PROBLEME 1 A.1.a Soit t un nombre positif, nous avons 1+t ≥ 1. La

PROBLEME 1
A.1.a Soit t un nombre positif, nous avons 1+t ≥ 1. La décroissance de x 7→ 1/x sur ]0, +∞[ implique
1
1
≤ 1. D’un autre coté (1 − t)(1 + t) = 1 − t2 ≤ 1. Le nombre 1 + t étant positif, 1 − t ≤ 1+t
.
1+t
A.1.b Soit x un nombre positif. Les trois fonctions impliquées dans les inégalités ci-dessus étant
continues sur [0, x], elles sont intégrables. La croissance de l’intégrale donne :
Z x
Z x
Z x
dt
(1 − t)dt ≤
dt
≤
0 1+t
0
0
Le théorème fondamental de l’analyse nous assure que nous pouvons utiliser des primitives pour
calculer ces intégrales. Ceci fournit les inégalités souhaitées.
A.2.a La fonction g est un somme de deux fonctions :
— le premier terme est x 7→ ln(x + 1). Par définition (ou presque) cette fonction est dérivable
1
sur ] − 1, +∞[, de dérivée x 7→ 1+x
.
4
— le second terme, x 7→ −2 + 2+x , est une fonction rationnelle, elle est dérivable sur son domaine
4
de définition, ] − ∞, −2[∪] − 2, +∞[ de dérivée x 7→ − (2+x)
2.
La fonction g est donc dérivable de dérivée
g 0 : x 7→
4
1
−
1 + x (2 + x)2
2
2
x
−4−4x
0
= (x+1)(x+2)
A.2.b Pour x positif calculons g 0 (x) = 4+4x+x
2 . Lorsque x est positif, g (x) est
(x+1)(x+2)2
un produit et quotient de nombres positifs, il est donc positif. D’un autre coté x + 1 ≥ 1, x + 2 ≥ 2
ainsi le denominateur de g 0 est minorée par 4. Ceci prouve la seconde inégalité souhaitée.
A.2.c De la même manière qu’en A.1.b, la continuité des trois fonctions ci-dessus sur tout intervalle
[0, x] et la croissance de l’intégrale donnent
Z x 2
Z x
Z x
t
0
g (t)dt ≤
0dt ≤
dt
0 4
0
0
Le théorème fondamental de l’analyse donne alors :
0 ≤ g(x) − g(0) ≤
x3
12
A.3.a La fonction f est un quotient de deux fonctions dérivables sur ]0, +∞[ dont le dénominateur
ne s’annule pas. Elle est donc dérivable sur cet intervalle. Le formules usuelles donnent f 0 définie par
f 0 (x) =
ln(1 + x)
1
−
(1 + x)x
x2
A.3.b Pour tout nombre positif, x, nous avons 0 < 1 + x/2 ≤ 1 + x. La décroissance de la fonction
1
1
x 7→ 1/x sur ]0, +∞[ donne x+1
≤ 1+x/2
. En multipliant les deux membres de cette inégalié par
−x
−x
−x qui est négatif, nous obtenons x+1 ≥ 1+x/2
= −2x
.En ajoutant ln(1 + x) au deux membres de
2+x
l’inégalité nous établissons l’inégalité demandée.
Nous remarquons qu’en multipliant l’inégalité précédente par −1/x2 qui est négatif, nous obtenons
−g(x)
≥ f 0 (x)
x2
D’après A.2.c le premier membre est négatif. La dérivée de f est négative, d’après l’égalité des
accroissement finis, f est décroissante.
ln x
ln x
A.4.a Par croissance comparée lnxx → 0. Nous pouvons écrire f (x) = ln(x+1)
= ln x+ln(1+1/x)
,
ln
x
x
ln x
x
x→∞
la limite du premier facteur est 1 et celle du second est 0. La fonction f tend donc vers 0 en +∞.
1
A.4.b Reprenons l’encadrement (2) :
0 ≤ ln(1 + x) −
2x
x3
≤
2+x
12
qui est équivalent à
x3
2x
2x
≤ ln(1 + x) ≤
+
2+x
12 2 + x
ainsi qu’à
3
2x
x − 2+x
x − ( x12 +
x − ln(1 + x)
≥
≥
x2
x2
x2
Puisque
2x
2+x
=
2x+x2 −x2
2+x
=x+
−x2
,
2+x
2x
)
2+x
nous pouvons réécrire cet encadrement
1
x − ln(1 + x)
x
1
≥
− .
≥
2
2+x
x
2 + x 12
Par passage à la limite nous obtenons la limite souhaitée.
A.4.c La fonction f est dérivable en 0 si x1 (f (x) − f (0)) tend vers un limite finie lorsque x tend vers
0 dans la domaine de définition de f . Si elle existe cette limite est appelée f 0 (0) . Dans notre cas le
rapport vaut ln(1+x)−x
et la question précédente donne la limite de cette expression lorsque x tend
x2
0
vers 0 : f (0) = −1/2
La tangente à C au point d’abscisse 0 est :
T = {O + x~i + y~j | (y − f (0)) = f 0 (0)(x − 0)}
i.e. la droite d’équation y = 1 − x2 dans le repère (O,~i, ~j).
En divisant par x dans l’inégalité (1) nous obtenons pour tout x positif, 1 − x2 ≤ f (x). Ainsi C
est “au-dessus” de T .
A.5 Les tracés doivent être éffectués au dimensions indiqués dans le préambule de la partie A.
B.1.a Montrons par recurrence que pour tout entier n, un > 0. D’après l’énoncé u0 = c > 0. De
plus si un > 0 alors 1 + un > 1, la croissance du logarithme donne un+1 = ln(1 + un ) > 0.
Pour montrer la décroissance de la suite, il nous suffit de montrer que quelque soit l’entier n,
un+1 ≤ un c’est-à-dire ln(1+un ) ≤ un . Nous avons montrer en A.1.b que pour tout x ≥ 0, ln(1+x) ≤
x. Nous venons de montrer que un est positif quelque soit n ∈ N. Tout ceci implique la décroissance
de la suite.
B.1.b La suite (un )n∈N est décroissante et minoré par 0. la théorème de convergence monotone
implique qu’elle converge vers sa borne inférieure ` ≥ 0. La fonction logarithme étant continue en
1 + `, la limite de la suite vérifie ` = ln(1 + `) i..e. f (`) = 1. Nous avons montrer dans la partie
précédente que f était décroissante sur [0, +∞[ et que f (0) = 1. Ainsi f est constante égale à 1 sur
[0, `]. Si ` 6= 0, la dérivée de f en 0 serait nulle. Puisque ce n’est pas le cas (c.f. A.4.b) ` = 0.
B.1.c En rentrant la récurrence sur un tableur on obtient les 6 premières décimales des nombres
demandés :
— u10 = 0.174828... et 10u10 = 1.74828...
— u50 = 0.039257... et 50u50 = 1.9628...
— u100 = 0.019857... et 100u100 = 1.9857...
il semble que la suite (nun )n∈N tende vers 2.
1
un
1
n)
n)
− u1n = ln(1+u
− u1n = uunn−ln(1+u
= un −ln(1+u
. Puisque
B.2.a Calculons vn+1 −vn = un+1
ln(1+un )
(un )2
ln(1+un )
n)
1
un tend vers 0 le premier terme du produit tend vers 2 d’après (3) et le second terme tend vers 1
d’après (1).
B.2.b Commençons par montrer l’indication. La première égalité est la mise sous le même dénominateur.
2x
D’après A.2.c g(x) est positif ce qui se réécrit ln(1 + x) ≥ 2+x
. Ces nombres étant strictement positif,
ceci prouve l’inégalité annoncé.
2
Lorsque x ∈]0, 1], (2+x)2 ≤ 9 et g(x) ≤
x3
,
12
1
nous obtenons alors 12 + x1 − ln(1+x)
≤
9 x3
4x2 12
3
x Ceci
16
(x+2)g(x)
.
2x ln(1+x)
=
prouve la première inégalité demandée. La seconde inégalité provient de la positivité de
B.2.c La suite (un )n∈N étant strictement positive décroissante de premier terme 1 elle est incluse dans
]0, 1], nous pouvons donc utiliser les inégalités précédentes en remplaçant x par un . la première partie
3
3
de la question B.2.a nous donne les inégalités (4). Puisque un ≤ 1, nous avons − 16
un ≥ − 16
> − 14 .
Ainsi
1 1
1
− < vn+1 − vn ≤
2 4
2
ce qui implique l’encadrement (5).
B.2.d En sommant les n inégalités précedentes nous obtenons
n
X
1
k=1
n
n
X
X
1
≤
(vk − vk−1 ) ≤
4
2
k=1
k=1
Le membre central est une somme téléscopique valant vn − v0 , les deux autres membres sont des
sommes de termes constants ainsi n4 ≤ vn −v0 ≤ n2 . En revenant à un nous obtenons n4 +1 ≤ u1n ≤ n2 +1.
Ces trois nombres sont positifs et la fonction x 7→ 1/x est décroissante sur ]0, +∞[ ce qui implique
1
≥ un ≥ n 1+1 c’est-à-dire l’encadrement (6).
n
+1
4
2
R k+1
B.2.e Commençons par l’indication. Nous savons que k dtt = ln(k + 1) − ln(k). Sur [k, k + 1]
1
la fonction x 7→ 1/x est décroissante donc minorée par k+1
. La croisssance de l’intégrale donne
R
k+1
1
dt
= k k+1
≤ ln(k + 1) − ln(k). En sommant ces inégalités pour 3 ≤ k ≤ n + 2 nous obtenons :
k+1
n+2
X
k=3
n+2
X
1
(ln(k + 1) − ln(k)) = ln(n + 3) − ln 3 ≤ ln(n + 3)
≤
k+1
k=3
En reprenant les inégalité (4) et en les sommant nous avons
n
X
1
k=1
n
n
n
X
X1
3 X
−
uk−1 ≤
(vk − vk−1 ) ≤
2 16 k=1
2
k=1
k=1
D’après (6) pour tou k plus grand que 1 on a uk−1 ≤
n
X
1
k=1
et en effectuant les calculs :
n
4
k+3
:
n
n
X
X1
3 X 4
−
≤
vk − vk−1 ≤
2 16 k=1 k + 3
2
k=1
k=1
n
n 3X 1
n
≤ vn ≤ 1 +
1+ −
2 4 k=1 k + 3
2
L’inégalité donnée comme indication puis la division par n permet d’obtenir
1 1 3 ln(n + 3)
1
1 1
+ −
≤
≤ +
n 2 4
n
nun
n 2
Par puissances comparées le membre de gauche tend vers 1/2, celui de droite aussi. Ainsi nous avons
montré la conjecture faite en B.1.c.
3