EXERCICE 2 (7 points ) Commun à tous les candidats But de l

EXERCICE 2 (7 points )
Commun à tous les candidats
But de l’exercice : approcher ln(1 + a) par un polynôme de degré 5 lorsque a appartient à l’intervalle
[0; +∞[.
Soit a ∈ [0; +∞[.
Z
On note I0 (a) =
0
a
dt
dt et pour k ∈ N∗ , on pose Ik (a) =
1+t
Z
a
0
(t − a)k
dt.
(1 + t)k+1
1) Calculer I0 (a) en fonction de a.
2) A l’aide d’une intégration par parties, exprimer I1 (a) en fonction de a.
3) A l’aide d’une intégration par parties, démontrer que Ik+1 (a) =
tout k dans N∗ .
(−1)k+1 ak+1
+ Ik (a) pour
k+1
1
1
1
1
4) Soit P le polynôme défini sur R par P (x) = x5 − x4 + x3 − x2 + x. Démontrer en
5
4
3
2
calculant I2 (a), I3 (a) et I4 (a) que I5 (a) = ln(1 + a) − P (a).
Z a
5) Soit J(a) =
(t − a)5 dt. Calculer J(a).
0
6) (a) Démontrer que pour tout t ∈ [0; a],
(t − a)5
≥ (t − a)5 .
(1 + t)6
(b) Démontrer que pour tout a ∈ [0; +∞[, J(a) ≤ I5 (a) ≤ 0.
7) En déduire que pour tout a ∈ [0; +∞[, | ln(1 + a) − P (a)| ≤
a6
.
6
8) Déterminer, en justifiant votre réponse, un intervalle sur lequel P (a) est une valeur approchée
de ln(1 + a) à 10−3 près.
3
EXERCICE 2
1) Soit a un réel positif.
I0 (a) =
Za
0
1
a
dt = [ln(1 + t)]0 = ln(1 + a) − ln 1 = ln(1 + a).
1+t
Pour tout réel positif a, I0 (a) = ln(1 + a).
2) Soit a un réel positif. On a I1 (a) =
Za
0
t−a
dt =
(1 + t)2
Za
0
intégration par parties.
Pour t élément de [0, a], posons u(t) = −
1
× (t − a) dt. Pour calculer I1 (a), effectuons une
(1 + t)2
1
et v(t) = t − a. Les fonctions u et v sont dérivables sur [0, a] et pour tout
1+t
1
et v ′ (t) = 1. De plus, les fonctions u ′ et v ′ sont continues sur l’intervalle [0, a]. On peut
(1 + t)2
donc effectuer une intégration par parties et on obtient
réel t de [0, a], u ′ (t) =
a Z a
1
1
I1 (a) = −
(t − a) −
.1 dt
−
1+t
1
+
t
0
0
Za
1
1
1
=−
(a − a) +
(0 − a) +
dt
1+a
1+0
1
+
t
0
= −a + I0 (a) = −a + ln(1 + a).
Pour tout réel positif a, I1 (a) = −a + ln(1 + a).
3) Soient a un réel positif et k un entier naturel non nul.
Za
Za
(t − a)k+1
1
On a Ik+1 (a) =
dt =
× (t − a)k+1 dt. Pour calculer Ik+1 (a) en fonction de Ik (a), effectuons
k+2
k+2
0 (1 + t)
0 (1 + t)
de nouveau une intégration par parties.
1
et v(t) = (t − a)k+1 . Les fonctions u et v sont dérivables
(k + 1)(1 + t)k+1
1
sur [0, a] et pour tout réel t de [0, a], u ′ (t) =
et v ′ (t) = (k + 1)(t − a)k . De plus, les fonctions u ′ et v ′ sont
(1 + t)k+2
continues sur l’intervalle [0, a]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient
Pour t élément de [0, a], posons u(t) = −
1
Ik+1 (a) = −
(t − a)k+1
(k + 1)(1 + t)k+1
a
Za
1
× (k + 1)(t − a)k dt
(k + 1)(1 + t)k+1
0
0
Za
1
(t − a)k
1
k+1
k+1
(a
−
a)
+
(0
−
a)
+
dt
=−
k+1
k+1
k+1
(k + 1)(1 + a)
(k + 1)(1 + 0)
0 (1 + t)
(−1)k+1 ak+1
=
+ Ik (a).
k+1
−
−
Pour tout réel positif a et tout entier naturel non nul k, Ik+1 (a) =
(−1)k+1 ak+1
+ Ik (a).
k+1
4) Soit a un réel positif. D’après la question précédente et la question 2), on a
a5
a5 a4
a5 a4 a3
a5 a4 a3 a2
+ I4 (a) = −
+
+ I3 (a) = −
+
−
+ I2 (a) = −
+
−
+
+ I1 (a)
5
5
4
5
4
3
5
4
3
2
a5 a4 a3 a2
=−
+
−
+
− a + ln(1 + a)
5
4
3
2
= ln(1 + a) − P(a).
I5 (a) = −
Pour tout réel positif a, I5 (a) = ln(1 + a) − P(a).
http ://www.maths-france.fr
3
c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.
5) Soit a un réel positif.
Za
(t − a)6
J(a) = (t − a) dt =
6
0
5
a
0
=
(a − a)6 (0 − a)6
a6
−
=− .
6
6
6
Pour tout réel positif a, J(a) = −
a6
.
6
6) (a) Soient a un réel positif puis t un réel élément de [0, a]. On a t ≥ 0 et donc 1 + t ≥ 1 puis, par croissance de la
1
1
1
≤ 6 ou
fonction x 7→ x6 sur [0, +∞[, (1 + t)6 ≥ 16 et enfin, par décroissance de la fonction x 7→ sur ]0, +∞[,
6
x
(1 + t)
1
1
encore
≤ 1 (∗).
(1 + t)6
Maintenant, t − a ≤ 0 et donc, puisque 5 est impair, (t − a)5 ≤ 0. En multipliant les deux membres de l’inégalité (∗)
(t − a)5
par le réel négatif (t − a)5 , on obtient
≥ (t − a)5 .
(1 + t)6
Pour tout réel positif a puis tout réel t élément de [0, a], on a
(t − a)5
≥ (t − a)5 .
(1 + t)6
(t − a)5
(b) Soit a un réel positif. Pour tout réel t élément de [0, a], on a
≤ 0 et donc, par positivité de l’intégrale,
(1 + t)6
Za
(t − a)5
dt ≤ 0 ou encore I5 (a) ≤ 0.
6
0 (1 + t)
(t − a)5
D’autre part, pour tout réel t élément de [0, a], on a
≥ (t − a)5 et donc par croissance de l’intégrale,
(1 + t)6
Za
Za
(t − a)5
(t − a)5 dt ou encore I5 (a) ≥ J(a).
dt
≥
6
0
0 (1 + t)
pour tout réel positif a, J(a) ≤ I5 (a) ≤ 0.
7) Soit a un réel positif. D’après la question 4), on a ln(1 + a) − P(a) = I5 (a) et donc d’après la question précédent,
J(a) ≤ ln(1 + a) − P(a) ≤ 0. Mais alors, par décroissance de la fonction x 7→ |x|
sur
] − ∞, 0], on a | ln(1 + a) − P(a)| ≤ |J(a)|.
a6 a6
a6
Mais d’après la question 5), on a J(a) = −
et donc | ln(1 + a) − P(a)| ≤ − ou encore | ln(1 + a) − P(a)| ≤
. En
6
6
6
résumé
pour tout réel positif a, | ln(1 + a) − P(a)| ≤
a6
.
6
8) Soit a un réel positif. P(a) est une valeur approchée de ln(1+a) à 10−3 près si et seulement si | ln(1+a)−P(a)| ≤ 10−3 .
a6
≤ 10−3 . Or
D’après la question précédente, cette inégalité sera assurée si on a
6
√
a6
≤ 10−3 ⇔ a6 ≤ 6 × 10−3 ⇔ 0 ≤ a ≤ 6 0, 006.
6
Pour tout réel a élément de [0,
avec
√
6
0, 006], P(a) est une valeur approchée de ln(1 + a) à 10−3 près,
√
6
0, 006 = 0, 42 . . .
http ://www.maths-france.fr
4
c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.