Test 4 Sol

TS Test n°4 (corrig´e)

20 d´ecembre 2007

Exercice 2
L’´equation z3 = −8 s’´ecrit z3 + 8 = 0, soit en factorisant : (z + 2) z2 − 2z + 4 = 0. Le discriminant de z2 − 2z +o4 vaut solution n  : n ∆ = 4 − 16 = −12, d’o  u` l’ensemble √ √ π π π π o ; 2 cos − + i sin − . S = −2 ; 1 + 3 ; 1 − 3 = 2 (cos π + i sin π ) ; 2 cos + i sin 3 3 3 3

Exercice 3 I. Premi`ere partie 1 −x −1 = 6 0 car 1 + x > 0. La fonction f est d´ecroissante a` partir de la valeur 1+x 1+x f (0) = ln 1 − 0 = 0. Donc f est n´egative et f ( x ) 6 0 ⇐⇒ ln(1 + x ) − x 6 0 ⇐⇒ ln(1 + x ) 6 x. 1 ( x − 1)( x + 1) + 1 x2 D’autre part g0 ( x ) = −1+x = = > 0. 1+x 1+x 1+x 0 La fonction g est donc croissante a` partir de la valeur g(0) = ln 1 − 0 + = 0. 2 x2 x2 > 0 ⇐⇒ x − 6 ln(1 + x ). Donc g est positive et g( x ) > 0 ⇐⇒ ln(1 + x ) − x + 2 2 2. Finalement, en regroupant les deux in´egalit´es pour x > 0, x2 x− 6 ln(1 + x ) 6 x. 2 II. Deuxi`eme partie 3 1. u1 = > 0 : vrai. 2   1 Supposons que un > 0 ; alors un+1 = un 1 + n+1 > 0 car les deux facteurs sont sup´erieurs a` z´ero. 2 On a donc d´emontr´e par r´ecurrence que un > 0 si n > 0.   1 3 2. Initialisation : u1 = ln 1 + 1 = ln : vrai ; 2  2     1 1 1 Supposons que ln un = ln 1 + + ln 1 + 2 + · · · + ln 1 + n . Par d´efinition de la suite : ln un+1 = 2     2     2   1 1 1 1 1 ln un + ln 1 + n+1 = ln 1 + + ln 1 + 2 + · · · + ln 1 + n + ln 1 + n+1 . 2 2 2   2   2   1 1 1 On a d´emontr´e par r´ecurrence que pour n > 0,ln un = ln 1 + + ln 1 + 2 + · · · + ln 1 + n . 2 2 2 1 3. Quel que soit le naturel n > 0, n , > 0 ; on peut donc utiliser l’encadrement d´emontr´e dans la premi`ere partie : 2   1 1 1 1 1 − × 6 ln 1 + 6 2 2 4 2  2  1 1 1 1 1 − × 2 6 ln 1 + 2 6 2 2 4 2 2  22  1 1 1 1 1 − × 3 6 ln 1 + 3 6 3 2 2 4 2 23 ... . . . . . . . . . . ..  1 1 1 1 1 − × n 6 ln 1 + n 6 2n 2 4 2 2n 1. On a f 0 ( x ) =

1 En ajoutant ces in´egalit´es membres a` membres : Sn − Tn 6 ln un 6 Sn . 2 1 1 4. Sn est la somme des n premiers termes d’une suite g´eom´etrique de premier terme et de raison . 2 2 1 Sn = 1 − n . 2 1 1 De mˆeme Tn est la somme des n premiers termes d’une suite g´eom´etrique de premier terme et de raison . 4 4   1 1 Tn = 1− n . 3 4 1 1 1 1 Comme et sont compris entre −1 et 1, on a lim n = 0 et lim n = 0. n→+∞ 2 n→+∞ 4 2 4 1 On en d´eduit que lim Sn = 1 et que lim Tn = . n→+∞ n→+∞ 3

5.

u n +1 1 = 1 + n+1 > 1. un 2 est strictement croissante.

(a) On a d´emontr´e que si n > 0, alors un > 0. On peut donc e´ crire que On a donc pour tout n > 0, un+1 > un : la suite (un )n>0

(b) On a d´emontr´e que ln un 6 Sn ⇐⇒ un 6 eSn (par croissance de la fonction exponentielle.) Mais Sn est major´ee par 1 ; donc un 6 e1 ou un 6 e. La suite (un )n>0 est croissante et major´ee : elle est donc convergente vers une limite `. (c) Cette limite est positive comme tous les termes de la suite ; d’autre part par continuit´e de la fonction ln, lim ln un = ln `. n→+∞

` partir de l’encadrement de ln un d´emontr´e a` la question 3, on d´eduit que A   1 lim Sn − Tn 6 lim ln un 6 lim Sn n→+∞ n→+∞ n→+∞ 2 5 1 6 ln ` 6 1 ⇐⇒ 6 ln ` 6 1. 6 6 Finalement, on obtient l’encadrement : 5 e 6 6 ` 6 e. c’est-`a-dire : 1 −