Corrigé du devoir à la maison n

Corrigé du devoir à la maison n

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Exercice 1.

1. La fonction f est dérivable sur I comme quotient et sommes de fonctions dérivables et, pour toutx∈i ,

f⁰(x) = 2 cos(x) + cos(x)×cos(x)−sin(x)×(−sin(x))

cos²(x) −3

= 2 cos(x) + cos²(x) + sin²(x) cos²(x) −3

= 2 cos(x) + 1

cos²(x) −3

2. On considère la fonctionP :x7−→2x³−3x² + 1 définie sur R. a. Soit x∈R. Alors,

(x−1)²(2x+1) = (x²−2x+1)(2x+1) = 2x³+x²−4x²−2x+2x+1 = 2x³−3x²+1 =P(x).

Ainsi, on a bien montré que, pour tout réel x, P(x) = (x−1)²(2x+ 1).

b. Pour tout réelx, (x−1)² >0 donc le signe deP(x) est le signe de 2x+ 1. On en déduit que, pour tout x∈ⁱ−∞;−¹₂ⁱ,P(x)60 et, pour toutx∈^h−¹₂; +∞^h,P(x)>0.

3. a. Soit x∈R.

f⁰(x) = 2 cos(x) + 1

cos²(x)−3 = 2 cos³(x) + 1−3 cos²(x)

cos²(x) = P(cos(x)) cos²(x) . b. Soit x ∈ I. Alors, 0 < cos(x) 6 1 donc, d’après la question 2.b., P(cos(x)) > 0 et

cos²(x)>0 doncf⁰(x)>0.

On en déduit que f est croissante sur I.

c. En particulier, pour tout x∈I, f(x)>f(0). Or, f(0) = 2 sin(0) + _cos(x)^sin(x) −2×0 = 0 donc, pour tout x ∈ I, f(x) > 0 i.e. 2 sin(x) + sin(x)

cos(x) −3x > 0 soit finalement 2 sin(x) + sin(x)

cos(x) >3x.

Exercice 2.

1. a. La fonction f est dérivable comme somme de fonctions dérivables et, pour tout réel x ∈ ^h0 ;^π₂ⁱ, f⁰(x) = 1−cosx. Or, pour tout x ∈ ^h0 ;^π₂ⁱ, cosx 6 1 donc f⁰(x) > 0.

Remarquons, de plus, que f⁰(x) ne s’annule que pour x= 0 donc f est strictement croissante sur ^h0 ;^π₂ⁱ.

b. Il s’ensuit que, pour toutx∈^h0 ;^π₂ⁱ,f(x)>f(0). Or, f(0) = 0−sin 0 = 0 donc, pour tout x∈^h0 ;^π₂ⁱ, f(x)>0 i.e. x−sinx≥0 et donc sinx6x.

De plus, comme f est strictement croissante sur ^h0 ;^π₂ⁱ, si x∈ⁱ0 ;^π₂ⁱ, f(x)>0 donc x >sinx. Ainsi, sur ^h0 ;^π₂ⁱ, il n’y a égalité dans l’inégalité sinx6xque pour x= 0.

2. a. Soit la proposition Pn : « 0≤un ≤ ^π₂ ».

Par définition, u₀ = ^π₂ donc P₀ est vraie.

Soit k ∈N. Supposons que P_k est vraie.

Alors, 0 6 u_k 6 ^π₂ donc, comme la fonction sin est croissante sur ^h0 ;^π₂ⁱ, sin 0 6 sin(u_k) 6sin(^π₂) i.e. 06u_k+1 61 et, à plus forte raison, 0 6u_k+1 6 ^π₂. Ainsi, P_k+1 est vraie.

On a donc démontré par récurrence que, pour tout n∈N, 06u_n 6 ^π₂.

b. Soit n ∈N. Comme u_n ∈ ^h0 ;^π₂ⁱ, d’après le résultat de la question 1.b. appliqué à x=u_n, sin(u_n)6u_n i.e. u_n+1 6u_n. Ainsi, (u_n) est décroissante.

c. Comme (u_n) est décroissante et minorée par 0 (d’après les questions 2.a et 2.b), on peut affirmer que (u_n) converge grâce au théorème des suites monotones. Notons ` la limite de (u_n).

D’une part, lim

n→+∞u_n+1 = lim

n→+∞u_n=` et, d’autre part, comme la fonction sinus est continue sur R donc en `, lim

n→+∞u_n+1 = lim

n→+∞sin(u_n) = sin(`). Ainsi, par unicité de la limite de (u<sub>n+1</sub>), `= sin(`).

Comme (u_n) est bornée par 0 et ^π₂,` ∈<sup>h</sup>0 ;<sup>π</sup><sub>2</sub><sup>i</sup>. Or, d’après la question 1.b, l’unique réel x∈<sup>h</sup>0 ;<sup>π</sup><sub>2</sub><sup>i</sup> tel que sinx=x est x= 0 donc `= 0. Ainsi, lim

n→+∞u_n= 0.

Exercice 3. Soit n ∈ N. Alors, pour tout entier k compris entre 0 et n, −1 6 sin(k) 6 1 donc, comme 2ⁿ > 0, ⁻¹₂n 6 ^sin(k)₂ⁿ 6 ₂¹ⁿ. Ainsi, en sommant pour k variant de 0 à n, il vient

−ⁿ⁺¹₂n 6 u_n 6 ⁿ⁺¹₂ⁿ . De plus, on a vu dans le chapitre 0 (exemple 3) que, pour tout entier n > 4, 0 < n² 6 2ⁿ donc, par décroissance de la fonction inverse sur ]0 ; +∞[, _n¹2 > ₂¹ⁿ et ainsi, comme n+ 1>0, ⁿ⁺¹_n2 > ⁿ⁺¹₂ⁿ . Il s’ensuit que, pour tout entier n>4, −ⁿ⁺¹_n2 6u_n 6 ⁿ⁺¹_n² . Or, lim

n→+∞

n+1

n² = lim

n→+∞

n

n² = lim

n→+∞

1

n = 0 donc on conclut, par le théorème d’encadrement,

n→+∞lim u_n= 0.

Posons, pour tout n ∈N^∗, w_n =

n

X

k=0

cos(k)

2^k et z_n=w_n+ iv_n. Alors, pour tout n ∈N^∗,

z_n=

n

X

k=0

cos(k) + i sin(k)

2^k =

n

X

k=0

e^ik 2^k =

n

X

k=0

eⁱ 2

!k

.

Comme ^e₂ⁱ ∈/R, ^e₂ⁱ 6= 1 donc, pour tout n∈N,

z_n= 1−^e₂ⁱⁿ⁺¹

1− ^e₂ⁱ = 2−2^e₂ⁱⁿ⁺¹ 2−eⁱ =

2−2^e₂ⁱⁿ⁺¹

(2−e⁻ⁱ)

|2−eⁱ|² . De plus, pour tout n∈N^∗,

N_n:=



2−2 eⁱ 2

!n+1



2−e⁻ⁱ= 2− e^{i (n+1)} 2ⁿ

!

2−e⁻ⁱ= 4−2e⁻ⁱ −e^{i (n+1)} 2ⁿ⁻¹ + eⁱⁿ

2ⁿ

donc Im(N_n) = −2 sin(−1)− ^sin(n+1)₂n−1 + ^sin(n)_2n et ainsi, comme |2−eⁱ|² ∈R,

v_n = Im(z_n) = Im(Nn)

|2−eⁱ|² = −2 sin(−1)− ^sin(n+1)₂n−1 +^sin(n)₂n

|2−eⁱ|² .

Or, pour tout n ∈ N, −16 sin(n+ 1)6 1 et 2ⁿ⁻¹ >0 donc −₂n−1¹ 6 ^sin(n+1)₂ⁿ⁻¹ 6 ₂ⁿ⁻¹¹ . Comme

n→+∞lim

1

2ⁿ⁻¹ = 0, on déduit du théorème d’encadrement que lim

n→+∞

sin(n+1)

2ⁿ⁻¹ = 0. On montre de même que lim

n→+∞

sin(n)

2ⁿ = 0 donc (v_n) converge et

n→+∞lim v_n = −2 sin(−1)

|2−eⁱ|² = 2 sin(1)

|2−eⁱ|². Pour finir, remarquons que

2−eⁱ² =|2−cos(1)−i sin(1)|² = (2−cos(1))²+ sin²(1)

= 4−4 cos(1) + cos²(1) + sin²(1) = 5−4 cos(1) donc, finalement,

n→+∞lim v_n= 2 sin(1) 5−4 cos(1).