Correction T1 07

Correction du test n°1 du 27 Septembre 2007 Exercice 1 1) Th. des valeurs intermédiaires Soit f une fonction continue sur un intervalle I, et a et b deux réels de I. Si k est un réel compris entre f (a) et f (b) , il existe au moins une valeur c comprise entre a et b telle que f (c) = k . 2) Posons f ( x) = x − 1 − 2cos x . f (0) = −1 − 2cos(0) = −3 et f (2) = 1 − 2cos(2) ≈ 1,83 . f étant une fonction continue sur R, et f (0) ≤ 0 ≤ f (2) , il existe au moins une valeur x comprise entre 0 et 2 telle que f ( x) = 0 .Or f ( x) = 0 équivaut bien à 2cos x = x − 1 . 3) Si 2cos x = x − 1 , alors x = 2cos x + 1 . Or on a toujours −1 ≤ cos x ≤ 1 , donc −2 ≤ 2cos x ≤ 2 et enfin −1 ≤ x = 2cos x + 1 ≤ 3 pour toute valeur x solution de l’équation. 4) Par balayage : f (1,37) ≈ −0,029 et f (1,38) ≈ 0,0007 , d’où 1,37 < α < 1,38 . Exercice 2 A. 1) g′(x ) = 6 x 2 + 2 x = 2 x ( 3 x + 1) , d’où le tableau de variations de g : x signe de g ′

−∞ +

-1/3 0 -26/27

−

0 0

+∞ + +∞

g −∞

-1

2) Le tableau de variations de g montre que g ne s’annule pas sur ]−∞ ; 0 ] . En revanche, g est continue et strictement croissante sur [ 0 ; + ∞ [ . g(0) = −1 et lim g( x) = +∞ et 0 ∈ [ − 1 ; + ∞ [ . x →+∞

D’après le th. de la bijection, il existe une valeur α unique telle que g(α ) = 0 . Par balayage, on trouve : g(0, 65) ≈ −0, 03 et g(0, 66) ≈ 0, 01 , d’où : 0, 65 < α < 0, 66 .

1 = 0 . On justifie de même les autres limites x→+∞ x

B. 1) lim f ( x) = +∞ car lim x 2 + x = lim x 2 = +∞ et lim x →+∞

x →+∞

x→+∞

indiquées dans le tableau de variation. 2) f ′( x ) =

1  1  g( x ) est du signe de g( x ) . 2x + 1 − 2  = 3 x  3x 2

−∞

x signe de f ′

0

α 0

−

+∞

+∞ +

+∞

+∞

f −∞

f(α)

3) La tangente T en I a pour équation y = −

2 1 2 1 2 (x + 1) − = − x − 1 , puisque f (−1) = − et f ′(−1) = − . 3 3 3 3 3

4) Pour étudier la position de la courbe par rapport à T, on étudie le signe de la différence : 3

 2  1 1 2 x 3 + 3x 2 + 3x + 1 ( x + 1) f ( x ) − − x − 1 =  x 2 + x +  + x + 1 = =  3  3  x 3 3x 3x 3

 2  ( x + 1) Si x > 0 ou x < −1 , f ( x ) − − x − 1 = > 0 : la courbe est au dessus de T.  3  3x 3

 2  ( x + 1) En revanche, si −1 < x < 0 , f ( x ) − − x − 1 = < 0 : la courbe est en dessous de T.  3  3x 5) y 6 5 4 3 2

-6

-5

-4

-3

-2

-1 I

1

M

0

1

-1 -2 -3

2

3

4

Exercice 3 1) u1 =

2 1 2 4 2 6 = , u2 = = et u3 = = . 1 4 4 2 7 3 1+ 1+ 2 3

2) Prouvons par récurrence que, pour tout n ∈ É , on a : 0 < un ≤ 3 . 1e étape. Pour n = 0 : 0 < u0 = 3 ≤ 3 est bien vérifié. 2e étape. Supposons que, pour un certain entier n, on ait : 0 < un ≤ 3 . On en déduit successivement en ajoutant 1 : 1 ≤ 1 + un ≤ 4 , en inversant

1 1 ≤ < 1 et en multipliant par 2 : 4 1 + un

1 2 0 < ≤ un+1 = <2≤3. 2 1 + un D’après le principe de récurrence, 0 < un ≤ 3 pour tout n ∈ É .

2 1 − un −1 u − 1 1 + un 1  u − 1  1 1 + un  = − vn : la suite (vn ) est donc géométrique, 3) Pour tout n : vn+1 = n+1 = = = −  n 2 2un + 4 un+1 + 2 2  un + 2  2 +2 1 + un 1 + un 1 2

de raison − . n

n

u −1 2 2  1 2  1 1 4) v0 = 0 = , d’où vn = −  . lim vn = lim −  = 0 car −1 < − < 1 .   n→+∞ 5  2  2 u0 + 2 5 5  2  n→+∞ 5) vn =

un − 1 1 + 2vn , d’où unvn + 2vn = un − 1 et un = . 1 − vn un + 2 1 + 2X =1. X →0 1 − X

lim un = 1 par composition puisque lim vn = 0 et lim

n→+∞

n→+∞

Exercice 4 1) sin(3a) = sin a (1 − 2sin2 a ) + 2sin a cos2 a = sin a (1 − 2sin2 a) + 2sin a (1 − sin2 a ) = 3sin a − 4 sin3 a . 2) En remplaçant a par

π π π 1 π π π , sin  = 3sin  − 4 sin3   = , d’où 8sin3   − 6sin  + 1 = 0 , ce qui montre         6  18   18  2  18   18  18

 π  est bien une solution de l’équation donnée.  18 

que sin