Solutions du Devoir n˚7 page 1 de 3

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Solutions du Devoir n˚7

I) 7 points

f(x) = exp ln(x)

x − 1

1. – en 0

x→0

lim

x>0

ln(x)

x − 1 = +∞ (« −∞

−1 » : pas d’indétermination). Donc lim

x→0

f (x) = +∞

– en 1

x→1

lim

x>1

ln(x)

x − 1 = 1 (taux d’accroissement du cours). Donc lim

x→1

f(x) = e

= e – en +∞

ln(x)

x − 1 = ln(x)

x × x

x − 1 Or lim

x→+∞

ln(x)

x = 0 (cours, croissances comparées)

x→+∞

lim x − 1

x = 1 (polynômes, rapport des termes de plus haut degré) Donc lim

x→+∞

ln(x)

x − 1 = 0 × 1 = 0. Donc lim

x→+∞

f (x) = e

= 1 2. g est dérivable sur ]0; +∞[ et g

(x) = 1 −

ln(x) + x x

= − ln(x)

D’après la règle sur le signe de ln(x), on en déduit le tableau de variations de g (avec de plus g(1) = 0 − ln(1) = 0) :

x 0 1 +∞

g

(x) + 0 −

g(x)

0

3. f (x) = e

, avec u(x) = ln(x) x − 1

f est dérivable sur R et f

(x) = u

(x)e

, du signe de u

(x).

u

(x) =





 1

x (x − 1) − ln(x) (x − 1)





 = g(x) x(x − 1)

Donc u

(x) est du signe de g(x), et donc f

(x) aussi. Or d’après le tableau de variation de g, g admet un maximum pour x = 1, qui vaut g(1) = 0. Donc g(x) 6 0 pour x > 0

Donc f est décroissante sur ]0; 1[ et sur ]1; +∞[.

x 0 1 +∞

f

(x) − −

f (x)

+∞

e e

1

II) 3 points

C’est une inégalité célèbre : on dit qu’on compare la moyenne arithmétique a + b + c

3 à

la moyenne géométrique √

abc.

Première méthode : « inégalité de convexité »

La connaissance générale utilisée ici est : « la fonction logarithme est concave », ce qui revient à dire que la courbe de ln est en-dessous de toutes ses tangentes et au-dessus de toutes ses sécantes, ou de manière équivalente que sa dérivée seconde est négative.

On considère les points A(a; ln(a)), B(b; ln(b)) et C(c; ln(c)), sur la courbe de la fonction

ln

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−1 1 2

0

A B

C

G .

Soit G le centre de gravité du triangle ABC.

Son abscisse est x

= a + b + c

3 et son ordonnée y

= ln(a) + ln(b) + ln(c) 3

D’après la propriété admise, le triangle est en-dessous de la courbe de ln, et donc G est en-dessous de cette courbe.

Donc y

6 ln(x

), c’est-à-dire : ln(a) + ln(b) + ln(c)

3 6 ln

a + b + c 3

Or ln(a) + ln(b) + ln(c)

3 = ln(abc)

3 = ln((abc)

) = ln

√

abc D’après la croissance de exp, e

6 e

, et donc :

√

abc 6 a + b + c 3

Deuxième méthode : récurrence (méthode de Descartes)

L’idée est la suivante : on commence par démontrer une inégalité analogue pour deux nombres : A + B

2 > √

AB, puis on en déduit l’inégalité pour 4 nombres a + b + c + d

2 > √

abcd puis finalement l’inégalité pour 3 nombres.

1. (A + B)

− (2 √

AB)

= · · · = (A − B)

> 0. Donc A + B 2 > √

AB 2. On pose A = √

ab et B = √

cd, on applique l’inégalité précédente pour √

AB et on obtient

√

abcd = √ AB 6

√ ab + √ cd

2 6

a + b

2 + c + d 2

2 = a + b + c + d 4

3. On applique l’inégalité précédente aux quatre nombres a, b, c et d = a + b + c

3 .

Alors a + b + c + d

4 = · · · = a + b + c

3 = d

L’inégalité a + b + c + d 4 > √

abcd prouvée précédemment se traduit alors par :

d > (abcd)

, soit d > (abc)

d

, soit après simplification d

> (abc)

. On élève à la puissance 4

3 , d’où : (abc)

6 d, ce qui est l’inégalité voulue √

abc 6 a + b + c 3 Que d’idées astucieuses dans cette démonstration, et quelle façon astucieuse de les com- biner ! En plus, cette démonstration peut se généraliser par récurrence à n nombres.

Autre solution : étude d’une fonction

L’idée est d’étudier la fonction f définie par f (x) = (x + b + c)

xbc et de démontrer qu’elle est minorée par 27. Belle idée aussi, mais on comprend un peu mieux d’où elle peut venir que la méthode de Descartes

En effet, comparer a + b + c 3 et √

abc est équivalent à comparer leurs cubes (puisqu’il s’agit de nombres positifs) (a + b + c)

27 et abc, donc à comparer (a + b + c)

et 27abc, ce qui revient finalement à comparer (a + b + c)

abc à 27.

Pour étudier (a + b + c)

abc , on considère un des paramètres comme une variable, a par exemple (on pose a = x) et les autres comme des constantes. On est alors ramené à étudier la fonction f définie par f (x) = (x + b + c)

xbc pour la comparer à 27.

Cette idée de "rendre variable une constante" se retrouve dans différentes démonstra- tions de terminale, par exemple la ROC pour démontrer que l’exponentielle transforme la multiplication en addition.

Le problème avec cette méthode, c’est qu’il faut choisir la bonne expression qui va permettre de faire la comparaison demandée. On peut penser à (a + b + c)

− 27abc, ce qui est naturel mais l’étude de (x + b + c)

− 27xbc demande quelques calculs pas immédiats pour prouver que le minimum est positif (mais on y arrive).

Il se trouve que le choix le plus simple est donné par f (x) = (x + b + c)

xbc . f

(x) = · · · = (x + b + c)

(2x − b − c)

x

bc .

On en déduit que f admet un minimum pour x = b + c 2 Or f

b + c 2

− 27 = · · · = 27(b − c)

4bc > 0 Donc, pour tout x, f (x) > f

b + c 2

> 27. Et donc pour x = a : (a + b + c)

abc > 27, donc (a + b + c)

27 > abc, donc a + b + c 3 > √

abc

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III) 4 points

f est dérivable sur ]0; +∞[ et f

(x) = x 1

x − ln(x)

x

= 1 − ln(x) x

.

Donc f

(x) est du signe de 1 − ln(x). Or ln(e) = 1 et ln est strictement croissante, donc on en déduit le tableau de variation :

x 0 e +∞

f

(x) + 0 −

f (x)

1 e

Or n

= exp( 1

n ln(n)) = exp(f (n))

f admet un maximum pour x = e, avec f (e) = 1

e ≈ 0, 368

Or 2 < e < 3. Donc pour n > 3, d’après le sens de variation de f , f (n) 6 f(3), donc exp(f (n)) 6 exp(f (3)) car exp est croissante.

Donc la propriété est déjà démontrée pour n > 3.

Il reste 2 autres valeurs : 1 et 2.

1

= 1 et 2

= √

2 ≈ 1, 414 Or 3

≈ 1, 442.

Donc 3

> 2

> 1

Donc pour tout n entier naturel non nul, n

> 3

IV) 6 points

f(x) = e

ln(x)

1. En 0 : on pose X = ln(x)

3 , d’où f (x) = 3Xe

Alors X tend vers −∞. lim

x→0

f (x) = lim

X→−∞

3Xe

= −∞ (pas d’indétermination) En +∞ : X tend vers +∞.

Donc lim

x→+∞

f (x) = lim

X→+∞

3Xe

= 0 (croissances comparées) 2. f

(x) = · · · = 1

3 x

(3 − ln(x)) Quand a-t-on f

(x) > 0 ?

Lorsque ln(x) < 3, soit 0 < x < e

Donc f est d’abord croissante sur ]0; e

[, puis décroissante sur ]e

; +∞[

3. Soit (C) la courbe de f et T la tangente à (C) au point d’abscisse 1.

f (1) = · · · = 0 f

(1) = · · · = 1

Donc la tangente en 1 a pour équation y = 1(x − 1) + 0 = x − 1

• On étudie le signe de la différence u(x) = f (x) − x + 1 u

(x) = f

(x) − 1

u

(x) = f

(x)

L’énoncé demande d’admettre que f

est décroissante sur ]0; 2[. Donc f

(x) 6 0 et donc u

(x) 6 0. Donc u

est décroissante aussi sur ]0; 2[.

Or u

(1) = 0, donc u

(x) > 0 pour 0 < x < 1 et u

(x) < 0 pour 1 < x < 2.

Donc u est d’abord croissante puis décroissante avec un maximum en 1. Or u(1) = 0,

donc u(x) 6 0 sur ]0; 2[, donc la courbe de f est en-dessous de la tangente T sur

]0; 2[.