^2+(2a+b)x+c-a-b}{(x-1)^2}$$
Ainsi en choisissant $a=2$ puis $b$ tel que $2a+b=-3$ i.e. $b=-7$ et enfin $c$ tel que $c-a-b=4 \Longleftrightarrow c=4+2+7=13$ on obtient l'égalité suivante :
$$ f(x)=2-\dfrac{7}{x-1}+\dfrac{13}{(x-1)^2}$$
ce qui démontre l'existence de trois réels $a$, $b$ et $c$ comme désiré.
\item {\footnotesize En déduire la primitive de $f$ sur $]1;+\infty[$ qui vaut $3$ en $2$.}
\\
Une primitive de $2$ est $2x$, puis $-\dfrac{7}{x-1}=-7\times \dfrac{1}{x-1}$ est de la forme $-7\times \dfrac{u'}{u}$ donc une primitive est de la forme $-7\ln u$ et enfin $\dfrac{13}{(x-1)^2}=13\times \dfrac{1}{(x-1)^2}$ est de la forme $13\dfrac{v'}{v^2}$ donc une primitive est de la forme $-13\dfrac{1}{v}$, on en déduit que l'ensemble des primitives de la fonction $f$ sur l'intervalle $]1;+\infty[$ est de la forme :
$$ F(x)=2x-7\ln(x-1)-\dfrac{13}{x-1}+c\qquad \text{où } c\in \R$$
Déterminons $c$ pour que $F(2)=0$ :
$$ F(2)=0 \Longleftrightarrow 4-7\ln 1-\dfrac{13}{2}+c=0 \Longleftrightarrow 4-6,5+c=0\Longleftrightarrow c=2,5=\dfrac{5}{2}$$
La primitive cherchée est donc la fonction $F$ définie sur $]1;+\infty[$ par :
$$ F(x)=2x-7\ln(x-1)-\dfrac{13}{x-1}+\dfrac{5}{2}$$
\item \begin{footnotesize}
Montrer que pour $x>1$ on  a :
$$ f(x)>0$$
\end{footnotesize}
\\
Comme $f(x)=\dfrac{2x^2-3x+4}{(x-1)^2}$  et comme $(x-1)^2>0$ pour $x>1$, $f(x)$ est du signe du numérateur. Étudions son signe.\\
$\Delta=9-32<0$ donc $2x^2-3x+4$ est de signe constant, ici de signe positif puisque $a=2>0$, donc $f(x)>0$ pour $x>1$.
\item \begin{footnotesize}
Calculer l'aire du domaine $\mathscr D$ définit par :
$$ \mathscr D=\{M(x;y)\in \mathscr P, 1\leq x\leq e\qquad \text{et}\qquad  0\leq y\leq f(x)\}$$
\end{footnotesize}
$$ \mathscr A(\mathscr D)=\int_1^e f(x)dx=\left[F(x)\right]_1^e=F(e)-F(1)=2e-7\ln(e-1)-\dfrac{13}{e-1}-2+\dots$$
La fonction $F$ n'étant pas définie en $1$ on est amené a calculer :
$$ \lim\limits_{t \to 1^+} \int_t^e f(x)dx=\lim\limits_{t \to 1^+}\left[F(x)\right]_t^e=\lim\limits_{t \to 1^+} F(e)-F(t)$$
Or :
$$ F(x)=2x-\dfrac{1}{x-1}\left(7 (x-1)\ln(x-1)+13\right)+\dfrac{5}{2}$$ 
On sait d'après le cours que $\lim\limits_{x\to 0} x\ln x=0$ donc :
$ \lim\limits_{t \to 1^+} (t-1)\ln (t-1)=0 \Longrightarrow \lim\limits_{t \to 1^+} -7(t-1)\ln (t-1) +13=13$
\\
$\lim\limits_{t \to 1^+} -\dfrac{1}{t-1}=-\infty \Longrightarrow \lim\limits_{t \to 1^+} -\dfrac{1}{t-1}\left(7 (t-1)\ln(t-1)+13\right)=-    \infty$ \\
Au final $\lim\limits_{t\to 1^+} F(t)=-\infty$ et par conséquent :
$$ \lim\limits_{t\to 1^+} F(e)-F(t)=+\infty$$
En quelque sort l'aire du domaine $\mathscr D$ est infini.
\item {\footnotesize L'unité sur l'axe des abscisses vaut $2$ cm, celle sur l'axe des ordonnées $0.5$ cm. Donner l'aire du domaine $\mathscr D$ en cm$^2$.}
\\
L'aire du domaine $\mathscr D$ est infini en unité d'aire comme en cm$^2$.
\end{enumerate}
\end{exoi}

\begin{exoi}\\
\begin{footnotesize}
Le plan est muni d'un repère orthogonal $(O;\vec i, \vec j)$.
\end{footnotesize}\\
\partieBac{}
\begin{footnotesize}
La courbe $(\mathcal{C})$, donnée ci-dessous, est la courbe représentative d'une fonction $f$ dérivable sur $[0~;~+\infty[$, de fonction dérivée $f'$ continue sur $[0~;~+\infty[$.
 \\
La courbe $(\mathcal{C})$ passe par les points O et A$\left(1 ~ ;~\dfrac{1}{2\text{e}}\right)$ et, sur [0~;~1], elle est au dessus du segment [OA]. 
\end{footnotesize}\begin{enumerate}
\item  {\footnotesize Montrer que  $\displaystyle\int_{0}^1 f'(x)\:\text{d}x = \dfrac{1}{2\text{e}}$}
$$\displaystyle\int_{0}^1 f'(x)\:\text{d}x = \dfrac{1}{2\text{e}}=[f(x)]_0^1=f(1)-f(0)=\dfrac{1}{2e}-0=\dfrac{1}{2e} $$
\item {\footnotesize Montrer que 	$\displaystyle\int_{0}^1 f(x)\:\text{d}x \geqslant  \dfrac{1}{4\text{e}}$}\\
Notons $B$ le point de l'axe des abscisses de coordonnées $(1;0)$, puisque $\mathscr C$ est au dessus du segment $[OA]$ alors :
$$ \displaystyle\int_{0}^1 f(x)\:\text{d}x \geqslant \mathscr A(OAB)$$
Le triangle $OAB$ est rectangle en $B$ donc son aire vaut :
$$ \dfrac{OB\times BA}{2}=\dfrac{1\times \frac{1}{2e}}{2}=\dfrac{1}{4e}$$
d'où :
$$ \displaystyle\int_{0}^1 f(x)\:\text{d}x \geqslant \dfrac{1}{4e} $$
\end{enumerate}
\partieBac{}
\begin{footnotesize}
On sait désormais que la fonction $f$ considérée dans la partie A est définie sur $[0~;~+\infty[$ par : 
\[f(x) = \dfrac{x \text{e}^{-x}}{x^2 + 1}.  \]
\end{footnotesize}\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$. Interpréter graphiquement le résultat obtenu. }

$xe^{-x}=\dfrac{x}{e^x}$ et on sait que $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{e^x}{x}=+\infty$ par conséquent : $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{x}{e^x}=0$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} x^2+1=+\infty$, par quotient on obtient :
$$ \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=0$$
$\mathscr C$ admet une asymptote horizontale en $+\infty$ d'équation $y=0$.
\item \begin{footnotesize}
On considère la fonction $g$ définie sur $[0~;~+\infty[$ par : $g(x) = x^3 + x^2 + x - 1$.\\
Etablir que l'équation $g(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans l'intervalle $[0~;~+\infty[$.
\end{footnotesize}
\\
On a dans un premier temps $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x)=+\infty$ par somme de fonction dont la limite est $+\infty$ en $+\infty$.\\
De plus pour $x\neq 0$ on a :
$$ g(x)=x^3\left(1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^3}\right)$$
Puisque $\lim\limits_{x\to -\infty} x^3=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to -\infty}1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^3}=1$, par produit on obtient :
$$ \lim\limits_{x\to -\infty} g(x)=-\infty$$
Enfin $g$ est une fonction polynôme donc dérivable et continue sur $\R$ et on a  :
$$ g'(x)=3x^2+2x+1$$
$\Delta=4-12<0$ donc $g'(x)>0$ et donc $g$ est strictement croissante sur $\R$ et dérivable sur $\R$, enfin $g$ est à valeurs dans $\R$ donc l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution dans $\R$.
\\
De plus $g(0)=-1$ donc $\alpha \in [0;+\infty[$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item  {\footnotesize Montrer que pour tout $x$ de $[0~;~+\infty[,~ f'(x)$ et $g(x)$ sont de signes contraires.}
		\\
		$$ f'(x)=\dfrac{(xe^{-x})'(x^2+1)-(xe^{-x})2x}{(x^2+1)^2}=\dfrac{(e^{-x}+x\times (-e^{-x}))(x^2+1)-2x^2e^{-x})}{(x^2+1)^2}=\dfrac{(e^{-x}-xe^{-x})(x^2+1)-2x^2e^{-x}}{(x^2+1)^2}$$
c'est-à-dire :
$$ f'(x)=\dfrac{x^2e^{-x}-x^3e^{-x}+e^{-x}-xe^{-x}-2x^2e^{-x}}{(x^2+1)^2}=\dfrac{-e^{-x}\left(x^3+x^2+x-1\right)}{(x^2+1)^2}=\dfrac{-e^{-x}g(x)}{(x^2+1)^2}$$
Etant donné que pour $x\geq 0$, on a $(x^2+1)^2>0$ et $e^{-x}>0$, $f'(x)$ est du signe de $-g(x)$ c'est-à-dire $f'(x)$ et $g(x)$ sont de signes contraires.
		\item {\footnotesize En déduire les variations de $f$ sur $[0~;~+\infty[$. }
		\\
		$g$ étant strictement croissante sur $[0;+\infty[$ et $g(\alpha)=0$, on en déduit son tableau de signe :
		%\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-eps,pst-fill,pst-node,pst-math}
\input tabvar
$$\tabvar{%
\tx{x}&\tx{0}&&\tx{\alpha}&&\tx{+\infty}\cr
\tx{g(x)}&&\tx{-}&\tx{0}&\tx{+}&\cr
\tx{f'(x)}&&\tx{+}&\tx{0}&\tx{-}&\cr
\tx{f(x)}&\txb{0}&\fm&\txh{f(\alpha)}&\fd&\txb{0}\cr
}$$
	\end{enumerate} 
\item \begin{footnotesize}
On considère la suite $\left(u_{n}\right)$ définie pour  tout entier naturel $n$ par : 
\[u_{n} = \int_{n}^{2n} f(x)\:\text{d}x.\]
\end{footnotesize} 
	\begin{enumerate}
		\item  {\footnotesize Montrer que pour tout $x$  de $[0~;~+\infty[,~ 0 \leqslant \dfrac{x}{x^2 + 1}  \leqslant \dfrac{1}{2}$.}
		\\
		Il est clair que si $x\geq 0$ alors le quotient $\dfrac{x}{x^2+1}\geq 0$.\\
		De plus :
		$$ \dfrac{x}{x^2+1}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{2x-(x^2+1)}{2(x^2+1)}=\dfrac{-(x^2-2x+1)}{2(x^2+1)}=\dfrac{-(x-1)^2}{2(x^2+1)}$$
		Pour $x\geq 0$ on a $(x-1)^2\geq 0$ et $2(x^2+1)>0$ donc le quotient $\dfrac{-(x-1)^2}{2(x^2+1)}\leq 0 \Longleftrightarrow \dfrac{x}{x^2+1}-\dfrac{1}{2} \Longleftrightarrow \dfrac{x}{x^2+1}\leq \dfrac{1}{2}$.\\
		On a bien au final :
		$$ \forall x\geq 0, \qquad 0\leq \dfrac{x}{x^2+1}\leq \dfrac{1}{2}$$
	\item {\footnotesize Montrer que pour tout entier naturel $n,~ 0 \leqslant  u_{n} \leqslant \dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{-n} - \text{e}^{-2n}\right)$. }
	On vient de démontrer que :
	$$\forall x\geq 0, \qquad 0\leq \dfrac{x}{x^2+1}\leq \dfrac{1}{2}$$
	en multipliant par $e^{-x}>0$ on obtient :
	$$\forall x\geq 0, \qquad 0\leq  \dfrac{xe^{-x}}{x^2+1}\leq \dfrac{e^{-x}}{2}$$
	c'est-à-dire :
	$$\forall x\geq 0, \qquad 0\leq  f(x)\leq \dfrac{e^{-x}}{2}$$
	par passage à l'intégrale :
	$$\forall x\geq 0, \forall n\in \N, \qquad \int_{n}^{2n} 0 dx\leq u_n\leq   \int_{n}^{2n}  \dfrac{e^{-x}}{2} dx$$
	Enfin comme $\int_{n}^{2n} 0 dx=0 $ et  $\int_{n}^{2n}  \dfrac{e^{-x}}{2} dx=\left[-\dfrac{e^{-x}}{2}\right]_{n}^{2n}=-\dfrac{e^{-2n}}{2}+\dfrac{e^{-n}}{2}=\dfrac{1}{2}\left(e^{-n}-e^{-2n}\right)$.\\
	On en déduit donc que pour tout $n\in \N$ on a :
	$$ 0\leq u_n\leq \dfrac{1}{2}\left(e^{-n}-e^{-2n}\right)$$
	\item {\footnotesize En déduire la limite de $u_{n}$ quand $n$ tend vers $+\infty$. }\\
	Lorsque $n$ tend vers $+\infty$ $e^{-n}$ tend vers $0$ et de même $e^{-2n}$ tend vers $0$, par conséquent $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{2}\left(e^{-n}-e^{-2n}\right)=0$ donc d'après le théorème des gendarmes on déduit que $$ \lim\limits_{n\to +\infty} u_n=0$$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exoi}


\end{document}
