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