Devai libre1:¶

Des maladresses dans le rédactum $=$ attention à l’emploi non contrôlé du symbole $\Leftrightarrow$

Exercice 1:¶

Maladresses. On pose $\left(P_{n}\right) : \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{3}} \leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2 n^{2}} \forall n \in \mathbb{N}^{*}$

On va procéder par une démonstration par récurrence de $(P_n)$ :

Initialisation :

Donc $P_{1}$ est vraie.

Hérédité¶

On suppose que $P_{n}$ est vraie pour un certain $n \in \mathbb{N}^{*}$

Alors :

Car $n \in \mathbb{N}^{*}$ donc $\frac{3n+1}{2(n+1)^{2}(n^{3}+n^{2})} \geqslant 0$

Donc $\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k^{3}} \leqslant \frac{3}{2}-\frac{1}{2(n+1)^{2}}$

Donc $(P_{n})$ est héréditaire.

$P_{1}$ est vraie

$(P_{n})$ est héréditaire

Donc, par le principe de récurrence, $(P_n)$ est vraie $\forall n \in \mathbb{N}^{*}$

Donc $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{3}} \leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2 n^{2}}, \forall n \in \mathbb{N}^{*}$

Exercice 2 :¶

1. a) $2 x^{3}-3 x^{2}+1=(x-1)\left(2 x^{2}-x-1\right)$

Donc $2 x^{3}-3 x^{2}+1=2(x-1)^{2}\left(x+\frac{1}{2}\right)$

b) On pose $x=\cos (x)$ avec $x \in] 0, \frac{\pi}{2}[$ D’après la question 1) a)

$(\cos (x)-1)^{2}>0$ sur $] 0 ; \frac{\pi}{2}[$ et $\cos (x)>0$ sur $] 0 ; \frac{\pi}{2}[$

Donc $2 \cos ^{3}(x)-3 \cos ^{2}(x)+1>0$

c) On pose la fonction $f(x)=2 \sin (x)+\tan (x)-3 x$

Il faut démontrer que $f(x)>0$

Or d’après la question 1) b)

Et $\cos ^{2}(x)>0$ sur $] 0 ; \frac{\pi}{2}[$

Donc $f^{\prime}(x)>0 \quad \forall x \in ] 0 ; \frac{\pi}{2}[$

$f(x)$ est strictement croissante

Donc $f(x)>0 \quad \forall x \in ] 0 ; \frac{\pi}{2}[$

Donc $2 \sin (x)+\tan (x)>3 x$

2. a) On pose $g(u)=\frac{\left(u^{2}-1\right)\left(u^{2}+u+1\right)}{u\left(1+u^{2}\right)}-3 \ln (u) \quad \forall u>1$

On a $u>1$ donc $u-1>0$ donc $(u-1)^{3}>0$

$u^{3}-1>0$ car $u>1$

$(u+u^{3})^{2}>0$

Donc $g^{\prime}(u)>0$, donc $g$ est strictement croissante

Donc $g(u) \geq 0$ et $g(u)>0 \quad \forall u>1$

Donc $\frac{\left(u^{2}-1\right)\left(u^{2}+u+1\right)}{u\left(1+u^{2}\right)}-3 \ln (u)>0 \quad \forall u>1$

Donc $\frac{\left(u^{2}-1\right)\left(u^{2}+u+1\right)}{u\left(1+u^{2}\right)}>3 \ln u \quad \forall u>1$

b) Pour $x>1$, on pose $x=u^{3}$ avec $u \in \mathbb{R}$ et $u>1$

Donc $\frac{\ln (x)}{x-1}<\frac{1+u}{u^{3}+u}$

$\Leftrightarrow 3 \ln (u)<\frac{(1+u)\left(u^{3}-1\right)}{u\left(u^{2}+1\right)}$

$\Leftrightarrow 3 \ln (u)<\frac{u^{3}+u^{4}-u-1}{u\left(u^{2}+1\right)}$

Or $\left(u^{2}-1\right)\left(u^{2}+u+1\right)=u^{4}+u^{3}+u^{2}-u^{2}-u-1=u^{4}+u^{3}-u-1$

Donc l’inéquation devient :

$3 \ln (u)<\frac{\left(u^{2}-1\right)\left(u^{2}+u+1\right)}{u\left(u^{2}+1\right)} \quad \forall u>1$

Or cette inéquation est vraie d’après la question 2) a)

Donc $\frac{\ln (x)}{x-1}<\frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x+x^{\frac{1}{3}}} \quad \forall x>1$

c) Pour $0<x<1$, donc $1<\frac{1}{x}$

On pose $u \in \mathbb{R}$ tel que $\frac{1}{x}=u^{3}$ et $u>1$

Donc $\frac{\ln \left(u^{3}\right)}{u^{3}-1}<\frac{1+u}{u^{3}+u}$

Or cette inéquation est vraie $\forall u>1$

Donc elle est vraie pour $0<x<1$

Donc $\frac{\ln (x)}{x-1}<\frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x+x^{\frac{1}{3}}} \quad \forall x \in ]0,1[$

d) On a $\frac{\ln (x)}{x-1}<\frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x+x^{\frac{1}{3}}} \quad \forall x>1$

On pose $x=e^{3 u}$ avec $u \in \mathbb{R}$

Si $x>1$ alors $e^{3 u}>1$

Donc $\frac{\ln \left(e^{3 u}\right)}{e^{3 u}-1}<\frac{1+e^{u}}{e^{3 u}+e^{u}} \quad \forall u>0$

e) On doit montrer $2 \operatorname{sh}(x)+\operatorname{th}(x)>3 x \quad \forall x>0$

C’est-à-dire : $2\left(\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}\right)+\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}>3 x$

D’après la question 2) d)

Donc : $3 x<\frac{\left(1+e^{x}\right)\left(e^{3 x}-1\right)}{e^{3 x}+e^{x}}$

Donc $3 x<e^{x}-e^{-x}+\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}} \quad \forall x>0$

Donc $2 \operatorname{sh}(x)+\operatorname{th}(x)>3 x \quad \forall x>0$