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MPSI/PCSI01 août 2015Partie I : Manipulation d’inégalités Solution de l’exercice 1.
1.La fonction logarithme néperien étant strictement croissante et bijective surR?+, on raisonne par équivalences
ex2+x6e x2+x61 x2+x−160 x∈
"
−1 +√ 5 2 ,−1−√
5 2
# . Ainsi, l'ensemble des solutions de l'inéquation est
E1=
"
−1 +√ 5 2 ,−1−√
5 2
# .
2.Pour résoudre cette inégalité, on distingue les cas selon les valeurs dem.
•Sim=−1, l'inégalité s'écrit061. Ainsi, elle est vraie pour tout réelxet l'ensemble des solutions estR.
•Sim <−1. Alors,m+ 1<0, soit, en raisonnant par équivalences, 06(m+ 1)x+ 2−m m−26(m+ 1)x m−2
m+ 1>x.
Ainsi, l'ensemble des solutions esti
−∞;mm+1−2i .
•Sim >−1, à l'aide d'un raisonnement analogue, l'ensemble des solutions esth
m−2m+1; +∞h . Finalement,
Sim=−1,E2=R, Sim <−1,E2=i
−∞;m−2m+1i , Sim >−1,E2=h
m−2 m+1; +∞h
.
3. La résolution se déroule en deux temps. Dans un premier temps on eectue une étude de signe du trinôme. Dans un second temps on eectue une disjonction de cas pour simplier les expressions contenant les valeurs absolues.
•On commence par étudier le signe du trinômex2+x+ 1. Le discriminant de ce trinôme vaut−3. Ainsi, ce trinôme est toujours positif.
•On raisonne par disjonction de cas.
∗ Six>4, l'inéquation s'écrit
x2+x+ 1> x−4 x2>−5
Ainsi, tout réelxplus grand que4est solution de l'inéquation.
∗ Six64, l'inéquation s'écrit sous la forme
x2+x+ 1>−x+ 4 x2+ 2x−3>0
Le discriminant du trinômex2+ 2x−3vaut16. Ainsi, ce trinôme est négatif six appartient à l'intervalle[−3,1]et positif sixappartient à l'ensemble]− ∞,−3]∪ [1,+∞[.
Ainsi,xest solution de l'inéquation six∈]− ∞,−3[∪]1,4].
Finalement, l'ensemble des solutions est]− ∞,−3[∪]1,4]∪[4,+∞[, soit E3=]− ∞,−3[∪]1,+∞[.
Solution de l’exercice 2.
1.Soient(x, y)∈R2. Montrons par récurrence que la propriété(x+y)n= Pn
k=0 n k
xkyn−kest vraie pour tout entier natureln.
Initialisation.Lorsque n= 0,(x+y)0 = 1. De plus, P0
k=0 0 k
xky−k = 00
x0y0 = 1. Ainsi, la propriété est vraie à l'ordre0.
Hérédité.Soitn∈N. On suppose que la propriété est vraie à l'ordren. Alors, (x+y)n+1= (x+y)·(x+y)n
= (x+y)· Xn k=0
n k
xkyn−k, d'après l'hypothèse de récurrence
= Xn k=0
n k
xk+1yn−k+ Xn k=0
n k
xkyn+1−k
=
n+1X
k=1
n k−1
xkyn+1−k+ Xn k=0
n k
xkyn+1−k
= Xn k=1
n k−1
xkyn+1−k+ n
n
xn+1+ Xn k=1
n k
xkyn+1−k+ n
0
yn+1
=xn+1+yn+1+ Xn k=1
n k−1
+
n k
xkyn+1−k
=xn+1+yn+1+ Xn k=1
n+ 1 k
xkyn+1−k, d'après la formule du triangle de Pascal
=
n+1X
k=0
n+ 1 k
xkyn+1−k.
Conclusion.Finalement, la propriété est vraie à l'ordre 0et est héréditaire, donc, d'après le principe de récurrence,
∀(x, y)∈R2, n∈N,(x+y)n= Xn k=0
n k
xkyn−k. 2 . a)D'après la formule du binôme de Newton,
(1 +a)n= Xn k=0
n k
ak
= 1 +na+ Xn k=2
n k
ak
>1 +na, caraainsi que les coecients binomiaux sont positifs.
b)Soitα >1. Il existea >0tel queα= 1 +a. Ainsi, pour tout entier natureln, αn= (1 +a)n
>1 +na.
Finalement, comme la suite(1 +na)n∈Ntend vers l'inni, d'après le théorème d'encadrement,
n→lim+∞αn= +∞.
Solution de l’exercice 3. Soit(a, b, c)∈(R?+)3.
1.Soitfla fonction dénie pour tout réelxstrictement positif parf(x) =(x+b+c)xbc 3. La fonction fest continue et dérivable surR?+et pour tout réelx,
f0(x) = 3(x+b+c)2
xbc −(x+b+c)3 x2bc
=(x+b+c)2
x2bc (3x−(x+b+c))
=(2x−b−c)(x+b+c)2 x2bc . Ainsi,fest décroissante sur]0,b+c2 ]et croissante sur[b+c2 ,+∞[. D'où,
f(a)>f b+c
2
> 32(b+c)3 b+c
2 bc
>27 4 ·(b+c)2
bc . Or, en utilisant les identités remarquables,
(b+c)2=b2+c2+ 2bc (b+c)2
bc =b c+c
b+ 2
>4,
car la fonction dénie pour tout réelx∈R?+parg(x) =x+1xest supérieure à2. En eet, √
x− 1
√x 2
>0 x+1
x−2>0 x+1
x>2.
D'où,
(a+b+c)3 abc >27.
2.La fonction racine cubique étant croissante, d'après l'inégalité précédente, a+b+c>3√3
abc.
Solution de l’exercice 4. Soit(a, b)∈R2. 1 . a)D'après les identités remarquables,
|a+b|2= (a+b)2
=a2+ 2ab+b2. Or,ab6|ab|. Ainsi,
|a+b|26a2+ 2|ab|+b2 6|a|2+ 2|a| · |b|+|b|2 6(|a|+|b|)2. La fonction racine carré étant croissante surR+,
|a+b|6|a|+|b|.
b)On raisonne par double implication.
(⇒) En reprenant la démonstration précédente, si|a+b|=|a|+|b|, alors|ab|=ab. Ainsi, le produitabest positif etaetbsont de même signe.
(⇐) On suppose queaetbsont de même signe.
∗ Siaetbsont positifs. Alors,
|a+b|=a+b, cara+b>0
|a|+|b|=a+b, cara>0etb>0. Ainsi,
|a+b|=|a|+|b|.
∗ Siaetbsont négatifs. Alors,
|a+b|=−(a+b), cara+b60
|a|+|b|=−a−b, cara60etb60. Ainsi,
|a+b|=|a|+|b|.
Finalement, on a montré qu'il y a égalité dans l'inégalité triangulaire si et seulement siaetb sont de même signe.
2.En utilisant l'inégalité précédente,
|a|=|a−b+b| 6|a−b|+|b|
|a| − |b|6|a−b|. On montre de même que
|b| − |a|6|a−b|.
Finalement, d'après la dénition de la valeur absolue,
||a| − |b||6|a−b|.
Solution de l’exercice 5.
1.On suppose dans cette question quePn
i=1
yi2= 0. Alors, pour tout entieri∈J1, nK,yi= 0. On obtient ainsi,
Xn i=1
xiyi
!2
= 0, Xn
i=1
x2i
!
· Xn i=1
y2i
!
= 0.
L'inégalité demandée est ainsi démontrée.
2 . a)Soitt∈R. En utilisant les identités remarquables, f(t) =
Xn i=1
(x2i+t2y2i+ 2xiyi)
= Xn i=1
x2i+ 2 Xn i=1
xiyi
!
·t+ Xn i=1
y2i
! t2.
Comme nous avons supposé que Pn
i=1
y2i6= 0,fest bien un polynôme de degré2ent.
b)On remarque que pour touttréel,f(t)>0. Ainsi, le trinômefgarde un signe constant, donc son discriminant réduit est négatif, c'est-à-dire,
Xn i=1
xiyi
!2
− Xn i=1
x2i
!
· Xn i=1
yi2
! 60.
Ainsi,
Xn i=1
xiyi
!2
6 Xn i=1
x2i
!
· Xn i=1
yi2
! .
3 . a)Comme les(ai)sont strictement positifs, en utilisant l'inégalité précédente, on obtient Xn
i=1
ai
!
· Xn i=1
1 ai
!
= Xn
i=1
√ai2
!
· Xn i=1
r1 ai
2!
>
Xn i=1
√ai· r1
ai
!2
>
Xn i=1
1
!2
>n2. D'où,
Xn i=1
ai
!
· Xn i=1
1 ai
!
>n2.
b)On remarque que s'il existe un réelλtel que pour touti∈J1, nK,ai=λ, alors il y a égalité dans l'inégalité précédente.
On pourrait montrer que l'égalité ne se produit que sous cette condition.
Partie II : Raisonnements par récurrence
Solution de l’exercice 6. Montrons par récurrence que la propriétéP(n) : |sin(nx)|6n|sinx| est vraie pour tout entier natureln.
Initialisation.Lorsquen= 0,|sin(0x)|= 0 = 0· |sinx|, donc la propriété est vraie à l'ordre0. Hérédité.Soit n∈N. On suppose que la propritéP(n) est vraie. En utilisant les formules d'addition,
|sin((n+ 1)x)|=|sin(nx) cosx+ cos(nx) sinx|
6|sin(nx)| · |cosx|+|cos(nx)| · |sinx|, d'après l'inégalité triangulaire
6n|sinx|+|sinx|, d'après l'hypothèse de récurrence et cosinus à valeurs dans[−1,1]
6(n+ 1)|sinx|.
Conclusion.Finalement,P(0)est vraie et la propriété est héréditaire, donc, d'après le principe de récurrence,
∀x∈R,∀n∈N,|sin(nx)|6n|sinx|.
Solution de l’exercice 7. Montrons par récurrence que la propriété
P(n) : Pn
k=0
(2k+ 1)2=(n+1)(2n+1)(2n+3)
3 est vraie pour tout entier natureln. Initialisation.Lorsquen= 0, P0
k=0
(2k+ 1)2= 1 =1·1·33 .
Hérédité.Soitn∈N. On suppose que la propriétéP(n)est vraie.
n+1X
k=0
(2k+ 1)2= Xn k=0
(2k+ 1)2+ (2n+ 3)2
=(n+ 1)(2n+ 1)(2n+ 3)
3 + (2n+ 3)2
=2n+ 3
3 ((n+ 1)(2n+ 1) + 3(2n+ 3))
=2n+ 3
3 ·(n+ 2)(2n+ 5).
Conclusion.Finalement,P(0)est vraie et la propriété est héréditaire, donc
∀n∈N, Xn k=0
(2k+ 1)2=(n+ 1)(2n+ 1)(2n+ 3)
3 .
On pourra chercher à démontrer cette propriété sans récurrence en utilisant la quantité P2n
k=1
k2et en séparant dans cette somme les termes pairs des termes impairs. . .
Solution de l’exercice 8.
1.Montrons par récurrence que la propriétéP(n) : 5|(n5−n)est vraie pour tout entier naturel n.Initialisation.Lorsquen= 0,05−0 = 0et5|0donc la propriétéP(0)est vraie.
Hérédité.Soitn∈N. On suppose queP(n)est vraie. Alors, en utilisant la formule du binôme de Newton,
(n+ 1)5−(n+ 1) =n5+ 5n4+ 10n3+ 10n2+ 5n+ 1−n−1
= (n5−n) + 5(n4+ 2n3+ 2n2+n).
Comme, d'après l'hypothèse de récurrence,5|(n5−n), alors,P(n+ 1)est vraie.
Conclusion.Finalement,P(0)est vraie et la propriété est héréditaire, donc, d'après le principe de récurrence,
∀n∈N,5|(n5−n).
2.D'après les propriétés de factorisation n5−n=n(n4−1)
=n(n2−1)(n2+ 1)
=n(n−1)(n+ 1)(n2+ 1)
Commen−1,netn+ 1sont trois entiers consécutifs, ils sont divisibles par2·3. Ainsi,6|(n5−n) et il existek∈Ntel quen5−n= 6k. De plus, d'après la question précédente,5|(n5−n), soit 5|(6k). Or,5et6sont premiers entre eux, donc, d'après le lemme de Gauss,5|ket il existe un entier naturelptel quek= 5psoitn5−n= 30p.
Finalement,
∀n∈N,30|n5−n.
Solution de l’exercice 9.
1.Soitn∈N. On suppose que9|10n+ 1. Alors, il existe un entier naturelktel que10n+ 1 = 9k.
Ainsi,
10n+1+ 1 = 10·10n+ 1
= 10·(10n+ 1−1) + 1
= 10·(9k−1) + 1
= 9·10k−10 + 1
= 9(10k−1).
Ainsi,9|10n+1+ 1etP(n+ 1)est vraie.
2.Lorsquen= 0etn= 1, la propriétéP(n)est fausse. . . Plus généralement, pour toutn>1, la somme des chires de10n+ 1vaut2, donc ce nombre n'est pas divisible par3(donc pas par 9).
Solution de l’exercice 10. Montrons cette propriété par récurrence surn. Initialisation.Un calcul élémentaire donneS2=3
2etS3=11
6. Donc le résultat voulu est vérié aux ordres2et3.
Hérédité.On suppose que pour tout entier naturelkcompris entre2etn, le réelSkpeut s'écrire comme le quotient d'un nombre impair par un nombre pair. On cherche à démontrer cette propriété pourSn+1en distingant les cas selon la parité den.
•Sin= 2`est pair. Alors,Sn+1=Sn+ 1
n+ 1. D'après l'hypothèse de récurrence, il existe (k, m)∈N2tel queSn=2m+12k . Donc
Sn+1=2m+ 1
2k + 1
2`+ 1
=(2m+ 1)(2`+ 1) + 2k 2k(2`+ 1)
=2(m+`+k) + 1 2k(2`+ 1) est bien le quotient d'un nombre impair par un nombre pair.
•Sin= 2`+ 1est impair.
Sn+1=
2`+2X
k=1
1 k
=1
2+· · ·+ 1 2`+ 2+1
3+· · ·+ 1 2`+ 1
=1 2S`+1+1
3+· · ·+ 1 2`+ 1.
D'après l'hypothèse de récurrence, il existe(m, k)∈N2tel queS`+1=2m+ 1 2k . En réduisant au même dénominateur, comme le premier dénominateur est pair, le déno- minateur de la somme est pair. De plus, son numérateur est égal à la somme du nombre pair4·k·3· · ·(2`+1)avec le nombre impair(2m+1)·3·5· · ·(2`+1). Ainsi, le numérateur est impair.
Conclusion.Finalement, la propriété est vraie à l'ordre2et3et héréditaire, donc elle est vraie pour tout entier natureln.
Partie III : Techniques de calculs
Solution de l’exercice 11. Nous allons montrer toutes ces égalités par récurrence surn.
1.Montrons la propriétéP(n) : Pn
k=1
k=n(n+1)2 . Initialisation.Lorsquen= 1, alors P1
k=1
k= 1 =1·22. Ainsi, la propriété est vraie à l'ordre1.
Hérédité.Soitn∈N?. On suppose quePnest vraie. Alors,
n+1X
k=1
k= Xn k=1
k+ (n+ 1)
=n(n+ 1)
2 + (n+ 1), d'après l'hypothèse de récurrence
=n+ 1 2 ·(n+ 2)
=(n+ 1)(n+ 2)
2 .
Ainsi, la propriété est vraie à l'ordren+ 1.
Conclusion.Finalement,P(1)est vraie et la propriété est héréditaire, donc
∀n∈N?, Xn k=1
k=n(n+ 1)
2 .
2.Montrons la propriétéP(n) : Pn
k=1
k2=n(n+1)(2n+1)
6 .
Initialisation.Lorsquen= 1, alors P1
k=1
k2= 1 =1·2·36 . Ainsi, la propriété est vraie à l'ordre1. Hérédité.Soitn∈N?. On suppose quePnest vraie. Alors,
n+1X
k=1
k2= Xn k=1
k2+ (n+ 1)2
=n(n+ 1)(2n+ 1)
6 + (n+ 1)2, d'après l'hypothèse de récurrence
=n+ 1
6 ·(n(2n+ 1) + 6n+ 6)
=(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)
6 .
Ainsi, la propriété est vraie à l'ordren+ 1.
Conclusion.Finalement,P(1)est vraie et la propriété est héréditaire, donc
∀n∈N?, Xn k=1
k2=n(n+ 1)(2n+ 1)
6 .
3.Montrons la propriétéP(n) : Pn
k=1
k3=n2(n+1)4 2. Initialisation.Lorsquen= 1, alorsP1
k=1
k3= 1 =124·22. Ainsi, la propriété est vraie à l'ordre1. Hérédité.Soitn∈N?. On suppose quePnest vraie. Alors,
n+1X
k=1
k3= Xn k=1
k3+ (n+ 1)3
=n2(n+ 1)2
4 + (n+ 1)3, d'après l'hypothèse de récurrence
=(n+ 1)2
4 ·(n2+ 4(n+ 1))
=(n+ 1)2(n+ 2)2
2 .
Ainsi, la propriété est vraie à l'ordren+ 1.
Conclusion.Finalement,P(1)est vraie et la propriété est héréditaire, donc
∀n∈N?, Xn k=1
k3=n2(n+ 1)2
4 .
4.On remarque que, commeq6= 1, alors1−q6= 0. Montrons la propriétéP(n) : Pn
k=0
qk=1−q1−qn+1. Initialisation.Lorsquen= 0, alorsP0
k=0
qk= 1 =11−−qq. Ainsi, la propriété est vraie à l'ordre0. Hérédité.Soitn∈N. On suppose quePnest vraie. Alors,
n+1X
k=0
qk= Xn k=0
qk+qn+1
=1−qn+1
1−q +qn+1, d'après l'hypothèse de récurrence
=1−qn+1+qn+1(1−q) 1−q
=1−qn+2 1−q . Ainsi, la propriété est vraie à l'ordren+ 1.
Conclusion.Finalement,P(0)est vraie et la propriété est héréditaire, donc
∀n∈N, Xn k=0
qk=1−qn+1 1−q .
5.Montrons la propriétéP(n) : (a−b)·
nP−1 k=0
akbn−1−k=an−bn. Initialisation.Lorsquen= 1, alors(a−b)·P0
k=0
akb1−1−k= (a−b)·a0b0=a−b. Ainsi, la propriété est vraie à l'ordre1.
Hérédité.Soitn∈N?. On suppose quePnest vraie. Alors, (a−b)
Xn k=0
akbn−k= (a−b)b
n−1
X
k=0
akbn−1−k+ (a−b)anbn−n
=b(an−bn) +an+1−anb,d'après l'hypothèse de récurrence
=an+1−bn+1. Ainsi, la propriété est vraie à l'ordren+ 1.
Conclusion.Finalement,P(1)est vraie et la propriété est héréditaire, donc
∀n∈N?,(a−b)
n−1
X
k=0
akbn−1−k=an−bn. On aurait également pu utiliser la question précédente et éviter une récurrence. . . Solution de l’exercice 12.
1.En développant l'expression,(X−a)(X−b)(X−c) =X3−(a+b+c)X2+(ab+ac+bc)X−abc. En utilisant l'identication polynomiale, on obtient
a+b+c= 0, ab+ac+bc=petabc=−q.
2.En utilisant la dérivée des fonctions polynomiales,P0= 3X2+p. Par conséquent, P0(a)P0(b)P0(c) = (3a2+p)(3b2+p)(3c2+p)
= 27a2b2c2+ 9p(a2b2+a2c2+b2c2) + 3p2(a2+b2+c2) +p3. D'autre part, on calcule
(ab+ac+bc)2=p2
= (a2b2+a2c2+b2c2) + 2abc(a+b+c) et
(a+b+c)2= 0
=a2+b2+c2+ 2p.
On en déduit(a2b2+a2c2+b2c2) =p2eta2+b2+c2=−2p.En remplaçant dans l'expession deP0(a)P0(b)P0(c), on en déduit
P0(a)P0(b)P0(c) = 27q2+ 4p3.
Solution de l’exercice 13.
1.Commex6= 1, en utilisant la somme des termes d'une suite géométrique de raisonx, f(x) =xn+1−1
x−1 .
2.On remarque que, pour toutx∈R\{1}, la fonctionfest dérivable et f0(x) =
Xn k=1
kxk−1
xf0(x) = Xn k=1
kxk
=g(x).
D'autre part, en utilisant le résultat de la question précédente, la fonctionfest dérivable sur R\{1}et pour toutx∈R\{1},
f0(x) =(n+ 1)xn(x−1)−(xn+1−1) (x−1)2
=nxn+1−(n+ 1)xn+ 1 (x−1)2 . Finalement,
∀x∈R\{1}, g(x) = x
(x−1)2· nxn+1−(n+ 1)xn+ 1 .
Solution de l’exercice 14. Soitn∈N?. En utilisant la remarque de l'énoncé, Sn=
Xn k=1
1 k(k+ 1)
= Xn k=1
1 k− 1
k+ 1
= Xn k=1
1 k−
Xn k=1
1 k+ 1
= Xn k=1
1 k−
n+1X
k=2
1 k
= 1− 1 n+ 1. Finalement,
∀n∈N?, Sn= 1− 1 n+ 1.
En utilisant les théorèmes d'addition des limites, la suite(Sn)n∈N?converge et
n→+∞lim Sn= 1.
1.Pour tout entier naturel non nuln, posonsVn=Pn
k=1 1
k2. D'une part, pour tout entier naturel non nul,Vn+1−Vn=(k+1)1 2>0, donc la suite(Vn)n∈N?est croissante.
D'autre part, pour toutkentier naturel non nul,k+11 61k. Ainsi, 1
(k+ 1)26 1 k(k+ 1)
n−1X
k=1
1 (k+ 1)26n−1X
k=1
1 k(k+ 1) Vn−16Sn− 1
n(n+ 1) Vn6Sn+ 1− 1
n(n+ 1)) 6Sn+ 1.
Or, d'après la question précédente, la suite(Sn)n∈N?est majorée par1. Ainsi, la suite(Vn)n∈N? est majorée par2.
Finalement,(Vn)n∈N?est une suite croissante et majorée, donc Xn
k=1
1 k2
!
n∈N?
est convergente.
Solution de l’exercice 15.
1.On utilise les identités remarquables en reconnaissant un carré X4+ 1 = (X2+ 1)2−2X2
= (X2−√
2X+ 1)·(X2+√ 2X+ 1).
Ainsi,
X4+ 1 = (X2−√
2X+ 1)·(X2+√ 2X+ 1).
Les polynômes de degrés2qui apparaissent dans cette factorisation ne possèdent pas de racine réelle.
2.En utilisant la même technique avec les cubes,
X6+ 1 = (X2+ 1)3−3(X2+ 1)·X2
= (X2+ 1)·h
(X2+ 1)2−(√ 3X)2i
. On a donc
X6+ 1 = (X2+ 1)·(X2−√
3X+ 1)·(X2+√ 3X+ 1).
Partie IV : Trigonométrie
Solution de l’exercice 16. La fonction racine carrée étant dénie surR+et la fonction inverse sur R?, la fonctionfest dénie pour tout réelxtel quecosx−12>0. Or,cosx=12si et seulement six≡π3 [2π]oux≡ −π3 [2π]. Ainsi, le domaineDde dénition defest
D=[
k∈Z
i
−π 3+ 2kπ,π
3+ 2kπh .
Solution de l’exercice 17.
1.NotonsI= [0,π2]. Pour toutx∈I, on poseg(x) = sinx−2πxetf(x) =x−sinx. Les fonctions fetgsont dérivables surIet pour toutx∈I,
f0(x) = 1−cosx
>0.
Ainsi, la fonctionfest croissante et commef(0) = 0,
∀x∈h 0,π
2 i
,sinx6x.
De même, pour toutx∈I,
g0(x) = cosx−2 π g00(x) =−sinx
60.
Ainsi, la fonction g0 est décroissante. Or,g0(0) > 0et g0 π2
< 0, g0 est continue etg0 est strictement décroissante, donc, d'après le théorème de la bijection monotone,g0s'annule en un unique point surIque nous noteronsα.
Ainsi,gest croissante sur[0, α]et décroissante sur[α,π2]. Or,g(0) =g(π2) = 0, doncgest positive surIet
∀x∈h 0,π
2 i
,sinx>2 π. 2.On comparesinavec ses tangentes et ses cordes.
x -> x sin x -> Pi/2 x
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6
Solution de l’exercice 18.
1.La fonction sinus étant dénie surRet la fonction inverse surR?, la fonctiongest dénie sur R?. Ainsi,
D=R?.
De plus, la fonctionx7→x2est paire et la fonctionx7→sin2πx est impaire. Ainsi, la fonctiong est impaire.
2.Résolvons l'équationg(x) = 0surR?+. Soitx∈R?+tel queg(x) = 0. Alors,x2sin2πx = 0. Ainsi,sin2πx = 0carx6= 0.
Alors,2πx ≡0 [π]et il existe un entier naturel non nulktel que2πx =kπsoitx=2k.
Réciproquement, on vérie quek2est bien solution de l'équation pour tout entier naturel non nul k. Finalement, l'ensemble des solutions de l'équation est
2 k, k∈N?
.
3.Soitx∈D. Comme la fonction sinus est à valeurs dans[−1,1],
∀x∈D,−x26g(x)6x2.
Il y a égalité dans une des inégalités précédentes si et seulement sisin2πx ∈ {−1,1}, i.e. 2πx ≡
π
2 [π]. Ainsi, il y a égalité si et seulement si le réelxappartient à l'ensemble 4
2k+ 1, k∈Z
. En utilisant le théorème d'encadrement, on obtient
xlim→0+g(x) = lim
x→0−g(x) = 0.
4.Soitx∈D. Alors,
g(x) =x2sin2π x
=x·2π·sin2πx
2π x
. Or,lim
y→0 siny
y = 1. Ainsi,
x→+∞lim g(x) = +∞.
À l'aide d'une étude de fonction, on montre que pour toutx>0,sin(x)6x. Ainsi,
∀x∈D, g(x)62πx.
5.D'après l'étude précédente,
0 2 4 6 8 10 12
0 20 40 60 80
Solution de l’exercice 19.
1.D'après les règles de dérivation d'un quotient, la fonction tangente est dérivable surIet tan0= 1 + tan2= 1
cos2.
2.Pour toutx∈I, on posef(x) = 2 sinx+ tanx. La fonctionfest deux fois dérivable surIet f0(x) = 2 cosx+ 1
cos2x f00(x) =−2 sinx+2 sinx
cos3x
= 2 sinx 1
cos3x−1
>0.
Ainsi, la fonctionf0est croissante. D'où, pour toutx∈I, f0(x)>f0(0)
>3.
Soit, d'après la croissance de l'intégrale, la fonctionf0étant continue surI, Z x
0
f0(t)dt>Zx 0
3dt f(x)−f(0)>3x.
Finalement,
∀x∈I, f(x)>3x.
Solution de l’exercice 20. Rappelons que pour toutx∈R,sin(2x) = 2 cos(x) sin(x). Ainsi, pour k∈J0, nK, comme2xk6∈πZ,cos2xk =sin
2k−1x
2 sin2kx . En notantPn= Qn
k=0
cos2xk, on obtient
Pn= Yn k=0
sin2k−1x 2 sin2xk
= 1
2n+1 Yn k=0
sin x 2k−1
Yn k=0
1 sin2xk
= 1
2n+1sin(2x)
nY−1
k=0
sinx 2k
Yn k=0
1 sin2xk
= 2−n−1 sin(2x) sin(2−nx).
Partie V : Nombres complexes
Solution de l’exercice 21. On utilise la dénition du module puis l'hypothèse.
|1 +z|2+|1−z|2 = (1 +z)·(1 +z) + (1−z)·(1−z)
= 1 +z+z+|z|2+ 1−z−z+|z|2
= 2.
Il s'agit du théorème de Pythagore ! En eet,1, z−1sont disposés sur le cercle unité et les points d'axe 1et−1sont les extrémités du diamètre de longeur2.
Solution de l’exercice 22.
1.On remarque que
(1−eiθ)·En= Xn k=0
ei k θ−
n+1X
k=1
ei k θ
= 1−ei(n+1)θ. 2.On distingue les cas selon les valeurs deθ.
•Siθ≡0 [2π]. Alors, pour toutk∈J0, nK,eikθ= 1etEn=n+ 1. Ainsi,Cn=n+ 1et Sn= 0.
•Siθest diérent de0modulo2π, en divisant par(1−eiθ), on obtient : En=1−ei(n+1)θ
1−eiθ
=ein+12 θ
eiθ2 ·sinn+12 θ sinθ2 . En passant à la partie réelle et à la partie imaginaire, on obtient
Cn= cos nθ
2
sinn+12 θ
sinθ2 etSn= sin nθ
2
sinn+12 θ sinθ2 . Solution de l’exercice 23.
1.Le discriminant réduit de l'équation proposée vautλ2−1.
•Si |λ| > 1. L'équation proposée admet deux racines réellesx1(λ) = λ−√ λ2−1et x2(λ) =λ+√
λ2+ 1.
∗Lorsque λ >1, x1 etx2 satisfontlim
1 x1 = lim
1 x2 = 1etlim
+∞x1 = +∞,lim
+∞x2 = 0. Comme ces fonctions sont continues, ces deux racines décrivent l'ensemble ]0; +∞[\{1}.
∗Lorsqueλ <−1, on montre de manière analogue que l'ensemble des racines décrit l'ensemble]− ∞; 0[\{−1}.
•Si|λ|<1, l'équation proposée admet alors deux racines complexes non réelles conjuguées de module 1. Réciproquement, siz est un nombre complexe de module 1, en notant z=x+iy, on a bienz=x+i√
1−x2ouz=x−i√
1−x2selon le signe dey. Ainsi, les racines décrivent l'ensemble des nombres complexes de module1privé de{−1,1}.
•Siλ=−1, l'équation admet une racine double−1.
•Siλ= 1, elle admet une racine double 1.
Finalement, l'ensemble cherché est
la réunion de l'axe des abscisses privé de l'origine et du cercle trigonométrique.
Solution de l’exercice 24.
1. Posonsz =|z|(cosθ+isinθ). Alors,z2−1 =A+iB, avecA=|z|2cos(2θ)−1etB =
|z|2sin(2θ). D'où
A2+B2=|z|4+ 1−2|z|2cos(2θ).
Par conséquent,
|z2−1|= 1 ⇔ |z|2= 2 cos(2θ)ouz= 0.
Une étude de cette équation permettrait d'obtenir le graphe de(Γ)
0.3 0.60.9 1.2 0 30 60 90 120
150
180
210
240 270
300 330 0.3 0.60.9 1.2 0 30 60 90 120
150
180
210
240 270
300 330
Solution de l’exercice 25.
1.En utilisant l'inégalité triangulaire,
|2u|=|(u+v) + (u−v)|
6|u+v|+|u−v|
et
|2v|=|(u+v)−(u−v)|
6|u+v|+|u−v|. En sommant ces deux inégalités et en divisant par2, on obtient
|u|+|v|6|u+v|+|u−v|. 2.En utilisant l'inégalité précédente,
|z1|+|z2|+|z3|+|z4|6|z1+z2|+|z3+z4|+A,
avecA=|z1−z2|+|z3−z4|.On utilise de nouveau la première question avecu=z1−z2et v=z3−z4.
A6|z1−z2+z3−z4|+|z1−z2−z3+z4| 6|z1+z3|+|z2+z4|+|z1+z4|+|z2+z3|,
la dernière inégalité ayant été obtenue en utilisant l'inégalité triangulaire. Finalement, on obtient bien
|z1|+|z2|+|z3|+|z4|6|z1+z2|+|z1+z3|+|z1+z4|+|z2+z3|+|z2+z4|+|z3+z4|.
Partie VI : Étude de fonctions Solution de l’exercice 26.
1.
m ax{ 0, sin x}
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
2.
|cos x|
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
3.
1 + t an^ 2 x
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
4.
x - [ x]
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
Les lignes verticales sont bien évidemment un ar- téfact dû au logiciel de calcul.
Solution de l’exercice 27.
1.SiPest un polynôme non nul qui convient et si on noteanson coecient dominant, alors le coecient dominant de6P est6anet celui de(X2+ 1)P00estn(n−1)an. Ainsi,n(n−1) = 6, soit
n= 3.
2.SoitP=a3X3+a2X2+a1X+a0un polynôme qui convient. Alors,P00= 6a3X+ 2a2et (X2+ 1)(6a3X+ 2a2) = 6a3X3+ 2a2X2+ 6a3X+ 2a2.
En utilisant l'identication polynomiale,P vérie donc l'égalité voulue si et seulement sia2= a0= 0eta1=a3. Le polynômeP doit donc être de la formeP=a(X3+X)et on vérie sans problème que cela convient. Finalement, l'ensemble des polynômes solution est
a(X3+X), a∈R .
Solution de l’exercice 28.
1.Notonsfl'application proposée. La fonctionfest dénie et dérivable sur]0,+∞[et pour tout x∈]0; +∞[,on af0(x) =1−ln(x)
x2 . Ainsi,fest croissante sur]0, e[,décroissante sur]e,+∞[, tend vers−∞en0et tend vers0en+∞.
2.D'après l'étude précédente,fadmet un maximum enede valeur1
e. Par conséquent, lnπ π <
lne
e . On en déduit queelnπ < πlne.
L'exponentielle étant une fonction croissante, b < a.
Solution de l’exercice 29. D'après la dénition des fonctions puissance,(xy)z =xyz. Comme x >0, le réellnxest bien déni etlnx6= 0carx6= 1. Par conséquent,
(xy)z=x(yz) yz=yz
z=yz−1 y=z
1 z−1
, carz6= 1.
Finalement,
y=z
1 z−1
.
Solution de l’exercice 30. Les formules usuelles d'aire et de volume d'un cylindre donnent V=πR2h
A= 2πR2+ 2πRh.
En remplaçanthpar V
πR2 dans l'égalité donnant l'aire, on obtient A= 2πR2+2V
R.
Notonsfla fonction qui à tout réelR >0associef(R) = 2πR2+2VR. La fonctionfest dérivable sur]0; +∞[et pour toutR∈]0; +∞[,
f0(R) = 4πR−2V R2.
La fonctionf0s'annule en changeant de signe (en passant du signe négatif au signe positif) en Rtel queR3= V
2π ce qui donne2R=h. Pour que l'aire soit minimale, il faut donc que la hauteur du cylindre soit égale à son diamètre.
Partie VII : Calcul Intégral Solution de l’exercice 31.
1.La fonctionx7→e
√x
√x est bien dénie et continue sur[1; 4]. Son intégrale est donc dénie et Z4
1
e√x
√xdx= 2· Z4
1
1 2√xe√xdx
= 2h e√xi4
1
= 2(e2−e).
Finalement,
I1= 2(e2−e).
2.La fonctionx7→ex1+1est bien dénie et continue sur[0; 1]. Son intégrale est donc dénie et Z1
0
1 ex+ 1dx=
Z1
0
1 +ex−ex 1 +ex dx
= Z1
0
1dx− Z1
0
ex 1 +exdx
= 1−[ln(1 +ex)]10
= 1 + ln(2)−ln(1 +e).
Finalement,
I2= 1 + ln(2)−ln(1 +e).
3.La fonctionx7→exsinxest bien dénie et continue sur[0; 1]. Son intégrale est donc dénie.
De plus, les fonctionsu : x7→exetv : x7→cosxsont continues, dérivables et de dérivée continue sur[0;π2]. Ainsi, d'après la formule d'intégration par parties,
I3= [exsinx]0π2− Z π2
0
excosx dx, d'après la formule d'intégration par parties
=eπ2−[excosx]
π
02−I3, d'après la formule d'intégration par parties I3=eπ2+ 1
2 Finalement,
I3=1 +eπ2 2 . 4.On remarque que pour toutx∈[0,1],
α x+ 1+ β
x+ 2=(α+β)x+ 2α+β (x+ 1)(x+ 2) .
Ainsi, en choisissantαetβtels queα+β= 0et2α+β= 1, on obtientα=−β= 1et 1
(x+ 1)(x+ 2)= 1 x+ 1− 1
x+ 2. D'après la linéarité de l'intégrale,
I4= Z1
0
1 (x+ 1)(x+ 2)dx
= Z1
0
1 x+ 1dx−
Z1
0
1 x+ 2dx
= [ln(1 +x)]10−[ln(x+ 2)]10
= ln 2−ln 3 + ln 2
= ln4 3. Finalement,
I4= ln4 3.
5.En notantula fonction dénie pour tout réelx∈[e, e2]paru(x) = lnx, on remarque que I5=
Ze2 e
1 xlnxdx
= Ze2
e
u0(x) u(x)dx
= [ln(u(x))]ee2
= ln(ln(e2))−ln(ln(e))
= ln(2).
Finalement,
I5= ln 2.
6.En posant, pour toutxréel,u(x) =13(1 +x2)3/2, on remarque que la fonctionuest dérivable surRetu0(x) =13·32·2x·(1 +x2)1/2. Ainsi,
I6= Z1
0
xp 1 +x2dx
= 1
3(1 +x2)3/2 1
0
=23/2−1 3
=2√ 2−1
3 . Finalement,
I6=2√ 2−1
3 .
7.La quantitéZ 1 0
p1−x2dxest égale à l'aire du quart de disque de centre0et de rayon1. Ainsi,
I7=π 4.
Les dénitions de l'aire et de l'intégrale seront précisées au cours de l'année. Nous verrons également comment calculer l'intégrale précédente à l'aide d'un changement de variables.
8.En utilisant les propriétés de la fonction exponentielle, Z1
0
e2x 1 +exdx=
Z 1
0
ex1 +ex−1 1 +ex dx
= Z 1
0
ex− ex 1 +exdx
= [ex−ln(1 +ex)]10
=e−1−ln(1 +e) + ln 2.
Ainsi,
I8=e−1−ln(1 +e) + ln 2.
9.En utilisant les formules de linéarisation, Z π
2 0
cos2x dx= Z π
2 0
cos(2x) + 1
2 dx
=1 2
sin(2x) 2 +x
π2
0
=π 4. Ainsi,
I9=π 4. 10.En utilisant les formules de dérivation d'une fraction,
Z π4
0
sinx cos2xdx=
1 cosx
π4
0
=√ 2−1.
Finalement,
I10=√ 2−1.
Solution de l’exercice 32.
1.En utilisant les primitives classiques, W0=
Zπ/2 0
1dt
=π 2, W1=
Zπ/2 0
sint dt
= [−cost]π/20
= 1, W2=
Zπ/2 0
sin2t dt
=
t+ sin(2t) 2
π/2 0
=π 4. Ainsi,
W0=π
2, W1= 1, W2=π 4.
2.Soitn>2. Les fonctionssinmétant continues, dérivables et de dérivée continue, d'après la formule d'intégration par parties,
Wn= Z π/2
0
sinnt dt
= Z π/2
0
sint·sinn−1t dt
=
−costsinn−1tπ/2 0 +n
Zπ/2 0
costcost(n−1) sinn−2t dt
= (n−1) Zπ/2
0
(sinn−2t−sinnt)dt
= (n−1)(Wn−2−Wn) nWn= (n−1)Wn−2. Finalement,
∀n>2, nWn= (n−1)Wn−2.
3.En utilisant les propriétés du produit, W2n=2n−1
2n W2n−2
= Qn k=1
(2k−1) Qn k=1
(2k) W0
= (2n)!
n Q
k=1
(2k) 2W0
= (2n)!
22n(n!)2 π 2. et
W2n+1= 2n 2n+ 1W2n−1
= (2n)· · ·2 (2n+ 1)· · ·3W1
= 22n(n!)2 (2n+ 1)!. Finalement,
∀n∈N, W2n= (2n)!
22n(n!)2 π
2etW2n+1= 22n(n!)2 (2n+ 1)!.
4 . a)Comme la fonction sinus est à valeurs dans[0,1], pour toutn∈Net pour toutt∈[0, π/2], sin2n+2t 6 sin2n+1t 6 sin2nt
Zπ/2 0
sin2n+2t dt 6 Zπ/2 0
sin2n+1t dt 6 Zπ/2 0
sin2nt dt W2n+2 6 W2n+1 6 W2n. Finalement,
∀n∈N, W2n+26W2n+16W2n. b)En utilisant la formule précédente,
W2n+2 6 W2n+1 6 W2n
W2n+2
W2n 6 W2n+1
W2n 6 1
2n+ 1
2n+ 2 6 22n(n!) (2n)!
22 π 6 1.
D'après le théorème d'encadrement, la suite(Wn)n∈Nconverge et
n→+∞lim
22n(n!)2 (2n)!√
2n+ 1= rπ
2.
Solution de l’exercice 33.
1.En utilisant les primitives classiques, I0=
Z1
0
sinπx dx
=h
−cosπx π
i1 0
=2 π.
PourI1,nous utilisons la formule d'intégration par parties. Les fonctionsx7→xetx7→cosπx sont dérivables de dérivées continues sur[0,1]. Donc π
I1=h
−xcosπx π
i1 0+
Z1
0
cosπx π dx
=1 π.
2.On utilise la formule d'intégration par parties surIn+2. Les fonctionsx7→xn+2etx7→cosπx sont dérivables de dérivées continues sur[0,1]. Donc π
In+2=h
−xn+2cosπx π
i1 0+ (n+ 2)
Z1
0
xn+1cosπx π dx.
Les fonctionsx7→xn+1etx7→cosπxsont dérivables et de dérivée intégrable. Ainsi, en utilisant la formule d'intégration par parties, on obtient
∀n∈N, In+2=1
π−(n+ 1)(n+ 2)In.
Solution de l’exercice 34.
1.En utilisant les primitives classiques, I1=1
2
ln(1 +x2)1 0
=ln 2 2 . Soitx∈[0,1]. Alors,
06xn+16xn. Ainsi, comme1 +x2>0,
06 xn+1 1 +x2 6 xn
1 +x2. D'où, par croissance de l'intégrale,
06Z1 0
xn+1
1 +x2dx6Z1 0
xn 1 +x2dx.
Finalement,
La suite(In)est décroissante.
2.En utilisant la linéarité de l'intégrale, In+2+In=
Z1
0
xndx
= 1
n+ 1.
Or, comme la suite(In)est décroissante, pour tout entier natureln, 062In+26In+2+In, soit, d'après le calcul précédent,
062In+26 1 n+ 1,
Finalement, d'après le théorème d'encadrement, la suite(In)converge et
n→lim+∞In= 0.
En utilisant la relation de récurrence, pourp∈N, I2p+2+I2p= 1
2p+ 1
−I2p−I2p−2=− 1 2p−1 I2p+2−I2p−2= 1
2p+ 1− 1 2p−1. Ainsi, on montre par récurrence surk∈J0, pKque
I2p+2+ (−1)kI2p−2k= Xk j=0
(−1)j 2(p−j) + 1. Ainsi, lorsquek=p,
I2p+2+ (−1)pI0= Xp j=0
(−1)j 2(p−j) + 1. Finalement,
I2p= (−1)pI0+
p−1X
j=0
(−1)j 2(p−j)−1. En raisonnant de manière analogue, on obtient successivement,
I2p+3+I2p+1= 1 2p+ 2 I2p+1+I2p−1= 1
2p I2p+3−I2p−1= 1
2p+ 2− 1 2p I2p+3+ (−1)kI2(p−k)+1=
Xk j=0
(−1)j 2(p−j) + 2 I2p+3+ (−1)pI1=
Xp j=0
(−1)j 2(p−j) + 2.
Ainsi,
I2p+1= (−1)pI1+
p−1X
j=0
(−1)j 2(p−j). 3 . a)En utilisant la relation obtenue à la question précédente,
I0= Xp j=0
(−1)p+j
2(p−j) + 1−(−1)pI2p+2
= Xp j=0
(−1)j
2j+ 1−(−1)pI2p+2. Or,I0=π4et lim
p→+∞I2p+2= 0. Ainsi, en passant à la limite dans l'égalité précédente,
p→lim+∞
Xp j=0
(−1)j 2j+ 1=π
4. En utilisant la relation obtenue à la question précédente,
I1= (−1)pI2p+1−
p−1
X
j=0
(−1)p+j 2(p−j)
= (−1)pI2p+1− Xp k=1
(−1)k 2k
= (−1)pI2p+1+1 2
Xp k=1
(−1)k+1 k . Ainsi, commeI1=ln 22 et lim
p→+∞I2p+1= 0, en passant à la limite dans la question précédente,
p→+∞lim Xp k=1
(−1)k+1 k = ln 2.
Solution de l’exercice 35.
1.Soitx >0. Comme les fonctionst7→tett7→cos(lnt)sont dérivables et de dérivées continues sur[1, x](ou[x,1]six61), d'après la formule d'intégration par parties,
F(x) = [tcos(lnt)]x1− Zx
1
t
−sin(t) lnt t
dt
=xcos(lnx)−1 +G(x).
On montre de manière analogue que
G(x) =xsin(lnx)−F(x).
2.A l'aide des deux égalités obtenues à la question précédente,
F(x) =1
2x(cos(lnx) + sin(lnx))−1
2, G(x) =1
2x(sin(lnx)−cos(lnx)) +1 2.
Partie VIII : Calculs de limites Solution de l’exercice 36.
1.En multipliant numérateur et dénominateur par l'expression conjuguée,
√x+ 5−√
x+ 3 = x+ 5−x−3
√x+ 5 +√ x+ 3
= 2
√x+ 3 +√ x+ 5. Ainsi,
x→lim+∞(√ x+ 5−√
x+ 3) = 0.
2.En multipliant numérateur et dénominateur par l'expression conjuguée,
√x(√ x+ 5−√
x+ 3) =√
x· x+ 5−x−3
√x+ 5 +√ x+ 3
= 2
q1 +√3 x+q
1 +√5 x
.
Ainsi,
x→lim+∞
√x(√ x+ 5−√
x+ 3) = 1.
3.En utilisant l'expression conjuguée, pour toutxpositif, px2+x+ 1−p
x2+ 2x−1 = x2+x+ 1−x2−2x+ 1
√x2+x+ 1 +√
x2+ 2x−1
= −x+ 2
√x2+x+ 1 +√
x2+ 2x−1
= −1 +1x
q
1 +1x+x12+ q
1 +2x−x12
.
Ainsi,
x→lim+∞(p
x2+x+ 1−p
x2+ 2x−1) =−1 2.
4.En divisant numérateur et dénominateur parx2et en rappelant que la fonction cosinus est bornée par1, on obtient
x→lim+∞
x2+ 4xcosx+ 3 2x2+ 1 =1
2.
5.En factorisant numérateur et dénominateur par(x−5), on obtient, pourx6= 5, x2−6x+ 5
2x2−50 = (x−5)(x−1) 2(x−5)(x+ 5)
= x−1 2(x+ 5). Ainsi,
xlim→5
x2−6x+ 5 2x2−20x+ 50=1
5.
Solution de l’exercice 37.
1.Pour toutx >0, on posef(x) = ln(x+ 1)−x+x2
2. La fonctionfest dérivable sur]0,+∞[ et pour toutx >0
f0(x) = x2 1 +x.
Ainsi,fest croissante et commef(0) = 0, on en déduit quefest positive sur]0,+∞[ce qui donne la majoration voulue ; la minoration s'obtient de la même façon.
2 . a)On calculeP(x+ 1)−P(x). On noteP(x) =ax3+bx2+cx+d, puis on résout l'équation a(3x2+ 3x+ 1) +b(2x+ 1) +c=x2
en identiant les coecients de même degré. On obtient a=1
3 b=−1
2 c=1
6. Ainsi,
P=2X3−3X2+X
6 .
b)Avec le polynôme obtenu à la question précédente, Xn
k=1
k2= Xn k=1
[P(k+ 1)−P(k)]
=P(n+ 1)−P(1)
=P(n+ 1).
En remplaçantPpar son expression trouvée à la question précédente et en factorisant parn+ 1, on obtient
Xn k=0
k2=(n+ 1)(2n+ 1)n
6 .
