Fonction et suite numérique

Bonsoir
$h_{n}$ définie sur [0;pi/2[ pour tout n entier naturel. $h(x)=∑p=1n(sinx)2p−12p−1h(x)=\displaystyle\sum_{p=1}^{n}\dfrac{(sinx)^{2p-1}}{2p-1}$
1.Démontrer que $h’n(x)=1−(sinx)2ncosxh’_{n}(x)=\dfrac{1-(sinx)^{2n}}{cosx}$

@MMounah , bonsoir,

Explicite $h_n(x)$ pour mieux comprendre

$hn(x)=sinx+(sinx)33+(sinx)55+...+(sinx)2n−12n−1h_n(x)=sinx+\dfrac{(sinx)^3}{3}+\dfrac{(sinx)^5}{5}+...+\dfrac{(sinx)^{2n-1}}{2n-1}$

Tu sais que la dérivée de $U^n$ est $nU^{n-1}U'$

Tu dérives :
$hn′(x)=cosx+3(sinx)2cosx3+5(sinx)4cosx5+...+(2n−1)(sinx)2n−2cosx2n−1h_n'(x)=cosx+\dfrac{3(sinx)^2cosx}{3}+\dfrac{5(sinx)^4cosx}{5}+...+\dfrac{(2n-1)(sinx)^{2n-2}cosx}{2n-1}$

Après simplifications et en mettant $c o s x$ en facteur , tu dois trouver

$hn′(x)=cosx(1+(sinx)2+(sinx)4+...+(sinx)2n−2)h_n'(x)=cosx\biggr(1+(sinx)^2+(sinx)^4+...+(sinx)^{2n-2}\biggr)$

Entre les grandes parenthèses, tu dois reconnaître la somme des n premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison $sinx)^2$

Tu appliques la formule de la somme

$hn′(x)=cosx(1−((sinx)2)n1−(sinx)2)h_n'(x)=cosx\biggr(\dfrac{1-((sinx)^{2})^n}{1-(sinx)^2}\biggr)$

Je te laisse faire les transformations nécessaires pour trouver la réponse souhaitée.

@mtschoon bonsoir
$h’(x)=1−sin2n(x)1−(1−cos2(x)h’(x)=\dfrac{1-sin^{2n}(x)}{1-(1-cos^2(x)}$
= $1−sin2n(x)cos2(x)\dfrac{1-sin^{2n}(x)}{cos^2(x)}$

@MMounah
2.Monter que $hn(pi/6)=ln3−Inh_{n}(pi/6)=ln\sqrt{3}-I_{n}$
Comment faire svp et le $I_{n}$ il l’ont pas précisé ce que s’est , je suppose que c’est une intégrale.
3.En déduire de la limite de la suite $U_{n})$ définie par $un=∑p=1n1(2p−1)∗2p−1u_{n}=\displaystyle\sum_{p=1}^n\dfrac{1}{(2p-1)*2^{p-1}}$
J’ai essayer d’expliciter U_n aussi comme h_n

@MMounah a dit dans Fonction et suite numérique :

@mtschoon bonsoir
$h’(x)=1−sin2n(x)1−(1−cos2(x)h’(x)=\dfrac{1-sin^{2n}(x)}{1-(1-cos^2(x)}$
= $1−sin2n(x)cos2(x)\dfrac{1-sin^{2n}(x)}{cos^2(x)}$

Ce que tu trouves ne convient pas

Tu sais que
$hn′(x)=cosx(1−((sinx)2)n1−(sinx)2)h_n'(x)=cosx\biggr(\dfrac{1-((sinx)^2)^n}{1-(sinx)^2}\biggr)$

$sinx)^2)^n=(sinx)^{2n}$ (c'est ce que tu as écrit-c'est bon)

Par contre au dénominateur
$1-(sinx)^2=(cosx)^2$

donc :

$hn′(x)=cosx(1−(sinx)2n(cosx)2)h_n'(x)=cosx\biggr(\dfrac{1-(sinx)^{2n}}{(cosx)^2}\biggr)$

En simplifiant par $c o s x$ , tu obtiens :

$hn′(x)=1−(sinx)2ncosx\boxed{h_n'(x)=\dfrac{1-(sinx)^{2n}}{cosx}}$

CQFD

Pour ta seconde question, je trouve l'énoncé confus...

@mtschoon merci , aider moi avec la 3eme question alors

@MMounah ,

la 3ème question est la conséquence de la seconde, donc, sans la seconde, on ne peut pas faire la 3ème...
Visiblement , vu que $sin(π6)=12sin(\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{1}{2}$ , $Un=hn(π6)U_n=h_n(\dfrac{\pi}{6})$

@MMounah , une idée peut-être à creuser pour la 2),

$h_n$ est une primitive de $h_n'$

Si tu regardes l'expression de départ , $h_n(0)=0$

$h$ est donc la primitive de $h^{'}$ qui s'annule pour $x = 0$

Tu peux écrire :
$hn(x)=∫0x1−(sint)2ncostdt\displaystyle h_n(x)=\int_0^x \dfrac{1-(sint)^{2n}}{cost} dt$

En décomposant
$hn(x)=∫0x1costdt−∫0x(sint)2ncostdt\displaystyle h_n(x)=\int_0^x \dfrac{1}{cost}dt-\int_0^x \dfrac{(sint)^{2n}}{cost}dt$

Après calculs, sauf erreur,
$∫0x1costdt=ln(cosx1−sinx)−ln(1)=ln(cosx1−sinx)\displaystyle \int_0^x \dfrac{1}{cost}dt=ln\biggr(\dfrac{cosx}{1-sinx}\biggr)-ln(1)=ln\biggr(\dfrac{cosx}{1-sinx}\biggr)$

Pour $x=π6x=\dfrac{\pi}{6}$ , après calcul ,
$ln(cosx1−sinx)=ln3ln\biggr(\dfrac{cosx}{1-sinx}\biggr)=ln\sqrt 3$

d'où : $hn(π6)=ln3−∫0π6(sint)2ncostdt\displaystyle h_n(\dfrac{\pi}{6})=ln\sqrt 3-\int_0^\dfrac{\pi}{6} \dfrac{(sint)^{2n}}{cost}dt$

Cela te permet ainsi de trouver $I_n$ et de continuer ton exercice.

@MMounah , un lien si tu as besoin pour un calcul possible de $∫1cosxdx\displaystyle \int \dfrac{1}{cosx}dx$

(tu obtiens ainsi une autre écrire que celle que j'ai indiqué précédemment mais les deux sont exactes)

https://www.youtube.com/watch?v=nEn1D6Mvet4