Corrcontrolefinal2Aanlyse1 Février2015 .pdf


Nom original: Corrcontrolefinal2Aanlyse1_Février2015.pdfTitre: Géométrie élémentaireAuteur: Mohamed HOUIMDI

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Pr.M.Houimdi

Université Cadi Ayyad

Février 2015

Faculté des Sciences-Semlalia

Filière SMA-S1

Département de Mathématiques

Contrôle d’Analyse I

Corrigé de l’épreuve d’Analyse I

21
20

Exercice 1 (6 points)
1. Pour chaque x ∈ R, on a



1
1
f x+
= x+
+ [x + 1] − [2x + 1]
2
2


1
= x+
+ [x] + 1 − [2x] − 1 (car [x + 1] = [x] + 1)
2


1
+ [x] − [2x] = f (x)
= x+
2

n
2. Par récurrence sur n, on montre facilement que ∀n ∈ N, f x +
= f (x).
2



n
n −n
= f (x).
Pour n ∈ Z, avec n < 0, on a −n > 0, donc f x +
= f x+ +
2
2
2


1
1
1
3. Soit x ∈ 0, , alors on a 0 ≤ x < , 0 ≤ x + < 1 et 0 ≤ 2x < 1, donc on aura
2
2
2


1
[x] = x +
= [2x] = 0
2
par suite, f (x) = 0.
m 1
< .
2
2
m 1
5. Soit x ∈ R, alors d’après la question précédente, il existe m ∈ Z, tel que 0 ≤ x − < .
2
2

m
Donc d’après la question 3), f x −
= 0 et comme m ∈ Z, alors d’après la question
2


m
m m
2), on a f x −
= f x− +
= f (x), donc pour tout x ∈ R, f (x) = 0.
2
2 2
6. D’après la questrion précédente, pour chaque k ∈ {0, 1, . . . , n}, on a
4. Pour x ∈ R, on pose m = [2x], donc on aura 0 ≤ 2x − m < 1, par suite, 0 ≤ x −






x + 2k
x + 2k
x + 2k 1
= 2 k+1 −
+
2
2k+1
2
2k+1



k
k+1
x+2
x+2
=

k
2
2k+1
1

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Pr.M.Houimdi

x + 2k
, on en déduit que
Donc, si pour chaque k ∈ {0, 1, . . . , n}, on pose uk =
2k


n


k=0




n
x + 2k
=
∑ (uk − uk+1) = u0 − un+1
2k+1
k=0

h
i h x i
x + 2n+1
x
avec u0 = [x + 1] = [x] + 1 et un+1 =
=
+
1
= n+1 + 1, donc on
2n+1
2n+1
2
a


h x i
n
x + 2k
∑ k+1 = [x] − 2n+1
k=0 2


Exercice 2 (2 points)
1
a) Soit l ∈ R, tel que lim un = l, alors pour ε = , il existe N ∈ N, tel que
n→+∞
4
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤

1
4

1
1
Donc pour n ≥ N on a aussi n + 1 ≥ N, donc |un − l| ≤ et |un+1 − l| ≤ , par suite,
4
4
on aura
|un+1 − un | = |(un+1 − l) + (l − un )| ≤ |un+1 − l| + |l − un | ≤

1 1 1
+ =
4 4 2

b) Supposons que pour tout n ∈ N, on a un ∈ Z et que (un )n≥0 est convergente.
Comme (un )n≥0 est convergente, alors d’après la question précédente, il existe N ∈ N,
tel que
1
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un+1 − un | ≤
2
Comme pour tout n ∈ N, on a un ∈ Z, alors pour tout n ∈ N, on a |un+1 − un | ∈ N.
1
Donc pour n ≥ N, on a |un+1 − un | ∈ N et |un+1 − un | ≤ , donc pour n ≥ N, on a
2
|un+1 − un | = 0. Ainsi on aura
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ un+1 = un
Donc, on obtient
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ un = uN
ce qui prouve que (un )n≥0 est stationnaire.
Exercice 3 (5 points)
π
un+1
π
π
π
a) On a
= cos n+1 , comme 0 < n+1 < , alors cos n+1 < 1, donc (un )n≥2
un
2
2
2
2
est strictement décroissante.

2

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b) Pour chaque n ∈ N, on a
vn+1 un+1
=
vn
un

π π
π π
π
cos
sin
cos
sin
n+1
2n+1 2n+1 =
2n+1 2n+1 = 1
2 π =

π
π
π
2
sin n
sin n
2 cos n+1 sin n+1
2
2
2
2

sin

Donc (vn )n≥2 est une suite géométrique.
1
1
(vn )n≥2 est de raison q = et de premier terme v2 = .
2
2
1
1
c) (vn )n≥2 est une suite géométrique de raison q = et de premier terme v2 = , donc pour
2
2
n−2
1
1
1
tout n ≥ 2, on a vn = v2 qn−2 =
= n−1 .
2 2
2
vn
1
π =
π .
Pour n ≥ 2, on a un =
n−1
sin n
2 sin n
2
2
π
sin
π
sin x
2n = 1.
= 0, donc lim
d) On a lim n = 0 et on sait que lim
π
n→+∞
n→+∞ 2
x→0 x
π 2 n
π π
sin n
2 =π
lim
On en déduit donc que lim 2n−1 sin n =
π
n→+∞
2
2 n→+∞
2
2n
2
Donc lim un = .
n→+∞
π
Exercice 4 (8 points)
sh(x)
1. a) f 0 (x) = −
.
ch(x)2
On sait, d’après le cours, que pour tout x ∈ R+ , on a sh(x) ≥ 0, donc pour tout
x ∈ R+ , on a f 0 (x) ≤ 0.
x

+∞

0

f 0 (x)


1

f (x)
0

b) D’après la question précédente, f est strictement décroissante sur [0, +∞[, donc f
définit une bijection de [0, +∞[ vers f ([0, +∞[).
On a f ([0, +∞[) =]0, 1], donc f définit une bijection de [0, +∞[ sur J, avec J =]0, 1].
1
c) Pour tout x ∈ J, on a f ( f −1 (x)) = x, donc
= x.
ch( f −1 (x))
1
Par suite, pour tout x ∈ J, on a ch( f −1 (x)) = .
x
3

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d) On a f (0) = 1, donc pour chaque x ∈ ]0, 1[, on a f −1 (x) 6= 0, donc f 0 ( f −1 (x)) 6= 0,
1
.
par suite, f −1 est dérivable sur ]0, 1[ et on a ∀x ∈ ]0, 1[, ( f −1 )0 (x) = 0 −1
f ( f (x))
sh( f −1 (x))
On a donc ( f −1 )0 (x) = −
.
ch( f −1 (x))2
On a f −1 (x) ∈ [0, +∞[, donc sh( f −1 (x)) ≥ 0, et comme ch(x)2 − sh(x)2 = 1, alors
p
on aura sh( f −1 (x)) = ch( f −1 (x))2 − 1.

1
Or, d’après c), on a ch( f −1 (x)) = , donc on en déduit que ( f −1 )0 (x) = −x 1 − x2 .
x
2. a) On remarque que αch(α) = 1, si et seulement si, f (α) = α. On est donc amené à
considérer la fonction g(x) = f (x) − x qui est continue sur [0, 1], car f est continue.
On a g(0) = 1 et g(1) = f (1) − 1, donc f (1) < 0, car f (1) ∈ ]0, 1[, ainsi, d’après le
théorème des valeurs intermédiaires, il existe α ∈ ]0, 1[, tel que g(α) = 0.
sh(x) + ch(x)2
, donc pour tout x ∈ [0, 1], on a g0 (x) < 0, par suite, g
On a g0 (x) = −
2
ch(x)
est strictement décroissante sur [0, 1], on en déduit que α est unique.
sh(x)
sh(x)
[sh(x)|
b) On a f 0 (x) = −
=−
, donc | f 0 (x)| =
.
2
2
ch(x)
1 + sh(x)
1 + sh(x)2
On a pour tout x ∈ R, (|sh(x)| − 1)2 ≥ 0, donc sh(x)2 − 2|sh(x)| + 1 ≥ 0.
1
[sh(x)|
≤ .
Par suite pour tout x ∈ R, on a
2
1 + sh(x)
2
c) Soient x ∈ R et y ∈ R, avec x < y, alors d’après le théorème des accroissements finis, il
existe z ∈ ]x, y[, tel que f (y) − f (x) = f 0 (z)(y − x), donc | f (x) − f (y)| = | f 0 (z)||x − y|.
1
1
D’après la question précédente, on a | f 0 (z)| ≤ , donc | f (x) − f (y)| ≤ |x − y|.
2
2
1
d) D’après la question précédente, on a | f (α) − f (0)| ≤ |α − 0|.
2
1
On a f (α) = α, f (0) = 1 et 0 < α < 1, donc on en déduit que 1 − α ≤ α, par suite
2
3
2
on a 1 ≤ α, donc ≤ α < 1.
2
3

4

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