QCM Bilan Numéro 2

$\red{\text{La proposition 1 est vraie.}}$
Si $f'\left(x\right)=p\left(x\right)$ alors la fonction $f$ est une primitive de $p$.
$f$est dérivable sur $\left]0;+\infty \right[$, ainsi $f\left(x\right)=g\left(x\right)+h\left(x\right)-\frac{2}{x}$ où $g\left(x\right)=-\frac{1}{x} \left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$ et $h\left(x\right)=-\frac{2}{x} \ln \left(x\right)$.
Nous allons décomposer ainsi la dérivée afin de faciliter nos calculs.
$\purple{\text{D'une part :}}$ calcul de la dérivée de $g\left(x\right)=-\frac{1}{x} \left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$
On reconnaît la forme : $\left(uv\right)'=u'v+uv'$ avec $u\left(x\right)=-\frac{1}{x}$ et $v\left(x\right)=\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$.
Ce qui nous donne : $u'\left(x\right)=\frac{1}{x^{2} }$ et $v'\left(x\right)=\left(-\frac{1}{x} \right)\times 2\times \ln \left(x\right)\times \frac{1}{x}$.
Ainsi :
$g'\left(x\right)=\frac{1}{x^{2} } \times \left(\ln \left(x\right)\right)^{2} +\left(-\frac{1}{x} \right)\times 2\times \ln \left(x\right)\times \frac{1}{x}$
$g'\left(x\right)=\frac{\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} }{x^{2} } -\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} }$

$\purple{\text{D'autre part :}}$ calcul de la dérivée de $h\left(x\right)=-\frac{2}{x} \ln \left(x\right)$
On reconnaît la forme $\left(uv\right)'=u'v+uv'$ avec $u\left(x\right)=-\frac{2}{x}$ et $v\left(x\right)=\ln \left(x\right)$.
Ce qui nous donne : $u'\left(x\right)=\frac{2}{x^{2} }$ et $v'\left(x\right)=\frac{1}{x}$.
Ainsi :
$h'\left(x\right)=\frac{2}{x^{2} } \times \ln \left(x\right)-\frac{2}{x} \times \frac{1}{x}$
$h'\left(x\right)=\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} } -\frac{2}{x^{2} }$
Finalement :
$f'\left(x\right)=g'\left(x\right)+h'\left(x\right)+\frac{2}{x^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} }{x^{2} } -\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} } +\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} } -\frac{2}{x^{2} } +\frac{2}{x^{2} }$

Donc la fonction $f$ est une primitive de $p$.

$\red{\text{La proposition 2 est fausse.}}$
Soient $u\left(x\right)=x^{2} -4x$ donc $u'\left(x\right)=2x-4$
Ainsi : $f\left(x\right)=-\frac{1}{2} \times \left(\frac{2x-4}{x^{2} -4x} \right)=-\frac{1}{2} \times \frac{u'\left(x\right)}{u\left(x\right)}$
Finalement, une primitive de $f$ est alors $F\left(x\right)=-\frac{1}{2} \times \ln \left(x^{2} -4x\right)$
Il en résulte que :
$I=\int _{5}^{6}\frac{-x+2}{x^{2} -4x} dx$
$I=\left[-\frac{1}{2} \times \ln \left(x^{2} -4x\right)\right]_{5}^{6}$
$I=-\frac{1}{2} \times \ln \left(6^{2} -4\times 6\right)-\left(-\frac{1}{2} \times \ln \left(5^{2} -4\times 5\right)\right)$
$I=-\frac{1}{2} \times \ln \left(12\right)-\left(-\frac{1}{2} \times \ln \left(5\right)\right)$
$I=-\frac{1}{2} \ln \left(12\right)+\frac{1}{2} \ln \left(5\right)$
$I=\frac{1}{2} \left(\ln \left(5\right)-\ln \left(12\right)\right)$

$\red{\text{La proposition 3 est fausse.}}$
Soit $F$ définie sur $\left]-1;1\right[$ par $F\left(x\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1+x}{1-x} \right)$ .
$F$ est dérivable sur $\left]-1;1\right[$ .
On va commencer par calculer la dérivée de $\frac{1+x}{1-x}$ que l'on note $u\left(x\right)$.
$u\left(x\right)=\frac{1+x}{1-x}$ donc :
$u'\left(x\right)=\frac{1\times \left(1-x\right)-\left(1+x\right)\times \left(-1\right)}{\left(1-x\right)^{2} }$
$u'\left(x\right)=\frac{1-x+1+x}{\left(1-x\right)^{2} }$
$u'\left(x\right)=\frac{2}{\left(1-x\right)^{2} }$
Maintenant calculons la dérivée de $F\left(x\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1+x}{1-x} \right)$ qui est de la forme $\ln \left(u\left(x\right)\right)$ dont la dérivée est $\frac{u'\left(x\right)}{u\left(x\right)}$ avec $u\left(x\right)=\frac{1+x}{1-x}$ et $u'\left(x\right)=\frac{2}{\left(1-x\right)^{2} }$
Ainsi :
$F'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{\frac{2}{\left(1-x\right)^{2} } }{\frac{1+x}{1-x} }$
$F'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{2}{\left(1-x\right)^{2} } \times \frac{1-x}{1+x}$
$F'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{2}{\left(1-x\right)^{2} } \times \frac{1-x}{1+x}$
$F'\left(x\right)=\frac{1}{\left(1-x\right)\left(1+x\right)}$

La fonction $F$ définie sur $\left]-1;1\right[$ par $F\left(x\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1+x}{1-x} \right)$ est bien une primitive de $f$.

$\red{\text{La proposition 4 est vraie.}}$
On sait que : $u_{n} =\int _{1}^{2}f_{n} \left(x\right)dx =\int _{1}^{2}\frac{2}{3+5n\ln \left(1+x\right)} dx$
Alors : $u_{n+1} =\int _{1}^{2}f_{n+1} \left(x\right)dx =\int _{1}^{2}\frac{2}{3+5\times \left(n+1\right)\ln \left(1+x\right)} dx$
Il faut donc étudier le signe de $u_{n+1} -u_{n}$.
Soient $x\in \left[1;2\right]$ et $n\ge 0$ alors :
$n+1\ge n$ équivaut successivement à :
$5\left(n+1\right)\ge 5n$ , on lorsque $x\in \left[1;2\right]$ alors $\ln \left(1+x\right)\ge 0$ d'où :
$5\left(n+1\right)\times \ln \left(1+x\right)\ge 5n\times \ln \left(1+x\right)$
$3+5\left(n+1\right)\times \ln \left(1+x\right)\ge 3+5n\times \ln \left(1+x\right)$.
Ensuite on sait que la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ est strictement décroissante sur $\left[1;2\right]$, donc l'ordre n'est pas conservé.
$\frac{1}{3+5\left(n+1\right)\times \ln \left(1+x\right)} \le \frac{1}{3+5n\times \ln \left(1+x\right)}$
$\frac{2}{3+5\left(n+1\right)\times \ln \left(1+x\right)} \le \frac{2}{3+5n\times \ln \left(1+x\right)}$
$f_{n+1} \left(x\right)\le f_{n} \left(x\right) .$
D'après le rappel il vient :
$\int _{1}^{2}f_{n+1} \left(x\right)dx\le \int _{1}^{2}f_{n} \left(x\right)dx$
$u_{n+1} \le u_{n}$
Autrement dit : .
La suite $\left(u_{n} \right)$ est décroissante.

$\red{\text{La proposition 5 est vraie.}}$
On sait que $A_{n} =\int _{1}^{2}\frac{e^{-2t} }{n+t} dt$ alors $A_{n+1} =\int _{1}^{2}\frac{e^{-2t} }{n+1+t} dt$
Commençons par étudier les variations de la suite $\left(A_{n} \right)$
Soit $t\in \left[0,2\right]$ et $n\ge 0$, on a :
$n+1\ge n$, on rajoute $t$ de part et d'autre de l'égalité
$n+1+t\ge n+t$
Ensuite on sait que la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ est strictement décroissante sur $\left[1;2\right]$, donc l'ordre n'est pas conservé.
$\frac{1}{n+1+t} \le \frac{1}{n+t}$. On multiplie par $e^{-2t}$, il vient :
$\frac{e^{-2t} }{n+1+t} \le \frac{e^{-2t} }{n+t}$
$\int _{1}^{2}\frac{e^{-2t} }{n+1+t} dt\le \int _{1}^{2}\frac{e^{-2t} }{n+t} dt$
$A_{n+1} \le A_{n}$. La suite $\left(A_{n} \right)$ est donc décroissante.
De plus, pour $t\in \left[0,2\right]$ et $n\ge 0$, on a
$\frac{e^{-2t} }{n+t} >0$ car $e^{-2t} >0$ et $n+t>0$
Ainsi : $\int _{1}^{2}\frac{e^{-2t} }{n+t} dt>0$ autrement dit : $A_{n} >0$.
La suite $\left(A_{n} \right)$ est donc minorée par $0$.
On en conclut donc que $\left(A_{n} \right)$ est convergente et elle admet une limite finie que l'on note $l$.

$\red{\text{La proposition 6 est vraie.}}$
On note : $G=\int _{1}^{2}\frac{1+x}{x^{2} } dx$
$G=\int _{1}^{2}\frac{1+x}{x^{2} } dx$ équivaut successivement à :
$G=\int _{1}^{2}\left(\frac{1}{x^{2} } +\frac{x}{x^{2} } \right) dx$
$G=\int _{1}^{2}\left(\frac{1}{x^{2} } +\frac{1}{x} \right) dx$
$G=\left[-\frac{1}{x} +\ln \left(x\right)\right]_{1}^{2}$
$G=\left[\left(-\frac{1}{2} +\ln \left(2\right)\right)-\left(-\frac{1}{1} +\ln \left(1\right)\right)\right]$
$G=\left[-\frac{1}{2} +\ln \left(2\right)+1\right]$
Ainsi :

$\red{\text{La proposition 7 est fausse.}}$
Commençons par calculer $u_{n+1}$ ce qui nous donne $u_{n+1} =\int _{0}^{1}\frac{e^{-\left(n+1\right)x} }{1+e^{-x} } dx$
Ainsi :
$u_{n+1} +u_{n} =\int _{0}^{1}\frac{e^{-\left(n+1\right)x} }{1+e^{-x} } dx+\int _{0}^{1}\frac{e^{-nx} }{1+e^{-x} } dx$
$u_{n+1} +u_{n} =\int _{0}^{1}\frac{e^{-nx} e^{-x} }{1+e^{-x} } dx+\int _{0}^{1}\frac{e^{-nx} }{1+e^{-x} } dx$
$u_{n+1} +u_{n} =\int _{0}^{1}\frac{e^{-nx} e^{-x} +e^{-nx} }{1+e^{-x} } dx$
$u_{n+1} +u_{n} =\int _{0}^{1}\frac{e^{-nx} \left(e^{-x} +1\right)}{1+e^{-x} } dx$
$u_{n+1} +u_{n} =\int _{0}^{1}e^{-nx} dx$
$u_{n+1} +u_{n} =\left[-\frac{1}{n} e^{-nx} \right]_{0}^{1}$
$u_{n+1} +u_{n} =-\frac{1}{n} e^{-n\times 1} -\left(-\frac{1}{n} e^{-n\times 0} \right)$
$u_{n+1} +u_{n} =-\frac{1}{n} e^{-n} -\left(-\frac{1}{n} e^{0} \right)$
$u_{n+1} +u_{n} =-\frac{1}{n} e^{-n} -\left(-\frac{1}{n} \right)$
$u_{n+1} +u_{n} =-\frac{1}{n} e^{-n} +\frac{1}{n}$
Finalement :