Vous voulez décomposer $\dfrac{x^2+1}{x-2}$ en éléments simples, pas à pas, acquérir les bonnes connaissances ? Cela se passe ici.
Posez $y=x-2$ pour simplifier le dénominateur. Puis vous calculez le numérateur en remplaçant $x$ par $2+y$.
\begin{aligned} x^2+1&=(2+y)^2+1\\ &=4+y^2+4y+1 \\ &=y^2+4y+5.\end{aligned}
\begin{aligned} \dfrac{x^2+1}{x-2}&=\dfrac{y^2+4y+5}{y}\\ &=y+4+\dfrac{5}{y}\\ &= x+2+\dfrac{5}{x-2}.\end{aligned}
Vous cherchez à majorer $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ par $C\sqrt{a+b}$, où $C$ désigne une constante strictement positive.
Supposez qu’il existe une constante $C>0$ telle que, quels que soient les nombres $a$ et $b$ strictement positifs, vous ayez : $\sqrt{a}+\sqrt{b}\leq C\sqrt{a+b}$.
Vous en déduisez $\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+b}}\leq C$. Cela vous pousse à considérer la fonction de deux variables définie par $f(a , b)=\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+b}}.$
Trouver un majorant d’une fonction de deux variables, ce n’est guère évident… du coup, vous fixez $b$ et vous étudiez la fonction $g$ définie sur $]0,+\infty[$ par $g(x)=\dfrac{\sqrt{x}+\sqrt{b}}{\sqrt{x+b}}$.
La fonction $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout $x\in ]0,+\infty[$ :
\begin{aligned}
g'(x)&=\frac{\dfrac{1}{2\sqrt{x} }\sqrt{x+b}-(\sqrt{x}+\sqrt{b})\dfrac{1}{2\sqrt{x+b}}}{(\sqrt{x+b})^2}\\
&=\frac{\dfrac{x+b-\sqrt{x}(\sqrt{x}+\sqrt{b})}{2\sqrt{x}\sqrt{x+b}}}{x+b}\\
&=\frac{b-\sqrt{bx}}{2\sqrt{x}\sqrt{x+b}(x+b)}\\
&=\frac{b\sqrt{b}-b\sqrt{x}}{2\sqrt{b}\sqrt{x}\sqrt{x+b}(x+b)}\\
&=\frac{b(\sqrt{b}-\sqrt{x})}{2\sqrt{b}\sqrt{x}\sqrt{x+b}(x+b)}\\
&=\frac{\sqrt{b}(\sqrt{b}-\sqrt{x})(\sqrt{b}+\sqrt{x})}{2\sqrt{x}\sqrt{x+b}(x+b)(\sqrt{b}+\sqrt{x})}\\
&=\frac{\sqrt{b}(b-x)}{2\sqrt{x}\sqrt{x+b}(x+b)(\sqrt{b}+\sqrt{x})}\\
\end{aligned}
Il s’ensuit que la fonction $g$ est strictement croissante sur $]0,b]$ et strictement décroissante sur $[b,+\infty[$. $g$ admet un maximum pour $x=b$ et ce maximum vaut : $g(b)=\dfrac{2\sqrt{b}}{\sqrt{2b}}=\sqrt{2}.$
Quels que soient les nombres $a$ et $b$ strictement positifs, $\sqrt{a}+\sqrt{b}\leq \sqrt{2} \sqrt{a+b}$ et il n’y a pas mieux que la constante $C=\sqrt{2}$ réalisant cette majoration.
Quel est le reste de la division de $1^5+2^5+3^5+\cdots+100^5$ par 5 ?
Parmi les 5 propositions, choisissez la bonne !
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
E. 4
Comprendre ce qui se passe pour trouver le reste d’une division par 5 se traite très bien avec l’outil adéquat, qui s’appelle les modulos.
Modulo 5, vous avez :
\begin{aligned}
1&\equiv 1\pmod 5\\
2&\equiv 2\pmod 5\\
3&\equiv 3\pmod 5\\
4&\equiv 4\pmod 5\\
5&\equiv 0\pmod 5\\
\end{aligned}
Ensuite, le reste devient cyclique.
Premier cycle :
\begin{aligned}
6&\equiv 1\pmod 5\\
7&\equiv 2\pmod 5\\
8&\equiv 3\pmod 5\\
9&\equiv 4\pmod 5\\
10&\equiv 0\pmod 5\\
\end{aligned}
Cycle suivant :
\begin{aligned}
11&\equiv 1\pmod 5\\
12&\equiv 2\pmod 5\\
13&\equiv 3\pmod 5\\
14&\equiv 4\pmod 5\\
15&\equiv 0\pmod 5\\
\end{aligned}
et ainsi de suite jusqu’au dernier cycle :
\begin{aligned}
96&\equiv 1\pmod 5\\
97&\equiv 2\pmod 5\\
98&\equiv 3\pmod 5\\
99&\equiv 4\pmod 5\\
100&\equiv 0\pmod 5\\
\end{aligned}
Les modulos se comportent très bien avec les puissances.
De $a \equiv b \pmod 5$ vous avez aussi $a^5\equiv b^5\pmod 5$, résultat permettant d’effectuer des simplifications massives.
Premier cycle de puissances :
\begin{aligned}
1^5&\equiv 1\pmod 5\\
2^5&\equiv 32 \equiv 2\pmod 5\\
3^5&\equiv 243\equiv 3 \pmod 5\\
4^5&\equiv 1024\equiv 4\pmod 5\\
5^5&\equiv 0^5\equiv 0 \pmod 5\\
\end{aligned}
Pour le cycle suivant :
\begin{aligned}
6^5&\equiv 1^5 \equiv 1\pmod 5\\
7^5&\equiv 2^5 \equiv 2\pmod 5\\
8^5&\equiv 3^5 \equiv 3\pmod 5\\
9^5&\equiv 4^5 \equiv 4\pmod 5\\
10^5&\equiv 0^5 \equiv 0\pmod 5\\
\end{aligned}
et ainsi de suite pour tous les prochains cycles.
Vu ce qui précède, les puissances de 5 n’apportent rien.
$1^5+2^5+3^5+\cdots+100^5\equiv 1+2+3+\cdots+100\pmod 5$
On peut calculer la somme $1+2+3+\cdots+100$ en utilisant une formule, mais ici, préférez rester dans les modulos tant qu’à faire :)
Comme il y a 20 cycles de 5, vous pouvez regrouper le tout par cycles successifs.
\begin{aligned}
1+2+3+4+5+\cdots+96+97+99+99+100&\equiv(1+2+3+4+5)+\cdots+(1+2+3+4+5)\pmod 5\\
&\equiv 15+\cdots+15\pmod 5\\
&\equiv 5+\cdots+5 \pmod 5\\
&\equiv 5\times 20\pmod 5\\
&\equiv 100\pmod 5\\
&\equiv 0.
\end{aligned}
Vous avez prouvé que $1^5+2^5+3^5+\cdots+100^5\equiv 0\pmod 5$. Autrement dit, le reste cherché est égal à 0.
La somme infinie $\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}+\cdots$ vaut $\dfrac{\pi^2}{6}.$
Il s’agit d’une adaptation d’un article dû à Matsuoka en 1961.
Gardez en tête les propriétés vérifiées par les fonctions sinus et cosinus, valables pour tout nombre réel $t.$
\begin{aligned}
&\sin'(t)=\cos t\\
&\cos'(t)=-\sin t\\
&\cos^2 t + \sin^2 t =1.
\end{aligned}
Pour tout entier naturel $n$ définissez les suites d’intégrales positives suivantes, comme étant des intégrales de fonctions positives :
$W_n = \int_{0}^{\pi/2} \cos^n t \dt$
$I_n = \int_{0}^{\pi/2}t^2 \cos^{n} t \dt.$
$I_0 =\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} t^2 \text{ d}t = \frac{\pi^3/8}{3}=\frac{\pi^3}{24}.$
$W_0 =\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} 1 \text{ d}t = \frac{\pi}{2}.$
\begin{aligned}
W_1 &= \int_{0}^{\pi/2} \cos t\text{ d}t\\
&=\left[ \sin t \right]_0^{\pi/2}\\
&=1.
\end{aligned}
\begin{aligned}
I_1 &= \int_{0}^{\pi/2}t^2 \cos t\text{ d}t\\
&=\left[t^2 \sin t \right]_0^{\pi/2} – 2 \int_{0}^{\pi/2} t \sin t\text{ d}t\\
&=\frac{\pi^2}{4} – 2 \left( \left[-t \cos t \right]_0^{\pi/2} + \int_{0}^{\pi/2} \cos t\text{ d}t \right)\\
&=\frac{\pi^2}{4}-2 W_1\\
&=\frac{\pi^2}{4}-2. \\
\end{aligned}
Leurs valeurs serviront plus loin.
Soit $n$ un entier naturel. Utilisez deux intégrations par parties.
\begin{aligned}
W_{n+2}&= \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n+2} t\text{ d}t\\
&=\int_{0}^{\pi/2}\cos t \cos^{n+1} t \text{ d}t\\
&=\left[ \sin t \cos^{n+1} t \right]_0^{\pi/2} + \int_{0}^{\pi/2} (n+1)\cos^{n} t\sin^2 t \text{ d}t\\
&=(n+1) \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n} t(1-\cos^2 t) \text{ d}t\\
&=(n+1)(W_n – W_{n+2})
\end{aligned}
Déduisez-en une relation reliant $W_n$ avec $W_{n+2}$.
\begin{aligned}
W_{n+2}&=(n+1)(W_n – W_{n+2})\\
(1 + n+1)W_{n+2}& = (n+1)W_n\\
(n+2)W_{n+2}& = (n+1)W_n
\end{aligned}
Partez de la définition de $W_n$ et du fait que $\cos^n t$ peut être écrit sous forme du produit $1\times \cos^n t.$ Deux intégrations par parties permettront de faire apparaître $t^2$ puis $I_n$.
\begin{aligned}
W_{n+2} &= \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n+2} t\text{ d}t\\
&=\int_{0}^{\pi/2} 1\times \cos^{n+2} t\text{ d}t\\
&=\left[t \times \cos^{n+2} t\right]_0^{\pi/2} + \int_{0}^{\pi/2} t\times (n+2) \cos^{n+1} t \sin t\text{ d}t\\
&=(n+2) \int_{0}^{\pi/2} t \cos^{n+1} t \sin t\text{ d}t\\
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{W_{n+2}}{n+2} &= \int_{0}^{\pi/2} t \cos^{n+1} t \sin t\text{ d}t\\
&= \left[\frac{t^2}{2} \cos^{n+1} t \sin t \right]_0^{\pi/2}-\int_{0}^{\pi/2} \frac{t^2}{2} \left(\cos^{n+2}t-(n+1)\cos^n t\sin^2 t \right)\text{ d}t\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} t^2 \left((n+1)\cos^n t(1-\cos^2 t)-\cos^{n+2}t \right)\text{ d}t\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} t^2 \left((n+1)\cos^n t-(n+1)\cos^{n+2} t-\cos^{n+2}t \right)\text{ d}t\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} t^2 \left((n+1)\cos^n t-(n+2)\cos^{n+2} t \right)\text{ d}t\\
&=\frac{(n+1)I_n-(n+2)I_{n+2}}{2}\\
\end{aligned}
Pour tout entier naturel $n$, $2W_{n+2}=(n+1)(n+2)I_n-(n+2)^2I_{n+2}.$
La fonction cosinus étant positive, continue et non identiquement nulle sur $\left[0,\pi/2\right]$, pour tout entier naturel $n$, $W_n > 0$.
Pour tout entier naturel $n$ :
\begin{aligned}
2 &=(n+1)(n+2)\frac{I_n}{W_{n+2}}-(n+2)^2\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
2 &=(n+1)(n+2)^2\frac{I_n}{(n+2)W_{n+2}}-(n+2)^2\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
2 &=(n+1)(n+2)^2\frac{I_n}{(n+1)W_{n}}-(n+2)^2\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
2 &=(n+2)^2\frac{I_n}{W_{n}}-(n+2)^2\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
\end{aligned}
Et voilà, vous obtenez l’important résultat : $\frac{2}{(n+2)^2}=\frac{I_n}{W_{n}}-\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}.$
Vous allez maintenant sommer avec le symbole « sigma ».
Soit $N$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$
\begin{aligned}
\sum_{n=0}^N \frac{1}{(n+2)^2} &=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^N\left( \frac{I_n}{W_{n}}-\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\right)\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^N \frac{I_n}{W_{n}}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^N \frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^N \frac{I_n}{W_{n}}-\frac{1}{2}\sum_{n=2}^{N+2} \frac{I_{n}}{W_{n}}\\
&=\frac{1}{2}\frac{I_0}{W_0} + \frac{1}{2}\frac{I_1}{W_1}+ \frac{1}{2}\sum_{n=2}^N \frac{I_n}{W_{n}}-\frac{1}{2}\sum_{n=2}^{N+2} \frac{I_{n}}{W_{n}}\\
&=\frac{1}{2}\frac{I_0}{W_0} + \frac{1}{2}\frac{I_1}{W_1}- \frac{1}{2}\frac{I_{N+1}}{W_{N+1}}-\frac{1}{2}\frac{I_{N+2}}{W_{N+2}}\\
\end{aligned}
Soit $N$ un entier naturel supérieur ou égal à 4, de sorte que $N-2$ est supérieur ou égal à 2, ce qui permet d’utiliser le résultat précédent.
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} &= 1 +\sum_{n=2}^N \frac{1}{n^2}\\
&= 1 +\sum_{n=0}^{N-2} \frac{1}{(n+2)^2}\\
&= 1 +\frac{1}{2}\frac{I_0}{W_0} + \frac{1}{2}\frac{I_1}{W_1}- \frac{1}{2}\frac{I_{N-1}}{W_{N-1}}-\frac{1}{2}\frac{I_{N}}{W_{N}}\\
\end{aligned}
Pour tout réel $t\in \mathbb{R}$ posez $f(t) = \displaystyle\frac{\pi}{2}\sin t – t$. La fonction $f$ est deux fois dérivable sur $ \mathbb{R}$ avec $f'(t) = \displaystyle\frac{\pi \cos t – 2}{2}$ et $f^{\prime\prime}(t) = -\displaystyle\frac{\pi \sin t}{2}.$
Sur l’intervalle $\left]0; \pi/2 \right[$, la fonction $f^{\prime\prime}$ est strictement négative. La fonction $f$ est continue sur $\left[0 ; \pi/2 \right]$ donc $f’$ est strictement décroissante sur l’intervalle $\left[0 ; \pi/2 \right].$
Comme $f'(0) \geq \displaystyle\frac{\pi-2}{2} > 0$ et $f’\left(\frac{\pi}{2}\right)\leq -1 < 0$, vous déduisez l’existence d’un unique réel $\alpha\in\left]0; \pi/2 \right[$ tel que $f'(\alpha)=0.$
Sur l’intervalle $[0,\alpha]$, la fonction $f$ est croissante. Pour tout $t\in [0,\alpha], f(t)\geq f(0)\geq 0.$
Sur l’intervalle $\left[\alpha,\frac{\pi}{2}\right]$ la fonction $f$ est décroissante. Pour tout $t\in \left[\alpha,\frac{\pi}{2}\right], f(t)\geq f\left(\frac{\pi}{2}\right)\geq 0.$
D’où la majoration, valable pour tout $t\in \left[0 ; \pi/2 \right]$ : $t\leq \displaystyle\frac{\pi}{2}\sin t.$
Cela est aussi une conséquence de ce qui s’appelle la « concavité » de la fonction sinus sur $\left[0 ; \pi/2 \right]$ mais ce n’est pas l’objet de cet article.
\begin{aligned}
0\leq I_n &\leq \int_{0}^{\pi/2}t^2 \cos^{n} t\text{ d}t\\
&\leq \frac{\pi^2}{4} \int_{0}^{\pi/2}\sin t^2 \cos^{n} t\text{ d}t\\
&\leq \frac{\pi^2}{4} \int_{0}^{\pi/2}(1-\cos t^2) \cos^{n} t\text{ d}t\\
&\leq \frac{\pi^2}{4} (W_n-W_{n+2})\\
&\leq \frac{\pi^2}{4(n+2)} ((n+2)W_n-(n+2)W_{n+2})\\
&\leq \frac{\pi^2}{4(n+2)} ((n+2)W_n-(n+1)W_{n})\\
&\leq \frac{\pi^2}{4(n+2)} W_n.
\end{aligned}
Vous avez $\lim_{n\to + \infty} \frac{I_n}{W_n}=0.$
D’après tout ce qui précède, la limite $\lim_{N\to +\infty}\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2}$ est finie, notez-la $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}$ et calculez-la explicitement.
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} &= 1 +\frac{1}{2}\frac{I_0}{W_0} + \frac{1}{2}\frac{I_1}{W_1}\\
&=1+\frac{\pi^2}{24}+\frac{\pi^2}{8}-1\\
&=\frac{\pi^2}{24}+\frac{3\pi^2}{24}\\
&=\frac{4\pi^2}{24}\\
&=\frac{\pi^2}{6}.
\end{align*}
Etudiez la suite définie par $u_{n+1}=1-\frac{1}{u_n}$.
$u_2 = 1-1 = 0$ exemple mal choisi, la suite $(u_n)$ n’est alors plus définie à cause de la division par 0.
$u_2 = 1-\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
$u_3 = 1-\frac{1}{\frac{1}{2}} = 1-2 = -1$
$u_4 = 1-\frac{1}{-1} = 1+1 = 2 = u_1$
du coup, vous pouvez montrer par récurrence que $\forall n\in\mathbb{N}, u_{n+3}=u_n$, autrement dit, la suite $(u_n)$ est 3-périodique.
$u_2 = 1-\frac{1}{13} = \frac{12}{13}$
$u_3 = 1-\frac{1}{\frac{12}{13}} = 1-\frac{13}{12}= -\frac{1}{12}$
$u_4 = 1-\frac{1}{-\frac{1}{12}} = 1+12= 13 = u_1$
On a une confirmation.
Montrez que, $\forall n\in\mathbb{N}, u_{n+3}=u_n.$
$u_{n+1} = 1-\frac{1}{u_n} = \frac{u_n-1}{u_n}$
$u_{n+2} = 1-\frac{1}{\frac{u_n-1}{u_n}} = 1-\frac{u_n}{u_n-1}= \frac{u_n-1-u_n}{u_n-1} =-\frac{1}{u_n-1}$
$u_{n+3} = 1-\frac{ 1 }{-\frac{1}{u_n-1} }=1+u_n-1=u_n.$
Et voilà, vous avez terminé.
La démonstration précédente présuppose que la suite est bien définie. Or, vous avez vu au début de cet article que si $u_1=1$, il y a un souci.
Déterminez pour finir pour quelles sont les valeurs possibles du premier terme $u_1$ pour que la suite $(u_n)_{n\geq 1}$ soit bien définie. Cela ne sera pas traité ici… à vous de jouer !
Considérez $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=4.$
Cette équation, bien que d’apparence simple, où on cherche $a$, $b$ et $c$ comme étant des entiers positifs n’admet pas de solution simple.
On peut vérifier que :
$a=154476802108746166441951315019919837485664325669565431700026634898253202035277999$
$b=36875131794129999827197811565225474825492979968971970996283137471637224634055579$
$c=4373612677928697257861252602371390152816537558161613618621437993378423467772036$
constitue une solution et qu’il n’en a pas d’autre plus petite. Presque 80 chiffres à la clé pour chacun des nombres $a$, $b$ et$ c.$ C’est énorme.
L’intérêt de ce problème c’est qu’il met en échec les techniques de résolution par force brute… avis aux amateurs.
Le but de ce contenu est de calculer la valeur de $\sin^{-1} \left(\frac{3}{5}\right) + \tan^{-1} \left(\frac{1}{7}\right) = \arcsin \left(\frac{3}{5}\right) +\arctan \left(\frac{1}{7}\right).$
Posez $a=\sin^{-1} \left(\frac{3}{5}\right)$ et $b=\tan^{-1} \left(\frac{1}{7}\right).$ $a$ et $b$ désignent deux réels – correspondant à des angles aigus – tels que $\sin a = \frac{3}{5}$ et $\tan b = \frac{1}{7}.$
Il serait bon dans un premier temps de savoir si $a+b$ désigne un angle aigu, pour cela, en coupant en deux, voyez si $a$ est inférieur à $\frac{\pi}{4}.$
Comparez $\frac{3}{5}$ et $\frac{\sqrt{2}}{2}.$
Cela revient à comparer leurs carrés car ce sont deux nombres positifs.
$\frac{9}{25} < \frac{9}{18} \leq \frac{1}{2}$ donc $\sin a \leq \sin \frac{\pi}{4}.$ Par stricte croissance de la fonction sinus sur $\left[0 ; \frac{\pi}{2}\right]$ vous obtenez $a\in \left[0 ; \frac{\pi}{4}\right[.$ Plus rapidement, pour $b$, vous obtenez $\tan b \leq \frac{1}{7} < 1 \leq \tan \frac{\pi}{4}.$ Par stricte croissance de la fonction tangente sur $\left[0 ; \frac{\pi}{2}\right[$ vous obtenez $b < \frac{\pi}{4}.$ Ainsi $0 < a+b < \frac{\pi}{2}.$ $a+b$ désigne un angle aigu.
Vous connaîtrez la valeur de $a+b$ quand la valeur de sa tangente sera connue.
La formule d’addition de la tangente fournit :
$\tan (a+b) = \frac{\tan a + \tan b}{1- \tan a \tan b}$
Partant de :
\begin{aligned} \tan a &= \frac{\sin a}{\cos a}\\ &= \frac{\sin a}{\sqrt{1-\sin^2 a}} \\ &=\frac{\frac{3}{5}}{\sqrt{1-\frac{9}{25}}}\\ &=\frac{\frac{3}{5}}{\sqrt{\frac{25-9}{25}}}\\ &=\frac{\frac{3}{5}}{\sqrt{\frac{16}{25}}}\\ &=\frac{\frac{3}{5}}{\frac{4}{5}}\\ &=\frac{3}{4}\end{aligned}
On en déduit :
\begin{aligned} \tan (a+b) &= \frac{\tan a + \tan b}{1- \tan a \tan b} \\ &=\frac{\frac{3}{4} + \frac{1}{7}}{1- \frac{3}{4}\times \frac{1}{7}}\\ &= \frac{\frac{25}{28}}{1- \frac{3}{28}} \\&=\frac{\frac{25}{28}}{\frac{25}{28}} \\ &=1. \end{aligned}
Comme $\tan(a+b) =\tan \frac{\pi}{4}$
on en déduit $a+b =\frac{\pi}{4}.$
Vous souhaitez découvrir une autre formule attribuée à Machin et qui fait apparaître la fraction $1/239$? Rendez-vous dans le contenu rédigé dans l'article 381.
Vous voulez savoir pourquoi $\log 1002 = 3,00086772\dots$ ? Comment trouvez-vous le $3$, puis le $0$, puis le $0$, puis le $0$, puis le $8$, et comment vous pouvez continuer ?
Au XIXème siècle, des tables de logarithmes ont été créées avec une précision redoutable. Aujourd’hui, vous allez avoir une idée pour savoir comment ces tables ont été créées, chiffre après chiffre après la virgule.
Partez du fait que les logarithmes décimaux sont faciles à calculer avec les puissances de 10. Vous avez $\log 10 = 1$, $\log 100 = 2$, $\log 1000 = 3$, $\log 10\ 000= 4.$
Puisque $1000 < 1002 < 10000$ vous avez $3 < \log 1002 < 4$ et en déduisez que $\log 1002 = 3,\dots$
Notez $a$, $b$, $c$ et $d$ les quatre chiffres après la virgule. Vous avez $\log 1002 = 3,abcd\dots$ les points de suspension représentent les autres chiffres après le $d.$
Vous souhaitez faire apparaître le chiffre $a$ à gauche de la virgule, mais tout seul. Vous retranchez 3 d’abord. $\log 1002-3 = 0,a\dots$
Vous utilisez le fait que $\log 1000 = 3$ ce qui fait $\log 1002-\log 1000 = 0,a\dots$
Puis $\log 1,002 = 0,a\dots$
Pour attraper le chiffre $a$ vous multipliez par $10$ et avez $10 \log 1,002 = a,\dots$
Ainsi $\log (1,002^{10}) = a,\dots$
Cherchez à encadrer $1,002^{10}$ par deux puissances de $10$ consécutives et vous aurez tout bon.
Par approximation affine $1,002^{10} \approx 1+ 0,002\times 10 \approx 1,02.$ On se doute que $1< 1,002^{10} < 10$ si bien que $0< \log(1,002^{10}) < 1$ ce qui justifiera a posteriori que $\log(1,002^{10}) =0,\dots$ et donc $a=0.$
Comme $1 < 1,002$ on a $1 < 1,002^{10}.$
Pour une majoration $1,002^{10} < 10$ :
\begin{aligned}
1,002^2 &\leq 1,004004 \leq 1,1 \\
1,002^4 &\leq 1,1^2 \leq 1,21 \\
1,002^8 &\leq 1,21^2 \leq 1,4641\leq 1,47\\
1,002^{10} &\leq 1,47\times 1,1 \leq 1,617 < 10.
\end{aligned}
$\log 1002 = 3,0bcd\dots$ puis $\log 1002 -\log 1000= 0,0bcd\dots$ soit $\log 1,002 = 0,0bcd\dots$ d’où $\log (1,002^{100}) = b,cd\dots$
\begin{aligned}
1,002^2 &\leq 1,004004 \leq 1,01 \\
1,002^4 &\leq 1,01^2 \leq 1,03 \\
1,002^8 &\leq 1,03^2 \leq 1,07\\
1,002^{16} &\leq 1,07^2 \leq 1,15\\
1,002^{32} &\leq 1,15^2 \leq 1,33\\
1,002^{64} &\leq 1,33^2 \leq 1,77 \\
1,002^{100} &\leq 1,77\times 1,15 \times 1,03 \leq 2,10 < 10.
\end{aligned}
Ainsi $b = 0.$
$\log 1002 = 3,00cd\dots$ puis $\log 1,002 = 0,00cd\dots$ d’où $\log (1,002^{1000}) = c,d\dots$
\begin{aligned}
1,002^2 &\leq 1,004004 \leq 1,0041 \\
1,002^4 &\leq 1,0041^2 \leq 1,0083 \\
1,002^8 &\leq 1,0083^2 \leq 1,0167\\
1,002^{16} &\leq 1,0167^2 \leq 1,0337\\ x
1,002^{32} &\leq 1,0337^2 \leq 1,0686\\
1,002^{64} &\leq 1,0686^2 \leq 1,1420 \\
1,002^{128} &\leq 1,1420^2 \leq 1,3042\\
1,002^{256} &\leq 1,3042^2 \leq 1,7010\\
1,002^{512} & \leq 1,7010^2 \leq 2,8935\\
1,002^{1000} &\leq 2,8935\times 1,7010\times 1,3042 \times 1,1420 \times 1,0686 \times 1,0167 \leq 7,97 < 10
\end{aligned}
Ainsi $c = 0.$
$\log 1002 = 3,000d\dots$ puis $\log 1,002 = 0,000d\dots$ d’où $\log (1,002^{10000}) = d,\dots$
On encadre $1,002^{10000}$, il vient
$100\ 000\ 000 < 450\ 000\ 000 <$ et $ 1,002^{10000} < 999\ 999\ 999.$
de là on déduit $8 < \log (1,002^{10\ 000}) < 9$ donc $d=8.$
$\boxed{\log 1002 = 3,0008\dots}$ avec d’autres chiffres derrière.
Comment faites-vous pour justifier que $0$ est la limite de $\frac{\ln x}{x}$ quand $x$ tend vers $+\infty$ ?
Partez du fait que la fonction logarithme népérien est entièrement définie par l’intégrale : $\ln x = \int_1^x \frac{\mathrm{d}t}{t}.$
Ensuite, vous souhaitez majorer cette expression. Pas le choix, vous partez sur une majoration de la fonction $t\mapsto \dfrac{1}{t}.$
Prenez les fonctions de référence polynômiales connues sur l’intervalle $[1,+\infty[.$
$\forall t\in [1,+\infty[, t^2\geq t> 0$ donc $\forall t\in [1,+\infty[, 0< \dfrac{1}{t^2}\leq \dfrac{1}{t}.$
Mince, on a une minoration de la fonction $t\mapsto \dfrac{1}{t}$ mais pas une majoration… à moins que… l’on utilise la racine carrée, ce qui fournit $\forall t\in [1,+\infty[, 0 < \dfrac{1}{t}\leq \dfrac{1}{\sqrt{t}}.$
Pour tout x supérieur ou égal à $1$ :
\begin{aligned}
\ln x &\leq \int_1^x \frac{\mathrm{d}t}{t}\\
&\leq \int_1^x \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}\\
&\leq 2\int_1^x \frac{\mathrm{d}t}{2\sqrt{t}}\\
&\leq 2 (\sqrt{x}-1)\\
0\leq \frac{\ln x}{x}&\leq \frac{2}{\sqrt{x}}-\frac{2}{x}.
\end{aligned}
Par application du théorème des gendarmes, il s’ensuit que :
$\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0.$
Calculez la limite de $\sqrt{x +\sqrt{x}}-\sqrt{x}$ quand $x \to +\infty$
Utilisez un développement asymptotique pour trouver le résultat.
\begin{aligned}
\sqrt{x +\sqrt{x}} &= \sqrt{x } \sqrt{1 + \dfrac{\sqrt{x}}{x} } \\
&= \sqrt{x } \left(1 + \dfrac{\sqrt{x}}{2x} + O\left(\dfrac{1}{x} \right) \right) \\
&= \sqrt{x } + \dfrac{1}{2} + O\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}} \right).
\end{aligned}
Vous déduisez $\boxed{\lim_{x\to +\infty} \sqrt{x+\sqrt{x}}-\sqrt{x} = \dfrac{1}{2}.}$
