PS6 Etude fonction Calcul approche integrale

Terminale S
Problème de synthèse n° 6
Etude d'une fonction - Calcul approchée d'une intégrale
f est la fonction définie sur [0 ;1] par f(x) =
-x² ln x
si x ≠ 0 et f(0) = 0.
1+x
Le problème a pour objet, dans la partie A, d’étudier la fonction f et dans la partie B, de calculer une valeur
1
approchée de J = ⌠
⌡ f(t) dt.
0
Partie A : étude de f
→ →
On note C la courbe représentative de f dans un repère orthogonal (O ; i ; j ) (unités graphiques : 10 cm sur
l’axe des abscisses et 20 cm sur l’axe des ordonnées.)
I.
Etude d’une fonction auxiliaire
u est la fonction définie sur ]0 ;1] par u(x) =
1+x
+ ln x.
2+x
1) Etudier les variations de u.
2) En déduire que l’équation u(x) = 0 a une solution unique β dans ]0 ;1[ telle que 0,54 < β < 0,55.
II
Etude de f
1) a) Démontrer que f est continue sur [0 ;1].
b) Etudier la dérivabilité de f en 0.
2) Calculer f’(x) pour tout réel x > 0et vérifier que f’(x) et –u(x) ont le même signe.
3) a) Dresser le tableau de variations de f.
b) Construire C en précisant les tangentes en 0 et 1.
Partie B
La continuité assure l’existence de l’intégrale J. On ne cherchera pas à calculer une primitive de f.
I.
Etude d’une intégrale auxiliaire
n est un entier naturel, n ≥ 1.
On note gn la fonction définie sur [0 ;1] par :
gn(t) = -tn ln t si t > 0 et gn(0) = 0.
1) Vérifier que gn est continue sur [0 ;1].
2)
On note Gn la fonction définie sur [0 ;1] par :
n+1
n+1
- t ln t + t
si t > 0
(n + 1)²
Gn(t) =  n+1
Gn(0) = 0
1
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Etude d'une fonction - Calcul approchée d'une intégrale
a) Démontrer que Gn est une primitive de gn sur [0 ;1].
b) En déduire Jn = ⌡
⌠ 1gn(t) dt
0
II Etude de J
1) t est un réel et n est un entier n ≥ 1.
a) Calculer Pn(t) = (1 + t)(1 – t + t² + … + (-1)n-1tn-1).
b) En déduire que pour tout réel t ≠ -1 :
n
1
= 1 – t + t² + … (-1)n-1tn-1 + (-1)n t
1+t
1+t
c) Démontrer que pour tout t dans [0 ;1] :
f(t) = g2(t) – g3(t) + … + (-1)n-1 gn+1(t) + (-1)n
gn+2(t)
,
1+t
puis que :
1gn+2(t)
J = J2 – J3 + J4 + … + (-1)n-1Jn+1 + (-1)n ⌠
 1 + t dt
⌡0
d) En majorant
gn+2(t)
, démontrer que :
1+t
1gn+2(t)
1
0≤⌠
 1 + t dt ≤ (n + 3)²
⌡0
2) n est un entier , n ≥ 1 ; on note :
Sn =
1 1
1
- + … + (-1)n-1
.
3² 4²
(n + 2)²
a) Démontrer que lim Sn = J.
n→+ ∞
b) Démontrer que S8 ≤ J ≤ S9.
c) En déduire une valeur approchée de J à ×10-3 près exprimée avec 3 décimales.
2
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CORRECTION
Partie A : étude de f
I.
Etude d’une fonction auxiliaire
1) u’(x) =
1
1
(2 + x) – (1 + x) 1
+ =
+ > 0 sur ]0 ;1]
x (2 + x)² x
(2 + x)²
Donc la fonction u est croissante sur ]0 ;1].
2) lim u(x) = - ∞ et u(1) =
x→0
2
3
3) La fonction u étant croissante et d’après le théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit que
l’équation u(x) = 0 a une solution unique β dans ]0 ;1[ (u(1) > 0).
u(0,54) ≈ -00099 < 0 et u(0,55) ≈ 0,01001 > 0
Donc : 0,54 < β < 0,55.
II
Etude de f
1) a)
f est continue sur ]0 ;1[ comme quotient de deux fonctions continues.
lim f(x) = lim x² ln x = 0 = f(0)
x→0
b)
x→0
f(x) – (0) - x ln x
=
1+x
x-0
f(x) – (0)
= lim -x ln x = 0
x-0
x→0
x→0
lim
Donc f est dérivable en 0 et f’(0) = 0.
2) f(x) =
v(x)
avec v(x) = -x² ln x et w(x) = 1 + x
w(x)
f’(x) =
v’(x)w(x) – v(x)w’(x)
(w(x))²
x²
v’(x) = -2x ln x – = -2x ln x – x
x
w’(x) = 1
f’(x) =
(- 2x ln x – x)(1 + x) + x² ln x x[(- 2 ln x – 1)(1 + x) + x ln x] x(- x ln x – 2 ln x – 1 - x)
=
=
(1 + x)²
(1 + x)²
(1 + x)²
4
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Etude d'une fonction - Calcul approchée d'une intégrale
Pour x > 0 f’(x) est du signe de : -x ln x – 2 ln x – 1 - x
u(x) =
1 + x +2 ln x + x ln x
2+x
Donc f’(x) est bien du signe de –u(x).
3) a)
f’(x) > 0 -u(x) > 0 u(x) < 0 0 < x < β.
x 0
f'
f(x)
β
+
0
1
−
M
0
M ≈ f(0,54) ≈ 0,117
b) f’(0) = 0
Equation de la tangente en 0 : y = 0
f’(1) = -
1
2
x 1
Equation de la tangente en -1 : y = f’(1)(x – 1) + f(1) = - +
2 2
5
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Partie B
II.
Etude d’une intégrale auxiliaire
1) gn est continue sur ]0 ;1] comme produit de deux fonctions continues sur cet intervalle.
lim gn(t) = 0 = gn(0) car lim -tn ln t = 0 (n ≥ 1).
t→0
t→0
Donc gn est continue en 0.
Donc gn est continue sur [0 ;1].
2) a)
Si t > 0, Gn’(t) = -tn ln t –
En 0,
tn
tn
+
= -tn ln t = gn(t)
n+1 n+1
Gn(t) – Gn(0) - tn ln t
tn
=
+
t-0
n + 1 (n + 1)²
Gn(t) – Gn(0)
=0
t-0
t→0
lim
Donc Gn‘(0) = 0 = gn(0)
Donc sur [0 ;1], Gn‘(t) = gn(t)
Gn est bien une primitive de gn.
b) Jn = Gn(1) - Gn(0) =
1
(n + 1)²
II
Etude de J
1) a)
pour t ≠ -1, Pn(t) = (1 + t)×
1 – (-1)n tn
(somme des termes d’une suite géométrique de raison -t)
1 – (-t)
Pn(t) = 1 – (-1),ntn
Pout t = -1, Pn(-1) = 0
b) Pour t ≠ -1 :
Pn(t) 1 (-1),ntn
=
1+t 1+t 1+t
Donc :
Pn(t) (-1),ntn
1
=
+
1+t 1+t 1+t
Donc :
n
1
= 1 – t + t² + … (-1)n-1tn-1 + (-1)n t
1+t
1+t
c) f(t) =
-t² ln t
1+t
f(t) = -t² ln t(1 – t + t² + … + (-1)n-1tn+1 +
(-1)ntn
)
1+t
6
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Etude d'une fonction - Calcul approchée d'une intégrale
f(t) = - ln t(t² - t3 + t5 - …. + (-1)n-1tn+1 +
f(t) = g2(t) – g3(t) + … + (-1)n-1gn+1(t) +
(-1)ntn+2
)
1+t
(-1)ngn+2(t)
1+t
En intégrant membre à membre entre 0 et 1, on obtient directement la relation :
1gn+2(t)
J = J2 – J3 + J4 + … + (-1)n-1Jn+1 + (-1)n ⌠
 1 + t dt
⌡0
d) Pour t ∈ [0 ;1]
–tn ln t
≥ 0 car ln t ≤ 0
1+t
1gn+2(t)
Donc ⌠
 1 + t dt ≥ 0
⌡0
gn+2(t)
Pour t ∈ [0 ;1] 1 + t ≤ gn+2(t)
1gn+2(t)
1
1 g (t)dt =
Donc ( en intégrant) : ⌠
 1 + t dt ≤ ⌠
n+2
⌡
0
(n + 3)²
⌡0
1gn+2(t)
1
On a bien : 0 ≤ ⌠
 1 + t dt ≤ (n + 3)²
⌡0
2) a)
En utilisant Jn =
1
, on obtient :
(n + 1)²
1gn+2(t)
J = Sn + ⌠
 1 + t dt
⌡0
1gn+2(t)
Or : lim ⌠
 1 + t dt = 0 par utilisation du théorème des gendarmes dans l’encadrement de la question
n→0 ⌡0
précédente.
Donc : lim Sn = J
n→+ ∞
1g10(t)
b) J = S8 + ⌠
 1 + t dt
⌡0
1g10(t)
Donc J ≥ S8 car ⌠
 1 + t dt ≥ 0
⌡0
1g11(t)
J = S9 - ⌠
 1 + t dt
⌡0
Donc J ≤ S9
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Etude d'une fonction - Calcul approchée d'une intégrale
Donc : S8 ≤ J ≤ S9
c) S8 ≈ 0,0680 et S9 ≈ 0,0762
Donc S ≈ 0,072 à 5×10-3 près.
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