Corrigé Bac Maths S1, S3 1er groupe 2007

Classe: 
Terminale
 

Exercice 1

Soient α  et  β deux nombres complexes quelconques.
 
On pose : j=e2iπ3 et pour tout complexe z :
f(z)=z3+αz2+βz
1) Montrons que f(1)+f(j)+f(j2)=3 sachant que 1+j+j2=0  et  j3=1
 
Soit :
 
$f(1)+f(j)+f(j2)=1+α+β+j3+αj2+βj+(j2)3+α(j2)2+βj2=1+j3+α(1+j2+j4⏟=j)+β(1+j+j2)⏟=0+j6⏟=(j3)2=1+j3+α(1+j2+j)⏟=0+(j3)2=1+j3+(j3)2or,  j3=1=1+1+1=3$
 
Ainsi, f(1)+f(j)+f(j2)=3
 
2) a) En déduisons que |f(1)|+|f(j)|+|f(j2)|≥3
 
En utilisant l'inégalité triangulaire, on obtient :
|f(1)+f(j)+f(j2)|≤|f(1)|+|f(j)|+|f(j2)|
Or, |f(1)+f(j)+f(j2)|=3
 
Donc, |f(1)|+|f(j)|+|f(j2)|≥3
 
b) En utilisant a), montrons que l'un au moins des nombres réels |f(1)|; |f(j)|  et  |f(j2)| est supérieur ou égal à 1.
 
Supposons que les nombres réels |f(1)|; |f(j)|  et  |f(j2)| sont tous inférieurs à 1.
 
Alors, |f(1)|+|f(j)|+|f(j2)|≤1+1+1=3
 
Ce qui est contradictoire au résultat obtenu en a).
 
Par conséquent, l'hypothèse de départ, à savoir ; les nombres réels |f(1)|; |f(j)|  et  |f(j2)| sont tous inférieurs à 1, est fausse.
 
D'où : l'un au moins des nombres réels |f(1)|; |f(j)|  et  |f(j2)| est supérieur ou égal à 1.
 
3) Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct (O, →u, →v).
 
ABC est un triangle équilatéral direct de centre de gravité O et tel que l'affixe de A soit un réel r strictement positif fixé.
 
I  et  J sont deux points quelconques du plan d'affixes respectives a  et  b.

 

 
Dans cette question on prend α=−a+br  et  β=abr2
 
a) Montrons que les affixes respectives de B  et  C sont rj  et  rj2.
 
Soit : zB=|zB|eiθB  avec, θB=argzB  et  |zB|=OB
 
Le point A étant sur l'axe réel (ZA=r∈R∗+)  et  ABC équilatéral direct de centre de gravité O alors,
OA=OB=retθB=(→OA, →OB)=2π3
Ainsi,
 
$zB=|zB|eiθB=OB.ei2π3=r.e2iπ3=r.j$
 
D'où, zB=r.j
 
De même, on a : zC=|zC|eiθC  avec, θC=argzC  et  |zC|=OC
 
Donc,
OA=OC=retθC=(→OA, →OC)=4π3
Par suite,
 
$zC=|zC|eiθC=OC.ei4π3=r.e4iπ3or,  e4iπ3=(e2iπ3)2=r.(e2iπ3)2=r.j2$
 
D'où, zC=r.j2
 
b) Montrons que BO⋅BI⋅BJ=r3|f(j)|.
 
On a :
 
$BO⋅BI⋅BJ=|zB|.|z→BI|.|z→BJ|=|zB×z→BI×z→BJ|=|r.j(a−r.j)(b−r.j)|=|r.j(ab−r.j.a−r.j.b+(r.j)2)|=|r.j(ab−r.j(a+b)+(r.j)2)|or,  (a+b)=−r.α  et  ab=r2.β=|r.j(r2.β+r2.j.α+r2.j2)|=|r3(j.β+j2.α+j3)|=r3|j3+αj2+βj|=r3|f(j)|$
 
Ainsi, BO⋅BI⋅BJ=r3|f(j)|
 
Calculons de la même manière CO⋅CI⋅CJ  et  AO⋅AI⋅AJ
 
Soit :
 
$CO⋅CI⋅CJ=|zC|.|z→CI|.|z→CJ|=|zC×z→CI×z→CJ|=|r.j2(a−r.j2)(b−r.j2)|=|r.j2(ab−r.j2.a−r.j2.b+(r.j2)2)|=|r.j2(ab−r.j2(a+b)+(r.j2)2)|avec,  (a+b)=−r.α  et  ab=r2.β=|r.j2(r2.β+r2.j2.α+r2.j4)|=|r3(j2.β+j4.α+j6)|=r3|(j2)3+α(j2)2+βj2|=r3|f(j2)|$
 
Donc, CO⋅CI⋅CJ=r3|f(j2)|
 
Aussi, on a :
 
$AO⋅AI⋅AJ=|zA|.|z→AI|.|z→AJ|=|zA×z→AI×z→AJ|=|r(a−r)(b−r)|=|r(ab−r.a−r.b+r2)|=|r(ab−r(a+b)+r2)|avec,  (a+b)=−r.α  et  ab=r2.β=|r(r2.β+r2.α+r2)|=|r3(β+α+1)|=r3|(1+α+β|=r3|f(1)|$
 
Donc, AO⋅AI⋅AJ=r3|f(1)|
 
c) Montrons que le triangle ABC a au moins un sommet S vérifiant :
SO⋅SI⋅SJ≥r3
D'après la question 3)b), les sommets A, B  et  C du triangle ABC vérifient :
AO⋅AI⋅AJ=r3|f(1)|, BO⋅BI⋅BJ=r3|f(j)|  et  CO⋅CI⋅CJ=r3|f(j2)|
Donc, si tout sommet S vérifie : SO⋅SI⋅SJ<r3, on aura :
AO⋅AI⋅AJ+BO⋅BI⋅BJ+CO⋅CI⋅CJ<3r3
Or, 
 
$AO⋅AI⋅AJ+BO⋅BI⋅BJ+CO⋅CI⋅CJ=r3|f(1)|+r3|f(j)|+r3|f(j2)|=r3(|f(1)|+|f(j)|+|f(j2)|)$
 
Ainsi, r3(|f(1)|+|f(j)|+|f(j2)|)<3r3 ⇒ |f(1)|+|f(j)|+|f(j2)|<3
 
Ce qui est en contradiction avec le résultat obtenu au 2.a), à savoir ;
|f(1)|+|f(j)|+|f(j2)|≥3
Par suite, l'hypothèse de départ est fausse et par conséquent, le triangle ABC a au moins un sommet S vérifiant :
SO⋅SI⋅SJ≥r3

Autre méthode

Tout sommet S vérifie :
SO⋅SI⋅SJ=r3λ
où, λ représente |f(1)|  ou  |f(j)|  ou  |f(j2)|
 
Or, d'après 2.b), on sait que au moins l'un des nombres réels |f(1)|; |f(j)|  et  |f(j2)| est supérieur ou égal à 1. Donc, il existe au moins un λ vérifiant : λ≥1
 
Par suite, λ≥1 ⇒ ∃S; SO⋅SI⋅SJ≥r3
 
Par conséquent, le triangle ABC a au moins un sommet S vérifiant :
SO⋅SI⋅SJ≥r3

Exercice 2

Le plan (P) étant orienté ; on considère un triangle rectangle isocèle ABC tel que (→BA, →BC) ait pour mesure π2
 
On note O l'intersection des bissectrices intérieures de ABC.
 
Soit s1 la similitude plane directe de centre A qui transforme B en O et s2 la similitude plane directe de centre C qui transforme O en B.
 
A tout point M du plan distinct de A et de B ; on associe le point N=s1(M) et le point P=s−12(M)
 
1) a) Déterminons une mesure de l'angle (→AM; →AN)
 
On a : s1=s(A, k1, θ1)
 
Comme s1 transforme B en O alors, on a :
{AO=k1AB(→AB, →AO)=θ1[2π]
Or, le triangle ABC est isocèle en B et que (→BA, →BC)=π2 donc,
(→AB, →AC)=(→CA, →CB)=π4
De plus, (OA) est bissectrice de l'angle ^BAC donc,
(→AB, →AO)=12(→AB, →AC)=π8
Ainsi, θ1=π8  et  k1=AOAB
 
Par ailleurs, s1(M)=N alors, (→AM, →AN)=θ1[2π]
 
D'où, une mesure de l'angle (→AM, →AN) est : π8
 
b) On désigne par s′ la similitude plane directe de centre A qui transforme B en M.
 
Montrons que s′∘s1=s1∘s′
 
Soit s1=s(A, k1, θ1)  et  s′=s(A, k′, θ′) avec, k′=AMAB  et  θ′=(→AB, →AM)
alors, on a :
 
s′∘s1=s(A, k′k1, θ′+θ1)  et  s1∘s′=s(A, k1k′, θ1+θ′)
 
s′∘s1  et  s1∘s′ ayant les mêmes éléments caractéristiques donc,
s′∘s1=s1∘s′
En déduisons l'image de O par s′.
 
On a : s′∘s1(B)=s′(O)  et  s1∘s′(B)=s1(M)=N
 
Or, s′∘s1=s1∘s′ donc,
s′(O)=N
Déterminons une mesure de l'angle (→MA, →MN)
 
Les similitudes conservant les angles orientés alors :
(→MA, →MN)=(→BA, →BO)
Or, (→BA, →BO)=12(→BA, →BC)=π4
 
Donc, une mesure de l'angle (→MA, →MN) est : π4
 
c) Proposons une construction géométrique de N, lorsque le point M est donné.
 
Pour construire le point N connaissant M, on trace deux demi-droite [Mx)  et  [Ay) telles que :
(→MA, [Mx))=π4  et  (→AM, [Ay))=π8
Le point de rencontre de ces deux demi-droite donne le point N.
 
2) a) Donnons la nature de r=s1∘s2
 
On a : s1=s(A, k1, θ1)  et  s2=s(C, k2, θ2)
 
Comme s2 transforme O en B alors, on a :
{CB=k2CO(→CO, →CB)=θ2[2π]
Or, (→CO, →CB)=12(→CA, →CB)=π8
 
Donc, θ2=π8  et  k2=CBCO
 
Ainsi, r=s1∘s2 est une similitude plane directe de rapport k=k1.k2  et d'angle  θ=θ1+θ2
 
On a :
 
$k=k1.k2=AOAB×CBCOor,  AB=CB  et  CO=AO=AOAB×ABAO=1$
 
Donc, k=1  et  θ=π4
 
Par ailleurs, s1∘s2(O)=s1(B)=O
 
Ce qui montre que le point O est invariant par r donc, il constitue le centre de cette similitude.
 
D'où, r=s1∘s2 est la rotation de centre O et d'angle θ=π4
 
b) Déterminons r(P)
 
Soit :
 
$r(P)=s1∘s2(P)=s1∘s2∘s−12(M)=s1(M)=N$
 
Donc, r(P)=N
 
Ainsi, à partir de N, on fait une rotation d'angle π4 pour une construction géométrique de P
 
Plus précisément, on trace un demi-cercle (C) de rayon ON, à partir de N puis on trace la demi-droite [Oz) telle que :
([Oz), →ON)=π4
Le point P est le point de rencontre de la demi-droite [Oz) et du demi-cercle (C).
 
c) Lorsque M=O, montrons que le point N appartient à la demi-droite [AC) et le point P à la demi-droite [CA)
 
D'après question 1.a), on a (→AM, →AN)=π8
 
Ainsi, pour M=O on aura : (→AO, →AN)=π8
 
Or, (→AO, [AC))=π8
 
Donc, (→AO, →AN)=(→AO, [AC))
 
D'où, N∈[AC)
 
Par ailleurs, P=s−12(M) ⇒ s2(P)=M
 
Ainsi, pour M=O, on obtient : s2(P)=O
 
Ce qui donne (→CP, →CO)=π8
 
Or, ([CA), →CO)=π8
 
Donc, (→CP, →CO)=([CA), →CO)
 
Par suite, P∈[CA)
 
3) Faisons une figure comportant les points A, B, C, O, P  et  N avec M=O.

 

 

Exercice 3

On considère dans le plan muni d'un repère orthonormal (O, →u, →v), les trois points A, B  et  C de coordonnées respectives (1, 0), (0, 1)  et  (1, 1), puis à tout réel t∈[0, 1] on associe le point M(t) barycentre du système {(B, (1−t)2), (A, 2t(1−t)), (C, t2)}
 
On note x(t)  et  y(t) les coordonnées de M(t)  et  (Γ) l'ensemble des points M(t) lorsque t décrit [0, 1].
 
1) a) Exprimons en fonction de t les coordonnées x(t)  et  y(t) de M(t)
 
$M(t)(x(t)y(t))barycentredusystème\{(B\;,\ (1-t)^{2})\;,\ (A\;,\ 2t(1-t))\;,\ (C\;,\ t^{2})\}alors,sescoordonnéesx(t)\ et\ y(t)$ s'écrivent :
{x(t)=2t(1−t)×1+(1−t)2×0+t2×12t(1−t)+(1−t)2+t2=−t2+2ty(t)=2t(1−t)×0+(1−t)2×1+t2×12t(1−t)+(1−t)2+t2=2t2−2t+1
D'où, $\boxed{\left\lbracex(t)=−t2+2ty(t)=2t2−2t+1\right.}$
 
b) Dressons le tableau de variations des fonctions x  et  y
 
Les fonctions dérivées sont données par :
$\left\lbracex′(t)=−2t+2y′(t)=4t−2\right.$
 
On a :
 
$x′(t)≥0⇔−2t+2≥0⇔−2t≥−2⇔t≤1$
 
Donc, pour t∈[0; 1], x′(t)≥0
 
Par suite, x(t) croissante sur [0; 1]
 
$y′(t)≥0⇔4t−2≥0⇔4t≥2⇔t≥12$
 
Donc, si t∈[12; 1] alors, y′(t)≥0
 
Par suite, y(t) croissante sur [12; 1] et décroissante sur [0; 12]
t01/21x′(t)++1↗x(t)3/4↗011y(t)↘↗1/2y′(t)−0+
Traçons la courbe (Γ) ainsi que ses tangentes aux points B, C  et  M(12)
 
Déterminons alors les équations paramétriques de ces tangentes.
 
Soit TB la tangente à la courbe au point B
 
Comme B est le point de (Γ) repéré à la date t0=0 alors, $\vec{u}_{0}(x′(0)y′(0))estunvecteurdirecteurdeT_{B}.Soitalors:\vec{u}_{0}(2−2)$
 
Si $N(x(t)y(t))\in T_{B}alors,ilexisteunparamètrettelque\overrightarrow{BN}\ et\ \vec{u}_{0}$ soient colinéaires.
 
Ainsi,
 
$Extra \left or missing \right\right.\ \&\Leftrightarrow&\left\lbracex(t)=2ty(t)=−2t+1\right.\end{array}$
 
Une équation paramétrique de TB est donc donnée par :
TB : {x(t)=2ty(t)=−2t+1
Son équation cartésienne est alors : y=−x+1
 
De la même manière, considérons TC la tangente à la courbe au point C.
 
C étant le point de (Γ) repéré à la date t1=1 alors, $\vec{u}_{1}(x′(1)y′(1))estunvecteurdirecteurdeT_{C}.$
 
On obtient alors : $\vec{u}_{1}(02)$
 
Si $P(x(t)y(t))\in T_{C}alors,ilexisteunparamètrettelque\overrightarrow{CP}\ et\ \vec{u}_{1}$ soient colinéaires.
 
Ainsi,
 
$Extra \left or missing \right\right.\ \&\Leftrightarrow&\left\lbracex(t)=1y(t)=2t+1\right.\end{array}$
 
Une équation paramétrique de TC est alors donnée par :
TC : {x(t)=1y(t)=2t+1
Et son équation cartésienne sera donnée par : x=1
 
Au point M(12) on obtient une tangente TM de vecteur directeur $\vec{u}_{1/2}(x′(1/2)y′(1/2)).$
 
Donc, si $Q(x(t)y(t))\in T_{M}alors,ilexisteunparamètrettelque\overrightarrow{MQ}(x(t)−34y(t)−12)\ et\ \vec{u}_{1/2}(10)$ soient colinéaires.
 
Ainsi,
 
$Extra \left or missing \right\right.\ \&\Leftrightarrow&\left\lbracex(t)=t+34y(t)=12\right.\end{array}$
 
Ce qui montre que TM a pour équation paramétrique :
TM : {x(t)=t+34y(t)=12
Son équation cartésienne est alors donnée par : y=12

 

 
2) Montrons que les tangentes à (Γ) en B  et  C se coupent en A.
 
Considérons les équations paramétriques de TB  et  TC suivantes :
TB : {x(t)=2ty(t)=−2t+1TC : {x(t)=1y(t)=2t+1
On constate dans l'équation de TC que x(t)=1 donc, en remplaçant dans l'équation de TB, on obtient :
{1=2ty(t)=−2t+1 ⇔ {t=12y(t)=−2×12+1=0
D'où, $A(10)=T_{B}\cap T_{C}$

Autre méthode

On peut aussi passer par les équations cartésiennes de droites de TB  et  TC données respectivement par :
y=−x+1etx=1
On obtient alors le système d'équations suivant :
{x=1y=−x+1
Ainsi, en remplaçant la valeur de x dans la deuxième équation, on obtient : y=−1+1=0
 
Par suite, le couple de solution (1; 0) donne les coordonnées du point d'intersection des droites TB  et  TC.
 
D'où, $A(10)=T_{B}\cap T_{C}$
 
3) Trouvons une relation entre x(t)  et  y(t) indépendante de t. Soit y=f(x)
 
Posons : x=−t2+2t ⇒ t2−2t+x=0
 
Soit : Δ=4−4x alors, les solutions de l'équation sont données par :
t1=2−√4−4x2=1−√1−xett2=2+√4−4x2=1+√1−x
Comme t∈[0; 1] alors, on choisira t=t1=1−√1−x
 
Remplaçons cette expression de t dans l'équation : y=2t2−2t+1. On obtient alors :
 
$y=2t2−2t+1=2(1−√1−x)2−2(1−√1−x)+1=2(1+1−x−2√1−x)−2(1−√1−x)+1=4−2x−4√1−x−2+2√1−x+1=3−2x−2√1−x$
 
D'où, y=3−2x−2√1−x
 
Calculons lim
 
On a :
 
$limx→1−f(x)−f(1)x−1=limx→1−3−2x−21−x−1x−1=limx→1−2−2x−21−xx−1=limx→1−2(1−x)x−1−21−xx−1=limx→1−−2−2(1−x)x−11−x=limx→1−−2+21−x=−2+10+=+∞$
 
D'où, \boxed{\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=+\infty}
 
Par conséquent, la fonction f n'est pas dérivable à gauche au point 1.

Problème

Partie A

Soit f une fonction définie sur [1\;,\ +\infty[ ayant une dérivée continue et croissante.
 
Pour tout p\in\mathbb{N}^{\ast}, on pose :
up=∑n=1pf′(n)
 
1) Démontrons la relation suivante :
 
(01)∀n∈N∗ : f′(n)≤f(n+1)−f(n)≤f′(n+1)
a) En appliquant le théorème des accroissements finis à f dans un intervalle bien choisi.
 
Soit I un intervalle de \mathbb{R} défini par : I=[n\;;\ n+1]\;,\ n\in\mathbb{N}^{\ast}
 
f est continue et dérivable sur I alors, d'après le théorème des accroissements finis, il existe c\in I tel que :
f(n+1)−f(n)=((n+1)−n)f′(c) ⇔ f(n+1)−f(n)=f′(c)
Or, f' est croissante sur I donc,
 
$∀n∈N∗ : n≤c≤n+1⇒f′(n)≤f′(c)≤f′(n+1)⇒f′(n)≤f(n+1)−f(n)≤f′(n+1)$
 
D'où, la relation suivante :
∀n∈N∗ : f′(n)≤f(n+1)−f(n)≤f′(n+1)
b) En utilisant la valeur moyenne de f' sur [n\;;\ n+1]
 
Considérons I un intervalle de \mathbb{R} défini par : I=[n\;;\ n+1]\;,\ n\in\mathbb{N}^{\ast}
 
f' est continue sur I alors, d'après le théorème de la moyenne, il existe au moins un réel c\in I tel que :
f′(c)=1(n+1)−n∫nn+1f′(x)dx=[f(x)]nn+1
Or, f' est croissante sur I donc,
 
$∀n∈N∗ : n≤c≤n+1⇒f′(n)≤f′(c)≤f′(n+1)⇒f′(n)≤[f(x)]nn+1≤f′(n+1)⇒f′(n)≤f(n+1)−f(n)≤f′(n+1)$
 
Ce qui montre que :
∀n∈N∗ : f′(n)≤f(n+1)−f(n)≤f′(n+1)
2) En utilisant la relation (01), de la question 1) démontrons que
(02)∀p∈N∗, up−f′(p)≤f(p)−f(1)≤up−f′(1)
En appliquant la relation (01), on obtient :
 
$f′(1)≤f(2)−f(1)≤f′(2)f′(2)≤f(3)−f(2)≤f′(3)f′(3)≤f(4)−f(3)≤f′(4)⋮⋮⋮f′(p−1)≤f(p)−f(p−1)≤f′(p)$
 
En sommant ces inégalités membre à membre, on obtient :
f′(1)+f′(2)+…+f′(p−1)≤f(p)−f(1)≤f′(2)+f′(3)+…+f′(p)
Il faut juste remarquer que :
 
$f′(1)+f′(2)+…+f′(p−1)=f′(1)+f′(2)+…+f′(p−1)+f′(p)⏟=∑n=1pf′(n)−f′(p)=∑n=1pf′(n)−f′(p)=up−f′(p)$
 
Aussi,
 
$f′(2)+f′(3)+…+f′(p)=−f′(1)+f′(1)+f′(2)+…+f′(p−1)+f′(p)⏟∑n=1pf′(n)=∑n=1pf′(n)−f′(1)=up−f′(1)$
 
Par suite,
∀p∈N∗, up−f′(p)≤f(p)−f(1)≤up−f′(1)
3) Dans cette question on prend f(x)=\dfrac{1}{x^{2}}
 
a) Vérifions que la suite (u_{p}) est monotone.
 
Soit :
 
$up+1−up=∑n=1p+1f′(n)−∑n=1pf′(n)=(f′(1)+f′(2)+…+f′(p)+f′(p+1))−(f′(1)+f′(2)+…+f′(p))=f′(p+1)$
 
Or, f(x)=\dfrac{1}{x^{2}} donc, f'(x)=-\dfrac{2}{x^{3}}
 
Ainsi, f'(p+1)=-\dfrac{2}{(p+1)^{3}}<0
 
Par suite, u_{p+1}-u_{p}<0 d'où, la suite (u_{p}) est décroissante. Elle est donc monotone.
 
b) En utilisant la relation (02), de la question 2) montrons que la suite (u_{p}) est bornée.
 
On constate d'abord que f''(x)=\dfrac{6}{x^{4}}>0 donc, f' est croissante.
 
On peut alors appliquer la relation (02). On obtient d'une part :
 
$up−f′(p)≤f(p)−f(1)⇒up≤f′(p)+f(p)−f(1)⇒up≤−2p3+1p2−1$
 
D'autre part :
 
$f(p)−f(1)≤up−f′(1)⇒f(p)−f(1)+f′(1)≤up⇒1p2−1−2≤up⇒1p2−3≤up$
 
On obtient l'encadrement suivant :
1p2−3≤up≤−2p3+1p2−1
Posons w_{p}=\dfrac{1}{p^{2}}-3\ et \ w_(p)'=-\dfrac{2}{p^{3}}+\dfrac{1}{p^{2}}-1
 
Alors, on a :
 
$ℓ=limp→+∞wp=limp→+∞1p2−3=−3$
 
$ℓ′=limp→+∞wp′=limp→+∞−2p3+1p2−1=−1$
 
Par conséquent :
−3≤up≤−1
Ce qui montre que la suite (u_{p}) est bornée.
 
c) En déduisons que la suite (v_{p}) de terme général v_{p}=\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n^{3}} est convergente
 
On sait que u_{p}=\sum_{n=1}^{p}f'(n) avec, f'(x)=-\dfrac{2}{x^{3}}
 
Donc, 
 
$up=∑n=1p−2n3=−2∑n=1p1n3=−2vp$
 
Par suite, v_{p}=-\dfrac{1}{2}u_{p}
 
Or, la suite (u_{p}) est monotone et bornée donc elle est convergente.
 
Par conséquent, la suite (v_{p}) de terme général v_{p}=\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n^{3}} est convergente.
 
Montrons que sa limite \ell'' appartient à l'intervalle \left[\dfrac{1}{2}\;,\ \dfrac{3}{2}\right]
 
On a : -3\leq u_{p}\leq -1\   or, u_{p}=-2v_{p}
 
Donc,
 
$−3≤−2vp≤−1⇒1≤2vp≤3⇒12≤vp≤32⇒12≤limp→+∞vp≤32⇒12≤ℓ″≤32$
 
D'où, \boxed{\ell''\in\left[\dfrac{1}{2}\;,\ \dfrac{3}{2}\right]}
 
4) Dans cette question on prend f(x)=-\ln x
 
a) En utilisant la relation (02), montrons que up≤−1p−ln⁡p
On constate d'abord que f'(x)=-\dfrac{1}{x}\ et \ f''(x)=\dfrac{1}{x^{2}}>0
 
Donc, f' est croissante.
 
Ainsi, en utilisant la relation (02), on obtient :
 
$up−f′(p)≤f(p)−f(1)⇒up≤f′(p)+f(p)−f(1)⇒up≤−1p−ln⁡p−0$
 
D'où, \boxed{u_{p}\leq-\dfrac{1}{p}-\ln p}
 
b) Montrons que limp→+∞∑n=1p1n=+∞
Comme u_{p}=\sum_{n=1}^{p}f'(n) avec f'(n)=-\dfrac{1}{n}\ et \ u_{p}\leq-\dfrac{1}{p}-\ln p alors, on a :
 
$∑n=1p−1n≤−1p−ln⁡p⇒−∑n=1p1n≤−1p−ln⁡p⇒∑n=1p1n≥1p+ln⁡p$
 
Posons S_{p}=\dfrac{1}{p}+\ln p alors, on a :
∑n=1p1n≥Sp
Or, \lim\limits_{p\rightarrow +\infty}S_{p}=\lim\limits_{p\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{p}+\ln p=+\infty donc, en appliquant le théorème de comparaison, on obtient :
limp→+∞∑n=1p1n=+∞

Partie B

1) Calculons pour tout n\in\mathbb{N}^{\ast}
∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt
a) En effectuant le changement de variable u=t-n\pi et en remarquant que la fonction u\mapsto|\sin u| est périodique de période \pi
 
Posons u=t-n\pi donc, \mathrm{d}t=\mathrm{d}u
 
Ainsi :
 
∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt=∫nπ−nπ(n+1)π−nπ|sin⁡u+nπ|du=∫0π|sin⁡u+nπ|duor,  |sin⁡u+nπ|=|sin⁡u|=∫0π|sin⁡u|duor, pour u∈[0; π], |sin⁡u|=sin⁡u=∫0πsin⁡udu=[−cos⁡u]0π=−cos⁡π+cos⁡0=2
 
Donc,
∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt=2
b) En utilisant le résultat admis suivant :
∀n∈N, ∀t∈[nπ, (n+1)π], |sin⁡t|=(−1)nsin⁡t
On obtient alors :
 
∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt=∫nπ(n+1)π(−1)nsin⁡tdt=(−1)n∫nπ(n+1)πsin⁡tdt=(−1)n[−cos⁡t]nπ(n+1)π=(−1)n(−cos⁡(n+1)π+cos⁡nπ)=(−1)n(−(−1)n+1+(−1)n)or,  −(−1)n+1=(−1)n+2=(−1)n((−1)n+2+(−1)n)=(−1)2n+2+(−1)2n=(−1)2(n+1)+(−1)2n=1+1=2
 
Ainsi,
∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt=2
2) Pour tout réel a>0, on considère la fonction h_{a} définie sur I=[0\;;\ +\infty[ par :
ha(t)=|sin⁡att|, si t∈]0; +∞[, et ha(0)=a
a) Montrons que les fonctions h_{a} sont continues sur I.
 
$limt→0ha(t)=limt→0|sin⁡att|posons at=x=limx→0|sin⁡xxa|=limx→0|asin⁡xx|=alimx→0|sin⁡xx|⏟=1=a$
 
Ainsi, \lim_{t\rightarrow 0}h_{a}(t)=h_{a}(0)=a
 
D'où, les fonctions h_{a} sont continues en 0.
 
Par conséquent, elles sont continues sur I.
 
b) Montrons que :
 ∀n∈N∗ : 1(n+1)π∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt≤∫nπ(n+1)πh1(t)dt≤1nπ∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt
 
et1π∫0π|sin⁡t|dt≤∫0πh1(t)dt
Soit : h_{1}(t)=\left|\dfrac{\sin t}{t}\right| alors, pour t\in[n\pi\;,\ (n+1)\pi], on a :
 
$∀n∈N∗, nπ≤|t|≤(n+1)π⇔1(n+1)π≤1t≤1nπ⇔|sin⁡t|(n+1)π≤|sin⁡t||t|≤|sin⁡t|nπ⇔|sin⁡t|(n+1)π≤h1(t)≤|sin⁡t|nπ$
 
Le passage à l'intégration donne :
∫nπ(n+1)π|sin⁡t|(n+1)πdt≤∫nπ(n+1)πh1(t)dt≤∫nπ(n+1)π|sin⁡t|nπdt
Par suite,
∀n∈N∗ : 1(n+1)π∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt≤∫nπ(n+1)πh1(t)dt≤1nπ∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt
De plus, sur [0\;,\ \pi] on a :
 
$|t|≤π⇔1π≤1|t|⇔|sin⁡t|π≤|sin⁡t||t|⇔|sin⁡t|π≤h1(t)$
 
En intégrant, on obtient :
∫0π|sin⁡t|πdt≤∫0πh1(t)dt
D'où,
1π∫0π|sin⁡t|dt≤∫0πh1(t)dt
c) En déduisons que :
∀n∈N∗ : 2(n+1)π≤∫nπ(n+1)πh1(t)dt≤2nπ
(03)
et2π≤∫0πh1(t)dt
On sait que :
∀n∈N∗ : 1(n+1)π∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt≤∫nπ(n+1)πh1(t)dt≤1nπ∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt
Or, d'après question 1), on a :
∀n∈N∗, ∫nπ(n+1)π|sin⁡t|dt=2
Ce qui permet finalement d'écrire :
∀n∈N∗ : 2(n+1)π≤∫nπ(n+1)πh1(t)dt≤2nπ
De plus,
1π∫0π|sin⁡t|dt≤∫0πh1(t)dt
Or,
 
∫0π|sin⁡u|du=∫0πsin⁡uducar, sur [0; π], |sin⁡u|=sin⁡u=[−cos⁡u]0π=−cos⁡π+cos⁡0=2
 
D'où,
2π≤∫0πh1(t)dt
3) On veut utiliser les résultats précédents pour calculer lima→+∞∫0πh1(t)dt
a) Comparons
2π∑n=1p1net∫0pπh1(t)dt
La relation (03) permet d'écrire :
∀n∈N∗ : 2(n+1)π≤∫nπ(n+1)πh1(t)dtet2π≤∫0πh1(t)dt
Ainsi,
 
2π≤∫0πh1(t)dt22π≤∫π2πh1(t)dt23π≤∫2π3πh1(t)dt⋮2pπ≤∫(p−1)πpπh1(t)dt
 
En sommant membre à membre, on obtient :
2π+22π+23π+…+2pπ⏟∑n=1p2nπ≤∫0πh1(t)dt+∫π2πh1(t)dt+∫2π3πh1(t)dt+…+∫(p−1)πpπh1(t)dt
En appliquant la relation de Chasles, on obtient :
∫0πh1(t)dt+∫π2πh1(t)dt+∫2π3πh1(t)dt+…+∫(p−1)πpπh1(t)dt=∫0pπh1(t)dt
D'où,
∑n=1p2nπ≤∫0pπh1(t)dt
Ce qui peut encore s'écrire
2π∑n=1p1n≤∫0pπh1(t)dt
 
b) Déduisons
limp→+∞∫0pπh1(t)dt
D'après la question 4)b) partie A, on a :
limp→+∞∑n=1p1n=+∞
Donc, en appliquant le théorème de comparaison, on obtient :
limp→+∞∫0pπh1(t)dt=+∞
 
c) Calculons
limx→+∞∫0xh1(t)dt
Soit :
∫0pπh1(t)dt
Posons p=E\left(\dfrac{x}{\pi}\right); où E désigne la fonction partie entière alors, on a :
∫0pπh1(t)dt=∫0E(xπ)πh1(t)dt
Ainsi,
limp→+∞∫0pπh1(t)dt=limx→+∞∫0E(xπ)πh1(t)dt
Or, E\left(\dfrac{x}{\pi}\right)\leq\dfrac{x}{\pi}\ \Rightarrow\ E\left(\dfrac{x}{\pi}\right)\pi\leq\dfrac{x}{\pi}\pi=x
Donc, par conservation de l'ordre de l'intégration, on obtient :
∫0E(xπ)πh1(t)dt≤∫0xππh1(t)dt
Par suite,
∫0E(xπ)πh1(t)dt≤∫0xh1(t)dt
D'où,
limx→+∞∫0xh1(t)dt≥limx→+∞∫0E(xπ)πh1(t)dt=+∞
Par conséquent,
limx→+∞∫0xh1(t)dt=+∞
4) Montrons que
∀a∈R+∗ : ∫0πha(t)dt=∫0aπh1(t)dt
Soit a>0 alors,
∫0πha(t)dt=∫0π|sin⁡att|dt
Effectuons un changement de variable Soit : u=at alors, \mathrm{d}u=a\mathrm{d}t
 
Ainsi,
 
∫0π|sin⁡att|dt=∫0aπ|sin⁡uua|dua=∫0aπa|sin⁡uu|dua=∫0aπ|sin⁡uu|du
 
Par suite,
∫0π|sin⁡att|dt=∫0aπ|sin⁡tt|dt=∫0aπh1(t)dt
a étant quelconque dans \mathbb{R}_{+}^{\ast} donc,
∀a∈R+∗ : ∫0πha(t)dt=∫0aπh1(t)dt
En déduisons lima→+∞∫0πha(t)dt
Comme \int_{0}^{\pi}h_{a}(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{a\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t alors,
lima→+∞∫0πha(t)dt=lima→+∞∫0aπh1(t)dt
Or, en posant x=a\pi, on obtient :
lima→+∞∫0aπh1(t)dt=limx→+∞∫0xh1(t)dt
Et d'après la question 3)c)
limx→+∞∫0xh1(t)dt=+∞
Par conséquent,
lima→+∞∫0πha(t)dt=+∞
 
 
Auteur: 
Diny Faye

Commentaires

Anonyme (non vérifié)

sam, 04/24/2021 - 05:40

Pdf

azer (non vérifié)

sam, 01/08/2022 - 01:16

bon document

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