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Corrigé 2018 :

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

Partie A

1. Résolution l’équation différentielle y^\prime + y = 0.

- On peut énoncer directement le résultat car cela a été fait en cours : la solution générale de l’équation différentielle est $y=ke^{-x}$ appartenant à $\mathbb{R}$ .

- On peut dire que l’on a une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficients constants dont l’équation caractéristique est r + 1 = 0. La solution de cette équation caractéristique est r0 = -1. Par conséquent la solution générale de l’équation différentielle est y = ker0x, k appartenant à $\mathbb{R}$ .

- On peut faire un calcul direct. La fonction nulle est solution de l’équation différentielle.
Une solution qui ne s’annule pas en un point donné, ne s’annulera pas dans un intervalle ouvert contenant ce point. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, elle gardera un signe constant dans cet intervalle.

Dans cet intervalle, l’équation différentielle est alors équivalente à

$\frac{y^\prime}{y}=-1$ soit ln |y| = -x + c, c constante réelle. On a donc $|y|=e^ce^{-x}$ puis $y=ke^{-x}$ avec k = $e^c$ ou $-e^c$ selon le signe de y.

Finalement, la solution générale de l’équation différentielle est $y=ke^{-x}$ appartenant à $\mathbb{R}$ .

2. a. g, produit des deux applications dérivables sur $\mathbb{R}^\ast_+,x\to\varphi (x)\quad et\;exp\; :x\to e^x$ est aussi dérivable sur

$\mathbb{R}^\ast_+\quad et\; g^\prime=\varphi^\prime\quad et\;exp\;+\varphi exp^\prime$ ; c’est à dire $\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+, g^\prime(x)=(\varphi^\prime(x)+\varphi(x))e^x$ . Alors

$\begin{matrix}\varphi\;verifie(1)&\Leftrightarrow&\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+, \varphi^\prime(x)+\varphi(x)=\frac{1}{x}-lnx\\\\&\Leftrightarrow&\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+, g^\prime(x)=\left(\frac{1}{x}+-lnx\right)e^x\\\\&\Leftrightarrow&\textrm{g est une primitive de x}\rightarrow -\frac{e^x}{x}-e^xln\,x\end{matrix}$

b. On peut remarquer que $h :x\rightarrow -\frac{e^x}{x}-e^xlnx$ est la dérivée de $H:x\rightarrow -e^xlnx$ .

Sinon, on peut faire un calcul direct. On a pour tout réel x > 0 :

$\int^x_1h(t)dt=-\int^x_1\left(\frac{e^t}{t}+e^tlnt\right)dt$

Une intégration par parties donne :

$\int^x_1\frac{e^t}{t}dt=\int^x_1ln^\prime\; et\; dt=\left[e^tlnt\right]^x_1-\int^x_1exp^\prime (t)ln\,t\,dt=e^xlnx-\int^x_1e^tln\,t\,dt$

Par conséquent,

$\int^x_1h(t)dt=e^xlnx=H(x)$ et l’ensemble des primitives de la fonction $h :x\rightarrow -e^xlnx -\frac{e^x}{x}\quad est\;\{H+a,a\in\mathbb{R}\}$

3. D’après la question précédente, pour qu’une application $\varphi$ vérifie (1) il faut et il suffit que l’application g soit une primitive de h.

g est donc de la forme $\{H+a,a\in\mathbb{R}\}$ , autrement dit

$\varphi(x)=g(x)e^{-x}=(H(x)+a)e^{-x}=-lnx+ae^{-x}$

L’ensemble des applications dérivables de $\mathbb{R}^\ast_+$ dans $\mathbb{R}$ vérifiant (1) est l’ensemble des applications $x\mapsto ae^{-x}-lnx$ où a désigne une constante réelle.

Partie B (5.25 points)

Soit f l’application de $\mathbb{R}^\ast_+$ dans $\mathbb{R}$ définie par : $\forall x\n\mathbb{R}^\ast_+,f(x)=e^{1-x}-lnx$ .

1. Remarquons d’abord que f est une solution de l’équation différentielle (1) avec a = e

a. f est dérivable sur $\mathbb{R}^\ast_+\quad et\;\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+,f(x)=e^{1-x}-\frac{1}{x}$ et . La dérivée est strictement négative ; f est donc strictement décroissante. $\lim_{x\to 0}f(x)=+\infty$ et $\lim_{x\to +\inty}f(x)=-\infty$ . Voici le graphe de f.

f est continue et strictement décroissante et comme $f(\mathbb{R}^\ast_+=\mathbb{R})$ , l’équation f(x) = 0 admet une solution unique c dans $\mathbb{R}^\ast_+$

$f(1)=1>0$ est $f(2)=e^{-1}-ln2<0$ , donc $c\in]1,2[$ .

b. Pour tout $x\in\mathbb{R}^\ast_+=\mathbb{R},xf(x)=xe^{1-x}-xlnx$

$\lim_{x\to 0^+}xlnx=0$ donc $\lim_{x\to 0^+}xf(x)=0$

c. $F(x)=\int^1_xf(t)dt=\left[-e{^1-t}\right]^1_x-\int^1_xln\,t\,dt=e{^1-t}-1-\int^1_xln\,t\,dt$

Si on pose u(t) = t, une intégration par parties donne :

$\begin{matrix}\int^1_xln\,t\,dt&=&\int^1_xln\,t\,u^\prime(t)\,dt&=&\left[u(t)ln\,t\right]^1_x-\int^1_xln^\prime(t)\,u(t)\,dt\\\\&=&-xlnx-\int^1_x1\,dt&=&-xlnx+x-1\end{matrix}$

Finalement $F(x)=e^{1-x}+xlnx-x$ .

De $\lim_{x\to 0^+}xlnx=0$ on tire $\lim_{x\to 0^+}F(x)=e$

2. Soit n un entier supérieur ou égal à 2.

a. Pour tout entier k tel que $1\leqk\leq n-1$ et pour tout réel t tel que
$\frac{k}{n}\leq t\leq\frac{k+1}{n}$ on a $f\left(\frac{k+1}{n}\right)\leq f(t)\leq f\left(\frac{k}{n}\right)$ .

Cela vient simplement du fait que f est strictement décroissante.

b. En intégrant la relation précédente dans l’intervalle

$\left[\left(\frac{k}{n}\right),\frac{k+1}{n}\right]$ dont la longueur est $\frac{1}{n}$

on obtient :

$\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k+1}{n}\right)\leq\sum^{n-1}_{k=1}\int^{k+1}\slash n_{k\slash n}f(t)dt\leq\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)$

Ensuite on somme de k = 1 à k = n - 1 :

$\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k+1}{n}\right)\leq\sum^{n-1}_{k=1}\int^{k+1}\slash n_{k\slash n}f(t)dt\leq\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)$

Dans le premier membre de l’inégalité, on change la numérotation (on remplace k + 1 par k), dans le second membre, on utilise la relation de Chasles

$\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=2}f\left(\frac{k}{n}\right)\leq\int^{1}_{1\slash n}dt\leq\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)$

C’est à dire, en posant $\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)$ :

$w_n-\frac{1}{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\leq F\left(\frac{k}{n}\right)\leq w_n-\frac{1}{n}f(1)$

Ce qui permet d’encadrer $w_n$ :

$F\left(\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{1}{n}\right)\leq w_n\leq F\left(\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{n}f\left(\frac{1}{n}\right)$

3. a. On déduit des questions préecédentes que $\lim_{n\to+\infty}F\left(\frac{1}{n}\right)$ et $\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}f\left(\frac{1}{n}\right)=0$ .

Alors l’encadrement de $w_n$ et le théorème des gendarmes entraînent que la suite $w_n$ est convergente et de limite e.

b. Posons $\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}e^{1-k\slash n}$

$\sum^{n}_{k=1}e^{1-k\slash n}=\sum^{n}_{k=1}(e^{1-k\slash n})^k$ est la somme des n premiers termes de la suite géométrique de premier terme $e^{1-\slash n}$ et de raison $e^{1-\slash n}$ .

Donc

$\sum^{n}_{k=1}(e^{1-k\slash n})^k=e^{1-\slash n}\frac{(e^{-1\slash n})^n-1}{e^{-1\slash n}-1}=\frac{e^{-1}-1}{1-e^{1\slash n}}$

et $t_n\frac{e}{n}\sum^{n}_{k=1}e^{-k\slash n}=e-1\frac{1}{n(e^{1\slash n}-1}$

Ensuite

$\sum^{n}_{k=1}ln\left(\frac{k}{n}\right)=ln\frac{1}{n}+\dots +ln\frac{n}{n}=ln\left(\frac{1}{n}\times\dots \times \frac{n}{n}\right)=ln\left(\frac{n!}{n^n}\right)$

et $\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}ln\left(\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{n}ln\left(\frac{n!}{n^n}\right)$

c. On a $w_n=\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}\left(e^{1-k\slash n}-ln\frac{k}{n}\right)=t_n-u_n$ . Autrement dit $u_n=t_n-w_n{$

On sait que $\lim_{s\to 0}\frac{e^s-1}{s}$ . Par conséquent, en prenant $s=\frac{1}{n}$ on a $\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n(e^{1\slash n}-1)}=1$ et $\lim_{n\to +\infty}t_n=e-1$

La suite $(u_n)$ , somme de deux suites convergentes de limites respectives e - 1 et -e, est convergente et de limite e - 1 - e = -1 :

$\lim_{n\to +\infty}u_n=-1$

On a $u_n=ln\left(\frac{(n!)^{1\slash n}}{n}\right)=-lnv_n$ autrement dit $v_n=e^{-u_n}$ . La suite $v_n$ est donc convergente et de limite $e^1$

$\lim_{n\to +\infty}v_n=e$

Partie C

1. a. La fonction f^\prime est dérivable sur $\mathbb{R}^\ast_+\quad et\;\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+,f^\prime(x)=e^{1-x}+\frac{1}{x^2} f''e<span>$ est strictement
positive ; f^\prime est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}^\ast_+$
+ et donc aussi sur [1, 2]. f^\prime(1) = -2 et f^\prime(2)=\frac{1}{e}-\frac{1}{2}.

La fonction P est dérivable sur [1, 2] et $\forall x\in[1,2],P^\prime(x)=1-\frac{f^\prime(x)}{f^\prime(1)}=\frac{f^\prime(1)-f^\prime(x)}{f^\prime(1)}$ .

Puisque f^\prime est strictement croissante, f^\prime(1)-f^\prime(x) est < 0 ; comme f^\prime(1) = -2 est aussi < 0, la dérivée P^\prime est donc strictement positive ; P est alors strictement croissante sur [1, 2]. P(1) = $\frac{1}{2}$ et
P(c) = c. Voici le tableau de variation de P dans [1, c].

Ainsi, P réalise une bijection de [1, c] sur l’ intervalle J = [1/2, c] contenu dans [1, c].
Montrons alors par récurrence que la suite $(c_n)$ est bien définie et est contenue dans l’intervalle
[1, c].

$c_0=1$ existe et appartient à [1, c]. Supposons que pour un entier n donné, $c_n$ existe et appartient à [1, c]. Alors $c_{n+1}=P(c_n)$ existe aussi et appartient à $P([1, c]) = J \subset[1, c]$ .

2. a. La fonction P^\prime est d´erivable sur $\mathbb{R}^\ast_+\quad et\;\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+,P''(x)=-\frac{f^\prime(x)}{f''(1)}>0.$
$P^\prime$ est donc strictement croissante.

Alors, pour tout $x\in[1,2]$ , on a

$0\leq P^\prime(2)=1-\frac{f^\prime(2)}{f^\prime(1)}=1+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{e}-\frac{1}{2}\right)\leq 1+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{12}$

b. En appliquant le théorème des accroissements finis à P dans l’intervalle $[c_n,c]$ , on peut affirmer l’existence d’un élèment $\theta$ dans $]c_n,c[$ tel que $P(c)-P(c_n)=P^\prime(\theta)(c-c_n)$ c’est dire $c-c_{n+1}=P^\prime(\theta)(c-c_n)$ .

Ce qui entraîne $|c_{n+1}-c|=|P^\prime(\theta)||c_n-c|\leq\frac{7}{12}|c_n-c|$ .
Cette relation entraîne ensuite $0\leq|c_n-c|\leq\left(\frac{7}{12}\right)^n|c_0-c|$ . Comme le dernier membre a
pour limite 0 quand n tend vers $+infty$ , par le théorème des gendarmes, le membre $|c_n-c|$ a aussi pour limite 0. Autrement dit $\lim_{n\to +\infty}c_n=c$

c. Pour que $c_n$ soit une valeur approchée de c à $10^{-2}$ il suffit de choisir n tel que
$\left(\frac{7}{12}\right)^n|c_0-c|\leq 10^{-2}$ .

Comme $|c_0-c|<1$ , il suffit que $\left(\frac{7}{12}\right)^n\leq 10^{-2}$ c’est à dire $n\,ln\frac{7}{12}\leq -2\,ln\,10$ ou encore $n\geq 2\frac{ln\,10}{ln\,12-ln7}$ . On peut donc prendre n = E(r)+1 avec $r=2\frac{ln\,10}{ln\,12-ln7}$ c’est à dire n = 9.

C 2017 :

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

Partie A

1. a.
La fonction $\varphi\, :\,x\mapsto lnx-x$ est définie et continue sur $\mathbb{R^{\ast}_+}$ .

Elle est dérivable et $\forall x \in\mathbb{R^{\ast}_+},\varphi^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}.$

Voici son tableau de variations.

On y voit clairement que le maximum de $\varphi$ est -1 donc $\forall x\in\mathbb{R^{\ast}_+},lnx-x\leq -1<0.$

Remarquer qu’on n’a pas besoin des limites de $\varphi$ aux bornes de son ensemble de définition.

b. L’application $f_n$ est dérivable sur $\mathbb{R}\; et\;\forall x\in\mathbb{R},f^{\prime}_n(x)\,=\,1+e^x$ . La dérivé étant strictement positive, la fonction fn et strictement croissante.

$\lim_{\to +\infty}f_n(x)\,=\, +\infty)\; et\;\lim_{\to -\infty}f_n(x)\,=\, -\infty)\; car\;\lim_{\to -\infty}e^x\,=\,0$ .

Par conséquent, $f_n$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $f_n(\mathbb{R})\,=\,\mathbb{R}$ , et l’équation $f_n(x)\,=\,0$ ( c’est
à dire l’équation $E_n$ ) admet une solution unique ( dépendant naturellement n).

$f_n(lnn)\,=\,lnn>0\; et\; f_n\left(ln\frac{n}{2}\right)\,=\,ln\frac{n}{2}-\frac{n}{2}<0$ d’après le a.

Ainsi $f_n(ln\,n)\times f_n\left(ln\frac{n}{2}\right)<0$ , donc $u_n$ appartient à ]ln(n/2), ln\,n[

c. La relation $u_n>ln\frac{n}{2}n\mapsto +\infty_{\to}+\infty$ entraînent $\lim_{\mapsto +\infty}u_n\,=\,+\infty$ .

De $ln\frac{n}{2}<u_n\leq ln\,n$ on tire :

- En divisant par n, $\frac{ln\,n}{n}-\frac{ln2}{n}<\frac{u_n}{n}\leq\frac{ln\,n}{n}$

et comme les suites minorante et majorante ont 0 comme limite commune, le théorème des gendarmes permet d’écrire $\lim_{n\mapsto +\infty}\frac{u_n}{n}=0$ .

- En divisant par $lnn,\, 1-\frac{ln2}{lnn}<\frac{u_n}{lnn}\leq 1$ et comme les suites minorante et majorante (suite constante) ont 1 comme limite commune, le théorème des gendarmes permet d’écrire $\lim_{n\mapsto +\infty}\frac{u_n}{lnn}\,=\,1$ .

d. Pour n = 1, on $u_1+e^{u_1}-1\,=\,0$ , donc $u_1\,=\,0$ .

2. a. On a, en suivant la remarque $\frac{e^{u_{n+1}}}{e^{u_n}}\,=\,\frac{n+1-u_{n+1}}{n-u_n}\,=\,\frac{n+1}{n}\,\frac{1-\frac{u_{n+1}}{n+1}}{1-\frac{u_n}{n}}$

Le premier facteur a pour limite 1 et le deuxième facteur, compte tenu du fait que $\lim_{x\mapsto +\infty}\frac{u_n}{n}\,=\,0,$ a aussi pour limite 1. Donc

$\lim_{n\mapsto +\infty}\frac{e^{u_{n+1}}}{e^{u_n}}\,=\,1$

Comme $\frac{e^{u_{n+1}}}{e^{u_n}}\,=\,e^{u_{n+1}-u_n}$ a pour limite 1, on a bien $\lim_{n\mapsto +\infty}u_{n+1}-u_n\,=\,0$

b. On a $f_n(u_n)\,=\,0$ et en suivant la remarque

$f_n(u_{n+1})\,=\,u_{n+1}+e^{u_{n+1}}+n\,=\,(n+1)-n\,=\,1$ .

la relation $f_n(u_n)\,=\,0<1\,=\,f_n(u_{n+1})$ et la stricte croissance de l’application $f_n$ entraînent $u_n<u_{n+1}$ ; la suite $(u_n)$ est donc strictement croissante.

$\begin{array}{lll}\mathcal{A}&=&\int^{u_{n+1}}_{u_n}f_n(x)dx\\\\&=&\left[\frac{1}{2}x^2+e^x-nx\right]^{u_{n+1}}_{u_n}\\\\&=&\frac{1}{2}u^2_{n+1}+e^(n+1)-nu_{n+1}-\left(\frac{1}{2}u^2_{n}+e^{u_n}-nu_n\right)\textrm{puis,suivant la remarque}\\\\&=&\frac{1}{2}(u^2_{n+1}+(n+1)-u_{n+1}-\left(\frac{1}{2}(u^2_{n}-u_nnu_n\right)\\\\&=&\frac{1}{2}(u^2_{n+1}+(n+1)-u_{n+1}-\left(\frac{1}{2}u^2_{n}+n-u_n-nu_n\right)\\\\&=&\frac{1}{2}(u^2_{n+1}-u^2_n)-(n+1)(u_{n+1}-u_n)+1\end{array}$

Puisque l’application fn est croissante, on a pour tout t appartenant à $[u_n,u_{n+1}]$ ,

$f_n(u_n)\leq f_n(t)\leqf_n(u_{n+1})$ c’est à dire $0\leq f_n(t)\leq 1$ puis par intégration

$0\leq \mathcal{A}_n\leq \int^{u_{n+1}}_{u_n}1dx\,=\,u_{n+1}-u_n$ .

comme les suites minorante (suite constante égale à 0) et majorante ont 0 comme limite

commune, le théorème des gendarmes permet d’écrire $\im_{n\mapsto +\infty}\mathcal{A_n}\,=\,0$

3. a. La fonction $\psi :x\mapsto ln(1+x)$ est définie, continue et dérivable sur son ensemble de définition $D\,=\,]-1,+\infty[$ . Sa dérivé est l’application $x\mapsto\frac{1}{1+x}$ , elle vaut 1 au point 0. Donc

$\lim_{h\mapsto 0}\frac{\psi(h)-\psi(0)}{h}-1\,=\,0$ . En posant

$\epsilon(h)\frac{\psi(h)-\psi(0)}{h}-1\,si\,h\ne 0\;et\;\epsilon(0)\,=\,0$ ,

on bien $\psi(h)\,=\,h+h\epsilon(h)$ pour tout h appartenant à D.

b. On sait d’après le résultat de la question 1 que $\frac{u_n}{ln\,n}$ a pour limite 1, donc $(\alpha_n)$ a pour limite 0.

On déduit de $ln\,n+\alpha_n)$ et en suivant la remarque :

$\begin{array}{lll}e^{u_n}&=&n-u_n=n-ln\,n-\alpha_n\,ln\,n\\\\ \Rightarrow u_n&=&ln\left(n-ln\,n-\alpha_n\, ln\,n\right)\\\\ &=&ln\,n+ln\left(1\frac{ln\,n}{n}-\alpha_n\frac{ln\,n}{n}\right)\\\\&=&ln\,n+\ln(1+y_n)\end{array}$

Puisque la suite $(y_n)$ a pour limite 0, on peut écrire, d’après la question précédente : $u_n\,=\,ln\,n+y_n+y_n\epsilon_n$ étant une suite ayant pour limite 0.

$\begin{array}{lll}Donc\quad u_n&=&lnn-\frac{ln\,n}{n}-\alpha_n\frac{ln\,n}{n}-\left(-\frac{ln}{n}-\alpha_n\frac{ln\,n}{n}\right)\epsilon_n\\\\ &=&lnn-\frac{ln\,n}{n}+\beta_n\frac{ln\,n}{n}\; avec\;\beta_n\,=\,-\alpha_n+\epsilon_n+\alpha_n\epsilon_n\end{array}$

Partie B

1. a.

On a d’après l’indication de la première partie, $e^{u_2}\,=\,2-u_2$ c'est à dire $u_2\,=\,ln(2-u_2)\,=\,g(u_2)$ . $u_2$ est un point fixe de g.

Or g est dérivable dans $[a,b]\, et\,\forall x\in[a,b],g^{\prime}(x)\,=\,\frac{1}{2-x}$
. La dérivée de g étant < 0, g est strictement décroissante ; donc $u_2$ est le seul point fixe de g.

$f_2(b)\,=\, b+e^b-2\,=\,\frac{3}{2}ln2+2^{2/3}-2\sim 0.46>0$ .

$f_2(a)\,=\, f_2(ln(2-b))\,=\,ln(2-b)+2-b-2\,=\,ln(2-b)-b\sim 0.31<0$ .

Puisque $f_2(a)\; et\;f_2(a)$ sont de signe contraire, $u_2$ appartient à ]a, b[
b. On a déjà montré que g est dérivable sur I et $\forall x\in I,g^{\prime}(x)\,=\,-\frac{1}{2-x}$

Alors $|g^{\prime}(x)|\,=\,-\frac{1}{2-x}$ .

L’application $p\,:\,x\mapsto \frac{1}{2-x}$ est dérivable sur I et sa dérivée

$x\mapsto \frac{1}{(2-x)^2}$ est > 0 sur I. $\mathcal{P}$ est donc croissante. Par conséquent

$\forall x\in I,x\leq b\Rightarrow p(x)\leq p(b)$ c'est à dire $|g^{\prime}(x)|\leq|g^{\prime}(b)|$

Voici le théorème appelé Inégalité des accroissements finis qui permet d’en déduire que

$\forall x,y\in I,|g(x)-g(y)|\leq|g^{\prime}(b)||x-y|$ .

Soit $\varphi$ une application définie sur un intervalle J = [u, v] à valeurs dans $\mathbb{R}$ .

On suppose que $\varphi$ est continue sur J, dérivable sur ]u, v[ et il existe un réel $k\geq 0$ vérifiant

$\forall x\in ]u,v[,|\phi^{\prime}(x)|\leq k$

Alors

$\forall x,y\in J,|\phi^{\prime}(x)-\phi^{\prime}(y)|\leq k|x-y|$
.

c. g étant continue et décroissante, g([a, b]) = [g(b), g(a)] = [a, g(a)].

Pour que $g(I)\subset I$ , il suffit que $g(a)\leq b$ c’est à dire $g[g(b)]\,\leq\, b$ , ce que montre un calcul direct (on trouve $b-g[g(b)]\sim 0.011)$

2. a. Pour répondre à la question, puisque I est contenu dans l’ensemble de définition de g,
il suffit de démontrer par récurrence la propriété $P_n\, :\ll a_n\;existe\; et \;a_n\in I\gg$ .

$a_o\,=\,b$ existe et $\in I,P_0$ est donc vraie.

Si $P_n$ est vraie pour un entier donné n alors an existe et

$\begin{array}{lll}a_n\in I&\Rightarrow g(a_n)\in I\, car\,g(I)\subset I\\ &\Leftrightarrow a_{n+1}\in I\end{array}$

$P_{n+1}$ est donc vraie.

b. Démontrons par récurrence la propriété $D_n\,:\,\ll|a_n-u_2|\leq|g^{\prime}(b)|^n(b-a)\gg$ .

On a $|a_0-u_2|\leq b-a\,=\,|g^{\prime}(b)|^0(b-a)|,D_0$ est donc vraie.

Si $D_n$ est vraie pour un entier donné n, on a :

$\begin{array}{llll}&|g(a_n)-g(u_2)|&\leq&|g^{\prime}(b)||a_n-u_2|\;\textrm{d'apr\`{e}s la question 1.b.}\\\\ \Leftrightarrow&|a_{n+1}-u_2|&\leq&|g^{\prime}(b)||a_n-u_2|\\\\ &&\leq&|g^{\prime}(b)||g^{\prime}(b)|^n(b-a)\,car\, D_n\textrm{est suppos\`{e}e vraie}\\\\ &&=&|g^{\prime}(b)|^{n+1}(b-a)\end{array}$

$D_{n+1}$ est donc vraie.

$k\,=\,|g^{\prime}(b)|\,=\,\frac{1}{2-b}\sim 0.65$ est < 1 donc $\lim_{x\mapsto +\infty}k^n\,=\,0$ et la propriété $D_{n}$ et le théorème des
gendarmes entrainent $\lim_{x\mapsto +\infty}|a_n-u_2|\,=\,0$ .

La suite $a_{n}$ est donc convergente et de limite u2. $u_2$

c. Pour que an soit une valeur approchée de $u_2\,\`{a}\,10^{-3}$ , il suffit que $k^n(b-a)$ soit $\leq 10^{-3}$

c’est à dire $n\geq\frac{3ln10+ln(b-a)}{ln(2-b)}\sim 8.02$ . On peut donc prendre $n\,=\,9\, et\, a_9\equiv 0.442.$

3. Voir la figure 2.

Corrigé 2015 :

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Partie A

1. a. la fonction f est définie et continue sur [0, 1[. Elle est dérivable dans cet intervalle et $\forall x\in [0, 1[, f'(x) = -2x -\frac{ 1}{1 - x}$

La dérivée, somme de deux réels négatifs dont l’un l’est stricte-

ment, est strictement négative. f(0) = 1 et $\lim_{x\to 1^{-}}f(x) =-\infty$ -.

Voici le tableau de variation de f.

La fonction f est strictement décroissante et envoie l’intervalle [0, 1[ sur l’intervalle $[-\infty, 1[$
qui contient 0, donc l’équation f(x) = 0 a une solution unique $\alpha$ .

b. f(1/2) = 3/4 - ln 2 > 0 et $f(\Beta) = -\beta^{2} 0$ ; donc d’après le théorème des valeurs
intermédiaires, a appartient à l’intervalle $]1/2, \Beta[$ .

2. Posons pour simplifer $I_{\Beta}]1/2, \Beta[$ .
f est deux fois dérivable dans [0, 1[ et $\forall x\in [0, 1[, f''(x) = -2 -\frac{ 1}{1 - x}^{2}$
Alors $\forall x\in I_{\beta},p(x) = -2x +\frac{ 1}{1 - x}$ et $2 +\frac{ 1}{1 - x}^{2}$ p et q sont dérivables sur $I_{\Beta}$ et

$\forall x\in I_{\beta},p'(x) = 2 +\frac{ 1}{1 - x}^{2}$ et $q'(x)=\frac{ 2}{1 - x}^{3}$ .

image tableau de variation
.
Ces dérivés sont positives.
Voici les tableaux de variation de p et q.
Ces tableaux montrent clairement que $\forall x\in I_{\beta},3\leq|f'(x)|$ et $|f'(x)|\leq e^{2}+2$

ce qui entraine bien

$\forall y\in I_{\beta},\frac{|f''(x)|}{|f'(y)|}\leq\frac{e^{2}+2}{3}=M$

3. a. On peut procéder à une IPP en posant u = ln(1-x) et v = 1-x, il vient u' $\frac{1}{1-x}$ et v' = -1 puis

$\int^{t}_{\alpha}ln(1 - x) dx=-\int^{t}_{\alpha}uv^{\prime} dx=[uv]^{t}_{\alpha}+\int^{t}_{\alpha}u^{\prime}v dx=\[-x-(1-x)ln(1-x)\]^{t}_{\alpha}$

Il est probable que le candidat fasse le changement de variable 1 - x = u pour se ramener $\int ln udu=ulnu-u$ . Il peut aussi faire une IPP en posant u = ln(1 - x) et v'= 1 et s’il choisit v = x, il devra trouver une primitive de $\frac{x}{1-x}$ en procédant à une réduction en élèments simples

$\int^{t}_{\alpha}f(x) dx=-\int^{t}_{\alpha}(1-x^{2}) dx+\int^{t}_{\alpha}+\int^{t}_{\alpha}ln(1 - x) dx$ . Donc

$\int^{t}_{\alpha}f(x) dx=\phi(t)-\phi(\alpha)$ avec $\phi(x)=\frac{1}{3}x^{2}-(1-x)ln(1-x)$

Lorsque t tend vers $1^{-}$ , (1- t) ln(1- t) a pour limite 0, donc

$\lim_{t\mapsto 1^{-}}\int^{t}_{\alpha}f(x) dx=P(\alpha)$ avec $P(x)=\frac{2}{3}x^{3}+x^{2}+x-\frac{4}{3}$

Partie B

1. a. La tangente en A à $C_h$ a pour équation y = h'(a)(x - a) + h(a). l’intersection de cette tangente avec l’axe des abscisses a pour ordonnée 0, son abscisse x est donc telle qu
h'(a)(x - a) + h(a) = 0 c’est à dire $x = a -\frac{h(a)}{h'(a)}=T(a)$

b. T, rapport de deux fonctions dérivables, est dérivable et $\forall x\in J,T'(x)=1-\frac{(h'(x))^{2}-h(x)h''(x)}{(h'(x))^{2}}=\frac{h(x)h''(x)}{(h'(x))^{2}}$

T' est donc positive sur J.

Mais $,T(v)=v-\frac{h(v)}{h'(v)}$ est $\leq v$ car le rapport h/h' est $\geq 0$ ; donc $T(J) = [u,T(v)]\$

Voici le tableau de variation de T.

2. a. Montrons que la suite $(x_n)$ est bien définie et contenue dans J donc bornée. Par récurrence. $x_0$ = v existe et appartient à J.

Si la propriété est vraie pour un rang n donné, c’est à dire si $(x_n)$ existe et appartient à J, alors $x_{n+1} = T(x_n)$ existe et appartient bien à J car T(J) est contenu dans J. Donc la propriété est vraie au rang suivant n + 1.

b. $\forall n\in\mathbb{N},x_{n+1} = T(x_n)=x_{n}-\frac{h(x_{n})}{h'(x_n)}$ est $\leq x_{n}$
car le rapport h/h' est $\geq 0$ ; donc la suite $(x_n)$ est décroissante.

Comme elle est minorée par u, elle converge vers un réel $l\geq u$ .

Puisque $\forall n\in\mathbb{N},x_{n+1} = T(x_n)$ on obtient par passage à la limite T(l) = l c’est à dire
$l-\frac{h(l)}{h'(l)}=l$ ou h(l)=0. Comme u est l’unique zéro de h, l = u. $\lim_{n\mapsto +\infty}x_{n}=u$ .

Partie C

1.a. G(a) = 0.

b. G(b) = 0 est équivalent à : $G(a)-G(b)-(a-b)g^{\prime}(b)-\frac{1}{2}k(a-b)^{2}$

c'est à dire $k=\frac{2}{(a-b)^{2}}\big[G(a)-G(b)-(a-b)g^{\prime}(b)\big]$ .

2.a. La fonction G satisfait aux hypothèses du théorème des accroissements finis dans l'intervalle [a,b] ; donc il existe un réel c dans l'intervalle ]a,b[ tel que $G(b)-G(a)=G^{\prime}(c)(b-a)$ c'est à dire $G^{\prime}(c)=0$ .

b. On a pour tout x dans [a,b], $G^{\prime}(x)=-(a-x)g^{\prime\prime}(x)+k(a-x)$ .

$G^{\prime}(c)=0$ est donc équivalent à $k=g^{\prime\prime}(c)$ c'est à dire

$\frac{2}{(a-b)^{2}}\big[G(a)-G(b)-(a-b)g^{\prime}(b)\big]=g^{\prime\prime}(c)$

ou $G(a)-G(b)-(a-b)g^{\prime}(b)=\frac{1}{2}(a-b)^{2}g^{\prime\prime}(c)$

enfin $G(a)=G(b)+(a-b)g^{\prime}(b)+\frac{1}{2}(a-b)^{2}g^{\prime\prime}(c)$

3.a. D'après les calculs faits dans la première partie, la fonction f satisfait bien dans l'intervalle $[\alpha,\beta]$ aux hypothèses faites sur h.

b. Pour tout entier naturel n, cette même fonction f satisfait, dans l'intervalle $[\alpha,x_n]$ , aux hypothèses faites sur g. On a donc :

$\forall n\in\mathbb{N},c_{n}\in]\alpha,x_n[$ tel que $f(\alpha)=f( x_{n})+(\alpha-x_{n})f^{\prime}( x_{n})+\frac{1}{2}(\alpha-x_{n}^{2}f^{\prime\prime}(c_{n})(\ast)$

4. Pour obtenir la relation $(x_{n+1}-\alpha)=(x_{n}-\alpha)^{2}\frac{f^{\prime\prime}( c_{x})}{2f^{\prime}( x_{n})}(\ast\ast)$

il suffit de se rappeler que $f(\alpha)=0$ et de diviser la relation $(\ast)$ par le réel non nul $f^{\prime}( x_{n})$ .

D'après la première partie, puisque $x_{n}$ et $c_{n}$ appartiennent à $I_{\beta},\frac{|f^{\prime\prime}( c_{x})|}{|f^{\prime}( x_{n})|}\leq M$ et $(\ast\ast)$ entraîne

$(x_{n+1}-\alpha)\leq\frac{M}{2}(x_{n}-\alpha)^{2}$

5. Si on pose $\forall n\in\mathbb{N},\delta_{n}=\frac{M}{2}(x_{n}-\alpha)$ , la relation $0\leq(x_{n+1}-\alpha)\leq\frac{M}{2}(x_{n}-\alpha)^{2}$ se traduit par $0\leq\delta_{n+1}\leq\delta_{n}^{2}$

Montrons que $\delta_{n}\leq\delta_{0^{2}}\leq$\frac{M}{4}$^{2n}$ . Par récurrence.

Cette propriété est vrai au rang 0 car à ce rang elle signifie $\delta_{0}\leq\delta_{0}\leq\frac{M}{4}$

Si elle est vraie pour un rang donné n c'est à dire si $\delta_{n}\leq\delta_{0^{2}}\leq$\frac{M}{4}$^{2n}$ , alors

$\delta_{n+1}\leq\delta_{n}^{2}\leq$\delta_{0^{2n}}$^{2}=\delta_{0}^{2n+1}\leq$\frac{M}{4}$^{2n+1}$

Elle est donc vraie qu rang suivant n + 1.

6. Pour tout entier naturel n on a les implications suivantes :

$x_{n}-\alpha\leq 10^{-5}\Leftrightarrow\frac{2}{M}\delta_{n}\leq 10^{-5}\Leftrightarrow\delta_{n}\leq\frac{M}{2\times 10^{5}}\Rightarrow\big(\frac{M}{4}\big)^{2n}\leq\frac{M}{2\times 10^{5}}\Leftrightarrow 2^{n}ln\frac{M}{4}\leq ln\frac{M}{2\times 10^{5}}$

$\Leftrightarrow 2^{n}\frac{ln(M/2\times 10^{5})}{ln(M/4)}$ car $M/4<\Leftrightarrow nln2\geq ln$\frac{lnM/2\times 10^{5})}{lnM-ln4)}$$

$\Leftrightarrow n\geq\frac{1}{ln2}$ $ln$\frac{lnM-ln(2\times 10^{5})}{lnM-ln4)}$\sim 5.4949$

Corrigé 2016 :

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

Partie A

1. a.

La fonction $\phi:x\mapsto x-1-lnx$ est définie, continue et dérivable sur $\mathbb{R^\ast_+}$ et

$\forall x\in\mathbb{R^\ast_+},\phi^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$

La dérivée s’annule au point 1 et est > 0 si et seulement si x > 1. Voici le tableau de variations de $\phi$

On y voit nettement que la fonction $\phi$ est positive ; donc $\forall x\in\mathbb{R^\ast_+},lnx\leq x-1.$

Soit x un réel > 0 et k un entier naturel non nul. Dans la relation précédente, en remplaçant x par $\frac{x}{k}$ , on a $ln\frac{x}{k}\leq\frac{x}{k}$ puis par intégration :

$\int^{k+1/2}_{k-1/2}ln\frac{x}{k}dx\leq\int^{k+1/2}_{k-1/2}\left(\frac{x}{k}-1\right)dx=\left[\frac{x^2}{2k}-x\right]^{x=k+1/2}_{x=k-1/2}=0$

b. En sommant les relations précédentes de k = 1 à k = n on a :

$\sum_{k=1}^n\int^{k+1/2}_{k-1/2}ln\frac{x}{k}dx\leq 0$ puis $\sum_{k=1}^n\int^{k+1/2}_{k-1/2}(lnx-lnk)dx\leq 0$

ensuite, avec la relation de Chasles :

$\int^{n+1/2}_{1/2}lnxdx-\sum_{k=1}^nlnk\leq 0$ ou $\int^{n+1/2}_{1/2}lnx\quad dx-ln(n!)\leq 0$

c. Comme $x\mapsto xlnx$ est une primitive de $x\mapsto lnx$ (résultat que l’on obtient par intégration par parties),

$\left[xlnx-x\right]^{n+1/2}_{1/2}ln(n!)\leq 0$ c'est à dire $ln(n!)+n-\left(n+\frac{1}{2}\right)ln\left(n+\frac{1}{2}\right)ln\sqrt{2}\geq 0$

2. a.

La fonction g est définie, continue et dérivable sur [0, 1[ et $\forall x\in[0,1[,g^{\prime}(x)=\frac{2s}{(1-x^2)^2}$

Voici le tableau de variations de g.

- Pour tout x dans ]0, 1[, la fonction h est continue sur [0, x], dérivable sur ]0, x[ et pour tout $u\in]0,x[,h^{\prime}(u)=g(u).$ . D’après le théorème des accroissements finis, il existe un réel c dans l’intervalle ]0, x[ tel que $\frac{h(x)-h(0)}{x-0}=h^{\prime}(c)$ c’est à dire $\frac{1}{x}\int^{x}_0g(t)dt=g(c)$ ou f(x) = g(c).

Mais puisque la fonction g est croissante $g(0)\leq g(c)\leq g(x)$ ; donc $1\leq f(x)\leq g(x)$ .

- Si on veut utiliser la valeur moyenne de g on peut dire : La fonction g étant continue, $\frac{1}{x}\int^x_0g(t)dt$ , valeur moyenne de g sur [0, x] est une valeur de g ; il existe donc c dans [0, x] tel que $\frac{1}{x}\int^x_0g(t)dt=g(c)$ .

La fonction g étant continue, sa limite en 0 est g(0) = 1. Alors les inégalités $1\leqf(x)\leq g(x)$ et le théorème des gendarmes entraînent que f aussi a pour limite 1 = f(0) quand x tend vers 0 et donc oui ! f est continue en 0.

c. Pour montrer qu’il existe deux réels a et b tels que $\forall t\in I,g(t)=\frac{a}{1-t}+\frac{b}{1+t}$ , il suffit de réduire au même dénominateur et d’identifier les numérateurs. On trouve $a=b=\frac{1}{2}$ puis $g(t)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-t}+\frac{1}{1+t}\right).$

On en déduit par intégration que

$\forall t\in]0,1[,f(x)=\frac{1}{x}\int^x_0\left(\frac{1}{1-t}+\frac{1}{1+t}\right)dt=\frac{1}{2x}\left[ln(1+t)-ln(1-t)\right]^x_0=\frac{1}{2x}ln\frac{1+x}{1-x}$

3. a. Un calcul direct montre que $\forall n\in\mathbb{N^{\ast}},$

$\begin{array}{lll}u_{n+1}-u_n&=&ln\left[(n+1)!\right]-\left(n+1+\frac{1}{2}\right)ln(n+1+n+1-ln(n!)+\left(n+\frac{1}{2}\right)lnn-n\\\\&=&1-\frac{2n+1}{2}ln\frac{n+1}{n}\\\\&=&1-f\left(\frac{1}{2n+1}\right)\end{array}$

Puisque pour tout x de [0, 1[, f(x) est $\geq 1$ , cette dernière relation entraine que $\forall n\in\mathbb{N^{\ast}},u_{n+1}-u_n$ est $\leq 0$ ; la suite $(u_n)$ ) est donc décroissante.

b.
$\begin{array}{lll}\forall n\in\mathbb{N^{\ast}},u_n&=&ln(n!)+n-\left(n+\frac{1}{2}\right)lnn\\\\&\geq& ln(n!)+n-\left(n+\frac{1}{2}\right)ln(n+1)\textrm{car ln est croissante}\\\\&\geq& ln\sqrt{2}\quad\textrm{d'apr\`{e}s la question 1.c}\end{array}$

c. La suite $(u_n)$ étant décroissante et minorée est convergente.

Partie B

1. a. $v_1=\int_0^{\pi/2}\textrm{sin t dt}=[-cost]_0^{\pi/2}=1$

$\forall n\in\mathbb{N^{\ast}},v_n$ est $\geq 0$ puisque intégrale d’une fonction continue $\geq 0$

$u_{n+1}-u_n=\int_0^{\pi/2}sin^n\textrm{(sin t - 1)}dt$ est = $\leq 0$ puisque intégrale d’une fonction $\leq 0$ . La suite $(v_n)$ est donc décroissante.

b. Pour tout entier naturel n, en posant $u=sin^{n+1}t$ et $v^{\prime}=\textrm{sin t}$ , on a $u^{\prime}=(n+1)sin^nt\textrm{cos t}$ et on peut prendre v = - cos t ; une intégration par parties donne alors :

$\begin{array}{lll}u_{n+2}&=&\int_0^{\pi/2}sin^{n+1}t\text{ sin t}dt\\\\&=&\left[uv\right]_0^{\pi/2}+(n+1)\int_0^{\pi/2}sin^{n}t cos^2 t\text{ dt}\\\\&=&(n+1)\int_0^{\pi/2}sin^nt(1-sin^2t)dt\\\\&=&(n+1)(v_n-v_{n+2}\end{array}$

Ce qui entraîne bien $v_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}v_n.$

c. On a pour tout entier naturel n :

$\begin{array}{lll}\frac{n+1}{n+2}&=&\frac{v_{n+2}}{v_n}\\\\&\leq&\frac{v_{n+2}}{v_n}\textrm{ car la suite}(v_n)\textrm{est d\'{e}croissante}\\\\&\leq&1\textrm{ car la suite}(v_n)\textrm{est d\'{e}croissante}\end{array}$

Puisque $\frac{n+1}{n+2}$ a pour limite 1 quand n tend vers $+\infty$ , le théorème des gendarmes appliqué à la relation $\frac{n+1}{n+2}\leq\frac{v_{n+1}}{v_n}\leq 1$ permet d’affirmer que $\lim_{x\to+\infty}\frac{v_{n+1}}{v_n}=1$

d. $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ = $\frac{(n+2)v_{n+2}v_{n+1}}{(n+1)v_{n+1}v_n}=1$ ; la suite $(a_n)$ est donc constante. Cette constante est égale à $a_0=v_1v_0=\frac{\pi}{2}.$

e. $\forall n\in\mathbb{N},\frac{n}{n+1}a_n\frac{v_n}{v_{n+1}}=\frac{n}{n+1}(n+1)v_{n+1}v_n\frac{v_n}{v_{n+1}}=nv^2_{n^\cdot}$ .

Comme la suite $a_n$ est constante égale à $\frac{\pi}{2}$ , la relation précédente s’écrit aussi :

$nv^2_n=\frac{n}{n+1}\frac{v_n}{v_{n+1}}\frac{\pi}{2}$ .

2. Pour tout entier naturel n, on pose $b_n=2v_{2n}$

a. n $b_n^2=\frac{1}{2}2nv_{2n}^2=\frac{1}{2}\beta_{2n}$ avec $\beta_n=nv_{2n}^2$ . et puisque la suite $\beta_n$ a pour limite $\frac{\pi}{2}$ , on peut écrire d’après les indications de l’énoncé : $\lim_{n\to +\infty}nb_{2}^2=\frac{1}{2}\lim_{n\to +\infty}\beta_{2n}=\frac{\pi}{4}$

b. Pour tout entier naturel n, appelons $P_n$ la propriété : $b_n=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{\pi}{2}.$

$b_0=v_0=\frac{\pi}{2},P_O$ , est donc vraie.

Supposons $P_n$ vraie pour un entier donné n.

Alors, avec la relation (E) on peut écrire :

$\begin{array}{lll}b_{n+1}&=&v_{2n+2}=\frac{2n+1}{2n+2}v_{2n}=\frac{2n+1}{2n+2}b_{n}\\\\&=&\frac{2n+1}{2n+2}\quad\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{\pi}{2}\quad car\quad P_n\quad\textrm{est suppos\'{e} vraie}\\\\&=&\frac{(2n+1)(2n+2)}{(2n+2)^2}\quad\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\quad\frac{\pi}{2}\\\\&=&\frac{[(2n+1)]!}{2^{2n+2}[(n+1)!]^2}\quad\frac{\pi}{2}\end{array}$

$P_{n+1}$ est donc vraie.

3. a. Pour tout entier n on a : $e^{u_{n}}=e^{ln n!}e^ne^{-(n+1/2)lnn}=n!e^{n}n^{-n-1/2}=n!\left(\frac{e}{n}\right)^n\frac{1}{\sqrt{n}}$ .

b. Pour tout entier n on a :

$\begin{array}{lll}e^{u_{2n}-2u_{n}}&=&\frac{e^{u_{2n}}}{(e^{u_n})^2}\\\\&=&(2n)!\left(\frac{e}{2n}\right)^{2n}\frac{1}{\sqrt{2n}}\left[\frac{1}{n!}\left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{n}\right]^2\\\\&=&\frac{(2n)!}{(n!)^22^{2n}}\sqrt{\frac{n}{2}}\\\\&=&\frac{1}{\pi}b_n\sqrt{2n}=\frac{\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{nb^2_n}\end{array}$

La constante A demandée vaut donc $\frac{\sqrt{2}}{\pi}$

On en déduit que $e^{u_{2n}-2u_{n}}=\frac{\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{nb^2_n}$ a pour limite $\frac{\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{\frac{\pi}{4}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ .

Mais si l est la limite de $(u_n)}$ alors $e^{u_{2n}-2u_{n}}$ a aussi pour limite $e^{l-2l}=e^{-l}$ .

Par conséquent c’est à dire $l=ln\sqrt{2\pi}$ et $e^{u_n}$ a pour limite $e^l=\sqrt{2\pi}$

Corrigé 2012

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

Partie A

1. Un réel $x$ appartient à l'ensemble $D_f$ de $f$ ssi $1+x >0$ et $x\neq 0$ ; donc $D_f = ]-1, 0[\cup ]0,\;+\infty[.$

Un réel non nul $x_0$ de $D_f$ est contenu dans un intervalle $I_0$ ne contenant pas $0.$

Dans un tel intervalle, la fonction $f$ est le produit des fonctions continues $x\to \dfrac{1}{x},\; x\to \ln(1+x)$ ; la fonction $f$ est donc continue sur $I_0$ et en particulier au point $x_0.$

Pour étudier la continuité de $f$ au point $0$ , on peut écrire :
$lim_{x\to 0,\;x\neq 0} f(x) = \lim_{x\to 0,\;x\neq 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x} = 0 = f(0),$

la fonction $f$ est donc continue sur $0.$

2.a. Pour tout élément $x$ de $]0,+\infty[$ et tout $u\in [0, x]$ on a :

$\begin{array}{lll}&0&\leq u^2 \leq x^2 \\\\ \Leftrightarrow&0&\leq \dfrac{u^2}{1+u} \leq \dfrac{x^2}{1+u} \\\\ \Rightarrow&0&\leq \int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}\ du \leq \int{0}^{x}\dfrac{x^2}{1+u} du = x^2\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u}du\\\\ \Leftrightarrow&0&\leq \dfrac{1}{x}\int_{0} ^{x}{\dfrac{u^2}{1+u}du} \leq x \int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u}du\quad\textrm{On a divis\'{e} par le r\'{e}el x }> 0\end{array}$

Pour tout élément $x$ de $]-1, 0[$ et tout $u\in [x, 0]$ on a :

$\begin{array}{lll}&0&\leq u^2 \leq x^2 \\\\ \Leftrightarrow&0&\leq \dfrac{u^2}{1+u} \leq \dfrac{x^2}{1+u}\\\\ \Rightarrow&0&\leq \int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}\ du\leq \int{0}^{x}\dfrac{x^2}{1+u} du = x^2\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u}du\\\\ \Leftrightarrow&0&\geq \dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}du \geq x \int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u} du\quad\textrm{On a divis\'{e} par le r\'{e}el x }<\; 0\end{array}$

$\Leftrightarrow 0 \geq -\dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}du \geq -x \int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u} du$

$\Leftrightarrow 0 \leq \dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}du \leq x \int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u} du$

b. On a par réduction au même dénominateur : $\forall u \in ]-1, +\infty[,\; 1-u +\dfrac{u^2}{1+u} = \dfrac{1-u^2+u^2}{1+u}=\dfrac{1}{1+u}$

On en déduit pour tout $x$ dans $]-1, +\infty[$ et par intégration : $\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u} du = x-\dfrac {1}{2}x^2 + \int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u} du$
i.e $\ln(1+x) = x-\dfrac {1}{2}x^2 + \int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u}du$

enfin en divisant par $x$ s'il est non nul : $f(x) = 1-\dfrac {1}{2}x + \dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1 +u}du.$

c. On déduit des questions précédentes que le taux d'accroissement $\tau$ de $f$ en $0$ s'écrit : $\forall x\in D_f,\; x\neq 0\Rightarrow \tau(x) = \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = -\dfrac {1}{2} + \dfrac {1}{x^2}\int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u} du$

La deuxième relation de la question $2.a.$ s'écrit aussi

$|x|$ : $\forall x \in D_f,\;x\neq 0 \Rightarrow\;0\leq \Big|\dfrac {1}{x }\int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u}\ du \Big| \leq \Big|x\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1 +u} du \Big|$ .

et on en déduit en divisant par $|x|$ : $\forall x \in D_f,\;x\neq 0 \Rightarrow\;0\leq \Big|\dfrac {1}{x^2 }\int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u}\ du \Big| \leq \Big|\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1 +u} du \Big|$ .

Puisque la fonction fonction $x\to \int_{0}^{x}\; \dfrac{1}{1 +u} du$ a pour limite $0$ quand $x$ tend vers $0$ , le théorème des gendarmes permet de dire que $\lim_{x\to 0^+} \dfrac {1}{x^2}\int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u} du = 0$ .

Par conséquent,

$\lim_{x\to 0} = \tau(x)= -\dfrac {1}{2}$ , $f$ est dérivable au point $0$ et $f'(0) = -\dfrac{1}{2}$

La tangente $T_0$ à $(C_f)$ au point d'abscisse $0$ a pour équation
$y = f'(0) (x-0)+f(0)$ i.e $y = -\dfrac{1}{2} x +1$ ;
et on a pour tout $x$ non nul de $D_f$ : $f(x) - (-\dfrac{1}{2} x +1) = \dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1 +u} du > 0$ . Donc la courbe $(C_f)$ est au dessus de sa tangente $T_0$ .

d. Un réel non nul $x_0$ de $D_f$ est contenu dans un intervalle $I_0$ ne contenant pas $0.$

Dans un tel intervalle, la fonction $f$ est le produit des fonctions dérivables $x\to \dfrac{1}{x}, x\to \ln(1+x)$ ; la fonction $f$ est donc dérivable sur $I_0$ et en particulier au point $x_0.$

Comme on sait déjà que $f$ est dérivable au point $0$ , on peut conclure que $f$ est dérivable sur $D_f.$

3. a. La fonction $g$ est dérivable sur $D_g = ]-1,+\infty[$ et $\forall x \in D_g,\; g'(x) = \dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{(1+x)^2}=\dfrac{x}{(1+x)^2}.$

Voici le tableau de variations de $g$ .

On constate d'après le tableau de variations que la fonction $g$ est positive dans $D_g$ .

b. La fonction $f$ est dérivable sur $D_f$ et $\forall x \in D_f,\; x\neq 0 \Rightarrow f'(x) = \dfrac{ \dfrac{1}{1+x} x -\ln(1+x)}{x^2} = - \dfrac{ g(x)}{x^2}$

$f'(x)$ est donc $<0$ car elle a le même signe que $- g(x)$ pour $x\neq 0.$

La fonction $f$ est alors strictement décroissante dans $D_f.$

Voici le tableau de variations de $f$ .

$\lim_{x\to +\infty } f(x) = 0, \lim_{x\to -1} f(x) =+\infty$

4. Comme $\lim_{x\to -1} f(x) =+\infty$ la droite d'équation $x=-1$ est une asymptote de $\mathcal{C}$ .

La fonction $f$ est décroissante et de limite $0$ quand $x$ tend vers $+\infty$ , par conséquent, elle est strictement positive (Voir aussi son tableau de variation); la courbe $(C_f)$ est donc au dessus de l'axe des abscisses.

5. Voici la courbe $\mathcal{C}$

Partie B

1. La fonction $f$ étant décroissante dans $D_f,$ on a pour tout $a$ et $b$ tels que $a\leq b$ et tout $x$ dans l'intervalle $[a, b] ,\; f(b) \leq f(x) \leq f(a)$ ce qui entraine par intégration : $\int_{a}^{b}f(b) \; dx\leq \int_{a}^{b}f(x) dx \leq \int_{a}^{b}f(b) dx$ i.e $(b-a) f(b)\leq \int_{a}^{b}f(x)dx \leq (b-a) f(a).$

En appliquant cette relation aux réels $a_k =\dfrac{k}{5}, k$ entier compris entre $0$ et $5$ on obtient : $(a_{k+1}-a_k) f(a_{k+1})\leq \int_{a_{k}}^{a_{k+1}}f(x) dx \leq (a_{k+1}a_{k}) f(a_{k}),$

puis par sommation : $\sum_{k=0}^{4}\dfrac{1}{5} f(a_{k+1})\leq \sum_{k=0}^{4}\int_{a_{k}}^{a_{k+1}}f(x) dx \leq \sum_{k=0}^{4} \dfrac15 f(a_{k})$

et la relation de Chasles entraine $\dfrac{1}{5}\sum_{k=0}^{4} f(a_{k+1})\leq \int_{0}^{1}f(x) dx \leq \dfrac{1}{5}\sum_{k=0}^{4} f(a_{k})$

soit $\dfrac{1}{5} (0.91+0.84+0.78+0.73+0.69 )\leq \int_{0}^{1}f(x) \; dx \leq \dfrac{1}{5} (1+0.91+0.84+0.78+0.73 )$

finalement $0.79 \leq \int_{0}^{1}f(x) \; dx \leq 0.85$

L'aire demandée est donc comprise entre $0.79 u.a$ et $0.85 u.a$

Le logiciel Texgraph donne $\int_{0}^{1}f(x) dx = 0.82246703376263$

2. a. Pour tout $x$ strictement positif on a :

$f(x) - \dfrac{1}{1+x} = \dfrac{\ln(1+x)}{x}- \dfrac{1}{1+x} =\dfrac{1}{x}\Big(\ln(1+x)- \dfrac {x}{1+x}\Big) = \dfrac{1}{x} g(x) \geq 0$

b. Soit $t$ un réel strictement positif. En intégrant la relation précédente on obtient : $\int_ 0^t \Big(f(x)- \dfrac{1}{1+x}\Big) dx \geq 0$

i.e
$\int_ 0^t f(x)dx \geq \int_ 0^t \dfrac{1}{1+x} dx =\ln(1+t)$
Or quand $t$ tend vers $+\infty,\;\ln(1+t)$ a pour limite $+\infty$ donc $\lim_{t\to +\infty} \int_ 0^t f(x) dx = +\infty$

3.a. La fonction $h$ est strictement croissante dans $]-1, 0]$ car sa dérivée $x\to -\ln ( x+1)$ est strictement positive dans cet intervalle; donc $\forall x\in ]-1, 0],\;h(x) \in ]a, h(0)]$ avec $a = \lim_{x\to -1} h(x) = 0$ et $h(0) = 1$ .

Par conséquent, on a bien $h(x) \in ]0, 1]$ .

b. Si $x$ appartient à $\Big]-1, -\dfrac{1}{2}\Big]$ , alors $-1> \dfrac {1}{x} \geq -2$ et multipliant par le réel strictement négatif $\ln (x+1)$ on obtient $0 < - \ln (x+1) \leq f(x) \leq - 2\ln (x+1).$

Soit $t$ un élément de $\Big]-1, -\dfrac12\Big]$ .

La relation $\forall x \in \Big]-1, -\dfrac{1}{2}\Big],\;0 < f(x) < - 2\ln (x+1)$ s'écrit

$\forall x \in \Big]-1, -\dfrac{1}{2}\Big],0 < f(x) < 2h '(x)$ et en l'intégrant on obtient :

$0 \leq \int_{t}^{-1/2}f(x) dx \leq 2 \int_{t}^{-1/2} h'(x) dx = 2\Big[h(x)\Big]_t^{-1/2} = 2\big(h(1/2) - h(t)\big)\leq 2$

La fonction $F$ est donc bien majorée (par exemple par $2$ .

c. Pour tout entier naturel non nul $n$ on a :

$\begin{array}{lll}v_{n+1}- v_{n}&=&\int_ {-1+1/n+1}^0 f(x) dx-\int_{-1+1/n}^0f(x)dx\\\\&=&\int_{-1+1/n+1}^{-1+1/n} f(x) dx\quad\textrm{relation de Chasles }\end{array}$

est positive car $f$ est positive dans $]-1, 0]$ ; donc la suite $(v_n)$ est croissante.

$\begin{array}{lll}v_{n}&=&\int_ {-1+1/n}^0 f(x) dx\\\\&=&\int_{-1+1/n}^{-1/2} f(x) dx+\int_{-1/2}^0f(x)dx\quad\textrm{relation de Chasles }\\\\&=&F(-1+1/n)+M\quad avec\quad M=\int _{-1/2}^0 f(x) dx\\\\&\leq& 2+M\quad\textrm{d'apr\`{e}s le c.}\end{array}$

La suite $(v_n)$ est donc majoré (par exemple par $2+M$ ); et comme elle est croissante, elle converge.

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