Bonjour,
Je rentre en MPSI l'année prochaine et moa future école m'a envoyé tout plein de révisions pour les mathématiques. Je déteste apprendre des formules bêtement et j'essaye donc tant bien que mal de démontrer toutes les choses nouvelles pour moi. Je bloque à deux endroits :
1) Montrer qu'une primitive de tan(x) est -ln[abs(cos(x))].
Je bloque quand -(pi/2)< x <(pi/2). Le seul moyen de rendre cos(x) positif est alors d'utiliser pi+x ou pi-x, et ça colle pas...
2)Montrer que lim x->0 (cos(x)-1) / (x²) = -(1/2)
Je pense qu'il y a un rapport avec lim x->0 (cos(x)-1) / (x) = -1 mais je ne vois pas lequel.
Un petit coup de main serait le bienvenu ^^
Probleme révisions pour MPSI
29 messages
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par andros06 » 08 Aoû 2008, 15:48
Salut,
pour la 1) , c'est simple : tan = sin / cos soit u'/u et une primitive de u'/u est ln(u) (attention au signe moins)
pour la 1) , c'est simple : tan = sin / cos soit u'/u et une primitive de u'/u est ln(u) (attention au signe moins)
par Edward » 08 Aoû 2008, 15:55
Merci beaucoup andros. Comme d'habitude je vois que je suis allé chercher compliqué ^^. Et pour la limite ?
par Shaolan » 08 Aoû 2008, 16:22
Edward a écrit:lim x->0 (cos(x)-1) / (x) = -1
Erreur :
En passant à la limite, on retrouve la dérivée de cos en 0 soit -sin(0) = 0
Mais de tout façon tu n'y arriveras pas comme ça, puisque tu vas obtenir une indétermination de type "0/0"
par Edward » 08 Aoû 2008, 16:24
Si je me suis pas trompé, on a en fait
lim(x->0) ( cos x - 1 ) / x
= lim(x->0) ( cos x - cos 0 ) / ( x - 0 )
= cos'(0) = -sin(0) = -1
EDIT : oula en effet sin(0)=0... je sors vraiment n'importe quoi
lim(x->0) ( cos x - 1 ) / x
= lim(x->0) ( cos x - cos 0 ) / ( x - 0 )
= cos'(0) = -sin(0) = -1
EDIT : oula en effet sin(0)=0... je sors vraiment n'importe quoi
par Shaolan » 08 Aoû 2008, 16:33
Ca m'arrive aussi de confondre sin et cos XD
Bon je cherche une explication de lycée, mais j'avoue avoir du mal...
Un bon coup d'équivalent et on en parlerait plus !
Je continue de chercher...
Bon je cherche une explication de lycée, mais j'avoue avoir du mal...
Un bon coup d'équivalent et on en parlerait plus !
Je continue de chercher...
par miikou » 08 Aoû 2008, 17:44
heu nan xD ya aucun problem vu que la fonction de départ cosx-1/x² est symetrique par rapport a laxe des Y
bref-1}{x^2} = lim u->0 \frac{cos(\sqrt{u})-1}{u} = lim u-> 0 -sin(\sqrt{u})\times \frac{1}{2\sqrt{u}} = \frac{-1}{2})
car lim sin A / A en A=0 vaut 1 ..
bref
par abcd22 » 08 Aoû 2008, 18:51
Bonsoir,
ln(abs(u)), c'est valable quel que soit le signe de u (on calcule la primitive sur un intervalle où u ne s'annule pas puisqu'on parle de u'/u).
andros06 a écrit:
une primitive de u'/u est ln(u)
ln(abs(u)), c'est valable quel que soit le signe de u (on calcule la primitive sur un intervalle où u ne s'annule pas puisqu'on parle de u'/u).
par L.A. » 09 Aoû 2008, 18:38
salut.
je suis inscrit depuis peu et j'espère ne pas m'emballer en donnant trop d'indications et en retirant le plaisir de la recherche de la solution, mais je me lance :
pour l'exo (cos x -1) /x² -> -1/2 quand x->0, je sortirais bien de mon chapeau la formule dite de Taylor Young, très utile et qu'on voit en MPSI
soit f une fonction C1 sur [0; 1] par exemple, et x dans [0; 1] :
on peut écrire f(x) = f(0) + S(0,x,f') (intégrale de 0 à x de f')
on évalue ensuite l'écart entre f(x) et f(0) que l'on majore par un terme qui dépend de la norme infinie de f', c-a-d :
||f'|| = sup {|f'(t)|, t dans [0,1]}
|f(x)-f(0)| = |S(0,x,f')| <= S(0,x,|f'|) <= L(0,x)*||f'|| = x*||f'||
avec L(0,x) la longueur de l'intervalle d'intégration [0,x]
comme x*||f'|| ->0 quand x->0 , on obtient la formule de Taylor-Young au rang 0 :
la fonction e telle que f(x) - f(0) = e(x) tend vers 0 quand x->0
au rang 0 je l'admet, cette formule est parfaitement in-intéréssente, parceque elle dit juste que si f est C1 alors elle est continue en 0.
on passe donc au rang 1 :
soit f une fonction C2 sur [0,1] et x dans [0,1]
on repart de f(x) = f(0) + S(0,x,f') et on fait une intégration par parties en posant f' = 1*f', en "primitivisant" 1 et en dérivant f' (on a le droit maintenant car f est C2)
f(x) = f(0) + ( [(t-x)f'(t)](t=0 à x) - S(0,x,(t-x)f''(t)dt) )
= f(0) + [0 - (-x*f'(0))] + S(0,x,(x-t)f''(t)dt)
= f(0) + x*f'(0) + S(0,x,(x-t)f''(t)dt)
de même on cherche à majorer :
|f(x) - f(0) - x*f'(0)| = ... (je passe) <= (x²/2)*||f''||
c'est là que ça devient cool : si on divise (x²/2)*||f''|| par x, on obtient encore un terme x/2 *||f''|| qui tend vers 0 qand x -> 0 !!!!
si on pose h(x) = f(x)-f(0)-xf'(0), on a donc montré que h(x)/x = e(x) ->0 qd x->0 et donc :
f(x)-f(0) - x*f'(0) = x*e(x), avec l'indication que e -> 0 en 0.
c'est la formule de l'approximation affine de f au voisinage de 0, eh oui.
j'ai trop parlé, je laisse tout comme ça. La solution se trouve à partir de la formule de taylor au rang 2 : il suffit de refaire une ipp sur S(0,x,(x-t)f''(t)dt) et de remplacer f par cos bien sûr.
en espérant avoir été suffisamment helpfull...
je suis inscrit depuis peu et j'espère ne pas m'emballer en donnant trop d'indications et en retirant le plaisir de la recherche de la solution, mais je me lance :
pour l'exo (cos x -1) /x² -> -1/2 quand x->0, je sortirais bien de mon chapeau la formule dite de Taylor Young, très utile et qu'on voit en MPSI
soit f une fonction C1 sur [0; 1] par exemple, et x dans [0; 1] :
on peut écrire f(x) = f(0) + S(0,x,f') (intégrale de 0 à x de f')
on évalue ensuite l'écart entre f(x) et f(0) que l'on majore par un terme qui dépend de la norme infinie de f', c-a-d :
||f'|| = sup {|f'(t)|, t dans [0,1]}
|f(x)-f(0)| = |S(0,x,f')| <= S(0,x,|f'|) <= L(0,x)*||f'|| = x*||f'||
avec L(0,x) la longueur de l'intervalle d'intégration [0,x]
comme x*||f'|| ->0 quand x->0 , on obtient la formule de Taylor-Young au rang 0 :
la fonction e telle que f(x) - f(0) = e(x) tend vers 0 quand x->0
au rang 0 je l'admet, cette formule est parfaitement in-intéréssente, parceque elle dit juste que si f est C1 alors elle est continue en 0.
on passe donc au rang 1 :
soit f une fonction C2 sur [0,1] et x dans [0,1]
on repart de f(x) = f(0) + S(0,x,f') et on fait une intégration par parties en posant f' = 1*f', en "primitivisant" 1 et en dérivant f' (on a le droit maintenant car f est C2)
f(x) = f(0) + ( [(t-x)f'(t)](t=0 à x) - S(0,x,(t-x)f''(t)dt) )
= f(0) + [0 - (-x*f'(0))] + S(0,x,(x-t)f''(t)dt)
= f(0) + x*f'(0) + S(0,x,(x-t)f''(t)dt)
de même on cherche à majorer :
|f(x) - f(0) - x*f'(0)| = ... (je passe) <= (x²/2)*||f''||
c'est là que ça devient cool : si on divise (x²/2)*||f''|| par x, on obtient encore un terme x/2 *||f''|| qui tend vers 0 qand x -> 0 !!!!
si on pose h(x) = f(x)-f(0)-xf'(0), on a donc montré que h(x)/x = e(x) ->0 qd x->0 et donc :
f(x)-f(0) - x*f'(0) = x*e(x), avec l'indication que e -> 0 en 0.
c'est la formule de l'approximation affine de f au voisinage de 0, eh oui.
j'ai trop parlé, je laisse tout comme ça. La solution se trouve à partir de la formule de taylor au rang 2 : il suffit de refaire une ipp sur S(0,x,(x-t)f''(t)dt) et de remplacer f par cos bien sûr.
en espérant avoir été suffisamment helpfull...
par miikou » 09 Aoû 2008, 21:47
vi c'est exact, mais plus simplement cos x ~ 1 - x²/2 => (cos x - 1)/x² ~ (1-x²/2 + 1)/x² = (-1/2)* x²/x² -> -1/2
par leon1789 » 09 Aoû 2008, 22:50
miikou a écrit:vi c'est exact, mais plus simplement cos x ~ 1 - x²/2 => (cos x - 1)/x² ~ (1-x²/2 + 1)/x² = (-1/2)* x²/x² -> -1/2
Attention à la manipulation des équivalents !
Si l'information cos(x) ~ 1 n'est pas suffisante pour conclure une démo, mais qu'en utilisant cos(x) ~ 1-x²/2 on arrive à conclure, alors la démo est fausse
(car cos(x) ~ 1-x²/2 ne signifie rien de plus que cos(x) ~ 1).
par miikou » 10 Aoû 2008, 01:38
ro vous êtes intransigeants quand même :ptdr:
je prenais juste la partie régulière d'un DL a lodre 2( pour que la division par x² ne pose plus problème ), oui j'admets que l'utilisation de ' ~ ' était ici malheureuse :hein:
je prenais juste la partie régulière d'un DL a lodre 2( pour que la division par x² ne pose plus problème ), oui j'admets que l'utilisation de ' ~ ' était ici malheureuse :hein:
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