Devoir non surveillé 2 EXERCICE

Lycee Gustave Eiffel
PTSI 02/03
Devoir non surveillé 2
(Corrigé)
EXERCICE
Montrer par récurrence les inégalités suivantes :
r
r
n
Y
3
4k + 1
5
∗
∀n ∈ N ,
≤
≤
4n + 3 k=1 4k + 3
4n + 5
r
n
Y
3
4k + 1
Notons P (n) la proposition “
≤
≤
4n + 3 k=1 4k + 3
Montrons la par récurrence pour tout n dans N∗ :
• Initialisation :
La proposition P (1) est vraie car
1
Y
4k + 1
On a d’une part
= 57
4k + 3
k=1
q
D’autre part, on a bien 37 ≤ 57 ≤
positifs).
√
5
3
puisque
3
7
r
5
”.
4n + 5
=
21
49
≤
25
49
≤
25
45
=
5
9
(on travaille avec des termes
• Hérédité :
Soit n dans N∗ , supposons que P (n) soit vraie, montrons que P (n + 1) l’est également.
r
r
r
r
n
n+1
Y
Y 4k + 1
3
4k + 1
5
3
5
On a
≤
≤
, on veut
≤
≤
,
4n + 3 k=1 4k + 3
4n + 5
4n + 7 k=1 4k + 3
4n + 9
n+1
n
Y 4k + 1 Y
4k + 1 4n+5
on écrit :
=
× 4n+7 , on a donc
4k
+
3
4k
+
3
k=1
k=1
r
n+1
3
4n + 5 Y 4k + 1
×
≤
≤
4n + 3 4n + 7 k=1 4k + 3
1
r
5
4n + 5
×
4n + 5 4n + 7
r
r
r
n+1
Y 4k + 1
3
3
3
— Pour prouver
≤
, il suffit (*) de démontrer que
≤
×
4n + 7
4k
+
3
4n
+
7
4n
+
3
k=1
¢2
¡
3
3
ce qui équivaut à
≤
× 4n+5
puisque l’on travaille avec des termes positifs.
4n+7
4n + 7
4n + 3
Or, on a :
¡
¢2
3
3
≤
× 4n+5
4n+7
4n + 7
4n + 3
3 × (16n2 + 40n + 25)
3
−
×
2
4n + 7
(4n + 3) (4n + 7)
4
0 ≤ 3 × (4n+3)(4n+7)
2
⇐⇒
0≤
⇐⇒
4n+5
4n+7
16n2 +40n+21
(4n+7)(4n+3)
La dernière inégalité est vériÞée, donc on a bien
r
n+1
Y
4n+5
(4n+7)2
4n+5
(4n+7)2
≤
k=1
r
r
5
5
5
4n+5
, il suffit de démontrer que
× 4n+7 ≤
ce
4n + 9
4n + 5
4n + 9
5
≤
puisque l’on travaille avec des termes positifs. Or, on a :
4n + 9
4k + 1
— Pour prouver
≤
4k + 3
k=1
qui équivaut à 5 ×
n+1
Y 4k + 1
3
≤
4n + 7
4k + 3
r
1
4n + 9
⇐⇒ 0 ≤
⇐⇒ 0 ≤
1
×
4n + 9
16n2 +56n+49
(4n+7)2
4
(4n+7)2 ×(4n+9)
−
4n+5
(4n+7)2
×
4n+9
(4n+9)
La dernière inégalité est vériÞée, donc on a bien
n+1
Y
4k + 1
≤
4k
+
3
k=1
r
5
4n + 9
Moralité, on a bien P (n + 1).
On a donc démontré que pour tout n dans N∗ , on a
r
n
Y 4k + 1
3
≤
≤
4n + 3 k=1 4k + 3
r
5
4n + 5
(*) Il est important d’écrire il suffit et non il faut.
2
PROBLEME
Le but de cet exercice est de déterminer l’aire balayée par une segment de longueur 2` lors d’un demi tour.
On se place dans le plan muni d’un repère orthonormé, on considère les points A (`, 0) et B (−`, 0). Le
segment [AB] est donc de longueur 2`. On note Ω (x, y) le centre du demi tour et A (x, y) l’aire balayée par
le segment. Pour des raisons évidentes de symétrie, on prend x et y tous deux positifs.
Partie 1
On va calculer A (x, y) en considérant différents cas.
1. On suppose tout d’abord que x ≥ `.
(a) On prend ici le cas ` = 2 :
C’
B’
A’
4
Ω
2
B
A
-2
0
2
4
6
8
-2
C
(b) Dans la Þgure précédente, l’aire balayée peut se ramener à l’aire de la demi couronne AA0 C 0 C, en
effet pour des raisons de symétrie, l’aire de la zone ABC est identique à celle de la zone A0 B 0 C 0 (
C et C 0 étant les points d’intersection de la droite (AA0 ) avec le cercle de diamètre [BB 0 ] ).
L’aire d’une couronne délimitée par deux cercles de centre Ω et de rayons r et R ( r < R ) est
3
π (R2 − r2 ), ici on a r = ΩA et R = ΩB.
On a ΩA2 = (x − `)2 + y 2 et ΩB 2 = (x + `)2 + y 2 , on a donc
¢ ¡
¢
¡
ΩB 2 − ΩA2 = (x + `)2 + y 2 − (x − `)2 + y 2
= (x + `)2 − (x − `)2 = 4`x
On en déduit donc que
A (x, y) = 2π`x
2. Le cas où 0 ≤ x ≤ ` et y = 0.
(a) Ici, on a pris ` = 2 :
2
B
A’
-2
B’
A
Ω
0
2
4
-2
(b) L’aire balayée se décompose en deux demi disques, de centre Ω, l’un de rayon ΩA et l’autre de
rayon ΩB, l’aire recherchée est donc
A (x, y)
2
2
= 12 (π
¡ × ΩA2 + π × ΩB2 ¢ )
π
= 2 (x − `) + (x + `)
= π (x2 + `2 )
On en conclut donc que
A (x, y) = π (x2 + `2 )
4
3. Cas où x = 0 et y > 0.
(a) Faisons une Þgure avec un demi tout direct et ` = 2 :
A’
B’
4
Ω
2
O
B
-2
2
A
(b & c) Avec un raisonnement analogue à la première question, on peut affirmer que l’aire non p
hachurée,
que l’on notera A1 (x, y), est celle d’une demi-couronne avec r = ΩO = y et R = ΩA = `2 + y 2 ,
on en déduit donc que
A1 (x, y) = π2 `2
d et la corde [AB].
Reste l’aire hachurée, notée A2 (x, y), délimitée par l’arc de cercle AB
d moins
Pour déterminer cette dernière, on remarque que A2 (x, y) est l’aire du secteur angulaire AB
l’aire du triangle ΩAB.
³
´
2
[ et R = ΩA. On a dans le triangle
• L’aire du secteur angulaire est 2α
×
πR
où
α
=
mes
OΩA
2π
³ ´
OA
`
rectangle ΩOA : tan (α) = ΩO = y , on en déduit donc que α = arctan y` , l’aire du secteur
³ ´
angulaire est donc arctan y` (y 2 + `2 ).
• L’aire du triangle rectangle ΩAB est
On en déduit donc Þnalement que
1
2
× AB × OΩ =
A2 (x, y) = arctan
³ ´
`
y
On a donc en résumé
A (x, y) = π2 `2 + arctan
5
1
2
× 2` × y = y`
(y 2 + `2 ) − y`
³ ´
`
y
(y 2 + `2 ) − y`
4. Cas où 0 < x < ` et y > 0.
(a) Faisons une Þgure avec un demi-tour direct et ` = 2 :
A’’
A’
4
B’
O’
Ω
2
O
B -2
2A
0
4
-2
(b) L’aire est composée d’une première aire A1 comprise entre les arcs de cercle OO0 et BB 0 et les
segments de mêmes extrémités et de l’aire A2 comprise entre l’arc A0 A00 et le segment de mêmes
extrémités.
• La première aire se ramène à celle d’une
entre les cercles de centre Ω et de
¡ couronne comprise
¢
rayon ΩO et ΩB. On a ΩB 2 − ΩO 2 = (` + x)2 + y 2 − y 2 = (` + x)2 , on en déduit donc que
A1 (x, y) = π2 (` + x)2 .
0 A00 moins l’aire du triangle ΩA0 A00 .
[
• On remarque que A2 (x, y) est l’aire du secteur angulaire
A
³
´
2
0 ΩA0 et R = ΩA0 . On a dans le triangle
\
? L’aire du secteur angulaire est 2α
×
πR
où
α
=
mes
O
2π
³ ´
0
0
OA
`−x
0 0
rectangle ΩO A : tan (α) = ΩO0 = y , on en déduit donc que α = arctan `−x
, l’aire du secteur
y
³ ´¡
¢
angulaire est donc arctan `−x
y 2 + (` − x)2 .
y
? L’aire du triangle rectangle ΩA0 A00 est
On en déduit donc Þnalement que
A (x, y) =
π
2
1
2
× A0 A00 × O0 Ω =
2
(` + x) + arctan
6
³
`−x
y
1
2
× 2 (` − x) × y
´£
¤
y 2 + (` − x)2 − y (` − x)
Partie 2
On va chercher le “minimum” de A (x, y).
On va travailler d’abord à y constant et chercher le minimum sur la demi droite D : y = a et x ≥ 0.
On pose fa (x) = A (x, a).
1. On note donc f0 : [0, +∞[ → R
½
π (x2 + `2 ) si x ∈ [0, `]
x
7→
2π`x
si x > `
Cette fonction est clairement continue sur R+ \ {`}.
On a limx−→`− f0 (x) = limx−→`− π (x2 + `2 ) = 2π`2
limx−→`+ f0 (x) = limx−→`+ 2π`x = 2π`2
.
f0 est continue sur R+
Elle est croissante, on a le tableau de variations suivant :
x
0
`
f0
2
π`
% 2π`2
+∞
+∞
%
On en déduit donc que
f0 admet son minimum en 0 : π`2
2. On considère maintenant fa avec a > 0.
(a) On note donc
fa : [0, +∞[ → R


x
7→

¡ ¢
π 2
` + arctan a` (a2¡+ `2¢)£− a`
2
π
(` + x)2 + arctan `−x
a2 +
2
a
2¤
si x = 0
− a (` − x) si x ∈ ]0, `[
si x ≥ `
(` − x)
2π`x
Cette fonction est clairement continue sur R∗+ \ {`}.
¡ `−x ¢ £ 2
2
2¤
• On a limx→0+ fa (x) = limx→0+ π2 (` +
x)
+
arctan
a
+
(`
−
x)
− a (` − x)
a
¡ ¢
= π2 `2 + arctan a` (a2 + `2 ) − a`
La continuité en 0 est donc bien vériÞée.
¡ ¢£ 2
2¤
• On a limx−→`− fa (x) = limx−→`− π2 (` + x)2 + arctan `−x
a
+
(`
−
x)
− a (` − x) = 2π`2
a
limx−→`+ fa (x) = limx−→`+ 2π`x = 2π`2
La continuité en ` est donc bien vériÞée.
On peut donc conclure que
fa est continue sur R+
(b) La fonction fa s’écrit fa (x) = 2π`x sur [`, +∞[, on en déduit donc immédiatement que
fa est croissante sur [`, +∞[
7
(c) On pose maintenant u = ` − x et g (u) = fa (x). On a donc pour x dans [0, `], ou encore u ∈ [0, `] :
¤
¡ ¢£ 2
a + (` − x)2 − a (` − x)
fa (x) = π2 (` + x)2 + arctan ¡`−x
a¢
= π2 (2` − u)2 + arctan ua (a2 + u2 ) − au = g (u)
¡ ¢
Cette fonction est dérivable avec g 0 (u) = π (u − 2`) + a1 1u 2 (a2 + u2 ) + 2u arctan ua − a
1+( a )
¡ ¢
= π (u − 2`) + 2u arctan ua .
La fonction g 0 est la somme de deux fonctions croissantes, on en déduit donc que
g 0 est croissante sur [0, `].
¡
¡ ¢
¢
On a g 0 (0) = −2π` et g 0 (`) = 2` arctan a` − π2 < 0 car : ∀x ∈ R, arctan (x) < π2 , on en déduit
donc que g 0 est négative sur [0, `], par conséquent
g est décroissante sur [0, `]
(d) On a fa (x) = g (` − x), c’est donc la composée de deux fonctions décroissantes, on en déduit donc
que
fa est croissante sur [0, `]
Or, la fonction fa est continue sur R+ et aussi croissante sur [`, +∞[, on en déduit donc que la
fonction fa est croissante sur R+ , par conséquent
¡ ¢
Le minimum de fa sur [0, +∞[ est fa (0) = π2 `2 + arctan a` (a2 + `2 ) − a`
ª
©
3. On remarque que inf x,y∈R+ (A (x, y)) = inf y∈R+ ¡inf¢x∈R+ A (x, y) , or on a vu qu’à y Þxé le minimum
est A (x, 0), donc si on pose h (x) = π2 `2 + arctan x` (x2 + `2 ) − x` pour x 6= 0 et h (0) = π`2 , on a donc
inf x,y∈R+ (A (x, y)) = inf y∈R+ {h (y)}.
Etudions cette fonction h, on remarque tout d’abord qu’elle est continue car
¡ ¢
limx→0+ h (x) = limx→0+ π2 `2 + arctan x` (x2 + `2 ) − x`
= π2 `2 + π2 `2 = π`2 = h (0)
La fonction h est dérivable sur R∗+ avec
h0 (x)
¡ ¢
× (x2 + `2 ) + 2x arctan x` − `
x
¡ ¢
¡
¡ ¢
¢
= 2x arctan x` − 2` = 2x arctan x` − x`
= − x`2 ×
1
2
1+ ` 2
Or on a arctan (u) − u ≤ 0 pour u ∈ R∗+ (il suffit de poser d (u) = arctan (u) − u, on a d0 (u) =
u2
− 1+u
2 < 0, d est décroissante et d (0) = 0). On en déduit donc que h est décroissante.
On en déduit donc que
inf x,y∈R+ (A (x, y)) = limx→+∞ h (x)
1
1+u2
Il reste à calculer pour le fun la limite en +∞ :
³
¡`¢ 2
¡ ` ¢2 ´
arctan( x` )
π 2
π 2
2
h (x) = 2 ` + arctan x (x + ` ) − x` = 2 ` +
× `x × 1 + x
− `x
`
x
µ
¶
`
`
¡ ¢
arctan( x )− x
= π2 `2 + `2 ×
+ arctan x`
` 2
(x)
`
En posant u = h et en sachant que limh−→0 arctan(h)−h
= 0, on en déduit que limx→+∞ h (x) = π2 `2
h2
inf x,y∈R+ (A (x, y)) = π2 `2
8
−1 =