TS – Exercices – Sommes et produits – Récurrence

Récurrence : Sommes et produits 

Difficulté : ++

Dans les exercices suivants, on note :

  • $\displaystyle \prod_{i=1}^n u_i = u_1 \times u_2 \times \ldots \times u_n$
  • $\displaystyle \sum_{i=1}^n u_i = u_1 + u_2 + \ldots + u_n$

$\quad$

Exercice 1

Soient $n\in \N^*$ et $a_1, a_2, \ldots, a_n$ des réels supérieurs ou égaux à $1$.

Montrer que $\displaystyle \prod_{i=1}^n \left(1+a_i\right) \pp 2^{n-1}\left(1+\prod_{i=1}^n a_i\right)$

Indication : Montrer que $\forall x \pg 1, \forall y \pg 1$ on a $x+y \pp 1+xy$

$\quad$

Correction Exercice 1

Montrons tout d’abord que $\forall x \pg 1, \forall y \pg 1$ on a $x+y \pp 1+xy \qquad (1)$

$(1-x)\times(1-y)=1-x-y+xy$
Or $x\pg 1$ et $y\pg 1$ donc $(1-x)(1-y) \pg 0$.
Par conséquent $1-x-y+xy\pg 0 \ssi 1+xy\pg x+y$.

$\quad$

Montrons maintenant, par récurrence, que $\displaystyle \prod_{i=1}^n \left(1+a_i\right) \pp 2^{n-1}\left(1+\prod_{i=1}^n a_i\right)$ pour tout entier naturel $n$ non nul.

Initialisation : Si $n=1$ alors $\displaystyle \prod_{i=1}^n \left(1+a_i\right) = 1+a_1$
Or $2^{n-1}\left(1+\prod_{i=1}^n a_i\right) = 2^0\left(1+a_1\right))=1+a_1$.
Et $1+a_1 \pp 1+a_1$.
La propriété est donc vraie au rang $1$.

Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $\displaystyle \prod_{i=1}^n \left(1+a_i\right) \pp 2^{n-1}\left(1+\prod_{i=1}^n a_i\right)$

$$\begin{align*} \prod_{i=1}^{n+1} \left(1+a_i\right) &= \prod_{i=1}^n \left(1+a_i\right)\times \left(1+a_{n+1}\right) \\
& \pp 2^{n-1}\left(1+\prod_{i=1}^n a_i\right) \times \left(1+a_{n+1}\right) \\
&\pp 2^{n-1} \left(1+\prod_{i=1}^n a_i + a_{n+1}+\prod_{i=1}^{n+1} a_i \right)
\end{align*}$$
Or d’après $(1)$ : $\displaystyle \prod_{i=1}^n a_i + a_{n+1} \pp 1 + \prod_{i=1}^n a_i \times a_{n+1}$
Soit $\displaystyle \prod_{i=1}^n a_i + a_{n+1} \pp 1+\prod_{i=1}^{n+1} a_i $.

Par conséquent :

$$\begin{align*} \prod_{i=1}^{n+1} \left(1+a_i\right) &\pp 2^{n-1}\left(1+\prod_{i=1}^n a_i + a_{n+1}+\prod_{i=1}^{n+1} a_i \right)  \\
&2^{n-1}\left(1+\prod_{i=1}^{n+1} a_i +1+\prod_{i=1}^{n+1} a_i \right)  \\
&2^{n}\left(1+\prod_{i=1}^{n+1} a_i  \right)
\end{align*}$$

La propriété est donc vraie au rang $n+1$.

$\quad$

Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\displaystyle \prod_{i=1}^n \left(1+a_i\right) \pp 2^{n-1}\left(1+\prod_{i=1}^n a_i\right)$.

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$\quad$


$\quad$

Exercice 2

Soient $n\in\N^*$ et $a_1,a_2,\ldots, a_n$ $n$ réels strictement positifs.

  1. Vérifier que $\forall x>0, x+\dfrac{1}{x} \pg 2$.
  2. En déduire, par récurrence que, $\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) \pg n^2$.

$\quad$

Correction Exercice 2

  1. $x+\dfrac{1}{x}-2 = \dfrac{x^2-2x+1}{x} =\dfrac{(x-1)^2}{x}$
    Par conséquent, pour tout réel $x$ strictement positif, $x+\dfrac{1}{x}-2 \pg 0$.
    Soit $x+\dfrac{1}{x}\pg 2$.
    $\quad$
  2. Montrons par récurrence sur $n$ que $\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) \pg n^2$.
    Initialisation : Si $n=1$ alors
    $\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) = a_1 \times \dfrac{1}{a_1} = 1 \pg 1^2$
    La propriété est vraie au rang $1$.
    $\quad$
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) \pg n^2$
    $$\begin{align*} \displaystyle \left(\sum_{i=1}^{n+1} a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{1}{a_i}\right)&= \left(\sum_{i=1}^n a_i + a_{n+1}\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}+\dfrac{1}{a_{n+1}}\right) \\
    &= \left(\sum_{i=1}^n a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) + a_{n+1}\times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) +\dfrac{1}{a_{n+1}}\times  \left(\sum_{i=1}^n a_i\right)+ \dfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}} \\
    &= \left(\sum_{i=1}^n a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) + a_{n+1}\times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) +\dfrac{1}{a_{n+1}}\times  \left(\sum_{i=1}^n a_i\right)+ 1
    \end{align*}$$
    $\quad$
    On va montrer que $\displaystyle a_{n+1}\times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) +\dfrac{1}{a_{n+1}}\times  \left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\pg 2n$
    $$\begin{align*} \displaystyle a_{n+1}\times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) +\dfrac{1}{a_{n+1}}\times  \left(\sum_{i=1}^n a_i\right)&= \dfrac{a_{n+1}}{a_1}+\dfrac{a_{n+1}}{a_2}+\ldots+\dfrac{a_{n+1}}{a_n}+\dfrac{a_1}{a_{n+1}}+\dfrac{a_2}{a_{n+1}}+\ldots+\dfrac{a_n}{a_{n+1}} \\
    &=\left( \dfrac{a_{n+1}}{a_1}+\dfrac{a_1}{a_{n+1}}\right)+\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_{n+1}}\right)+\ldots+\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}+\dfrac{a_n}{a_{n+1}} \right)\\
    & \pg \underbrace{2+2+\ldots+2}_{n \text{ fois}} \qquad \text{ d’après la question } 1
    \end{align*}$$
    Par conséquent :
    $$\begin{align*} \displaystyle \left(\sum_{i=1}^{n+1} a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{1}{a_i}\right)&= \left(\sum_{i=1}^n a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) + a_{n+1}\times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) +\dfrac{1}{a_{n+1}}\times  \left(\sum_{i=1}^n a_i\right)+ 1 \\
    &\pg n^2+2n+1 \\
    &\pg (n+1)^2
    \end{align*}$$
    La propriété est vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ non nul, on a : $\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_i\right) \times \left(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}\right) \pg n^2$

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TS – DM – Intégration


Difficulté : ++
Exercice 1 :

Approximations rationnelles de $\pi$ et de $\ln(2)$

Pour tout entier naturel non nul $n$, on pose $I_n = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\tan(x)\right)^n\mathrm{d}x$.

Partie A

  1. Justifier l’existence de $I_n$.
    $\quad$
  2. Sans calculer $I_n$, montrer que la suite $\left(I_n\right)$ est positive et décroissante. Que peut-on en déduire?
    $\quad$
  3. Rappeler la dérivée de la fonction $\tan$, puis calculer celle de la fonction $h : \begin{cases} \left[0;\dfrac{\pi}{4}\right] \to \R \\x \mapsto \ln \left(\cos(x)\right) \end{cases}$.
    En déduire les valeurs exactes de $I_1$ et $I_2$.
    $\quad$
  4. En remarquant que $\left(\tan(x)\right)^3 = \tan(x) \times \left(\left(\tan(x)\right)^2+1\right) – \tan(x)$, calculer la valeur exacte de $I_3$.
    $\quad$
Correction Partie A

  1. La fonction $\tan$ est continue sur $\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]$. Il en est donc de même pour la fonction $\tan^n$ pour tout entier naturel non nul $n$.
    Par conséquent $I_n$ existe.
    $\quad$
  2. La fonction $\tan$ est positive sur $\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]$. Il en est donc de même pour la fonction $\tan^n$ pour tout entier naturel non nul $n$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel non nul $n$, $I_n \ge 0$.
    $\quad$
    Soit $n$ un entier naturel non nul :
    $$\begin{align*}
    I_{n+1}-I_n &= \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\tan(x)\right)^{n+1}\mathrm{d}x-\int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\tan(x)\right)^{n}\mathrm{d}x \\\\
    &= \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\tan(x)\right)^{n} \left(\tan x-1\right) \mathrm{d}x
    \end{align*}$$
    Or sur $\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]$ $\tan x-1 \le 0$ et $\left(\tan(x)\right)^{n} \ge 0$.
    Par conséquent $I_{n+1}-I_n \le 0$.
    La suite $(I_n)$ est donc décroissante.
    $\quad$
    La suite $(I_n)$ est décroissante et minorée par $0$; elle est donc convergente.
    $\quad$
  3. La dérivée de la fonction $\tan$ est définie, sur $\left]-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}\right[$ par $1+\tan^2(x) = \dfrac{1}{\cos^2 x}$.
    $\quad$
    La fonction $\cos$ est dérivable et strictement positive sur $\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]$ et la fonction $\ln$ est dérivable sur $]0;+\infty[$. Par conséquent la fonction $h$ est dérivable sur $\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]$.
    $h'(x) = -\sin(x) \dfrac{1}{\cos(x)} = -\tan x$.
    $\quad$
    $$\begin{align*}
    I_1 &= \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan(x) \mathrm{d}x \\\\
    & = \left[-h(x)\right]_0^{\frac{\pi}{4}} \\\\
    & = -\ln \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\\\
    &= -\ln \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\\\
    &= \ln \sqrt{2} \\\\
    &= \dfrac{1}{2} \ln (2)
    \end{align*}$$
    $\quad$
    $$\begin{align*}
    I_2 &= \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\tan(x)\right)^2 \mathrm{d}x \\\\
    & = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left[1 + \left(\tan(x)\right)^2-1\right] \mathrm{d}x \\\\
    & = \left[\tan(x)-x\right]_0^{\frac{\pi}{4}} \\\\
    & = 1-\dfrac{\pi}{4}
    \end{align*}$$
    $\quad$
  4. $\tan(x) \times \left(\left(\tan(x)\right)^2 + 1\right)-\tan(x) = \left(\tan(x)\right)^3 + \tan(x)-\tan(x) = \left(\tan(x)\right)^3$.
    $$\begin{align*}
    I_3 &= \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\tan(x)\right)^3 \mathrm{d}x \\\\
    &= \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left[\tan(x) \times \left(\left(\tan(x)\right)^2 + 1\right)-\tan(x) \right] \mathrm{d}x \\\\
    &= \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left[\tan(x) \times \left(\left(\tan(x)\right)^2 + 1\right)\mathrm{d}x\right]-\int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan(x) \mathrm{d}x \\\\
    &= \left[ \dfrac{1}{2} \left(\tan(x)\right)^2\right]_0^{\frac{\pi}{4}}-I_1 \\\\
    & = \dfrac{1}{2} + \ln \dfrac{\sqrt{2}}{2}
    \end{align*}$$

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Partie B

  1. Pour tout entier $n > 0$, montrer que $I_n + I_{n+2} = \dfrac{1}{n+1}$.
    $\quad$
  2. En déduire que, pour tout entier $n > 0$, $\dfrac{1}{2(n+1)} \le I_n \le \dfrac{1}{n+1}$.
    $\quad$
  3. Quelle est la limite de la suite $(I_n)$?
    $\quad$
Correction Partie B

  1. Soit $n > 0$
    $$\begin{align*}
    I_n + I_{n+2} & = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\tan(x)\right)^n\mathrm{d}x + \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\tan(x)\right)^{n+2} \mathrm{d}x \\\\
    & = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left[ \left(\tan(x)\right)^n + \left(\tan(x)\right)^{n+2}\right] \mathrm{d}x \\\\
    & = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\tan(x)\right)^n \left(1 + \left(\tan(x)\right)^2\right)\mathrm{d}x\\\\
    & = \left[\dfrac{1}{n+1}\left(\tan(x)\right)^{n+1}\right]_0^{\frac{\pi}{4}} \\\\
    & = \dfrac{1}{n+1}
    \end{align*}$$
    $\quad$
    \item La suite $(I_n)$ est positive donc $I_n \le I_n+I_{n+2}$ soit $I_n \le \dfrac{1}{n+1}$.
    La suite $(I_n)$ est décroissante donc $I_{n+2} \le I_n$ par conséquent $I_{n+2} + I_n \le 2I_n$ soit $\dfrac{1}{n+1} \le 2I_n$ et $\dfrac{1}{2(n+1)} \le I_n$.
    Finalement $\dfrac{1}{2(n+1)} \le I_n \le \dfrac{1}{n+1}$.
    $\quad$
  2. On a $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{2(n+1)} = 0$.
    D’après le théorème des gendarmes $\lim\limits_{n \to +\infty} I_n= 0$.

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Partie C

On pose $u_n = I_{n+4}-I_n$ où $n \in \N^*$.

  1. Exprimer $u_n$ en fonction de $n$, sous la forme de la différence de deux fractions.
    $\quad$
  2. Calculer $u_2+u_6+u_{10}+\ldots+u_{4k-2}$ en fonction de $I_2$ et $I_{4k+2}$, pour $k$ entier strictement positif.
    $\quad$
  3. En déduire la limite de la somme : $S_k = 1 – \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{9} \ldots-\dfrac{1}{4k-1} + \dfrac{1}{4k+1}$ lorsque $k$ tend vers $+\infty$.
    $\quad$
  4. Montrer que pour tout $n > 0$,
    $$1 – \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5} \ldots – \dfrac{1}{4n-1} + \dfrac{1}{4n+1}-\dfrac{1}{4n+3} \le \dfrac{\pi}{4} \le 1-\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5} \ldots + \dfrac{1}{4n+1}$$
    $\quad$
  5. Écrire un algorithme qui donne un encadrement de $\pi$ par deux rationnels, avec une précision choisie.
    $\quad$
  6. Calculer $u_1+u_5+u_9+\ldots+u_{4k-3}$ en fonction de $I_1$ et $I_{4k+1}$, pour $k$ entier strictement positif.
    $\quad$
  7. En déduire la limite de la somme : $1-\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} \ldots + \dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k}$ lorsque $k$ tend vers $+\infty$.
    $\quad$
  8. Encadrer $\ln(2)$ par deux suites convergentes de rationnels.
    $\quad$
  9. Calculer la valeur exacte de $\displaystyle \sum_{n=1}^{100} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}$, comparer avec $\ln(2)$. Conclusion?
    $\quad$
Correction Partie C

  1.  $\quad$
    $$\begin{align*}
    u_n &= I_{n+4}-I_n \\\\
    &= I_{n+4} + I_{n+2}-I_{n+2}-I_n \\\\
    &= \dfrac{1}{n+3}-\dfrac{1}{n+1}
    \end{align*}$$
    $\quad$
  2. $\quad$
    $$\begin{align*}
    u_2+u_6+u_{10} + \ldots + u_{4k-2} &= I_6 – I_2 + I_{10}-I_6 + I_{14}-I_{10} + \ldots + I_{4k+2}-I_{4k-2} \\\\
    &= I_{4k+2}-I_2
    \end{align*}$$
    $\quad$
  3. $\quad$
    $$\begin{align*}
    S_k &= 1-\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{9} \ldots-\dfrac{1}{4k-1} + \dfrac{1}{4k+1} \\\\
    &= 1 + u_2 + u_6 + u_{10}+ \ldots + u_{4k-2} \\\\
    &= 1 + I_{4k+2}-I_2
    \end{align*}$$
    Or $\lim\limits_{n \to +\infty} I_n= 0$
    Donc $\lim\limits_{k \to +\infty} S_k= 1-\left(1-\dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\pi}{4}$
    $\quad$
  4. Puisque la suite $(I_n)$ est décroissante on peut dire que la suite $(S_n)$ l’est aussi.
    Donc $\dfrac{\pi}{4} \le 1-\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5} \ldots + \dfrac{1}{4n+1}$.
    D’après la question B.2 on a $I_{4n+2} \le \dfrac{1}{4n+3}$
    Donc
    $$\begin{align*}
    S_n-\dfrac{1}{4n+3} &= 1 + I_{4n+2}-I_n – \dfrac{1}{4n+3} \\\\
    & = \dfrac{\pi}{4} + I_{4n+2}-\dfrac{1}{4n+3} \\\\
    & \le \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{1}{4n+3}-\dfrac{1}{4n+3} \\\\
    & \le \dfrac{\pi}{4}
    \end{align*}$$
    Par conséquent $$1-\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5} \ldots-\dfrac{1}{4n-1} + \dfrac{1}{4n+1}-\dfrac{1}{4n+3} \le \dfrac{\pi}{4} \le 1-\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5} \ldots + \dfrac{1}{4n+1}$$
    $\quad$
  5. Variables :
    $\quad$ $p$ est un réel
    $\quad$ $n$ est un entier naturel non nul
    $\quad$ $S$ est un réel
    $\quad$ $inf$ est un réel
    $\quad$ $sup$ est un réel
    Initialisation :
    $\quad$ Afficher “Quelle précision voulez-vous?”
    $\quad$ Saisir $p$
    $\quad$ $n$ prend la valeur $1$
    $\quad$ $S$ prend la valeur $1-\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5}$
    Traitement :
    $\quad$ Tant que $\dfrac{1}{4n+3} > p$
    $\qquad$ $n$ prend la valeur $n+1$
    $\qquad$ $S$ prend la valeur $S – \dfrac{1}{4n-1} + \dfrac{1}{4n+1}$
    $\quad$ Fin Tant que
    $\quad$ $inf$ prend la valeur $4 \left(S-\dfrac{1}{4n+3}\right)$
    $\quad$ $sup$ prend la valeur $4S$
    Sortie :
    $\quad$ Afficher “Borne inférieure : ”
    $\quad$ Afficher $inf$
    $\quad$ Afficher “Borne supérieure : ”
    $\quad$ Afficher $sup$
    $\quad$
  6. Soit $k$ un entier naturel non nul.
    $$\begin{align*}
    u_1+u_5+u_9+\ldots+u_{4k-3} & = I_5 – I_1 + I_9-I_5 + \ldots + I_{4k+1}-I_{4k-3} \\\\
    &= I_{4k+1}-I_1
    \end{align*}$$
    $\quad$
  7. $\quad$
    $$\begin{align*}
    u_1+u_5+\ldots+u_{4k-3} &= -\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{8}+\ldots-\dfrac{1}{4k-3+1}+\dfrac{1}{4k-3+3} \\\\
    &=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{8}+\ldots-\dfrac{1}{4k-2}+\dfrac{1}{4k} \\\\
    &=-\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\ldots+\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k} \right)
    \end{align*}$$
    Par conséquent, d’après la question précédente, on a :
    $-\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\ldots+\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k}\right) =I_{4k+1}-I_1$.
    Donc $A_k=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\ldots+\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k} = 2\left(I_1-I_{4k+1}\right)$.
    Or d’après la question B.3. $\lim\limits_{k \to +\infty} I_{4k+1} = 0$.
    Donc $\lim\limits_{k \to +\infty} A_k = 2I_1=\ln (2)$.
    Par conséquent $\lim\limits_{k \to +\infty} 1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\ldots+\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k} = \ln (2)$.
    $\quad$
  8. On considère la suite $\left(A_k\right)$ définie, pour tout entier naturel $k$ non nul par $$A_k = 1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\ldots+\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k}$$ et la suite $\left(B_k\right)$ définie par $$B_k = A_k + \dfrac{1}{2k+1}.$$
    $A_{k+1}-A_k = \dfrac{1}{2(k+1)-1} – \dfrac{1}{2(k+1)} = \dfrac{1}{2k+1} – \dfrac{1}{2k+2} >0$.
    La suite $\left(A_k\right)$ est donc croissante et, d’après la question précédente, sa limite est $\ln(2)$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $k$ non nul, on a $A_k \le \ln(2)$
    $$\begin{align*}
    B_{k+1}-B_k &= A_{k+1}-A_k+\dfrac{1}{2(k+1)+1}-\dfrac{1}{2k+1} \\\\
    &= \dfrac{1}{2k+1} – \dfrac{1}{2k+2} + \dfrac{1}{2(k+1)+1}-\dfrac{1}{2k+1} \\\\
    &= -\dfrac{1}{2k+2}+\dfrac{1}{2k+3}\\\\
    &<0
    \end{align*}$$
    La suite $\left(B_k\right)$ est donc décroissante.
    $\lim\limits_{k \to +\infty}B_k = \lim\limits_{k \to +\infty} \left(A_k + \dfrac{1}{2k+1}\right) = \ln (2)$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $k$ non nul, on a $B_k \ge \ln(2)$.
    Ainsi,pour tout entier naturel $k$ non nul, on a $A_k \le \ln(2) \le B_k$
    $\quad$
  9. $\quad$
    $$ \sum_{n=1}^{100} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}=\dfrac{47~979~622~564~155~786~918~478~609~039~662~898~122~617}{69~720~375~229~712~477~164~533~808~935~312~303~556~800}$$
    Et $\displaystyle \ln(2)-\sum_{n=1}^{100} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} \approx 4,975 \times 10^{-3}$
    Cette approximation de $\ln(2)$ par $\displaystyle \sum_{n=1}^{100} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}$ n’est pas très rapide car en $100$ étapes l’erreur est supérieure à $10^{-3}$.

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Exercice 2 :

Approximations rationnelles de $\e$

Pour tout entier $n$ de $\N$, on considère la suite $(I_n)$ définie par $I_n = \displaystyle \int_1^{\e} \left(\ln(x)\right)^n \mathrm{d}x$.

  1. Montrer que la suite $(I_n)$ est définie, positive et décroissante. Calculer $I_0$.
    $\quad$
  2. Dériver la fonction $\begin{cases} [1;\e] \to \R \\ x \mapsto x \ln(x) \end{cases}$, en déduire la valeur exacte de $I_1$.
    $\quad$
  3. Dériver la fonction $\begin{cases} [1;\e] \to \R \\ x \mapsto x \left(\ln(x)\right)^n \end{cases}$ pour $n > 0$
    $\quad$
  4. En déduire que pour tout $n \in \N$, $I_{n+1} = \e-(n+1)I_n$.
    $\quad$
  5. Calculer les valeurs exactes de $I_2$, $I_3$ et $I_4$ en fonction de $\e$; puis leurs valeurs approchées à $10^{-3}$ près.
    $\quad$
  6. Démontrer que $(n+1)I_n \le \e$. En déduire la convergence de $I_n$.
    $\quad$
  7. Calculer la limite de $nI_n$.
    $\quad$
  8. Programmer sur la calculatrice ou un tableur le calcul de $I_n$ à partir de la formule de récurrence. Que remarque-t-on? Expliquer.
    $\quad$
  9. Avec un logiciel de calcul formel, calculer la valeur exacte de $I_{30}$, en déduire une approximation rationnelle de $\e$.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. La fonction $\ln$ est continue et positive sur $[1;\e]$. Il en est de même pour la fonction $\ln^n$, pour tout entier naturel $n$. par conséquent $I_n$ est est définie et positive pour tout $n$ de $\N$.
    $\quad$
    Soit $n\in \N$ :
    $$\begin{align*}
    I_{n+1}-I_{n} &=\displaystyle \int_1^{\e} \left(\ln(x)\right)^{n+1}\mathrm{d}x-\int_1^{\e} \left(\ln(x)\right)^{n}\mathrm{d}x \\\\
    &= \displaystyle \int_1^{\e} \left(\ln(x)\right)^{n}\left(\ln x – 1\right) \mathrm{d}x
    \end{align*}$$
    Sur $[1;\e]$, $\ln(x) \le 1$ donc $I_{n+1}-I_n \le 0$.
    $\quad$
    La suite $(I_n)$ est donc définie, positive et décroissante.
    $\quad$
    $$\begin{align*}
    I_0 &= \displaystyle \int_1^{\e} 1 \mathrm{d}x \\\\
    &= [x]_1^{\e} \\
    & = \e-1
    \end{align*}$$
    $\quad$
  2. La fonction $x \mapsto x\ln(x)$ est dérivable sur $[1;\e]$ en tant produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    Sa dérivée est définie sur $[1;\e]$ par : $\ln(x) + x \times \dfrac{1}{x} = \ln(x)+1$.
    $\quad$
    $$\begin{align*}
    I_1 &= \displaystyle \int_1^{\e} \ln x \mathrm{d}x \\\\
    &= \displaystyle \int_1^{\e} \left(\ln x + 1-1\right) \mathrm{d}x \\\\
    &= \displaystyle \int_1^{\e} \left(\ln x+1\right) \mathrm{d}x -\int_1^{\e} 1 \mathrm{d}x \\\\
    &= \left[x\ln(x)\right]_1^{\e}-\e +1\\\\
    &= 1
    \end{align*}$$
    $\quad$
  3. Soit $n \in \N^*$. La fonction $f_n:x \mapsto x\left(\ln(x)\right)^n$ est dérivable sur $[1;\e]$ en tant produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    Sa dérivée est définie sur $[1;\e]$ par :
    $$\begin{align*} f_n'(x) &= \left(\ln(x)\right)^n + x \times \dfrac{n}{x} \times \left(\ln(x)\right)^{n-1} \\\\
    &= \left(\ln(x)\right)^n+n\left(\ln(x)\right)^{n-1}
    \end{align*}$$
    $\quad$
  4. Soit $n\in \N$
    $$\begin{align*}
    \displaystyle I_{n+1} &= \int_0^{\e} \left(\ln(x)\right)^{n+1}\mathrm{d}x \\\\
    &= \left[x\left(\ln(x)\right)^{n+1} \right]_0^{\e}-\int_0^{\e} (n+1)\left(\ln(x)\right)^n\mathrm{d}x \\\\
    &= \e-(n+1)I_n
    \end{align*}$$
    $\quad$
  5. $I_2 = \e-2I_1 = \e-2 \approx 0,718$
    $\quad$
    $I_3 = \e-3I_2 = 6-2\e\approx 0,563$
    $\quad$
    $i_4 = \e-4I_3 = 9\e-24 \approx 0,465$
    $\quad$
  6. $(n+1)I_n = \e-I_{n+1}$. Or $(I_n)$ est une suite positive. Donc $(n+1)I_n \le \e$.
    $\quad$
    On a ainsi $0 \le I_n \le \dfrac{\e}{n+1}$.
    Or $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{\e}{n+1} = 0$.
    D’après le théorème des gendarmes, on a $\lim\limits_{n \to +\infty} I_n= 0$.
    $\quad$
  7. On a $I_{n+1} = \e-nI_n-I_n$.
    Or $\lim\limits_{n \to +\infty} I_{n+1} = \lim\limits_{n \to +\infty} I_n = 0$.
    Donc $\lim\limits_{n \to +\infty} nI_n = \e$.
    $\quad$
  8. On constate, sur un tableur, qu’à partir du rang $16$, la suite $(I_n)$ n’est plus décroissante. Cela est certainement dû à des erreurs d’arrondis.
    $\quad$
  9. La valeur exacte de $I_{30}$ est :
    $$97~581~073~836~835~777~732~377~428~235~481 \e -265~252~859~812~191~058~636~308~480~000~000$$
    Puisque $\lim\limits_{n \to +\infty} I_n = 0$ alors $\e \approx \dfrac{265~252~859~812~191~058~636~308~480~000~000}{97~581~073~836~835~777~732~377~428~235~481}$

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Exercice 3

Calculer les intégrales suivantes :

  1. $\displaystyle \int_0^2 \left(1 – |x-1|\right)^3\mathrm{d}x$
    $\quad$
  2. $\displaystyle \int_0^{\pi} \left(\sin x\right)^5 \mathrm{d}x$
    $\quad$
  3. $\displaystyle \int_0^{\pi} \sin^5 t \cos t \mathrm{d}x$
    $\quad$
  4. $\displaystyle \int_0^3 \dfrac{1}{\sqrt{4x+1}}\mathrm{d}x$
    $\quad$
  5. $\displaystyle \int_{\sqrt{\e}}^{\e} \dfrac{1 + \ln(u)}{u\ln(u)} \mathrm{d}u$.
Correction Exercice 3

  1. $(1-|x-1|)^3 = \begin{cases} (1-(1-x))^3 \text{~~sur~} [0,1] \\(1-(x – 1))^3 \text{  sur } [1;2]\end{cases}$ $=\begin{cases} x^3 \text{  sur } [0,1] \\(2-x)^3 \text{~~sur~} [1;2]\end{cases}$
    $$\begin{align*}
    \displaystyle \int_0^2 \left(1-|x-1|\right)^3\mathrm{d}x &= \int_0^1 x^3\mathrm{d}x + \int_1^2 (2-x)^3\mathrm{d}x \\\\
    &= \left[\dfrac{x^4}{4}\right]_0^1 + \left[\dfrac{-(2-x)^4}{4}\right]_1^2 \\\\
    & = \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4} \\\\
    & = \dfrac{1}{2}
    \end{align*}$$
    $\quad$
  2. $\quad$
    $$\begin{align*} \displaystyle \int_0^{\pi} \left(\sin x\right)^5 \mathrm{d}x &= \int_0^{\pi} \left(\left(\sin(x)\right)^2\right)^2\sin(x)\mathrm{d}x \\\\
    &= \int_0^{\pi} \left(1-\left(\cos(x)\right)^2\right)^2\sin(x)\mathrm{d}x \\\\
    &= \int_0^{\pi} \left(1-2\left(\cos(x)\right)^2 + \left(\cos(x)\right)^4\right)\sin(x)\mathrm{d}x \\\\
    &= \left[-\cos(x) + \dfrac{2}{3}\left(\cos(x)\right)^3-\dfrac{1}{5}\left(\cos{x}\right)^5\right]_0^{\pi} \\\\
    &= \dfrac{8}{15} + \dfrac{8}{15} \\\\
    & = \dfrac{16}{15}
    \end{align*}$$
    $\quad$
  3. $\quad$
    $$\begin{align*} \displaystyle \int_0^{\pi} \sin^5 t \cos t \mathrm{d}x &= \left[\dfrac{\left(\sin(x)\right)^6}{6}\right]_0^{\pi} \\\\
    &= 0-0 \\
    &= 0
    \end{align*}$$
    $\quad$
  4. $\quad$
    $$ \begin{align*} \displaystyle \int_0^3 \dfrac{1}{\sqrt{4x+1}}\mathrm{d}x &= \left[\dfrac{2\sqrt{4x+1}}{4}\right]_0^3 \\
    & = \dfrac{\sqrt{13}}{2}-\dfrac{1}{2} \\\\
    & = \dfrac{\sqrt{13}-1}{2}
    \end{align*}$$
    $\quad$
  5. $\quad$
    $$\begin{align*}
    \int_{\sqrt{\e}}^{\e} \dfrac{1 + \ln(u)}{u\ln(u)} \mathrm{d}u & = \left[\ln\left(u\ln(u)\right) \right]_{\sqrt{\e}}^{\e} \\\\
    &= \ln \e-\ln \dfrac{\sqrt{\e}}{2} \\\\
    &= 1-\ln \sqrt{\e} + \ln 2 \\\\
    & = 1-\dfrac{1}{2}\ln \e + \ln 2\\\\
    &=\dfrac{1}{2} + \ln 2
    \end{align*}$$

[collapse]

$\quad$

 

TS – Pour aller plus loin – Nombres complexes

Difficulté +

Exercice 1 : Transformation complexe

Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct.

On appelle $f$ l’application qui, à tout point $M$ d’affixe $z(z\neq -1)$ associe le point $M’$ d’affixe $z’$ telle que :$$z’=\dfrac{-\ic z -2}{z+1}.$$

Soient $A,B$ et $C$ les points d’affixe respectives $a=-1,b=2\ic$ et $c=-i$.

  1. Soit $C’$ l’image du point $C$ par $f$. Donner l’affixe $c’$ du point $C’$ sous forme algébrique, puis sous forme trigonométrique.
    $\quad$
  2. Calculer l’affixe $d$ du point $D$ ayant pour image par $f$ le point $D’$ d’affixe $d’=\dfrac{1}{2}$.
    $\quad$
  3. Pour tout nombre complexe $z$ différent de $-1$, on donne $p$ le module de $z+1$ (c’est-à-dire $|z+1|=p$) et $p’$ le module de $z’+\ic$ (c’est-à-dire $|z’+\ic|=p’$).
    a. Démontrer que, pour tout nombre complexe $z$ différent de $-1$, on a $pp’=\sqrt{5}$.
    $\quad$
    b. Si le point $M$ appartient au cercle $(\Gamma)$ de centre $A$ et de rayon $2$, montrer qu’alors $M’=f(M)$ appartient à un cerlce $(\Gamma’)$ dont on précisera le centre et le rayon.
    $\quad$
  4. Pour tout nombre complexe $z$ différent de $-1$, on considère le nombre complexe $\omega=\dfrac{z-2\ic}{z+1}$.
    a. Interpréter géométriquement l’argument du nombre complexe $\omega$.
    $\quad$
    b. Montrer que $z’=-\ic \omega$.
    $\quad$
    c. Déterminer l’ensemble $(F)$ des points $M$ d’affixe $z$ telle que $z’$ soit un réel non nul.
    $\quad$
    d. Vérifier que le point $D$ appartient aux ensembles $(\Gamma)$ et $(F)$.
    $\quad$
  5. Représenter les ensembles $(\Gamma)$, $(F)$ et $(\Gamma’)$ en prenant $4$ cm pour unité graphique.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. $\quad$
    $$\begin{align*} c’&=\dfrac{-\ic \times (-\ic)-2}{-\ic+1} \\
    &= \dfrac{-3}{-\ic+1} \\
    &=\dfrac{-3(1+\ic)}{2} \quad \text{forme algébrique}
    \end{align*}$$
    $|1+\ic| = \sqrt{2}$ donc $1+\ic=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}\ic}{2}\right)=\sqrt{2}\e^{\ic \pi/4}$
    Par conséquent $c’=-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\e^{\ic \pi/4} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\e^{\ic \pi/4} \e^{\ic \pi} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\e^{5\ic \pi/4}$ (forme trigonométrique).
    $\quad$
  2. Puisque $D’$ est l’image de $D$ cela signifie donc que :
    $$\begin{align*} \dfrac{1}{2} = \dfrac{-\ic z-2}{z+1} &\ssi z+1=2(-\ic z-2) \\
    &\ssi z+1=-2\ic z-4 \\
    &\ssi z(1+2\ic) = -5\\
    &\ssi z=\dfrac{-5}{1+2\ic} \\
    &\ssi z=\dfrac{-5(1-2\ic)}{5}\\
    &\ssi z=-1+2\ic
    \end{align*}$$
    $\quad$
  3. a. Soit $z$ un complexe différent de $-1$.
    $$\begin{align*}
    pp’&=|z+1||z’+\ic| \\
    &=|z+1|\left|\dfrac{-\ic z-2}{z+1}+\ic\right|\\
    &=|z+1|\dfrac{\left|-\ic z – 2 + \ic(z+1)\right|}{|z+1|} \\
    &=|-2+\ic z|\\
    &=\sqrt{5}
    \end{align*}$$
    $\quad$
    b. Si $M(z)$ appartient à$\Gamma$ alors $|z+1|=2$.
    D’après la question précédente on a $|z’+\ic|=\dfrac{\sqrt{5}}{|z+1|} = \dfrac{\sqrt{5}}{2}$.
    Par conséquent $M’$ appartient au cercle de centre $C$ et de rayon $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$.
    $\quad$
  4. a. arg$(\omega) = \left(\vec{AM},\vec{BM}\right)=\left(\vec{MA},\vec{MB}\right)$.
    L’argument de $\omega$ est donc une mesure de l’angle orienté $\left(\vec{MA},\vec{MB}\right)$.
    $\quad$
    b. $-\ic \omega = -\ic \times \dfrac{z-2i}{z+1} = \dfrac{-\ic z -2}{z+1} = z’$.
    $\quad$
    c. $z’$ est un réel non nul si, et seulement si, $\omega$ est un imaginaire pur.
    C’est équivalent à $MAB$ est un triangle rectangle en $M$.
    Par conséquent $(F)$ est le cercle de diamètre $[AB]$ privé des points $A$ et $B$.
    $\quad$
    d. $AD = |-1+2\ic+1|= |2ic| = 2$ donc $D$ appartient à $(\Gamma)$.
    $D’$ a pour affixe $\dfrac{1}{2}$. Par conséquent $D$ appartient également à $(F)$.
    $\quad$
  5. TS-plus loin-complexes-ex1

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Exercice 2 :

Partie A Le nombre $j$

On note $j$ le nombre complexe de module $1$ et d’argument $\dfrac{2\pi}{3}$.

  1. Donner l’écriture exponentielle puis l’écriture algébrique de $j$.
    $\quad$
  2. Montrer les propositions suivantes : $j^3=1, 1+j+j^2=0, \e^{\ic \pi/3} = -j^2=-\overline{j}$.
    $\quad$
  3. Construire avec le logiciel \textit{geogebra} les points $A, B, C$ d’affixe respectives $1,j,j^2$.
    $\quad$
  4. Que peut-on dire du triangle $ABC$? Démontrer.
    $\quad$

Partie B Caractérisation d’un triangle équilatéral

Dans le plan complexe muni d’un repère orthonormal $\Ouv$ on considère les points $A,B,C$ d’affixe respectives $a,b,c$.

  1. Montrer que le triangle $ABC$ est équilatéral direct si, et seulement si, $a+bj+cj^2=0$.
    $\quad$
  2. Montrer que le triangle $ABC$ est équilatéral si, et seulement si, $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca$.
    $\quad$
Correction Exercice 2

Partie A le nombre $j$

  1. On a $j=\e^{2\ic \pi/3} = \cos \dfrac{2\pi}{3}+\ic \sin \dfrac{2\pi}{3} = -\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2}$.
    $\quad$
  2. $j^3=\e^{3\times 2\ic \pi/3}=\e^{2\ic \pi}=1$.
    $j^2=\e^{4\ic \pi/3} = -\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2}$.
    Donc $1+j+j^2 = 1 -\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2} -\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2}=0$.
    $\e^{\ic \pi/3} = \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2} = -j^2$.
    De plus $-\overline{j} = -\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2}\right) = \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2}=e^{\ic \pi/3}$.
    $\quad$
  3. $\quad$
    TS-plus loin-complexes-ex2$\quad$
  4.  Il semblerait que le triangle $ABC$ soit équilatéral.
    $AB=|j-1| = \left|-\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2}\right| = \sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{3}{4}} = \sqrt{3}$.
    $AC = |j^2-1| = \left|-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2}-1\right| = \sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{3}{4}} = \sqrt{3}$.
    $BC = |j^2-j| = \left|-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2}-\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\ic}{2}\right)\right| = \left|-\sqrt{3}\ic\right| = \sqrt{3}$.
    Le triangle $ABC$ est bien équilatéral.
    $\quad$

Partie B Caractérisation d’un triangle équilatéral

  1. $ABC$ est un triangle équilatéral direct si, et seulement si, $a-b=\e^{\ic \pi/3} (c-b)$
    si, et seulement si, $a-b=-j^2(c-b)$
    si, et seulement si, $a-b-bj^2+c j^2=0$
    si, et seulement si, $a-\left(1+j^2\right)b+c j^2=0$
    si, et seulement si, $a+b j +c j^2=0$
    $\quad$
  2. $ABC$ est équilatéral si, et seulement si, $ABC$ est équilatéral direct ou $ABC$ équilatéral indirect.
    si, et seulement si, $a+b j +c j^2 = 0$ ou $a+c j + b j^2=0$
    si, et seulement si, $\left(a+b j + c j^2 \right)\left(a + c j + b j ^2\right)=0$
    si, et seulement si, $a^2+ac j+a b j^2+ab j + bc j^2 + b^2 j^3 + ac j^2 + c^2 j^3 + bc j^4 = 0$
    si, et seulement si, $a^2+ ab\left(j+j^2\right)+ ac\left(j + j^2\right) + bc\left(j^2 + j^4\right) + b^2 + c^2=0$
    si, et seulement si, $a^2-ab-ac+bc j^2 (-j)+b^2+c^2=0$
    si, et seulement si, $a^2+b^+c^2-ab-ac-bc=0$
    si, et seulement si, $a^2+b^2+c^2=ab+ac+bc$

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TS – Pour aller plus loin – Fonction logarithme et espace


Difficulté +

Exercice 1

On considère la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par :

$$\begin{cases} f(x) = x^2\ln(x), \text{ si } x>0 \\ f(0) = 0 \end{cases}$$

  1. Montrer que $f$ est continue et dérivable en $0$.
    $\quad$
  2. Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$.
    $\quad$
  3. Étudier les variations de $f$ et dresser son tableau de variations.
    $\quad$
  4. Montrer qu’il existe deux tangentes à la courbe passant par l’origine du repère.

$\quad$

Correction Exercice 1

  1. \item On sait que, pour tout entier naturel $n$ non nul, on a $\lim\limits_{x \to 0^+} x^n \ln(x) = 0$ donc en particulier si $n=2$
    $$\lim\limits_{x \to 0^+} x^2\ln(x) = 0 = f(0)$$
    Par conséquent la fonction $f$ est continue en $0$.
    $\quad$
    On considère le taux d’accroissement de la fonction $f$ en $0$ :
    $$\begin{align*} t_0(x) &= \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} \\
    & = \dfrac{x^2\ln(x)}{x} \\
    & = x\ln(x)
    \end{align*}$$
    Or $\lim\limits_{x \to 0} x\ln(x) = 0$.
    Donc $\lim\limits_{x \to 0} t_0(x) = 0$
    $f$ est donc dérivable en $0$ et $f'(0)=0$.
    $\quad$
  2. $\lim\limits_{x \to +\infty} x^2 = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} = +\infty$.
    \item $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle et $f$ est dérivable en $0$ d’après la question 1. . Par conséquent $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$.
    $f'(x)=2x\ln(x) + x^2\times \dfrac{1}{x} = x(2\ln x + 1)$.
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $2\ln x + 1$.
    Or, $2\ln x + 1 > 0 \Leftrightarrow 2\ln x > -1 \Leftrightarrow \ln x > -\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x > \e^{-0.5}$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    DM 5 - TS - ex1 variations$\quad$
  3. Pour tout réel $a$ positif ou nul, une équation de la tangente à la courbe au point d’abscisse $a$ est $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
    Donc ici $y=(2a\ln a + a)(x – a) + a^2\ln a$ soit $y = (2a\ln a + a)x – (a^2\ln a + a^2)$.
    Les tangentes passent par l’origine du repère si, et seulement si,
    $$a^2\ln a + a^2 = 0 \Leftrightarrow a^2(\ln a +1) = 0$$
    Les seules solutions de cette équation sont $0$ et $\e^{-1}$.
    Par conséquent, il n’existe que deux tangentes à la courbe passant par l’origine du repère.

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 Exercice 2 : Prise d’initiatives

$ABCD$ est un tétraèdre régulier, les quatre faces sont donc des triangles équilatéraux isométriques.

  1. Montrer que deux arêtes opposées sont orthogonales.
    $\quad$
  2. Soit $A’$ le centre de gravité du triangle $BCD$. Montrer que la droite $(AA’)$ est orthogonale au plan (BCD).
    $\quad$
  3. Soit $a$ la longueur d’une arête. Exprimer en fonction de $a$, le volume de ce tétraèdre.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. Considérons, par exemple, les arêtes $[AB]$ et $[CD]$.
    Les faces étant des triangles équilatéraux isométriques on a $ AC = AD$ et $BC=BD$. Par conséquent l’arête $[AB]$ appartient au plan médiateur du segment $[DC]$. Donc $[AB]$ et $[DC]$ sont orthogonaux.
    Le tétraèdre étant régulier ce résultat est vrai pour toutes les arêtes opposées.
    $\quad$
  2. On a : $BA’=CA’$ et $AB = AC$ donc $(AA’)$ appartient au plan médiateur de $[BC]$. De même $(AA’)$ appartient au plan médiateur de $[BD]$.
    La droite $(AA’)$ est donc orthogonale à deux droites sécantes, $(BC)$ et $(BD)$, du plan $(BCD)$. Elle est donc orthogonale à ce plan.
    $\quad$
  3. Dans le triangle équilatéral $BCD$ on appelle $I$ le milieu de $[BC]$.
    La médiane $(DI)$ est donc également une hauteur et le triangle $BDI$ est rectangle en $I$.
    On a de plus $BI = \dfrac{a}{2}$ et $BD = a$.
    On peut donc appliquer dans ce triangle le théorème de Pythagore :
    $BD^2=BI^2+ID^2 \Leftrightarrow a^2 = \dfrac{a^2}{4} + ID^2$ soit $ID^2 = \dfrac{3}{4}a^2$ et $ID = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
    $\quad$
    L’aire de ce triangle équilatéral est donc $\mathscr{A}=\dfrac{a \times \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \times a}{2} = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
    De plus on sait que $DA’ = \dfrac{2}{3}DI = \dfrac{a}{\sqrt{3}}$.
    $\quad$
    Dans le triangle $ADA’$ rectangle en $A’$ on applique le théorème de Pythagore :
    $AD^2 = AA’^2+A’D^2 \Leftrightarrow a^2 = AA’^2 + \dfrac{a^2}{3} \Leftrightarrow AA’^2 = \dfrac{2a^2}{3}$
    Soit $AA’ = \dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
    $\quad$
    Ainsi le volume du tétréadèdre est $\mathscr{V} = \dfrac{ \dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \times \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}}{3} = \dfrac{a^3\sqrt{2}}{12}$

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Exercice 3 : espace

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal $\Oijk$ , on considère les points $A(0;6;0)$, $B(0;0;8)$, $C(10;0;8)$. $M$ est un point appartenant au segment $[OB]$. Le plan $(\Pi)$ passant par $M$ et orthogonal à la droite $(OB)$ coupe la droite $(AC)$ en $P$.

 I Partie expérimentale

  1. En utilisant un logiciel de géométrie, construire une figure traduisant l’énoncé.
    $\quad$
  2. On note respectivement $N$ et $Q$ les points d’intersection du plan $(\Pi)$ avec les droites $(OC)$ et $(AB)$ et l’on admet que le quadrilatère $MNPQ$ est un rectangle. En déplaçant le point $M$, émettre une conjecture quant à la position de ce point rendant maximale l’aire du rectangle.
    $\quad$

II Partie démonstration

On note $z_0= OM$.

  1. Démontrer que $MNPQ$ est un rectangle. Exprimer en fonction de $z$ les longueurs $MN$ et $MQ$.
    $\quad$
  2. Démontrer la conjecture émise en I.2
    $\quad$
Correction Exercice 3

I Partie expérimentale

  1. $\quad$
    DM 5 - TS - ex3
    $\quad$
  2. Il semblerait que l’aire du rectangle $MNPQ$ soit maximale quand $M$ est le milieu de $[OB]$.
    $\quad$
    Animation Geogebra

II Partie démonstration

 

  1. On a $M(0;0;z_0)$. Une équation du plan $(\Pi)$ est donc $z=z_0$.
    $\vec{AC}(10;-6;8)$ par conséquent une représentation paramétrique de $(AC)$ est $\begin{cases} x=10t \\y=6-6t \qquad t\in \R\\z=8t \end{cases}$.
    Les coordonnées du point $P$ vérifient à la fois l’équation du plan $(\Pi)$ et celles de la droite $(AC)$.
    On obtient ainsi $8t = z_0$ soit $t = \dfrac{z_0}{8}$.
    Par conséquent, en remplaçant cette valeur dans la représentation paramétrique on a : $$P\left(\dfrac{5}{4}z_0;6 – \dfrac{3}{4}z_0;z_0\right)$$
    $\vec{OC}(10;0;8)$ par conséquent une représentation paramétrique de $(OC)$ est $\begin{cases} x= 10k\\y=0 \qquad k\in \R\\z=8k \end{cases}$.
    Les coordonnées du point $N$ vérifient à la fois l’équation du plan $(\Pi)$ et celles de la droite $(OC)$.
    On obtient ainsi $k = \dfrac{z_0}{8}$.
    Par conséquent, en remplaçant cette valeur dans la représentation paramétrique on a : $$N\left(\dfrac{5}{4}z_0;0;z_0\right)$$
    $\vec{AC}(0;-6;8)$ par conséquent une représentation paramétrique de $(AC)$ est $\begin{cases} x=0 \\y=6-6t’ \qquad t’\in \R\\z=8t’ \end{cases}$.
    Les coordonnées du point $Q$ vérifient à la fois l’équation du plan $(\Pi)$ et celles de la droite $(AB)$.
    On obtient ainsi $t’ = \dfrac{z_0}{8}$.
    Par conséquent, en remplaçant cette valeur dans la représentation paramétrique on a : $$Q\left(0;6 – \dfrac{3}{4}z_0;z_0\right)$$
    Ainsi $\vec{MN}\left(\dfrac{5}{4}z_0;0;0\right)$ et $\vec{QP}\left(\dfrac{5}{4}z_0;0;0\right)$.
    Le quadrilatère $MNPQ$ est donc un parallélogramme.
    De plus $\vec{MQ}\left(0;6-\dfrac{3}{4}z_0;0\right)$.
    $\vec{MN}.\vec{MQ} = 0$.
    Le parallélogramme $MNPQ$ est donc un rectangle.
    \item L’aire de ce rectangle est donnée par $\mathscr{A}(z_0) = MN \times MQ = \dfrac{5}{4}z_0 \times \left(6 – \dfrac{3}{4}z_0\right)$.
    Il s’agit d’un polynôme du second degré : $\mathscr{A}(z_0) = \dfrac{5}{4}\left(6z_0-\dfrac{3}{4}z_0\right)$.
    Le maximum est donc atteint pour $z_0 = \dfrac{-6}{-2\times \dfrac{3}{4}} = 4$.
    $\quad$
    On a ainsi prouvé la conjecture que l’aire du rectangle est maximale quand $M$ est le milieu de $[OB]$.

[collapse]

Exercice 4 : espace

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal $\Oijk$ , on définit les points $A(1;0;0)$, $B(0;1;0)$ et $C(0;0;1)$ et le point $I$ milieu du segment $[AB]$.

I Partie expérimentale

  1.  a. A l’aide d’un logiciel de géométrie dans l’espace, représenter le tétraèdre $OABC$ et le point $I$.
    $\quad$
    b. Pour un point $M$ du segment $[AC]$, on définit le plan $\mathscr{P}$ passant par le point $I$ et orthogonal à la droite $(IM)$. Tracer la section du tétraèdre $OABC$ par le plan $\mathscr{P}$.
    $\quad$
    c. Le plan $\mathscr{P}$ coupe la droite $(OB)$ en un point $N$. Construire le point $N$ et tracer le segment $[MN]$.
    $\quad$
  2. Étudier à l’aide du logiciel, les variations de la longueur $MN$ et conjecturer la position du point $M$, sur le segment $[AC]$, telle que cette longueur soit minimale.
    Quelle est, d’après le logiciel, cette longueur minimale?
    $\quad$

II Démonstration

On définit le réel $t = \dfrac{AM}{AC}$.

  1.  Montrer que les coordonnées des points $M$ et $N$ sont respectivement $M(1-t;0;t)$ et $N(0;t;0)$.
    $\quad$
  2. Calculer la longueur $MN$ en fonction de $t$.
    $\quad$
  3. Déterminer la valeur de $t$ pour laquelle cette longueur est minimale.
    $\quad$
  4. Donner la valeur minimale prise par la longueur $MN$.
    $\quad$
Correction Exercice 4

I Partie expérimentale

  1. $\quad$
    DM 5 - TS - ex4$\quad$
  2. Il semblerait que la distance $MN$ soit minimale quand $M$ est au tiers de $AC$ en partant de $A$ et $MN \approx 0,8165$.
    $\quad$
    Animation Geogebra

II Démonstration

  1. On a $\vec{AM} = t\vec{AC} \Leftrightarrow \begin{cases} x_M-1 = -t \\y_M = 0 \\z_M = t \end{cases}$
    Par conséquent $M(1-t;0;1)$.
    $\quad$
    On a $I\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0\right)$ donc $\vec{IM}\left(\dfrac{1}{2}-t;-\dfrac{1}{2};t\right)$.
    Ce vecteur est normal au plan $(\mathscr{P})$. Par conséquent une équation cartésienne de ce plan est de la forme : $$\left(\dfrac{1}{2}-t\right)x – \dfrac{1}{2}y + tz + d = 0$$
    Le point $I$ appartient au plan donc $\left(\dfrac{1}{2}-t\right) – \dfrac{1}{4} + d= 0$ soit $d=\dfrac{1}{2}t$.
    Finalement une équation de $\mathscr{P}$ est $\left(\dfrac{1}{2}-t\right)x – \dfrac{1}{2}y + tz + \dfrac{1}{2}t = 0$.
    $\quad$
    Une représentation paramétrique de $(OB)$ est $\begin{cases} x=0 \\y=k \qquad k\in \R \\z=0 \end{cases}$.
    Les coordonnées de $N$ vérifient à la fois l’équation de $\mathscr{P}$ et celles de la droite $(OB)$.
    Par conséquent $-\dfrac{1}{2}k+\dfrac{1}{2}t = 0$ soit $k=t$.
    $\quad$
    On obtient ainsi $N(0;t;0)$.
    $\quad$
  2. $\vec{MN}(t-1;t;-t)$ donc $MN = \sqrt{(t-1)^2+2t^2} = \sqrt{3t^2-2t+1}$.
    $\quad$
  3. La fonction $f$ définie sur $[0;1]$ par $f(x) = \sqrt{3t^2-2t+1}$ est dérivable sur $[0;1]$ car le polynôme du second degré ne s’annule jamais sur cet intervalle.
    $f'(x) = \dfrac{6t-2}{2\sqrt{3t2-2t+1}} = \dfrac{3t-1}{2\sqrt{3t^2-2t+1}}$.
    Le coefficient principal du polynôme du second degré étant positif et la fonction racine carrée étant strictement croissante sur $[0;+\infty[$, la fonction $f$ possède un minimum atteint pour $t=\dfrac{1}{3}$.
    $\quad$
  4. Pour $t = \dfrac{1}{t}$ on a $MN = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$.

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TS – Pour aller plus loin – probabilités

Difficulté + $\qquad$ 

Exercice 1

Liban juin 2005

Un fabricant d’écrans plasma teste une première fois ses appareils à la sortie de la chaîne de fabrication.

Si le test est positif(c’est-à-dire si l’écran fonctionne correctement), l’écran est acheminé chez le client. Sinon l’écran retourne en usine où il est réparé puis testé une seconde fois. Si ce deuxième test est positif, l’écran est acheminé chez le client, sinon il est détruit. Une étude statistique a permis de montrer que le test est positif pour $70\%$ des écrans neufs sortis directement des chaînes de fabrication, mais que parmi les écrans réparés, seulement $65\%$ d’entre eux passent le second test avec succès.

$\quad$
On note $T_1$ l’événement : “le premier test est positif”.

On note $C$ l’événement : “l’écran est acheminé chez le client”.

  1. On choisit un écran au hasard à la sortie de la chaîne de fabrication. Déterminer les probabilités des événements $T_1$ et $C$.
    $\quad$
  2. La fabrication d’un écran revient à $1~000$ euros au fabricant si l’écran n’est testé qu’une fois. Cela lui coûte $50$ euros de plus si l’écran doit être testé une seconde fois. Un écran est facturé $a$ euros ($a$ étant un réel positif) au client.
    On introduit la variable aléatoire $X$ qui, à chaque écran fabriqué, associe le “gain” (éventuellement négatif) réalisé par le fabricant.
    a. Déterminer la loi de probabilité de $X$ en fonction de $a$.
    $\quad$
    b. Exprimer l’espérance de $X$ en fonction de $a$.
    $\quad$
    c. A partir de quelle valeur de $a$, l’entreprise peut-elle espérer réaliser des bénéfices?

$\quad$

Correction Exercice 1

  1. D’après l’énoncé $p(T_1) = 0,7$.
    D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(C) &= p(T_1 \cap C) + p\left(\overline{T_1} \cap C\right) \\
    &= 0,7 + 0,3 \times 0,65 \\
    &= 0,7 + 0,195 \\
    & = 0,895
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. a. Le fabriquant peut gagner $a -1000$ si le premier test est positif, $a – 1050$ si le premier test est négatif et que le second est positif ou perdre $1050$ si le second test es toujours négatif.
    La loi de probabilité de $X$ est :
    $\begin{array}{|c|c|c|c|}
    \hline
    x_i & a – 1000&a-1050 & -1050 \\
    \hline
    P(X = x_i)& 0,7 & 0,195 & 0,105 \\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$
    b. On a ainsi
    $\begin{align*} E(X) &= 0,7 \times (a – 1000) + 0,195 \times (a – 1050) + 0,105 \times (-1050) \\
    & = 0,7a – 700 + 0,195a – 204,75 – 110,25 \\
    & = 0,895a – 1015
    \end{align*}$
    $\quad$
    c. L’entreprise fait un bénéfice quand $E(X) > 0$ ce qui est équivalent à :
    $0,895a – 1015 > 0 \Leftrightarrow a > \dfrac{1015}{0,895}$
    Il faut donc que $a > 1134,08$ euros pour que l’entreprise réalise un bénéfice.

[collapse]

$\quad$

Exercice 2

Asie juin 2000

Aline débute au jeu de fléchettes. Elle effectue des lancers successifs d’une fléchette. Lorsqu’elle atteint la cible à un lancer, la probabilité qu’elle atteigne la cible au lancer suivant est égale à $\dfrac{1}{3}$. Lorsqu’elle a manqué la cible à un lancer, la probabilité qu’elle manque la cible au lancer suivant est égale à $\dfrac{4}{5}$. On suppose qu’au premier lancer elle a autant de chances d’atteindre la cible que de la manquer.

$\quad$
Pour tout entier naturel $n$ strictement positif, on considère les événements suivants :

$A_n$ : “Aline atteint la cible au énième coup”.

$B_n$ : “Aline rate la cible au énième coup”. $\qquad$ On pose $p_n = p(A_n)$.

Pour les questions 1. et 2. on pourra éventuellement utiliser un arbre pondéré.

  1. Déterminer $p_1$ et montrer que $p_2 = \dfrac{4}{15}$.
    $\quad$
  2. Montrer que, pour tout entier naturel $n \ge 2, p_n = \dfrac{2}{15}p_{n-1} + \dfrac{1}{5}$.
    $\quad$
  3. Pour $n \ge 1$, on pose $u_n = p_n – \dfrac{3}{13}$. Montrer que la suite $(u_n)$ est une suite géométrique, dont on précisera le premier terme $u_1$ et la raison $q$.
    $\quad$
  4. Écrire $u_n$ puis $p_n$, en fonction de $n$, puis déterminer $\lim\limits_{n \to +\infty} p_n$.

$\quad$

Correction Exercice 2

On a l’arbre suivant :

TS - DM - probabilité - ex2

 

  1. On sait qu’au premier lancer elle a autant de chances d’atteindre la cible que la manquer. Par conséquent $p_1 = \dfrac{1}{2}$.
    $\quad$
    D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*}
    p_2 &= P(A_2) \\\\
    & = P(A_1 \cap A_2) + P(B_1 \cap A_2) \\\\
    & = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{5} \\\\
    & = \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{10} \\\\
    & = \dfrac{4}{15}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n$ non nul, d’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*}
    p_{n+1} &= p(A_{n+1}) \\\\
    & = p(A_n \cap A_{n+1}) + p(B_n \cap B_{n+1}) \\\\
    &= p_n \times \dfrac{1}{3} + (1 – p_n) \times \dfrac{1}{5} \\\\
    & = \dfrac{2}{15}p_n + \dfrac{1}{5}
    \end{align*}$
    $\quad$
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n \ge 2$ on a $p_n = \dfrac{2}{15}p_{n-1} + \dfrac{1}{5}$.
    \item $\quad$
    $\quad$
  3. $\begin{align*}
    u_{n+1} & = p_{n+1} – \dfrac{3}{13} \\\\
    & = \dfrac{2}{15}p_n + \dfrac{1}{5} – \dfrac{3}{13} \\\\
    & = \dfrac{2}{15}p_n – \dfrac{2}{65} \\\\
    & = \dfrac{2}{15} \left(p_n – \dfrac{3}{13}\right) \\\\
    & = \dfrac{2}{15} u_n
    \end{align*}$
    $\quad$
    Par conséquent la suite $(u_n)$ est géométrique de raison $\dfrac{2}{15}$ et de premier terme $u_1 = p_1 – \dfrac{3}{13} = \dfrac{7}{26}$.
    $\quad$
  4. On a ainsi $u_n = \dfrac{7}{26} \times \left(\dfrac{2}{15}\right)^{n-1}$.
    Or $u_n = p_n – \dfrac{3}{13}$ soit $p_n = u_n + \dfrac{3}{13} = \dfrac{7}{26} \times \left(\dfrac{2}{15}\right)^{n-1} + \dfrac{3}{13}$
    $\quad$
    On a $-1 < \dfrac{2}{15} < 1$ par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} \left(\dfrac{2}{15}\right)^{n-1} = 0$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{3}{13}$

[collapse]

$\quad$

Exercice 3

On estime qu’un élève qui a correctement révisé ses cours pour un examen a une probabilité de $20\%$ d’échouer. En revanche, on estime qu’un élève n’ayant pas révisé ses cours a une probabilité de $60\%$ d’échouer à cet examen. On sait aussi que $50\%$ des élèves ont correctement révisé leurs cours et $50\%$ n’ont pas correctement révisé leurs cours. Un élève passe deux fois de suite cet examen et échoue par deux fois mais affirme pourtant avoir parfaitement réviser.

Est-ce plausible?

$\quad$

Correction Exercice 3

On appelle :

  • $R$ l’événement “L’étudiant a révisé”
  • $E$ l’événement “L’étudiant a échoué à l’examen”
  • $F$ l’événement “L’étudiant a échoué deux fois”

On obtient l’arbre de probabilité suivant (on suppose qu’un étudiant ayant réussi l’examen ne le repasse pas) :

TS - DM - probabilité - ex3

 

D’après les probabilités totales

$\begin{align*}
p(F) &= p(F \cap R) + p\left(P \cap \overline{R}\right)\\\\
& = 0,5 \times 0,2^2 + 0,5 \times 0,6^2 \\\\
& = 0,2
\end{align*}$

On calcule la probabilité que l’étudiant ait révisé sachant qu’il a échoué deux fois :

$\begin{align*} p_F(R) & = \dfrac{p(F \cap R)}{p(F)} \\\\
&= \dfrac{0,5 \times 0,2^2}{0,2} \\\\
& = 0,1
\end{align*}$

La probabilité qu’il ait révisé sachant qu’il a échoué deux fois à l’examen est donc de $10\%$.

Il est donc peu probable que l’étudiant ait révisé.

[collapse]

$\quad$

Exercice 4

On estime que le gérant d’un portefeuille boursier bien informé a, pour une action donnée achetée, une probabilité égale à $0,8$ de voir l’action monter. On estime aussi qu’un gérant mal informé a une probabilité égale à $0,5$ de voir l’action baisser. On estime aussi que $30\%$ des gérants de portefeuilles boursiers sont bien informés, les autres ne l’étant pas. Un gérant donné achète $5$ actions indépendantes les unes des autres. $3$ montent et $2$ baissent.

Est-il bien informé ou non?

Correction Exercice 4

On appelle $I$ l’événement “le gérant est bien informé” et $M$ l’événement “$3$ actions sur $5$ ont monté”.

$\quad$

Quand on choisit $5$ actions de manière aléatoire, identique et indépendante chaque action possède deux issues : “son cours monte” avec une probabilité $p$ ou “son cours baisse”.

$\quad$

La variable aléatoire $X$ comptant le nombre d’actions dont le cours a monté suit donc la loi binomiale $\mathscr{B}(5;p)$

$\quad$

Ainsi :

Dans le cas où le gérant est bien informé

$p = 0,8$

et $P_I(M) = P(X = 3) = \binom{5}{3} \times 0,8^3 \times 0,2^2$.

$\quad$

Dans le cas où le gérant n’est pas bien informé

$p = 0,5$

 

et $P_{\overline{I}}(M) = P(X = 3) = \binom{5}{3} \times 0,5^3 \times 0,5^2 = \binom{5}{3} \times 0,5^5$.

$\quad$

D’après la formule des probabilités totales on a :

$\begin{align*}
p(M) &= p(M \cap I) + p\left( M \cap \overline{I} \right) \\\\
& = 0,3 \times \binom{5}{3} \times 0,8^3 \times 0,2^2 + 0,7 \times \binom{5}{3} \times 0,5^5\\\\
&= 0,28019
\end{align*}$

On cherche à calculer la probabilité que le gérant soit bien informé sachant que $3$ actions sur $5$ ont monté :

$\begin{align*}
p_M(I) &= \dfrac{p(M \cap I)}{p(M)} \\\\
& = \dfrac{0,3 \times \binom{5}{3} \times 0,8^3 \times 0,2^2}{0,28019}\\\\
& \approx 0,219
\end{align*}$

Il est donc fort probable que le gérant ne soit pas bien informé.

[collapse]

TS – autour fonction ln – Ex 3

Exercice 3

Soit $f$ la fonction : $x \mapsto \ln\left(\e^{2x} – \e^x + 1\right)$.

  1. Monter que $f$ est définie sur $\R$. Étudier les limites respectives de $f$ en $+\infty$ et $-\infty$.
    $\quad$
  2. Calculer $f'(x)$ et étudier le sens de variation de la fonction $f$.
    $\quad$
  3. Étudier la limite en $+\infty$ de $f(x) – 2x$. En déduire les asymptotes à la courbe $\mathscr{C}$ de $f$.
    $\quad$
  4. Étudier la position de $\mathscr{C}$ par rapport à l’asymptote oblique $\Delta$ quand $x > 0$.
    $\quad$
  5. Déterminer l’équation de la tangente $\mathscr{T}$ à $\mathscr{C}$ au point $(0;0)$.
    $\quad$
  6. Étudier la position de $\mathscr{C}$ par rapport à $\mathscr{T}$.
    $\quad$
  7. Tracer $\mathscr{C}$, $\Delta$ et $\mathscr{T}$.
    $\quad$
  8.  Soit $k$ un réel strictement positif. Discuter, suivant les valeurs de $k$, le nombre de solutions de l’équation d’inconnue $x$ : $e^{2x} – \e^x+1-k=0$.
    • par le calcul
    $\quad$
    • en utilisant la courbe $\mathscr{C}$.

  1. $\e^{2x} – \e^x + 1 = \left(\e^x\right)^2 – \e^x + 1$.
    Étudions le signe du polynôme $P(X) = X^2 – X + 1$.
    $\Delta = 1 – 4 = -3 <0$. Par conséquent, puisque le coefficient principale est positif, $P(X) > 0$ sur $\R$.
    Donc pour tout réel $x$, $\e^{2x} – \e^x + 1 >0$ et la fonction $f$ est définie sur $\R$.
    $\quad$
    $\lim\limits_{x \to – \infty} \e^x = 0$ et $\lim\limits_{x \to – \infty} \e^{2x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to – \infty} f(x) = \ln 1 = 0$.
    $\quad$
    $f(x) = \ln \left(\e^{2x}\left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)\right)$
    Or $\lim\limits_{x \to + \infty} \e^{-x} = \lim\limits_{x \to + \infty} \e^{-2x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to + \infty} \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) = 1$
    et $\lim\limits_{x \to + \infty} f(x) = \lim\limits_{x \to + \infty} \ln \left(\e^{2x}\left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)\right) = +\infty$.
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme composée de fonctions dérivables.
    $f'(x) = \dfrac{2\e^{2x} – \e^x}{\e^{2x} – \e^x + 1} = \dfrac{\e^x\left(2\e^x – 1\right)}{\e^{2x} – \e^x + 1}$
    Puisque la fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$ et que le dénominateur est également strictement positif, le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $2\e^x – 1$.
    $2\e^x – 1 > 0 \Leftrightarrow \e^x > \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x > \ln \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x > -\ln 2$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :

    TS - autour ln ex3.1
    $f(-\ln 2) = \ln\left(\e^{-2\ln 2} – \e^{\ln 2} + 1\right) = \ln \left(\dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{2} + 1\right) = \ln \dfrac{3}{4}$.
    $\quad$

  3. $f(x) = \ln \left(\e^{2x}\left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)\right) = \ln \e^{2x} + \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) = 2x + \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)$.
    Par conséquent $f(x) – 2x = \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)$.
    Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) = 1$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – 2x = 0$.
    Cela signifie donc que la droite d’équation $y = 2x$ est asymptote à la courbe $\mathscr{C}$ en $\infty$.
    $\quad$
    De plus $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = 0$. Par conséquent la droite d’équation $y = 0$ est également asymptote à la courbe $\mathscr{C}$ en $-\infty$.
    $\quad$
  4. $\quad$
    $\begin{align*} \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) > 0 & \Leftrightarrow \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) > \ln 1 \\\\
    & \Leftrightarrow 1 – \e^{-x} + \e^{-2x} > 1 \\\\
    & \Leftrightarrow -\e^{-x} + \e^{-2x} > 0 \\\\
    & \Leftrightarrow \e^{-x} \left(-1 + \e^{-x}\right) > 0 \\\\
    & \Leftrightarrow -1 + \e^{-x} > 0 \\\\
    & \Leftrightarrow \e^{-x} > 1 \\\\
    & \Leftrightarrow x < 0
    \end{align*}$
    $\quad$
    Par conséquent $\mathscr{C}$ est en-dessous de $\Delta$ sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
  5. Une équation de la tangente au point d’abscisse $a$ est de la forme $y = f'(a)(x – a) + f(a)$.
    Or $f'(0) = 1$ et $f(0) = 0$.
    Une équation de $\mathscr{T}$ est donc $y= x$.
    $\quad$
  6. $f(x) = \ln \left(\e^x\left(\e^x – 1 +\e^{-x}\right)\right) = x + \ln \left(\e^x – 1 +\e^{-x}\right)$.
    Par conséquent $f(x) – x= \ln \left(\e^x – 1 +\e^{-x}\right)$.
    $\begin{align*}
    \ln \left(\e^x – 1 +\e^{-x}\right) > 0 & \Leftrightarrow e^x – 1 + \e^{-x} > 1 \\\\
    & \Leftrightarrow e^x – 2 + \e^{-x} > 0 \\\\
    & \Leftrightarrow e^{-x}\left(\e^{2x} – 2\e^x + 1\right) > 0 \\\\
    & \Leftrightarrow e^{-x} \left(\e^x – 1\right)^2 > 0
    \end{align*}$
    Puisque la fonction est strictement positive sur $\R$ et que $\e^x – 1$ ne s’annule que pour $x= 0$, alors $f(x) – x \ge 0$ et la courbe $\mathscr{C}$ est toujours au-dessus de la tangente $\mathscr{T}$.
    $\quad$
  7. $\quad$
    TS - autour ln ex3.2
    $\quad$
  8. Soit $k$ un réel strictement positif.
    $\begin{align*}
    \e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0 & \Leftrightarrow \e^{2x} – \e^x + 1 = k \\\\
    & \Leftrightarrow f(x) = \ln k
    \end{align*}$
    Le minimum de la fonction $f$ est $\ln \dfrac{3}{4}$.
    $\quad$
    Par conséquent si $k < \dfrac{3}{4}$ l’équation $f(x) = \ln k$ n’admet aucune solution.
    $\quad$
    Si $k = \dfrac{3}{4}$ l’équation $f(x) =\ln k$ admet une unique solution.
    Si $k \in \left]\dfrac{3}{4};1\right[$, en appliquant le théorème de la bijection sur les intervalles $]-\infty;-\ln2[$ d’une part et $]-\ln2;+\infty[$ d’autre part, sur lesquels la fonction $f$ est continue et strictement décroissante (resp. strictement décroissante) et l’intervalle image est $\left]\dfrac{3}{4};1\right[$, l’équation $f(x) = \ln k$ possède deux solutions.
    Si $k \ge 1$
    Sur $]-\infty;0[$, $f(x) <0$ par conséquent, l’équation $f(x) = \ln k$ ne possède pas de solution sur cet intervalle.
    En appliquant de nouveau le théorème de la bijection sur l’intervalle $[0;+\infty[$, on obtient que l’équation $f(x) = \ln k$ possède une unique solution.
    $\quad$
    Pour résumer :
    $\quad$
    • Si $k < \dfrac{3}{4}$ , l’équation $\e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0$ ne possède aucune solution sur $\R$.
    $\quad$
    • Si $k = \dfrac{3}{4}$, l’équation $\e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0$ possède une seule solution sur $\R$.
    $\quad$
    • Si $k \in \left]\dfrac{3}{4};1\right[$, l’équation $\e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0$ possède deux solutions sur $\R$.
    $\quad$
    • Si $k \ge 1$ l’équation $\e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0$ possède une unique solution sur $\R$.
    $\quad$
    Pour retrouver ces résultats graphiquement il suffit de tracer des droites horizontales d’équation $y= \ln k$ sur le graphique précédent et de compter le nombre de points d’intersection avec $\mathscr{C}$.

TS – autour fonction ln – Ex 2

Exercice 2

Pour cet exercice, on pourra d’abord envisager une conjecture graphique en traçant plusieurs courbes, en utilisant un curseur, puis démontrer rigoureusement le résultat.

On donne un entier naturel non nul $n$.

  1. Discuter selon les valeurs de $n$ le nombre de solutions de l’équation $\ln x = x^n$.
    $\quad$
  2. Discuter selon les valeurs de $n$ le nombre de solutions de l’équation $\e^x=x^n$.
    $\quad$
  3. Comparer $n^2$ et $2^n$.

\textbf{Exercice 2}

Correction

  1. On ne peut étudier cette équation que sur $I = ]0;+\infty[$.
    On appelle $f_n$ la fonction définie sur $]0;+\infty[$ par $f_n(x) = \ln x – x^n$.
    $f_n$ est dérivable sur $I$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f_n'(x) = \dfrac{1}{x} – nx^{n-1} = \dfrac{1 – nx^n}{x}$.
    Sur $I$, $f_n'(x)$ est donc du signe de $1 – nx^n$.
    Or, sur $I$, $1- nx^n \ge 0 \Leftrightarrow nx^n \le 1 \Leftrightarrow x^n \le \dfrac{1}{n} \Leftrightarrow x \le \left(\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{1}{n}}$.
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    TS - autour ln ex2.1
    $\lim\limits_{x \to 0} \ln x = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to 0} x^n = 0$ donc $\lim\limits_{x \to 0} f_n(x) = -\infty$
    $f_n(x) = x^n \left(\dfrac{\ln x}{x^n} – 1\right)$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^n} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f_n(x) = -\infty$
    Et $f_n\left(\left(\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{1}{n}} \right) = \dfrac{1}{n} \ln \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n} = -\dfrac{1}{n}(\ln n + 1) < 0$.
    $\quad$
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ non nul, l’équation $\ln x = x^n$ ne possède aucune solution.
    $\quad$
  2. $\e^x = x^n \Leftrightarrow 1 = x^n \e^{-x}$
    On appelle $f_n$ la fonction définie sur $\R$ par $f_n(x) = x^n \e^{-x}$
    $f_n$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$.
    $f_n'(x) = nx^{n-1}\e^{-x}-x^n\e^{-x} = x^{n-1}\e^{x}(n – x)$.
    Nous allons maintenant examiner les cas où $n$ est pair ou impair.
    Si $\boldsymbol{n}$ est pair
    TS - autour ln ex2.2

    $\lim\limits_{x \to -\infty} \e^{-x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} f_n(x) = +\infty$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\e^x}{x^n} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0$
    Sur l’intervalle $]-\infty;0]$, la fonction $f_n$ est continue (car dérivable) et strictement croissante.
    Son intervalle image est $[0;+\infty$ et $1 \in [0;+\infty[$.
    D’après le théorème de la bijection, l’équation $f_n(x)=1$ admet une unique solution sur $]-\infty;0]$.
    $\quad$
    Si $n\e^{-1} < 1 $ alors la fonction $f_n$ admet un maximum inférieur à $1$ et l’équation $f_n(x) = 1$ n’admet aucune solution.
    $n\e^{-1} < 1 \Leftrightarrow n < \e$ et $n$ pair $\Leftrightarrow n = 2$.
    Si $n = 2$ l’équation $f_n(x) = 1$ ne possède donc aucune solution sur $[0;+\infty[$.
    Sinon, en appliquant de nouveau le théorème de la bijection sur chacun des intervalles $[0;n]$ et $[n;+\infty[$, l’équation $f_n(x) = 1$ possède $2$ nouvelles solutions.
    $\quad$
    Si $n=2$, l’équation $\e^x = x^n$ ne possède qu’une seule solution sur $\R$.
    Si $n \ge 4$ et $n$ pair, l’équation $\e^x = x^n$ possède 3 solutions sur $\R$.
    $\quad$
    Si $\boldsymbol{n}$ est impair
    TS - autour ln ex2.3

    $\lim\limits_{x \to -\infty} \e^{-x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} f_n(x) = +\infty$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\e^x}{x^n} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0$
    Si $n\e^{-1} < 1 $ alors la fonction $f_n$ admet un maximum inférieur à $1$ et l’équation $f_n(x) = 1$ n’admet aucune solution.
    $n\e^{-1} < 1 \Leftrightarrow n < \e$ et $n$ impair $\Leftrightarrow n = 1$.
    $\quad$
    Si $n=1$ l’équation $\e^x = x^n$ n’admet aucune solution sur $\R$.
    Si $n \ge 3$ et $n$ impair, en appliquant le théorème de la bijection sur les intervalles $]-\infty;n]$ et $[n;+\infty[$ l’équation $\e^x = x^n$ possède deux solutions sur $\R$.
    $\quad$
  3. Puisque $n^2$ et $2^n$ sont positifs, résolvons l’inéquation :
    $\begin{align*} \dfrac{n^2}{2^n} \ge 1 & \Leftrightarrow \ln \dfrac{n^2}{2^n} \ge 0 \\\\
    & \Leftrightarrow 2\ln n – n\ln 2 \ge 0 \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{\ln n}{n} \ge \dfrac{\ln 2}{2}
    \end{align*}$
    On appelle $f$ la fonction définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$.
    Cette fonction est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle et dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $f'(x) =\dfrac{1 – \ln x}{x^2}$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    TS - autour ln ex2.3.2
    Regardons maintenant les premières valeurs de $n$
    $\quad$
    Si $n = 1$, $f(1) = 0 < \dfrac{\ln 2}{2}$ donc $n^2 < 2^n$.
    Si $n = 2$, $f(2) = \dfrac{\ln 2}{2}$ donc $n^2 = 2^n$.
    Si $n = 3$, $f(3) = \dfrac{\ln 3}{3} > \dfrac{\ln 2}{2}$ donc $n^2 > 2^n$.
    Si $n = 4$, $f(4) = \dfrac{\ln 4}{4} = \dfrac{\ln 2}{2}$ donc $n^2 < 2^n$.
    Puisque sur l’intervalle $[\e;+\infty[$ la fonction $f$ est strictement décroissante et que $f(4) = \dfrac{\ln 2}{2}$ alors pour tout $n > 4$, $f(n) < \dfrac{\ln 2}{2}$.
    $\quad$
    Par conséquent, pour tout $n \ge 5$, $n^2 < 2^n$.

 

TS – autour fonction ln – Ex 1

Exercice 1

  1. Résoudre dans $\R$ l’équation : $\ln(2x) = \ln(x^2 – 1)$.
    $\quad$
  2. Résoudre dans $\R$ l’inéquation : $\ln(3-x) + \ln 2 – 2\ln(x + 1) \ge 0$.

Correction

  1. Déterminons tout d’abord le domaine de définition de cette équation.
    Il faut que $2x > 0$ et $x^2 – 1>0$
    C’est-à-dire $x>0$ et $x \in ]-\infty;-1[\cup]1;+\infty[$.
    Finalement il faut que $x>1$.
    $\quad$
    Sur $]1;+\infty[$,
    $$\ln(2x) = \ln(x^2 -1) \Leftrightarrow 2x = x^2 – 1 \Leftrightarrow x^2 – 2x – 1 = 0$$
    $\Delta = 4 + 4 = 8 > 0$. Il y a donc deux racines réelles $x_1 = \dfrac{2 – \sqrt{8}}{2} < 1$ et $x_2 = \dfrac{2 + \sqrt{8}}{2} > 1$.
    $\quad$
    La seule solution de l’équation $\ln(2x) = \ln(x^2 – 1)$ est donc $\dfrac{2 + \sqrt{8}}{2}$
    $\quad$
  2. Déterminons là aussi le domaine de définition de cette inéquation.
    Il faut que $3 – x > 0$ et $x + 1 > 0$ soit $x \in ]-1;3[$.
    $\quad$
    Sur cet intervalle,
    $\begin{align*} \ln(3-x) + \ln 2 – 2\ln(x + 1) \ge 0 & \Leftrightarrow \ln\left(2(3 – x)\right) – \ln\left((x+1)^2\right) \ge 0 \\\\
    & \Leftrightarrow \ln (6 – 2x) \ge \ln\left((x+1)^2\right) \\\\
    & \Leftrightarrow 6 – 2x \ge x^2 + 2x + 1 \\\\
    & \Leftrightarrow -x^2 -4x + 5 \ge 0
    \end{align*}$
    $\quad$
    $\Delta = 16 + 20 = 36 >0$ Les deux racines réelles sont $x_1 = \dfrac{4 – 6}{-2} = 1$ et $x_2 = \dfrac{4 + 6}{-2} = -5$
    $-x^2 – 4x + 5 \ge 0$ sur $[-5;1]$. Mais il faut que $x \in ]-1;3[$.
    $\quad$
    Par conséquent la solution de cette inéquation est $]-1;1]$.

TS – DM – exercices autour de la fonction ln

Difficulté : + 

Exercice 1

  1. Résoudre dans $\R$ l’équation : $\ln(2x) = \ln(x^2 – 1)$.
    $\quad$
  2. Résoudre dans $\R$ l’inéquation : $\ln(3-x) + \ln 2 – 2\ln(x + 1) \ge 0$.

$\quad$
Correction

$\quad$

Exercice 2

Pour cet exercice, on pourra d’abord envisager une conjecture graphique en traçant plusieurs courbes, en utilisant un curseur, puis démontrer rigoureusement le résultat.

On donne un entier naturel non nul $n$.

  1. Discuter selon les valeurs de $n$ le nombre de solutions de l’équation $\ln x = x^n$.
    $\quad$
  2. Discuter selon les valeurs de $n$ le nombre de solutions de l’équation $\e^x=x^n$.
    $\quad$
  3. Comparer $n^2$ et $2^n$.

$\quad$
Correction

$\quad$

Exercice 3

Soit $f$ la fonction : $x \mapsto \ln\left(\e^{2x} – \e^x + 1\right)$.

  1. Monter que $f$ est définie sur $\R$. Étudier les limites respectives de $f$ en $+\infty$ et $-\infty$.
    $\quad$
  2. Calculer $f'(x)$ et étudier le sens de variation de la fonction $f$.
    $\quad$
  3. Étudier la limite en $+\infty$ de $f(x) – 2x$. En déduire les asymptotes à la courbe $\mathscr{C}$ de $f$.
    $\quad$
  4. Étudier la position de $\mathscr{C}$ par rapport à l’asymptote oblique $\Delta$ quand $x > 0$.
    $\quad$
  5. Déterminer l’équation de la tangente $\mathscr{T}$ à $\mathscr{C}$ au point $(0;0)$.
    $\quad$
  6. Étudier la position de $\mathscr{C}$ par rapport à $\mathscr{T}$.
    $\quad$
  7. Tracer $\mathscr{C}$, $\Delta$ et $\mathscr{T}$.
    $\quad$
  8.  Soit $k$ un réel strictement positif. Discuter, suivant les valeurs de $k$, le nombre de solutions de l’équation d’inconnue $x$ : $e^{2x} – \e^x+1-k=0$.
    • par le calcul
    $\quad$
    • en utilisant la courbe $\mathscr{C}$.
    $\quad$
    Correction

TS – DM – exercices autour de la fonction exponentielle – Ex 2

Exercice 2

  1. Déterminer la position du point de la courbe de la fonction exponentielle qui est situé le plus près de l’origine du repère.
    $\quad$
  2. On considère deux points $A$ et $B$ distincts de la courbe de la fonction exponentielle. Montrer que le segment $[AB]$ est toujours situé au dessus de la courbe.
    $\quad$
  3. En découpant l’intervalle $[0;1]$ en $n$ intervalles de même amplitude, proposer un algorithme qui donne une valeur approchée par défaut de la longueur de la courbe de la fonction exponentielle entre les points d’abscisses $0$ et $1$.

Pour ces questions, la calculatrice, géogébra, algobox ou un tableur pourront être utilisés.

Correction

  1. Soit $M(x;\e^x)$ un point de la courbe $\mathscr{C}$ représentant la fonction exponentielle dans un repère orthonormé $\Oij$.
    On a alors $$OM = \sqrt{x^2 + \left(\e^x\right)^2} = \sqrt{x^2 + \e^{2x}}$$
    On appelle $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = \sqrt{x^2 + \e^{2x}}$
    Cette fonction est dérivable sur $\R$ en tant que somme et composée de fonctions dérivables.
    $$f'(x) = \dfrac{2x + 2\e^{2x}}{2\sqrt{x^2 + \e^{2x}}} = \dfrac{x + \e^{2x}}{\sqrt{x^2 + \e^{2x}}}$$
    La distance $OM$ est minimale si, et seulement si, $f'(x) = 0$.
    Or $f'(x) = 0 \Leftrightarrow x + \e^{2x} = 0$.
    $\quad$
    On appelle $g$ la fonction définie sur $\R$ par $g(x) = x + \e^{2x}$.
    $\lim\limits_{x \to -\infty} \e^{2x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = -\infty$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^{2x} = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$.
    Cette fonction est dérivable sur $\R$ comme somme de fonctions dérivables sur $\R$.
    $$g'(x) = 1 + 2\e^{2x}$$
    La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\R$, on a $g'(x) > 0$.
    La fonction $g$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\R$.
    De plus $\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$.
    Par conséquent $0 \in ]-\infty;+\infty[$.
    D’après le théorème de la bijection, l’équation $g(x) = 0$ possède une unique solution $\alpha$.
    Il existe donc bien un unique point $M(\alpha;\e^{\alpha})$ situé à une distance minimale de l’origine.
    Voici la courbe représentative de la fonction $g$ au voisinage de $\alpha$.
    TS - DM2 - ex2.1
    Une valeur approchée de $\alpha$ est $-0,4263028$
    Pour calculer la valeur exacte : Lien Wolframalpha
    $\quad$
  2. Soit $A(a;\e^a)$ et $B(b;\e^b)$, avec $a<b$, deux points de la courbe de la fonction exponentielle dans un repère $\Oij$.
    Une équation de la droite $(AB)$ est $y = \dfrac{\e^b – \e^a}{b – a}(x – a) + \e^a$.
    On appelle $h$ la fonction définie sur $\R$ par $h(x) = \dfrac{\e^b – \e^a}{b – a}(x – a) + \e^a – \e^x$.
    Elle est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R$.
    $$h'(x) = \dfrac{e^b-e^a}{b-a} – \e^x$$
    $h’$ est également dérivable sur $\R$
    $$h”(x) = -\e^x < 0\quad \forall x\in \R$$
    Nous allons déterminer le signe de $h'(a)$ et de $h'(b)$ mais pour cela nous allons avoir besoin de montrer la propriété suivante :
    $\quad$

    Propriété : Pour tout $x \in \R^*$, $\e^x > 1 + x$

    Démontrons ce résultat. On appelle $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = \e^x – 1 – x$.
    $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivable sur cet intervalle.
    $f'(x) = \e^x – 1 > 0$ sur $]0;+\infty[$ et $f'(x) < 0 $ sur $]-\infty;0[$
    Donc $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ et strictement décroissante sur $]-\infty;0[$.
    Le minimum est donc $f(0) = 0$
    Par conséquent, pour tout $x\in \R^*$, $f(x) > f(0)$ soit $f(x) > 0$ et $e^x > 1 + x$.
    $\quad$
    $h'(a) = \dfrac{e^b-e^a}{b – a} – e^a = \dfrac{e^b – e^a – (b-a)e^a}{b-a} = \dfrac{e^a\left[e^{b-a} – 1 – (b -a)\right]}{b – a}$.
    Puisque $b>a$ alors $b-a > 0$ et d’après la propriété précédente $h'(a)>0$.
    $h'(b) = \dfrac{e^b-e^a}{b-a} – e^b = \dfrac{e^b-e^a – (b-a)e^b}{b-a} = \dfrac{e^b\left[1 – e^{a – b} + (a-b)\right]}{b-a}$.
    Or, d’après la propriété précédente, $1 + (a – b) – e^{a – b} <0$.
    Donc $h'(b)<0$.
    La fonction $h’$ est continue (car dérivable)et strictement décroissante sur $[a;b]$.
    De plus $h'(a)> 0$ et $h'(b)<0$. Donc $0 \in [h'(b];h'(a)]$
    D’après le théorème de la bijection, l’équation $h'(x) = 0$ possède une unique solution $\alpha$.
    $\quad$
    Cela signifie donc que sur $[a;\alpha]$, $h$ est strictement croissante et sur $[\alpha;b]$, $h$ est strictement décroissante.
    Or $h(a) = h(b) = 0$ donc sur $[a;b]$, $h(x) \ge 0$.
    Cela signifie donc que la corde $[AB]$ est au-dessus de la courbe représentative de la fonction exponentielle.
    $\quad$
  3. Variables
    $\quad$ $A$, $B$, $L$ sont des réels positifs
    $\quad$ $N$, $K$ sont des entiers naturels non nuls
    Initialisation
    $\quad$ Saisir la valeur de $N$
    $\quad$ Affecter à $A$ la valeur $0$
    $\quad$ Affecter à $B$ la valeur $\dfrac{1}{N}$
    $\quad$
    $\quad$ Affecter à $L$ la valeur $\sqrt{\left(e^B-e^A\right)^2+\dfrac{1}{N^2}}$
    Traitement
    $\quad$ Pour $K$ allant de $1$ à $N-1$ faire
    $\qquad$ Affecter à $A$ la valeur $B$
    $\qquad$ Affecter à $B$ la valeur $B + \dfrac{1}{N}$
    $\quad$
    $\qquad$ Affecter à $L$ la valeur $L +\sqrt{\left(e^B-e^A\right)^2+\dfrac{1}{N^2}}$
    $\quad$ Fin Pour
    Sortie
    $\quad$ Afficher $L$
    Fichier algobox