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Lyc´ ee Franc¸ois 1er
Maths Sp´ e PC
2016-2017
Feuille d’exercices 13 – corrig´ e
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http://spepcfr1.pagesperso-orange.fr/spepc/documents/td13.pdf
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12345
1On note M(t) = O+x(t)−→ i+y(t)−→ jle point mobile de cet arc.
– On voit que la fonction t7→ M(t)est 2π-p´ eriodique et que le point M(−t)est sym´ etrique de M(t)par
rapport ` a l’origine puisque t7→ x(t)et t7→ y(t)sont des fonctions impaires. On peut donc restreindre
l’´ etude de M` a l’intervalle [0, π]et compl´ eter par sym´ etrie.
– On ´ etudie les variations des fonctions xet ysur l’intervalle d’´ etude. On a les d´ eriv´ ees
x0(t) = cos tet y0(t) = 1
(2+cos t)2cos t(2+cos t) + sin2t=1+2 cos t (2+cos t)2
d’o` u le tableau
t0π
2
2π
3π
x0(t)1+0− −1
2− −1
x(t)0%1&p3
2&0
y(t)0%1
2%1
p3&0
y0(t)1
3+1 4+0− −1
puis l’allure de la courbe, en pr´ ecisant bien toutes les tangentes,
En Python, on calcule un nombre suffisant de points d’´ echantillonnage pour obtenir un trac´ e.
Feuille d’exercices 13 – corrig´ e page 1

In[1]:defdefdef x(t): # d´ efinir les coordonn´ ees
returnreturnreturn sin(t)
defdefdef y(t): # du point mobile
returnreturnreturn sin(t)/(2+cos(t))
tmin,tmax,N = -pi,pi,200 # intervalle du trac´ e et points d’´ echantillonnage
t=[tmin +k*(tmax -tmin) /Nforforfor kininin range(N+1)]
X=[x(t[k])forforfor kininin range(N+1)]
Y=[y(t[k])forforfor kininin range(N+1)]
plot(X,Y) # trac´ e
Out[1]:[<matplotlib.lines.Line2D at 0x10ab33cf8>]
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2a)En substituant x0+x1
2dans P, on a
Px0+x1
2=ax1−x0 2x0−x1 2x0+x1 2−x2=−a 8(x0−x1)2(x0+x1−2x2)
d’o` u le r´ esultat.
– La tangente ` a la courbe repr´ esentative de Pau point d’abscisse x0+x1
2a pour ´
equation
y−Px0+x1
2=P0x0+x1 2x−x0+x1 2
On obtient son intersection avec l’axe des abscisses en prenant y=0, soit
x=−Px0+x1
2
P0x0+x1
2+x0+x1
2=1 22x2−x1−x0+x0+x1 2=x2
d’apr` es les calculs pr´ ec´ edents.
b)Comme l’´ equation y=F(x)est une ´ equation de droite, il suffit de v´ erifier qu’elle passe effectivement
par les points de coordonn´ ees (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+t 2=P(s)
et de mˆ eme pour F(t) = P(t), d’o` u le r´ esultat.
c)D’apr` es les calculs du b), on a Q(s) = P(s)−F(s) = 0 et Q(t) = P(t)−F(t) = 0. Le polynˆ ome Qpeut
donc se factoriser sous la forme
Q(X) = b(X−s)(X−t)(X−u)
page 2 Feuille d’exercices 13 – corrig´ e

car deg F61, deg P=3, donc degQ=deg P=3 d’apr` es les r` egles de calcul sur les degr´ es. En
particulier, on peut appliquer le r´ esultat du a)au polynˆ ome Q, en remplac¸ant x0,x1et x2par s,tet
u. On a donc
Q0s+t
2=−b 4(s−t)26=0
On en d´ eduit que P0s+t
26=F0s+t 2, c’est-`
a-dire que
P0s+t
26=P(s)−P(t) s−t
Les droites Det D0n’ont pas la mˆ eme pente, donc elles sont concourantes.
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3a)On a f(1)
1(x) = f0
1(x) = 1
xcar f1(x) = ln x. Supposons le r´
esultat ´ etabli jusqu’` a l’ordre n>1 fix´ e.
On calcule alors f(n+1)
n+1(x). Or fn+1(x) = x fn(x), donc en lui appliquant la formule de Leibniz pour
d´ eriver n+1 fois ce produit, on a, en augmentant l’ordre de d´ erivation de x,
f(n+1)
n+1(x) = x f (n+1)
n(x) + (n+1)f(n) n(x) + 0
car les termes suivants sont tous nuls. Par hypoth` ese de r´ ecurrence, on a
f(n)
n(x) = (n−1)!
xdonc f(n+1)
n(x) = −(n−1)!
x2
donc en reportant dans f(n+1)
n+1(x),
f(n+1)
n+1(x) = −(n−1)!
x+ (n+1)(n−1)! x=n! x
d’o` u le r´ esultat.
b)On applique directement la formule de Leibniz ` afn. Notons u(x) = xn−1et v(x) = ln x. On a
f(n)
n(x) = dn
dxnu(x)v(x)=
n
X
k=0n
ku(k)(x)v(n−k)(x)
Or, par r´ ecurrence facile, on a
u(k)(x) = (n−1)(n−2)···(n−k)xn−1−k=(n−1)!
(n−1−k)!xn−1−ksi k6n−1 et 0 apr`
es.
v0(x) = 1
x,v00(x) = −1 x2, . . . , v(k)(x) = (−1)k−1(k−1)!
xkpour k>1
On a donc, en supprimant le dernier terme d’indice k=nqui est nul,
f(n)
n(x) =
n−1
X
k=0n
k(n−1)! (n−1−k)!xn−1−k×(−1)n−k−1(n−1−k)!
xn−k
=−(n−1)!
x
n−1
X
k=0n
k(−1)n−k=−(n−1)! xn
X
k=0n
k(−1)n−k−1
en faisant r´ eapparaitre une formule du binˆ ome (en ajoutant et retirant le dernier terme qui manque).
La somme dans le crochet est ´ egale ` a(1−1)n=0, d’o` u le r´ esultat.
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4– On applique le th´ eor` eme des accroissements finis ` a la fonction f:x7→ xaentre net n+1. La
fonction fest continue et d´ erivable sur cet intervalle, de d´ eriv´ ee :
f0(x) = axa−1=a
x1−a
donc ∃c∈]n,n+1[tel que :
f(n+1)−f(n) = f0(c)n+1−n⇐⇒ (n+1)a−na=a
c1−a
On voit que le second membre est d´ ecroissant par rapport ` ac, car 1 −a>0. On peut donc encadrer
celui-ci en utilisant le fait que n<c<n+1, d’o` u :
a
(n+1)1−a6a c1−a6a n1−a
d’o` u l’encadrement voulu en remplac¸ant a
c1−apar (n+1)a−na.
– On ajoute les in´ egalit´ es obtenues en remplac¸ant npar k∈v1, n]:
n
X
k=1
a
(k+1)1−a6
n
X
k=1(k+1)a−ka6
n
X
k=1
a
k1−a(1)
La somme du milieu est t´ elescopique :
n
X
k=1(k+1)a−ka= (n+1)a−1
?En ne consid´ erant que l’in´ egalit´ e de droite dans (1), on reconnait Sn(a), soit la minoration :
(n+1)a−16aSn(a) (2)
?La somme de gauche dans (1)peut ˆ etre r´ eindex´ ee :
n
X
k=1
a
(k+1)1−a=
n+1
X
k=2
a
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’in´ egalit´ e dans (1)en n−1 au lieu de n:
aSn(a)−16na−1(3)
En regroupant (2)et (3), on en d´ eduit finalement l’encadrement :
(n+1)a−1
a
| {z }
∼na
a
6Sn(a)6na−1
a+1
| {z }
∼na
a
Les deux extr´ emit´ es sont ´ equivalentes lorsque n→+∞` ana
a, donc on peut conclure que :
Sn(a)∼
n→+∞
na
a
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5` A priori, on d´ eveloppe ` a un ordre quelconque pour pouvoir remplacer dans un. La fonction
exponentielle ´ etant de classe C∞sur R, on peut la d´ evelopper ` a tout ordre nentre 0 et 1, soit
e1=1+1+1
2! +···+1 n!+Z1
0
(1−t)n
n!etdt
– En remplac¸ant e=e1dans un, on a alors
un=nsin 2πn
X
k=0
n!
k!
|{z}
∈N
+Z1
0
(1−t)netdt=nsin2πZ1
0
(1−t)netdt
en utilisant la p´ eriodicit´ e 2πde la fonction sin, la somme apparaissant en d´ ebut de d´ eveloppement
´
etant ici un nombre entier.
– On remarque alors que R1
0(1−t)netdt −−−−→
n→+∞0
06Z1
0
(1−t)netdt 6eZ1
0
(1−t)ndt =e−(1−t)n+1
n+11
0=e
n+1→0
(ou bien faire une convergence domin´ ee)donc en utilisant l’´ equivalent usuel sin x∼xlorsque x→0,
on en d´ eduit que
un∼
n→+∞2πnZ1
0
(1−t)netdt.
– On l` eve l’ind´ etermination qui apparaˆ ıt par int´ egration par parties en int´ egrant (1−t)n
Z1
0
(1−t)netdt =−(1−t)n+1
n+1et1
0+Z1
0
(1−t)n+1
n+1etdt =1 n+1+o1 n
car d’apr` es ce qui pr´ ec` ede, on a R1
0(1−t)n+1etdt →0. En reportant dans un, on voit que
un=2π+o(1)−−−−→
n→+∞2π
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