Revisions Inégalités

(1)

Revisions Inégalités

Variations

Montrer que pour toutx >0on a e^x>1 +x+x²=2 Corrrigé

Si on cherche à faire disparaître l’exp, on obtient unln...On étudie donc les variations de la di¤érence :

Soit f(x) =e^x 1 x x²=2: f est dérivable sur R et f⁰(x) = e^x 1 x signe ...? on réétudie ses variations : f⁰⁰(x) =e^x 1

x 0

f⁰⁰(x) =e^x 1 0 %+

f⁰(x) 0 %+

f(x) 0 %+

Attention on a besoin des variations et de valeurs ou de limites pour obtenir le signe.

Résoudrex 1 p x+ 2 : Corrigé:

On cherche à extraire lex de la racine. Pour celà on élève au carré.

Attention : la fonction carré n’est monotonne que surR⁺ et R ... Il faut donc déter- miner si les quantités élevées au carré sonttoutes deux positives où négatives :

Attention :avant de résoudre, il faut savoir où l’équation eslle même est dé…nie.

Dé…nie pourx 2

–si x 1 0 (i.e. si x 1 ) on a x 1 p

x+ 2 , (x 1)² x+ 2 car x 1 et px+ 2 sont positifs.

On repasse alors tout dans le même membre pour se ramener à une étude de signe : ,x² 3x 1 0 du second degré = 9 + 4 = 13 racines = ³ ^p₂¹³ et = ³⁺^p₂¹³: Comme13>9 alors p

13>3 et <0:On a >3=2>1

x 1

x² 3x 1 0 + etpour x 1 les solutions sont[1; ] si x < 1 alors x 1 < 0 et comme p

x+ 2 0 alors on a toujours x 1 p x+ 2 donc tout x <1 est solution.

–Donc les solutions sont : [1; ]

! Variations

Etudier les variations de f :f(x) =x nln (x) avecn 2N Corrigé :

f est dérivable sur R+ etf⁰(x) = 1 n

x pensez à factoriserf⁰(x) = x n x n est une constante. Le nominateur est a¢ ne.Donc

x 0 n +1

x n 0 +

f⁰(x) 0 +

f(x) +1 & % +1

en +1 : f(x) =x 1 ^nln(x)_x !+1 carln (x) x

Soit u dé…nie par : u₀ = 4 et8n2N, u_n+1 =p

u_n+ 2 etf(x) =p x+ 2:

Résoudref(x) x. En déduire que la suite u est décroissante.

Corrigé :

Dé…nie pourx 2 pour résoudre x p

x+ 2 on élève qu carré qui n’est monotonne que surR⁺ etR

Corrigé Révisions Limites Page 1/ 4

(2)

–six 0alors x p

x+ 2,x² x+ 2,x² x 2 0 polynôme du second degré de racine 1et 2

Donc 0 pourx2] 1; 1][[2;+1[ mais commex 0; alors

x p

x+ 2 ,x2[2;+1[ –six <0alors comme p

x+ 2 0 il n’y a pas de solutions –Donc pour x 2 on a x p

x+ 2,x2[2;+1[

Pour utiliser cette inégalité avec u;il faut d’abord savoir que pour tout entier n, u_n2[2;+1[; ce que l’on fait par récurrence :

–u₀ 2

–Soit n 0 tel que u_n 2 alors u_n+ 2 4et p

u_n+ 2 p 4 = 2 –Donc pour tout entiern; u_n 2[2;+1[

Donc comme p

x+ 2 x pour toutx2[2;+1[ et que u_n 2[2;+1[ alors u_n+1 =p

u_n+ 2 u_n et la suite est décroissante.

Factorisation

Pour n2N; signe deln (x)ⁿ ln (x)ⁿ⁺¹

corrigé : ln (x)ⁿ ln (x)ⁿ⁺¹ = ln (x)ⁿ(1 ln (x)) Pourn impair

x 0 1 e

ln (x) % 0 + +

ln (x)ⁿ 0 + +

1 ln (x)& + + 0

ln (x)ⁿ ln (x)ⁿ⁺¹ 0 + 0

et

Pour n pair

x 0 1 e

ln (x) % 0 + +

ln (x)ⁿ + 0 + +

1 ln (x)& + + 0

ln (x)ⁿ ln (x)ⁿ⁺¹ + 0 + 0 Attention : si la valeur où1 ln (x) n’a pas à être démontrée (il n’y a qu’à la calculer), le signe lui doit être jusitier : par le sens de variations.

Résoudrex³ 2x² 2x+ 3 0 : Corrigé :

1est racine. On applique la méthode de Horner pour factoriser :

1 2 2 3

1 1 3

1 1 3 0

donc x³ 2x² 2x+ 3 = (x 1) (x² x 3)

x² x 3est du second degré = 1+9 = 10racines : = 1 p 10

2 <0et = ¹⁺^p₂¹⁰ >1

D’où le signe :

x 1

x² x 3 + 0 0 +

x 1 0 + +

x³ 2x² 2x+ 3 0 + 0 0 +

et le solutions sont :[ ;1][

[ ;+1[

Attention : pensez à véri…er les positions relatives de ;1 et limites

Soit '_k(x) = k(x 1) xln(x): et k 2 Montrer qu’il esiste ununique a_k > 1 tel que '_k(a_k) = 0 et déterminer sa limite quandk !+1

'_k est dérivable sur R+ et '⁰_k(x) =k ln(x) 1 = k 1 ln (x): Comme k 2 alors k 1 0 ete^k ¹ 1

(3)

x 1 e^k ¹ +1 '⁰_k(x) &+ 0 &

+

'_k(x) 0 % &

1 –On a'_k(1) = 0donc '_k e^k ¹ >0

–en+1:'_k(x) = k(x 1) xln(x) =xln (x) k

xln (x) + k

ln (x) 1 ! 1 l’équation'_k(x) = 0

–comme'_k est strictement croissante sur 1; e^k ¹ et'_k(1) = 0 on a donc '_k >0 sur 1; e^k ¹

–sur e^k ¹;+1 la fonction'_k est continue et strictement décroissante donc bijective de e^k ¹;+1 dans ]lim₊₁'_k; lim_e^k ¹'_k[ = 1;'_k e^k ¹ :Et come '_k e^k ¹ <0 alors 02 1;'_k e^k ¹ :

donc l’équation a une unique solution sur e^k ¹;+1 :

–Finalement l’équation'_k(x) = 0admet une racine uniquea_kdans l’intervalle]1;+1[.

eta_k e^k ¹

Donc, par minoration,a_k !+1 quandk !+1 Sommes

Montrer que pour n 2 on a Xn

k=1

1 k²

Xn

k=2

1

k(k 1)+ 1 Corrigé :

Pour comparer les sommes, on compare les contenus : Pour comparer 1

k² et 1

k(k 1) on étudie le signe de leur di¤érence :_k¹2

1

k(k 1) = _k2(k¹ 1) <0 pour k >1

Attention :pour faire la somme des inégalité, elles doivent être vraie sur tout l’intervalle de sommation.

ici, on a un problème en k = 1: On décopose donc le problème : Pour tout k 2 on a 1

k²

1

k(k 1) donc Xn

k=2

1 k²

Xn

k=2

1 k(k 1) et

Xn

k=1

1 k² =

Xn

k=2

1 k² + 1

Xn

k=2

1 k(k 1)+ Intégrales

Pour n2N montrer 0 Z1 0

xⁿe ^xdx 1 n+ 1

Corrigé :pour encadrer l’intégrale, on encadre son contenu : Attention ici on veut 1

n+ 1: Il provient de la primitivation de xⁿ (toujours dansles exercices de concours) . Il fautdonc conserver ce xⁿ dans le majorant, et doncn’encadrer quee ^x : Pour 0 x 1 on a 0 e ^x e⁰ carx!e ^x est décroissante sur R et donc0 xⁿe ^x xⁿ carxⁿ 0

(4)

Donc comme 0 1 (ordre des bornes ) R1 0

0dx R1 0

xⁿe ^x R1 0

xⁿdx=h

xⁿ⁺¹ n+1

i1 0 donc

0 I_n 1

n+ 1 Récurrence

Inégalité des acroissements …nis

! Probabilités

Si deux événements véri…ent A B alors p(A) p(B)

! Densité

f est une densitée sif : : :

! Valeurs approchées

Dire que a= à" près signi…e que l’écart ja j ":

Une telle majorationpeut êre obtenue directement par l’inégalité des acroissement …nis.

On doit aussi parfois la transformer en a " a+" (on a jxj y, y x y ) Et cette dernière peut se tester par exemple sur les images si est solution de f(x) = 0 et que f est strictement croissante