DS1 2020 2021 (DS5)

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Page 1 : Proposition DS 51. Exercice 1 : Fonction cosinus hyperbolique et réciproque :On définit, lorsque c’est possible, la fonction par : ffx = e + e2xx1. Déterminer le domaine de définition de la fonction , justifier que est dérivable et ffqu'elle est paire.2. Dresser le tableau de variations de .fFonction réciproque :On considère désormais les fonctions et définies par :g𝜑gx =x +, 𝜑x = x +.lnx 12x 123. Déterminer le domaine de définition de la fonction et préciser son signe.𝜑4. En déduire que est définie sur , puis que est dérivable sur .g1, +g1, +Dans les trois questions suivantes, on considère deux réels et vérifiant : xy et .x 0y = fx = e + e2xx5. Justifier que puis montrer que :y 1e 2ye + 1 = 0.x 2x6. On admettra que : .= y ⩽12y24y 42y 12Montrer, en posant , que .X = exx = gy7. Expliquer le lien entre la restriction de à et et justifier l'existence de deux fR+gmanières de calculer l'expression de sur .g'x1, +8. Calculer cette expression de par la méthode de votre choix.g' x Correction : 1. est définie surtout entier. Elle est dérivable comme rapport et somme fx = e + e2x-xRde fonctions dérivables. : domaine symétrique par rapport à et est D = Rf0f -x = == f x⟹fe+ e2-xx paire.2. .f' x == e e - e2x-x-x e- 122x

Page 2 : est donc négative pour et positive pour .f'x ⩽0x ⩾0x- 0 + f'-+f- ↘ 1 ↗+3. définie .𝜑x = x + x 12⟺x² - 1 ⩾0 ⟺x - , - 1 1, + Sur , .1, + x ⩾1 ⟹x +⩾1 ⟹ 𝜑x 0x 12 Sur , .- , - 1 x ⩽-1 ⟹= x = - x ⟹x + x - x = 0 x 12x2x 12.⟹ 𝜑x 0 4. définie .g x =𝜑x ln ⟺𝜑x 0 ⟺x 1, + Donc .D = 1, + gLa fonction est dérivable pour x ↦xx 0 est dérivable pour ⟹𝜑x = x + x 12x - , - 1 1, + est dérivable pour ⟹g x =𝜑x ln x 1, + 5. On a vu que possède un minimum égal à et atteint pour .f1x = 0Donc .y = f x⟹y ⩾1 De plus : y = f x⟺y =⟺2y = e + e⟺2ye = e+ 1 e + e2x-xx-xx2xy = f x⟺e- 2ye + 1 = 0 ⟺e- 2ye + 1 = 0. 2xxx 2x6. En posant , l'équation précédente devient : .X = exX - 2yX + 1 = 02Le discriminant est . Il y a donc 2 solutions possibles : 𝛥= 4y - 4 = 4 y - 1 ⩾022 et .X == y ⩽112y 24y 42y 12X == y +⩾122y +24y 42y 12Comme on a : . La solution à retenir est donc : x ⩾0,X = e ⩾1x.X = e = y +⟺x =y += g yxy 12lny 12 7. Nous venons de montrer que : et .x ⩾0y = f x⟺x = g y est donc la réciproque de restreinte à la partie positive de son domaine de définition.gfAutrement dit, avec restreinte à .g = f-1f1, +Pour calculer la dérivée de , nous avons deux manières possibles : g'g

Page 3 : • dériver l'expression : qui est de la forme ,g x =x + lnx - 12uln • utiliser la formule de dérivation de la réciproque : g' x = f' x =. -1 1f' g x 8. g' x =x +' == x - 12x +'x +x - 12x - 121 +x +2x2x - 12x - 12g' x ===. +x +x - 12x - 12xx - 12x - 12x +x+x - 12x - 12x - 121x - 122. Exercice 2 :1. A l'aide du théorème ou de l'inégalité des accroissements finis, prouver que :p N ,⩽p + 1 -p ⩽1p + 1lnln1p2. En déduire que :p ⩾2,p + 1 -p ⩽⩽p -p - 1lnln1plnln1. On définit la suite : . Montrer que : S =n3np=n+11pS =3limn+→nln Correction : 1. Pour , la fonction , définie par , est continue et dérivable sur p Nff x =x ln p, p + 1 .On peut donc lui appliquer le théorème des accroissements finis TAF qui donne : c p, p + 1 , f' c =⟺= f p + 1 - f p⟺=p + 1 -p f p + 1 - f pp + 1 - p 1c 1clnln c p, p + 1⟹p c p + 1 ⟹1p + 11c1pD'où le résultat : ln

Page 4 : p N ,⩽p + 1 -p ⩽1p + 1lnln1p2. A partir de l'encadrement précédent, on obtient : .p + 1 -p ⩽lnln 1pPour , ce même encadrement, appliqué à à la place de , donne :p ⩾2p - 1pp N , p ⩾2,⩽p -p - 1 ⩽1plnln1p - 1.⟹⩽p -p - 11pln lnOn obtient ainsi l'encadrement recherché : p ⩾2,p + 1 -p ⩽⩽p -p - 1lnln1plnln3. . S =n3np=n+11pGrâce à la question précédente, on peut encadrer par des sommes télescopiques.Snp + 1 -p⩽⩽p -p - 13np=n+1lnln 3np=n+11p3np=n+1ln ln⟺3n + 1 -n + 1 ⩽S ⩽3n -nlnlnnlnln ⟺⩽S ⩽=3ln 3n + 1n + 1nln 3nnln = 3 ⟹=3 .limn+→3n + 1n + 1limn+→ln 3n + 1n + 1ln Le théorème des gendarmes permet alors de conclure : .S =3limn+→nln 3. Exercice 3 :Déterminer l'expression de la dérivée énième de la fonction définie par : fxn f.f x = 3x² - 5x + 1 e 2xCorrection : Calculons la dérivée énième de la fonction : .f x = 3x - 5x + 1 e= u x v x 22x Posons : et .u x = 3x - 5x + 1 2v x = e 2x

Page 5 : .u' x = 6x - 5 u'' x = 6 pour ux = 0k k ⩾3.De la même manière : .v' x = 2e 2x.v'' x = 4e 2xOn peut établir facilement part récurrence que : vx = 2 ek k 2xOn peut maintenant s'attaquer à .ffx = uvx =ux vxn n nk=0nkk n-k A cause de, ou grâce à, , cette somme s'arrête à car pour .uk = 2ux = 0k k ⩾3Par conséquent : fx = uvx =ux vxn n 2k=0nkk n-k fx =ux vx +ux vx +ux vxn n00 n-0 n11 n-1 n22 n-2 = 1.u x vx + n. u x vx +u'' x vx n ' n-1 n n - 12 n-2 = 3x - 5x + 1 2 e+ n. 6x - 5 2e+. 6 .2e2n 2x n-1 2xn n - 12 n-2 2x=4 3x - 5x + 1 + 2n 6x - 5 + n n - 1 32e2 n-2 2xfx =12x + 12n - 20 x + 3n² - 13n + 4 2en 2n-2 2x4. Exercice 4 :Soit une fonction de classe sur l'intervalle , qui vérifie : fC²a, b.f a = f b = f' a = f' b = 0 On souhaite montrer que : c a, b , f'' c = f c . On introduit la fonction , définie par : gg x = f x - f xe ' x1. Justifier que la fonction est de classe sur et calculer .gC1a, bg' x 2. En appliquant le bon théorème à cette fonction, montrer l'existence de ce réel c

Page 6 : recherché.Correction : 1. de classe de classe de classe .fC² ⟹f'C⟹f' - f1C1L'exponentielle étant de classe , on en déduit que est bien de classe sur .CgC1a, b.g' x = f'' x - f' x e + f x - f xe = f'' x - f x e x' x x2. , et g a = f a - f ae = 0 ' ag b = f b - f be = 0. ' b est donc une fonction de classe , donc continue dérivable sur et qui vérifie gC1a, b.g a = g b Le théorème de Rolle permet alors de conclure : c a, b , g' c = 0 ⟺f'' c = f c .

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