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Lycée François 1er
Maths Spé PC
2016-2017
Feuille d’exercices 13 – corrigé
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http://spepcfr1.pagesperso-orange.fr/spepc/documents/td13.pdf
Cliquez sur les cases suivantes pour accéder directement à l’exercice
1
2
3
4
5
−
→
−
→
1 On note M (t) = O + x(t) i + y(t) j le point mobile de cet arc.
– On voit que la fonction t 7→ M (t) est 2π-périodique et que le point M (−t) est symétrique de M (t) par
rapport à l’origine puisque t 7→ x(t) et t 7→ y(t) sont des fonctions impaires. On peut donc restreindre
l’étude de M à l’intervalle [0, π] et compléter par symétrie.
– On étudie les variations des fonctions x et y sur l’intervalle d’étude. On a les dérivées
x 0 (t) = cos t et y 0 (t) =
1
”
(2 + cos t)2
—
1 + 2 cos t
cos t(2 + cos t) + sin2 t =
(2 + cos t)2
d’où le tableau
π
2
t
0
x 0 (t)
1
+
0
−
x(t)
0
%
1
&
1
2
1
4
%
2π
3
− 21
p
3
2
p1
3
+
0
y(t)
0
%
y 0 (t)
1
3
+
π
−
−1
&
0
&
0
−
−1
puis l’allure de la courbe, en précisant bien toutes les tangentes,
En Python, on calcule un nombre suffisant de points d’échantillonnage pour obtenir un tracé.
Feuille d’exercices 13 – corrigé
page 1
In[1] :
def x(t): # définir les coordonnées
return sin(t)
def y(t): # du point mobile
return sin(t)/(2+cos(t))
tmin,tmax,N = -pi,pi,200 # intervalle du tracé et points d’échantillonnage
t = [tmin + k * (tmax - tmin) / N for k in range(N+1)]
X = [x(t[k]) for k in range(N+1)]
Y = [y(t[k]) for k in range(N+1)]
plot(X,Y) # tracé
Out[1] :
[<matplotlib.lines.Line2D at 0x10ab33cf8>]
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •
2 a) En substituant
P
€ x0 + x1 Š
2
x 0 +x 1
2
=a
dans P, on a
€ x 1 − x 0 Š€ x 0 − x 1 Š€ x 0 + x 1
2
2
2
Š
a
− x 2 = − (x 0 − x 1 )2 (x 0 + x 1 − 2x 2 )
8
d’où le résultat.
– La tangente à la courbe représentative de P au point d’abscisse
y−P
€ x0 + x1 Š
2
= P0
€ x 0 + x 1 Š”
2
x−
x 0 +x 1
2
a pour équation
x0 + x1 —
2
On obtient son intersection avec l’axe des abscisses en prenant y = 0, soit
1
— x0 + x1
P x 0 +x
1”
x0 + x1
2
x =−
=
2x
−
x
−
x
+
= x2
+
2
1
0
1
2
2
2
P 0 x 0 +x
2
d’après les calculs précédents.
b) Comme l’équation y = F (x) est une équation de droite, il suffit de vérifier qu’elle passe effectivement
par les points de coordonnées (s, P(s)) et (t, P(t)). Pour cela, on calculs F (s) et F (t) :
F (s) =
P(s) + P(t)
2
+
P(s) − P(t) €
s−t
s−
s+tŠ
2
= P(s)
et de même pour F (t) = P(t), d’où le résultat.
c) D’après les calculs du b), on a Q(s) = P(s) − F (s) = 0 et Q(t) = P(t) − F (t) = 0. Le polynôme Q peut
donc se factoriser sous la forme
Q(X ) = b(X − s)(X − t)(X − u)
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Feuille d’exercices 13 – corrigé
car deg F 6 1, deg P = 3, donc deg Q = deg P = 3 d’après les règles de calcul sur les degrés. En
particulier, on peut appliquer le résultat du a) au polynôme Q, en remplaçant x 0 , x 1 et x 2 par s, t et
u. On a donc
€s + t Š
b
= − (s − t)2 6= 0
Q0
2
4
6= F 0 s+t
, c’est-à-dire que
On en déduit que P 0 s+t
2
2
P0
€s + t Š
2
6=
P(s) − P(t)
s−t
Les droites D et D0 n’ont pas la même pente, donc elles sont concourantes.
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •
(1)
1
x
3 a) On a f1 (x) = f10 (x) =
(n+1)
f n+1 (x).
car f1 (x) = ln x. Supposons le résultat établi jusqu’à l’ordre n > 1 fixé.
On calcule alors
Or f n+1 (x) = x f n (x), donc en lui appliquant la formule de Leibniz pour
dériver n + 1 fois ce produit, on a, en augmentant l’ordre de dérivation de x,
(n+1)
f n+1 (x) = x f n(n+1) (x) + (n + 1) f n(n) (x) + 0
car les termes suivants sont tous nuls. Par hypothèse de récurrence, on a
f n(n) (x) =
(n − 1)!
x
donc f n(n+1) (x) = −
(n − 1)!
x2
(n+1)
donc en reportant dans f n+1 (x),
(n+1)
f n+1 (x) = −
(n − 1)!
x
+ (n + 1)
(n − 1)!
x
=
n!
x
d’où le résultat.
b) On applique directement la formule de Leibniz à f n . Notons u(x) = x n−1 et v(x) = ln x. On a
n — X
dn ”
n (k)
(n)
f n (x) =
u(x)v(x) =
u (x)v (n−k) (x)
n
dx
k
k=0
Or, par récurrence facile, on a
u(k) (x) = (n − 1)(n − 2) · · · (n − k)x n−1−k =
v 0 (x) =
1
x
, v 00 (x) = −
(n − 1)!
(n − 1 − k)!
x n−1−k si k 6 n − 1 et 0 après.
1
(k − 1)!
x
xk
, . . . , v (k) (x) = (−1)k−1
2
pour k > 1
On a donc, en supprimant le dernier terme d’indice k = n qui est nul,
f n(n) (x)
=
n−1 X
n
(n − 1)!
x n−1−k × (−1)n−k−1
(n − 1 − k)!
k (n − 1 − k)!
x n−k
• n ˜
n−1 (n − 1)! X
n
(n − 1)! X
n
n−k
n−k
=−
(−1)
=−
(−1)
−1
x
k
x
k
k=0
k=0
k=0
en faisant réapparaitre une formule du binôme (en ajoutant et retirant le dernier terme qui manque).
La somme dans le crochet est égale à (1 − 1)n = 0, d’où le résultat.
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• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •
4 – On applique le théorème des accroissements finis à la fonction f : x 7→ x a entre n et n + 1. La
fonction f est continue et dérivable sur cet intervalle, de dérivée :
a
f 0 (x) = ax a−1 =
x 1−a
donc ∃c ∈]n, n + 1[ tel que :
f (n + 1) − f (n) = f 0 (c) n + 1 − n ⇐⇒ (n + 1)a − na =
a
c 1−a
On voit que le second membre est décroissant par rapport à c, car 1 − a > 0. On peut donc encadrer
celui-ci en utilisant le fait que n < c < n + 1, d’où :
a
(n + 1)1−a
a
c 1−a
d’où l’encadrement voulu en remplaçant
6
a
c 1−a
6
a
n1−a
par (n + 1)a − na .
– On ajoute les inégalités obtenues en remplaçant n par k ∈ v1, n] :
n
X
a
k=1
(k + 1)1−a
6
n ”
X
a
(k + 1) − k
a
—
6
k=1
n
X
a
k=1
(1)
k1−a
La somme du milieu est télescopique :
n ”
X
—
(k + 1)a − k a = (n + 1)a − 1
k=1
? En ne considérant que l’inégalité de droite dans (1), on reconnait Sn (a), soit la minoration :
(n + 1)a − 1 6 aSn (a)
(2)
? La somme de gauche dans (1) peut être réindexée :
n
X
a
k=1
(k + 1)1−a
=
n+1
X
a
k=2
k1−a
”
—
= a Sn+1 (a) − 1
car il manque le premier terme. On a donc la majoration, en ne prenant que la partie gauche de
l’inégalité dans (1) en n − 1 au lieu de n :
”
—
a Sn (a) − 1 6 na − 1
(3)
En regroupant (2) et (3), on en déduit finalement l’encadrement :
(n + 1)a − 1
|
a
{z
a
∼ na
6 Sn (a) 6
}
na − 1
| a {z
a
∼ na
Les deux extrémités sont équivalentes lorsque n → +∞ à
Sn (a)
page 4
∼
n→+∞
na
,
a
+1
}
donc on peut conclure que :
na
a
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• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •
5 À priori, on développe à un ordre quelconque pour pouvoir remplacer dans un . La fonction
exponentielle étant de classe C ∞ sur R, on peut la développer à tout ordre n entre 0 et 1, soit
1
1
e =1+1+
2!
+ ··· +
1
+
n!
Z
1
0
(1 − t)n
n!
e t dt
– En remplaçant e = e1 dans un , on a alors
Z1
˜
•X
˜
• Z1
n
n!
n t
n t
(1 − t) e dt
un = n sin 2π
(1 − t) e dt = n sin 2π
+
k!
0
0
k=0
| {z }
∈N
en utilisant la périodicité 2π de la fonction sin, la somme apparaissant en début de développement
étant ici un nombre entier.
R1
– On remarque alors que 0 (1 − t)n e t dt −−−−→ 0
n→+∞
Z
1
06
n t
(1 − t) e dt 6 e
0
Z
1
0
” (1 − t)n+1 —1
e
(1 − t)n dt = e −
=
→0
0
n+1
n+1
(ou bien faire une convergence dominée) donc en utilisant l’équivalent usuel sin x ∼ x lorsque x → 0,
on en déduit que
Z1
un
∼
n→+∞
(1 − t)n e t dt.
2πn
0
– On lève l’indétermination qui apparaı̂t par intégration par parties en intégrant (1 − t)n
Z
1
0
” (1 − t)n+1 —1
(1 − t) e dt = −
et +
0
n+1
n t
car d’après ce qui précède, on a
R1
0
Z
1
0
(1 − t)n+1
n+1
e t dt =
1
n+1
+o
€1Š
n
(1 − t)n+1 e t dt → 0. En reportant dans un , on voit que
un = 2π + o(1) −−−−→ 2π
n→+∞
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