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)) barycentre du système {(B, (1−t)2), (A, 2t(1−t)), (C, t2)} alors, ses coordonnées x(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, {x(t)=−t2+2ty(t)=2t2−2t+1
b) Dressons le tableau de variations des fonctions x et y
Les fonctions dérivées sont données par :
{x′(t)=−2t+2y′(t)=4t−2
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, →u0(x′(0)y′(0)) est un vecteur directeur de TB. Soit alors : →u0(2−2)
Si N(x(t)y(t))∈TB alors, il existe un paramètre t tel que →BN et →u0 soient colinéaires.
Ainsi,
→BN et →u0 colinéaires⇔→BN=t→u0⇔{x(t)−0=2ty(t)−1=−2t⇔{x(t)=2ty(t)=−2t+1
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, →u1(x′(1)y′(1)) est un vecteur directeur de TC.
On obtient alors : →u1(02)
Si P(x(t)y(t))∈TC alors, il existe un paramètre t tel que →CP et →u1 soient colinéaires.
Ainsi,
→CP et →u1 colinéaires⇔→CP=t→u1⇔{x(t)−1=0y(t)−1=2t⇔{x(t)=1y(t)=2t+1
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 →u1/2(x′(1/2)y′(1/2)).
Donc, si Q(x(t)y(t))∈TM alors, il existe un paramètre t tel que →MQ(x(t)−34y(t)−12) et →u1/2(10) soient colinéaires.
Ainsi,
→MQ et →u1/2 colinéaires⇔→MQ=t→u1/2⇔{x(t)−34=ty(t)−12=0⇔{x(t)=t+34y(t)=12
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)=TB∩TC
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)=TB∩TC
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 :
\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}&=&\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}\dfrac{3-2x-2\sqrt{1-x}-1}{x-1}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}\dfrac{2-2x-2\sqrt{1-x}}{x-1}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}\dfrac{2(1-x)}{x-1}-\dfrac{2\sqrt{1-x}}{x-1}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}-2-\dfrac{2(1-x)}{x-1\sqrt{1-x}}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}-2+\dfrac{2}{\sqrt{1-x}}\\ \\&=&-2+\dfrac{1}{0^{+}}\\ \\&=&+\infty\end{array}
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 :
u_{p}=\sum_{n=1}^{p}f'(n)
1) Démontrons la relation suivante :
(01)\qquad \forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ f'(n)\leq f(n+1)-f(n)\leq 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)\ \Leftrightarrow\ f(n+1)-f(n)=f'(c)
Or, f' est croissante sur I donc,
\begin{array}{rcccccl}\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ n\leq c\leq n+1&\Rightarrow&f'(n)&\leq&f'(c)&\leq&f'(n+1)\\&\Rightarrow&f'(n)&\leq&f(n+1)-f(n)&\leq&f'(n+1)\end{array}
D'où, la relation suivante :
\boxed{\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ f'(n)\leq f(n+1)-f(n)\leq 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)=\dfrac{1}{(n+1)-n}\int_{n}^{n+1}f'(x)\mathrm{d}x=[f(x)]_{n}^{n+1}
Or, f' est croissante sur I donc,
\begin{array}{rcccccl}\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ n\leq c\leq n+1&\Rightarrow&f'(n)&\leq&f'(c)&\leq&f'(n+1)\\ \\&\Rightarrow&f'(n)&\leq&[f(x)]_{n}^{n+1}&\leq&f'(n+1)\\ \\&\Rightarrow&f'(n)&\leq&f(n+1)-f(n)&\leq&f'(n+1)\end{array}
Ce qui montre que :
\boxed{\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ f'(n)\leq f(n+1)-f(n)\leq f'(n+1)}
2) En utilisant la relation (01), de la question 1) démontrons que
(02)\qquad \forall\;p\in\mathbb{N}^{\ast}\;,\ u_{p}-f'(p)\leq f(p)-f(1)\leq u_{p}-f'(1)
En appliquant la relation (01), on obtient :
\begin{array}{rcccl} f'(1)&\leq&f(2)-f(1)&\leq&f'(2)\\ \\f'(2)&\leq&f(3)-f(2)&\leq&f'(3)\\ \\f'(3)&\leq&f(4)-f(3)&\leq&f'(4)\\ \\ &\vdots&\vdots&\vdots&\\ \\f'(p-1)&\leq&f(p)-f(p-1)&\leq&f'(p)\end{array}
En sommant ces inégalités membre à membre, on obtient :
f'(1)+f'(2)+\ldots+f'(p-1)\leq f(p)-f(1)\leq f'(2)+f'(3)+\ldots+f'(p)
Il faut juste remarquer que :
\begin{array}{rcl} f'(1)+f'(2)+\ldots+f'(p-1)&=&\underbrace{f'(1)+f'(2)+\ldots+f'(p-1)+f'(p)}_{=\sum_{n=1}^{p}f'(n)}-f'(p)\\ \\&=&\sum_{n=1}^{p}f'(n)-f'(p)\\ \\&=&u_{p}-f'(p)\end{array}
Aussi,
\begin{array}{rcl} f'(2)+f'(3)+\ldots+f'(p)&=&-f'(1)+\underbrace{f'(1)+f'(2)+\ldots+f'(p-1)+f'(p)}_{\sum_{n=1}^{p}f'(n)}\\ \\&=&\sum_{n=1}^{p}f'(n)-f'(1)\\ \\&=&u_{p}-f'(1)\end{array}
Par suite,
\boxed{\forall\;p\in\mathbb{N}^{\ast}\;,\ u_{p}-f'(p)\leq f(p)-f(1)\leq u_{p}-f'(1)}
3) Dans cette question on prend f(x)=\dfrac{1}{x^{2}}
a) Vérifions que la suite (u_{p}) est monotone.
Soit :
\begin{array}{rcl} u_{p+1}-u_{p}&=&\sum_{n=1}^{p+1}f'(n)-\sum_{n=1}^{p}f'(n)\\ \\&=&(f'(1)+f'(2)+\ldots+f'(p)+f'(p+1))-(f'(1)+f'(2)+\ldots+f'(p))\\ \\&=&f'(p+1)\end{array}
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 :
\begin{array}{rcl} u_{p}-f'(p)\leq f(p)-f(1)&\Rightarrow&u_{p}\leq f'(p)+f(p)-f(1)\\ \\&\Rightarrow&u_{p}\leq -\dfrac{2}{p^{3}}+\dfrac{1}{p^{2}}-1\end{array}
D'autre part :
\begin{array}{rcl} f(p)-f(1)\leq u_{p}-f'(1)&\Rightarrow&f(p)-f(1)+f'(1)\leq u_{p}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{1}{p^{2}}-1-2\leq u_{p}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{1}{p^{2}}-3\leq u_{p}\end{array}
On obtient l'encadrement suivant :
\dfrac{1}{p^{2}}-3\leq u_{p}\leq -\dfrac{2}{p^{3}}+\dfrac{1}{p^{2}}-1
Posons w_{p}=\dfrac{1}{p^{2}}-3\ et \ w_(p)'=-\dfrac{2}{p^{3}}+\dfrac{1}{p^{2}}-1
Alors, on a :
\begin{array}{rcl}\ell&=&\lim\limits_{p\rightarrow +\infty}w_{p}\\ \\&=&\lim\limits_{p\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{p^{2}}-3\\ \\&=&-3\end{array}
\begin{array}{rcl}\ell'&=&\lim\limits_{p\rightarrow +\infty}w_{p}'\\ \\&=&\lim\limits_{p\rightarrow +\infty}-\dfrac{2}{p^{3}}+\dfrac{1}{p^{2}}-1\\ \\&=&-1\end{array}
Par conséquent :
\boxed{-3\leq u_{p}\leq -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,
\begin{array}{rcl} u_{p}&=&\sum_{n=1}^{p}-\dfrac{2}{n^{3}}\\ \\&=&-2\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n^{3}}\\ \\&=&-2v_{p}\end{array}
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,
\begin{array}{rcl} -3\leq -2v_{p}\leq -1&\Rightarrow&1\leq 2v_{p}\leq 3\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{1}{2}\leq v_{p}\leq \dfrac{3}{2}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{1}{2}\leq \lim\limits_{p\rightarrow +\infty}v_{p}\leq \dfrac{3}{2}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{1}{2}\leq\ell''\leq \dfrac{3}{2}\end{array}
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 u_{p}\leq-\dfrac{1}{p}-\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 :
\begin{array}{rcl} u_{p}-f'(p)\leq f(p)-f(1)&\Rightarrow&u_{p}\leq f'(p)+f(p)-f(1)\\ \\&\Rightarrow&u_{p}\leq-\dfrac{1}{p}-\ln p-0\end{array}
D'où, \boxed{u_{p}\leq-\dfrac{1}{p}-\ln p}
b) Montrons que \lim_{p\rightarrow +\infty}\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n}=+\infty
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 :
\begin{array}{rcl} \sum_{n=1}^{p}-\dfrac{1}{n}\leq -\dfrac{1}{p}-\ln p&\Rightarrow&-\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n}\leq -\dfrac{1}{p}-\ln p\\ \\&\Rightarrow&\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n}\geq \dfrac{1}{p}+\ln p\end{array}
Posons S_{p}=\dfrac{1}{p}+\ln p alors, on a :
\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n}\geq S_{p}
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 :
\boxed{\lim\limits_{p\rightarrow +\infty}\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n}=+\infty}
Partie B
1) Calculons pour tout n\in\mathbb{N}^{\ast}
\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t
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 :
\begin{eqnarray} \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t&=&\int_{n\pi-n\pi}^{(n+1)\pi-n\pi}|\sin u+n\pi|\mathrm{d}u\nonumber\\ \nonumber\\&=&\int_{0}^{\pi}|\sin u+n\pi|\mathrm{d}u\quad\text{or, }\ |\sin u+n\pi|=|\sin u|\nonumber\\ \nonumber\\&=&\int_{0}^{\pi}|\sin u|\mathrm{d}u\quad\text{or, pour }u\in[0\;;\ \pi]\;,\ |\sin u|=\sin u\nonumber\\ \nonumber\\&=&\int_{0}^{\pi}\sin u\mathrm{d}u\nonumber\\ \nonumber\\&=&[-\cos u]_{0}^{\pi}\nonumber\\ \nonumber\\&=&-\cos\pi+\cos 0\nonumber\\ \nonumber\\&=&2\nonumber \end{eqnarray}
Donc,
\boxed{\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t=2}
b) En utilisant le résultat admis suivant :
\forall\;n\in\mathbb{N}\;,\ \forall\;t\in\;[n\pi\;,\ (n+1)\pi]\;,\ |\sin t|=(-1)^{n}\sin t
On obtient alors :
\begin{eqnarray} \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t&=&\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}(-1)^{n}\sin t\mathrm{d}t\nonumber\\ \nonumber\\&=&(-1)^{n}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\sin t\mathrm{d}t\nonumber\\ \nonumber\\&=&(-1)^{n}[-\cos t]_{n\pi}^{(n+1)\pi}\nonumber\\ \nonumber\\&=&(-1)^{n}(-\cos(n+1)\pi+\cos n\pi)\nonumber\\ \nonumber\\&=&(-1)^{n}(-(-1)^{n+1}+(-1)^{n})\quad\text{or, }\ -(-1)^{n+1}=(-1)^{n+2}\nonumber\\ \nonumber\\&=&(-1)^{n}((-1)^{n+2}+(-1)^{n})\nonumber\\ \nonumber\\&=&(-1)^{2n+2}+(-1)^{2n}\nonumber\\ \nonumber\\&=&(-1)^{2(n+1)}+(-1)^{2n}\nonumber\\ \nonumber\\&=&1+1\nonumber\\ \nonumber\\&=&2\nonumber \end{eqnarray}
Ainsi,
\boxed{\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t=2}
2) Pour tout réel a>0, on considère la fonction h_{a} définie sur I=[0\;;\ +\infty[ par :
h_{a}(t)=\left|\dfrac{\sin at}{t}\right|\;,\ \text{si }\;t\in\;]0\;;\ +\infty[\;,\text{ et }\;h_{a}(0)=a
a) Montrons que les fonctions h_{a} sont continues sur I.
\begin{array}{rcl}\lim_{t\rightarrow 0}h_{a}(t)&=&\lim_{t\rightarrow 0}\left|\dfrac{\sin at}{t}\right|\quad\text{posons }at=x\\ \\&=&\lim_{x\rightarrow 0}\left|\dfrac{\sin x}{\dfrac{x}{a}}\right|\\ \\&=&\lim_{x\rightarrow 0}\left|a\dfrac{\sin x}{x}\right|\\ \\&=&a\underbrace{\lim_{x\rightarrow 0}\left|\dfrac{\sin x}{x}\right|}_{=1}\\ \\&=&a\end{array}
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 :
\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ \dfrac{1}{(n+1)\pi}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t\leq\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\leq\dfrac{1}{n\pi}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t
\text{et}\qquad \dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}|\sin t|\mathrm{d}t\leq\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Soit : h_{1}(t)=\left|\dfrac{\sin t}{t}\right| alors, pour t\in[n\pi\;,\ (n+1)\pi], on a :
\begin{array}{rcrcccl} \forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\;,\ n\pi\leq|t|\leq(n+1)\pi&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{(n+1)\pi}&\leq&\dfrac{1}{t}&\leq&\dfrac{1}{n\pi}\\ \\&\Leftrightarrow&\dfrac{|\sin t|}{(n+1)\pi}&\leq&\dfrac{|\sin t|}{|t|} &\leq&\dfrac{|\sin t|}{n\pi}\\ \\&\Leftrightarrow&\dfrac{|\sin t|}{(n+1)\pi}&\leq&h_{1}(t)&\leq&\dfrac{|\sin t|}{n\pi}\end{array}
Le passage à l'intégration donne :
\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\dfrac{|\sin t|}{(n+1)\pi}\mathrm{d}t\leq\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\leq\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\dfrac{|\sin t|}{n\pi}\mathrm{d}t
Par suite,
\boxed{\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ \dfrac{1}{(n+1)\pi}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t\leq\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\leq\dfrac{1}{n\pi}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t}
De plus, sur [0\;,\ \pi] on a :
\begin{array}{rcccl} |t|\leq\pi&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{\pi}&\leq&\dfrac{1}{|t|}\\ \\&\Leftrightarrow&\dfrac{|\sin t|}{\pi}&\leq&\dfrac{|\sin t|}{|t|}\\ \\&\Leftrightarrow&\dfrac{|\sin t|}{\pi}&\leq&h_{1}(t)\end{array}
En intégrant, on obtient :
\int_{0}^{\pi}\dfrac{|\sin t|}{\pi}\mathrm{d}t\leq\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
D'où,
\boxed{\dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}|\sin t|\mathrm{d}t\leq\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t}
c) En déduisons que :
\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ \dfrac{2}{(n+1)\pi}\leq\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\leq\dfrac{2}{n\pi}
(03)
\text{et}\qquad\dfrac{2}{\pi}\leq\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
On sait que :
\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ \dfrac{1}{(n+1)\pi}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t\leq\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\leq\dfrac{1}{n\pi}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t
Or, d'après question 1), on a :
\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\;,\ \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|\mathrm{d}t=2
Ce qui permet finalement d'écrire :
\boxed{\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ \dfrac{2}{(n+1)\pi}\leq\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\leq\dfrac{2}{n\pi}}
De plus,
\dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}|\sin t|\mathrm{d}t\leq\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Or,
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\pi}|\sin u|\mathrm{d}u&=&\int_{0}^{\pi}\sin u\mathrm{d}u\quad\text{car, sur }[0\;;\ \pi]\;,\ |\sin u|=\sin u\nonumber\\ \nonumber\\&=&[-\cos u]_{0}^{\pi}\nonumber\\ \nonumber\\&=&-\cos\pi+\cos 0\nonumber\\ \nonumber\\&=&2\nonumber \end{eqnarray}
D'où,
\boxed{\dfrac{2}{\pi}\leq\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t}
3) On veut utiliser les résultats précédents pour calculer \lim_{a\rightarrow +\infty}\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
a) Comparons
\dfrac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n}\quad\text{et}\quad\int_{0}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
La relation (03) permet d'écrire :
\forall\;n\in\mathbb{N}^{\ast}\ :\ \dfrac{2}{(n+1)\pi}\leq\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\qquad\text{et}\qquad\dfrac{2}{\pi}\leq\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Ainsi,
\begin{eqnarray} \dfrac{2}{\pi}&\leq&\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\nonumber\\ \nonumber\\\dfrac{2}{2\pi}&\leq&\int_{\pi}^{2\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\nonumber\\ \nonumber\\\dfrac{2}{3\pi}&\leq&\int_{2\pi}^{3\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\nonumber\\ \nonumber\\&\vdots&\nonumber\\ \nonumber\\ \dfrac{2}{p\pi}&\leq&\int_{(p-1)\pi}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\nonumber \end{eqnarray}
En sommant membre à membre, on obtient :
\underbrace{\dfrac{2}{\pi}+\dfrac{2}{2\pi}+\dfrac{2}{3\pi}+\ldots+\dfrac{2}{p\pi}}_{\sum_{n=1}^{p}\frac{2}{n\pi}}\leq\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t+\int_{\pi}^{2\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t+\int_{2\pi}^{3\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t+\ldots+\int_{(p-1)\pi}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
En appliquant la relation de Chasles, on obtient :
\int_{0}^{\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t+\int_{\pi}^{2\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t+\int_{2\pi}^{3\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t+\ldots+\int_{(p-1)\pi}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
D'où,
\sum_{n=1}^{p}\dfrac{2}{n\pi}\leq\int_{0}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Ce qui peut encore s'écrire
\boxed{\dfrac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n}\leq\int_{0}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t}
b) Déduisons
\lim_{p\rightarrow +\infty}\int_{0}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
D'après la question 4)b) partie A, on a :
\lim_{p\rightarrow +\infty}\sum_{n=1}^{p}\dfrac{1}{n}=+\infty
Donc, en appliquant le théorème de comparaison, on obtient :
\boxed{\lim_{p\rightarrow +\infty}\int_{0}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t=+\infty}
c) Calculons
\lim_{x\rightarrow +\infty}\int_{0}^{x}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Soit :
\int_{0}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Posons p=E\left(\dfrac{x}{\pi}\right); où E désigne la fonction partie entière alors, on a :
\int_{0}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{E\left(\tfrac{x}{\pi}\right)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Ainsi,
\lim_{p\rightarrow +\infty}\int_{0}^{p\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t=\lim_{x\rightarrow +\infty}\int_{0}^{E\left(\tfrac{x}{\pi}\right)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
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 :
\int_{0}^{E\left(\tfrac{x}{\pi}\right)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\leq\int_{0}^{\tfrac{x}{\pi}\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Par suite,
\int_{0}^{E\left(\tfrac{x}{\pi}\right)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t\leq\int_{0}^{x}h_{1}(t)\mathrm{d}t
D'où,
\lim_{x\rightarrow +\infty}\int_{0}^{x}h_{1}(t)\mathrm{d}t\geq\lim_{x\rightarrow +\infty}\int_{0}^{E\left(\tfrac{x}{\pi}\right)\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t=+\infty
Par conséquent,
\boxed{\lim_{x\rightarrow +\infty}\int_{0}^{x}h_{1}(t)\mathrm{d}t=+\infty}
4) Montrons que
\forall\;a\in\mathbb{R}_{+}^{\ast}\ :\ \int_{0}^{\pi}h_{a}(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{a\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Soit a>0 alors,
\int_{0}^{\pi}h_{a}(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{\pi}\left|\dfrac{\sin at}{t}\right|\mathrm{d}t
Effectuons un changement de variable Soit : u=at alors, \mathrm{d}u=a\mathrm{d}t
Ainsi,
\begin{eqnarray}\int_{0}^{\pi}\left|\dfrac{\sin at}{t}\right|\mathrm{d}t&=&\int_{0}^{a\pi}\left|\dfrac{\sin u}{\dfrac{u}{a}}\right|\dfrac{\mathrm{d}u}{a}\nonumber\\ \nonumber\\&=&\int_{0}^{a\pi}a\left|\dfrac{\sin u}{u}\right|\dfrac{\mathrm{d}u}{a}\nonumber\\ \nonumber\\&=&\int_{0}^{a\pi}\left|\dfrac{\sin u}{u}\right|\mathrm{d}u \nonumber \end{eqnarray}
Par suite,
\int_{0}^{\pi}\left|\dfrac{\sin at}{t}\right|\mathrm{d}t=\int_{0}^{a\pi}\left|\dfrac{\sin t}{t}\right|\mathrm{d}t=\int_{0}^{a\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
a étant quelconque dans \mathbb{R}_{+}^{\ast} donc,
\boxed{\forall\;a\in\mathbb{R}_{+}^{\ast}\ :\ \int_{0}^{\pi}h_{a}(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{a\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t}
En déduisons \lim_{a\rightarrow +\infty}\int_{0}^{\pi}h_{a}(t)\mathrm{d}t
Comme \int_{0}^{\pi}h_{a}(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{a\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t alors,
\lim_{a\rightarrow +\infty}\int_{0}^{\pi}h_{a}(t)\mathrm{d}t=\lim_{a\rightarrow +\infty}\int_{0}^{a\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Or, en posant x=a\pi, on obtient :
\lim_{a\rightarrow +\infty}\int_{0}^{a\pi}h_{1}(t)\mathrm{d}t=\lim_{x\rightarrow +\infty}\int_{0}^{x}h_{1}(t)\mathrm{d}t
Et d'après la question 3)c)
\lim_{x\rightarrow +\infty}\int_{0}^{x}h_{1}(t)\mathrm{d}t=+\infty
Par conséquent,
\boxed{\lim_{a\rightarrow +\infty}\int_{0}^{\pi}h_{a}(t)\mathrm{d}t=+\infty}
Auteur:
Diny Faye
Commentaires
Anonyme (non vérifié)
sam, 04/24/2021 - 05:40
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azer (non vérifié)
sam, 01/08/2022 - 01:16
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bon document
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