4.logarithme_correction-2015.pdf

Lycée pilote de Tunis

Terminales Maths & S-exp

Logarithmes Mr Ben Regaya. A

Eléments de Correction

« La moindre chose contient un peu d’inconnu.Trouvons-le »

www.ben-regaya.net Guy de Maupassant

Exercice1 Le plan P est muni d’un repère orthonormé (O ; i , j ) (unité graphique 3 cm). 1. On considère la fonction définie sur [0, [ par :

ln( x  1) si x x f (0)  1 f ( x) 

0

Montrer que f est continue en 0. 2. a) Etudier le sens de variation de la fonction g définie sur [0, [ par g ( x)  ln( x  1)  ( x  Calculer g(0) et en déduire que sur ℝ+ : ln( x  1)  ( x 

x 2 x3  ). 2 3

x 2 x3  ). 2 3

x2 b) Par une étude analogue, montrer que si x  0 , alors ln( x  1)  x  . 2 1 ln(1  x)  x 1 x c) Établir que pour tout x strictement positif on a :      . En déduire que f est 2 2 x 2 3 1 dérivable en zéro et que f ' (0)   . 2 x  ln(1  x) . 3. a) Soit h la fonction définie sur[0,+∞[ par h( x)  x 1 Étudier son sens de variation et en déduire le signe de h sur [0, [ . b) Montrer que sur [0,+∞[, f ' ( x) 

h( x ) . x2

c) Dresser le tableau de variation de f en précisant la limite de f en + d) On désigne par C la représentation graphique de f. Construire la tangente T à C au point d'abscisse 0. Montrer que C admet une asymptote. Tracer la courbe C. Exercice2 On considère la suite u définie par : n  ℕ*, un  1. Démontrer que un 

1 n  ln  n  k   ln n .   n  k 1 

1  n  k   ln 1   . n  k 1  n  

1  k  1 kn1 1  k 1  2. a) Pour k entier compris entre 0 et n-1, démontrer que ln 1     k ln x dx  ln 1   n  n  1 n n  n  2 1 b) En déduire que un  ln2   lnx dx  un 1 n 3. Déduire de ce qui précède un encadrement de un et la limite de un quand n tend vers +  .

Exercice3 Soit a dans l’intervalle [0 ;  [ ; on note I 0 (a) 

I k (a ) 



(t  a)

a 0

 1 t 



a 0

dt et pour k naturel non nul, on pose 1 t

k

dt .

k 1

1. Calcule I 0 (a) en fonction de a. 2. A l’aide d’une intégration par partie, exprimer I1 (a) en fonction de a.

(1)k 1 a k 1 3. A l’aide d’une intégration par partie, démontrer que I k 1 (a)   I k (a) pour tout k ∊ℕ*. k 1 4. Soit P le polynôme défini sur ℝ par P( x) 

1 5 1 4 1 3 1 2 x  x  x  x  x . Démontrer en calculant I 2 (a) , 5 4 3 2

I 3 (a) et I 4 (a) , que I 5 (a) = ln(1 + a) – P(a). 5. Soit J (a) 



t a  0 a

5

dt . Calculer J(a).

t a   t a 5.   6  1 t  5

6. a) Démontrer que pour tout t [0 ; a] ,

b) Démontrer que pour tout a[0 ;  [ , J( a)  I5 ( a)  0 . c) En déduire que pour tout a[0 ;  [ , ln (1  a)  P(a) 

a6 . 6

7. Déterminer, en justifiant votre réponse, un intervalle sur lequel P(a) est une valeur approchée de ln(1 + a) à 10−3 près. Exercice4 « Répondre par vrai-faux en justifiant la réponse » Soit f la fonction définie par : f

x

1 1   ln  1  x x 

  . On appelle D l'ensemble de définition de f et C sa courbe 

représentative dans un repère du plan. a)

D    ;  1

b)

f admet des primitives sur   ;  1 ; l'une d'elles est la fonction F définie sur   ;  1 par F  x    1  x  ln  1  x    1  x  lnx .

c)

lim x f  x   1

x 

n

d) Soit n ∊ ℕ*. On a :

 f  k   n  n  1   ln  n  1  . 2

k 1

Exercice5

n est un entier naturel non nul. Soit f n la fonction définie sur [1, +∞ [par : f n ( x) 



courbe représentative de f n dans un repère orthonormé O, i, j



ln x .On désigne par  Cn  la xn

1. a) Etudier la dérivabilité de f n à droite en 1. Interpréter graphiquement le résultat obtenu. b) Dresser le tableau de variation de f n . c) Etudier la position relative des courbes  Cn  et  Cn 1  puis tracer  C1  et  C2  . 2. Soit a un réel de]1, +∞ [. Calculer une mesure de l’aire I(a) de la partie du plan limité par la courbe  C1  , la droite des abscisses et les droites d’équations respectives x = 1 et x = a.

3. On pose tn 

n

 k 0

k   ln 1    2n  . k  2n

a) Montrer que pour tout entier k ∊ 0,1, 2,..., n  1 , on a :

1  k  f1 1    2n  2n 

k 1 2 n f ( x)dx 1 k 1 2n



1

b) En déduire que tn 



1  k 1  f1 1   2n  2n 

1 3 3 f1    I    tn . Calculer alors lim tn . n 2n  2  2

Exercice6 On considére les suites de réels  un  définies sur ℕ et vérifiant les deux hypothéses : 

 un  est une suite à termes strictement positifs.



Pour tout n de ℕ, un 1 

un . 1  un

(1)

(2)

1. Démontrer que la suite  vn  , définie sur ℕ par vn 

1 converge vers zéro et vérifie les deux hypothéses n 1

précédentes. 2. a) soit  la fonction définie sur ℝ+ par :  ( x)  Etudier le sens de variation de  .

x . x 1

b) Démontrer par récurrence que : n  ℕ, un  3. a) Sans calculer l’intégrale



n 1

n

u0 . n u0  1

n 1 u0 u0 u0 dx , démontrer que : n  ℕ,  dx . n 1  xu0 nu0  1 1  x u0

n 1

u0 dx . n 1  xu0 c) Calculer I 0  I1  ...  I n . b)Calculer I n 



n

4. a) Montrer que lim

n 

u k 0

k

 

b) Etudier la limite quand n tend vers +  de

n

1

 k 1 . k 0

Lycée pilote de Tunis

Logarithmes I

Le corrigé

Mr Ben Regaya. A

Terminales Maths & S-exp www.ben-regaya.net

Exercice1

ln( x  1)  si x  0  f ( x)  1.  ; f est continue en 0 ssi lim f ( x)  f (0) , or le cours donne justement la limite x x 0  f (0)  1 ln(1  x) lim  1. x 0 x 1 1  1  x  x  x 2  x 2  x3  x3 2 2. a) g '( x)    1 x  x     0 . Donc g est décroissante et comme 1 x 1 x 1 x  x 2 x3  g(0)=0, on a également g ( x)  0 , soit ln(1  x)   x    . 2 3   b) On prend k ( x)  ln(1  x)  x 

k ( x)  0 , soit ln(1  x)  x 

c) x 

x2 1 1 1  x  x  x2 x2  k '( x)  1  x    0 et k(0)=0 donc 2 1 x 1 x 1 x

x2 2

x 2 x3 x2 x 2 x3 x2 1 x ln(1  x)  x 1   ln(1  x)  x      ln(1  x)  x        . 2 2 3 2 2 3 2 2 3 x 2

ln(1  x) 1 f ( x)  f (0) ln(1  x)  x x f dérivable en zéro : on calcule lim ; or le résultat  lim  lim x 0 x  0 x  0 x0 x x2 précédent montre que cette limite est précisément 

3. a) h( x) 

1 qui est donc f’(0). 2

1 1 1 x  1 x x     0 ; on a h(0)=0 et h décroissante  ln(1  x) , h '( x )  2 2 ( x  1) x  1 (x  1) (x  1)2 x 1

donc h( x)  0 .

1 x  ln(1  x) h( x )  2  0. b) f '( x)  1  x 2 x x 1 ln(1  ) ln( x) x  0 .La droite y = 0 est asymptote à (C) au voisinage de +∞. c) lim f ( x)  lim  x  x  x x Courbe (C) :

y

1

0

1

2

3

x

-1

Exercice2 1. Pour : n  ℕ*, un 

1 n

n n   1 n  1 1  ln  n  k   lnn   ln  n  k   n lnn     ln  n  k   lnn  . n  k 1 n  k 1   n  k 1 



 nk  1 ln    n  n k 1 n



n







k

 ln 1  n  . k 1

2. a) n  ℕ* et 0  k  n  1 ; On a 0

1

k k 1  x  1 , la croissance de la fonction logarithme sur ]0,+∞[permet d’écrire n n

 k  k 1  ln 1    lnx  ln 1   et d’après le théorème de la moyenne n   n  1  k ln 1    n  n

k 1 n k 1 n



1

1  k 1 lnx dx  ln 1   n  n 

b) Par sommation de la double inégalité précédente entre 0 et n-1 on aura :

1 n

n 1

 k 0

 k ln 1     n

n 1

k 1 n k 1 n

 k 0

1

1 calcul intégral : un  ln2  n

lnx dx 

1 n

n 1

 ln 1  k 0

 lnx dx  u . 2

1

n

k 1  ou encore grâce a la relation de Chasles pour le n 

1 2

3. On a un  ln2 



2

1

1 lnx dx  un  ln2  n



2

lnx dx 

1

1 ln2  0 donc par comparaison lim un  n  n n lim



2

1



2

1 lnxdx  un  ln2  n



2

lnx dx

1

lnx dx  2ln2  1.

1

Exercice3 1.

2.

0



I1( a) 

dt

 1  t  [ln(1  t )] a

I 0 (a) 

a 0

 ln(1  a)  ln1  ln(1  a) .

 u( t)  t  a  u '( t)  1   1 : intégration par parties, on pose  d’où  1 et v '( t )  (1  t)² 2  v( t)  1  t  (1  t ) 

a ( t  a)dt

0

 1(t  a)  I1 (a)     1  t  0 a



a

0

dt  a  I 0 (a)  ln(1  a)  a . (1  t )

3. Encore une intégration par parties :

 u( t)  ( t  a)k 1  1  , soit  v '( t)  k 2 (1  t) 

 u '( t)  ( k  1)( t  a)k  1 1  ,  k 2 dt  (1  t) k 21   v( t)  (1  t) k  1 k  2  1 ( k  1)(1  t) 



a

 (t  a)k 1  I ( a )  d’où k 1  (k  1)(1  t )k    0 4. Soit P( x) 



a

0

(k  1)(t  a)k (a)k 1 dt   (k  1)(1  t ) k 1 k 1



a

0

(t  a)k dt (1)k 1 a k 1   I k (a) . (1  t ) k 1 k 1

x5 x 4 x3 x 2     x ; calculons I5 ( a) à l’aide de l’égalité précédente : 5 4 3 2

(1)2 a ² a2  I1 (a)   ln(1  a)  a , pour k = 1 : I 2 (a)  2 2

(1)3 a3 a3 a2  I 2 (a)     ln(1  a)  a , pour k = 2 : I 3 (a)  3 3 2 a4 a4 a3 a2 pour k = 3 : I 4 (a)   I 3 (a)     ln(1  a)  a , 4 4 3 2 a 5 a5 a4 a3 a2 pour k = 4 : I 5 (a)   I 4 ( a)      ln(1  a)  a  ln(1  a)  P(a) . 5 5 4 3 2 5. J( a) 



a

0

a

 ( t  a)6  a6 ( t  a) dt     6  6 0 5

5 6. a. Comme t  a , on a t  a  0  (t  a)  0 d’où

( t  a)5

 ( t  a)5 

(1  t)

6

1 (1  t)

6

 1  (1  t)6  1 ce

qui est évidemment vrai (remarquez les deux changements de sens des inégalités…). 5 b) On a ( t  a) 

( t  a)5 (1  t)6

donc en intégrant sur l’intervalle [0 ; a] :



a

0

( t  a)5 dt 



a ( t  a)5

0

(1  t)6

dt d’où

J( a)  I5 ( a)

( t  a)5

; de plus

(1  t)6

 0 et l’intégrale d’une fonction négative sur un intervalle dont les bornes sont

rangées dans le sens croissant est négative donc



a

0

7. On a d’après 4. ln(1  a)  P(a)  I 5 (a) 



a

(t  a)5dt 

0



a

0

(t  a)5 dt  0 , d’où (1  t )6



a

(t  a)5 dt 

0



a

0

(t  a)5dt 



a

0

(t  a)5 dt  0 . (1  t )6

a6 (l’inégalité du 6.b) devient 6

(t  a)5 dt du fait du changement de signe). (1  t )6

a6  103 , soit a  6 6.103  0,426 . Il suffit de prendre 6 Exercice4

f x

1 1   ln  1  x x 

 . 

1 x 1 soit strictement positif , soit pour D    ;  1    0 ;    .  x x b) Faux : Dérivons F  x    1  x  ln  1  x    1  x  lnx : a) Faux : Il faut que 1 

F '  x   ln  1  x    1  x 

1 1 1 1  1 x lnx   1  x  ln  1 x  1 lnx  1  ln  1 x x x x  x

… sauf que F n’est pas définie sur   ;  1  !!!

   f x 

1  ln  1   x c) Faux : lim x f  x   lim 1    1 1  2 . x  x  1 x n

d) Faux :

2 1

3 1

4

 n  1

 n 1   , soit n 

 f  k   1  ln  1   2  ln  2   3  ln  3   ...  n 1  ln  n 1   n  ln  1

1

k 1

n

en regroupant les termes :

 2  3  4...  n   n 1  

 f  k   1  2  3  ...  n  ln  1 2  3  ...  n 1   n  ; dans le k 1

1 1 1

1



logarithme tout se simplifie et on a bien ln  n  1  , mais la partie



1 1 1 1    ...  ne donne pas 1 2 3 n

2 … n  n 1  Exercice5 1. a) Pour x 1 ; lim

x 1

f n ( x) lnx lnx 1 1 lnx  n   n  1 et lim n .Comme lim = + ∞ , alors x  1 x ( x  1) x  1 x lnx x 1 x x 1 x  1 lnx

f n ( x)   x 1

f n n’est pas dérivable à droite en 1.la demi-tangente à Cn au point d’abscisse 1 a pour équation

x 1 y0



x n1 (1  2nlnx) . 2 x 2 n lnx 1 1 ' 2n Le signe de f n ( x) est celui de 1  2nlnx . Or 1  2nlnx  0  lnx   xe . 2n b) f n est pas dérivable sur ]1,+∞[et x

f n' ( x) 

1,

lnx 1  0 et x  x n lnx

lim f n ( x)  lim

x 

1  1  1 1 f  e 2 n   21n   .   e 2n e 2n   2 e Ce qui donne le tableau de variation ci-contre:

lnx  1  x     0 ; ( x  1) . Donc Cn est au dessus de Cn 1 . xn  x 

c) f n 1 ( x)  f n ( x)  d)

2. a ∊]1,+∞[

x  1; f1 ( x)  0 donc I  a  

2



a

1



f1 ( x)dx  a



a

1

lnx dx  x



a

1

1 1 lnxdx . Or l’expression lnx est de la forme x x

2

u ' u donc I (a)   lnx lnx   lna lna 3 1 3

1 k 1 3 1  1  . Or e 2n 2n 2 k 1 k  x  1  e alors strictement croissante sur 1, e  donc si 0  1    2n 2n k    k  11  f  1    f ( x)  f 1   2n   2n  

3. On a k ∊ 0,1,2,...., n  1 donc 0  k  n  1  1  k  1  n 

f1 étant continue sur [1,+∞[donc d’après le théorème de la moyenne k   k   k 1  1   f1 1  1   2n 2n   2n   1  k  f1 1    2n  2n 

Or tn 

n

 k 0

k 1 2n k 1 2n



1

k 1 2n k 1 2n



1

f (t )dt 

k   k 1  k 1 f (t )dt  1  1  f1 1   2n 2n   2n  

1  k 1 f1 1   2n  2n 

k   ln 1   1 n k    2n   f1 1   . k  2n 2n k  0  2n 



3 et f1 est 2

On a n ∊ ℕ* et k ; 0  k  n  1 ;

1  k  f1 1    2n  2n 

Par sommation entre 0 et n – 1, on aura

1 2n

n 1

 k 0

k 1 2n k 1 2n



1

k   f1 1     2n 

f (t )dt 

n 1

k 1 2n k 1 2n

 k 0

1

1  k 1 f1 1   2n  2n 

f (t )dt 

1 2n

n 1

 k 0

 k 1 f1 1   et 2n  

1 3 3 f1    I    tn . 2n  2  2 1 3 3 1 3 3 3 La double inégalité tn  f1    I    tn s’écrit aussi I    tn  f1    I   . 2n  2  2n  2   2  2 2 d’après la relation de Chasles pour le calcul intégral on obtient finalement tn 

1 3 3 2 3 3 f1    0 .Donc par comparaison lim tn  I    ln   ln   . n  2n n 2 2 3 2 2 lim

Exercice6 1. Etude de la suite  vn  . La suite  vn  , définie sur ℕ par vn 

1 est à termes strictement positifs qui converge vers zéro ; de plus , n 1

1 vn 1 on a pour tout n de ℕ,  n 1   vn 1 , donc la suite  vn  vérifie bien les hypothèses (1) et 1  vn 1  1 n2 n 1 (2). 2. a) Etude de sens de variation de  . On a pour tout x de ℝ  ,  ( x) 

x 1   '( x )  2 x 1  x  1

0 . Donc  est strictement croissante sur ℝ  et

elle est a valeurs dans  0,1 . b) n  ℕ, un 

u0 . n u0  1

L’inégalité précédente est vraie pour n = 0 ; u0 

u0  u0 ; supposons qu’elle est vraie pour un entier 0  u0  1

naturel n, on a alors puisque la suite  un  vérifie l’hypothèse (2), un1    un  donc, compte tenu de l’htpothèse de récurrence un 

 u0  u0 et du fait que  est strictement croissante sur ℝ  , un 1    ; n u0  1  n u0  1 

u0  u0  n u0  1 u0 ; et on a donc bien démontré par récurrence l’inégalité    u n u  1 1  ( n  1) u 0 0  0  1 n u0  1 u0 . n  ℕ, un  n u0  1 n 1 u0 u0 3. a) n  ℕ,  dx . nu0  1 n 1  x u0

On a pour tout x de  n, n  1 (compte tenu du fait que u0 est positif), 1  xu0  1  nu0 donc

u0 u0 ,  1  x u0 1  nu0 n 1 n 1 u0 u0 par suite  dx   dx (d’après la positivité de l’intégrale), n n 1  x u0 1  nu0 Soit



n 1

n

u0 u0 . dx  1  x u0 1  nu0

b) Calculer de I n .

In  

 1  (n  1)u0  u0 n 1 dx  ln(1  xu0 )n  ln  . 1  xu0  1  nu0 

n 1

n

n

I

c) Calcul de

k 0

n

I

On a

k 0

k

k

.

 1  2u0   1  (n  1)u0  1  u0 1  2u0 1  (n  1)u0   1  u0   ln   ln    ...    ...  ln    ln    1  u0 1  nu0   1   1  u0   1  nu0   1

 ln 1  (n  1)u0  (après simplification bien sur) Remarque : on aurait pu aussi écrire n

n

I   k 0

k

k 0

k 1

k

n 1 n 1 u0 u0 dx   dx  ln 1  u0 x  0  ln 1   n  1 u0  (d’après la relation de 0 1 u x 1  u0 x 0

Chasles pour le calcul intégrale ). n

4. a) Etude de la limite de

u k 0

k

.

On a compte tenu de 2.b), puis de 3.a) n

donc

u k 0

k

n

n

k 0

k 0

 uk  

n n n k 1 u0 u0   uk      Ik ; k 1  k u0 1  k u0 k 0 k 0 k 0

 ln 1  (n  1) u0  .

Or u0 étant strictement positif ona lim ln 1  (n  1) u0    et, par comparaison lim

n 

n

b) Limite quand n tend vers +  ,de

n

n

u k 0

k

  .

1

 k 1 . k 0

n

1 1 1 1  1   ...    v0  v1  ...  vn1  vn ; donc, compte tenu du fait que la suite  vn  est On a  2 n n 1 k 0 k  1 n 1 1 1 1  lim 1   ...     . une suite particuliere et du résultat obtenu en 4.a), il vient lim  n  n 2 n n 1 k 0 k  1