CONTROLE1 ANALYSE 2016 avec corrigé .pdf



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EPST ANNABA
CONTROLE1 ANALYSE 1ère Année. NOVEMBRE 2016
Exercice1(4points)
Soient A
R non vide et majoré et 2 R tel que
l’ensemble A par
A = f x : x 2 Ag
Montrez que sup( A) existe et que sup ( A) =

> 0: On dé…nit

sup(A)

Corrigé Exercice1(4points)
A
R non vide et majoré. D’après l’axiome de la borne supérieure
sup(A) existe. On a
8x 2 A : x sup(A)
Donc
8 > 0 : 8x 2 A;

x

: sup(A)

Donc : sup(A) est un majorant de A: Reste à montrer que : sup(A) est
le plus petit des majorants de A: Supposons le contraire. Alors il existe un
majorant de A qu’on note M0 tel que
M0 < : sup(A)
M0 < : sup(A) =)

M0

< sup(A)

(1)
(2)

D’autre part et puisque M0 est un majorant de A; donc on a
8x 2 A : x

M0

(3)

(3) implique
8x 2 A : x

M0

(4)

(4) signi…e que M0 est un majorant de A: Ceci est en contradiction avec (2),
car sup(A) est le plus petit des majorants de A:
Exercice2(4points)
Soient A R non vide et majoré. Soit M0 un majorant de A véri…ant:
M0 2 A
1

Montrez que
max(A) = M0
Corrigé Exercice2(4points)
A
R non vide et majoré. D’après l’axiome de la borne supérieure
sup(A) existe.
M0 est un majorant de A: Donc
8x 2 A : x

M0

(5)

Montrons d’abord que
M0 = sup(A)

(6)

Supposons le contraire. Il existe alors un majorant de A qu’on note M1 tel
que
M1 < M 0
(7)
D’autre part et par hypothèse M0 2 A: (7) est impossible, car on a
8
9
M0 2 A
<
=
et
=) M0 M1
:
;
M1 majorant de A

Donc M0 = sup(A): Puisque par hypothèse M0 2 A:
M0 = sup(A) = max(A)

Exercice3(4points)
Soit (un )n2N une suite réelle. On suppose les 2 sous suites de termes
paires et impaires (u2n )n2N et (u2n+1 )n2N sont convergentes et convergent
vers la même limite `:
Montrez en utilisant la dé…nition que la suite (un )n2N converge vers la
même limite `:
Solution Exercice3(4points)
Notons (vn )n2N et (wn )n2N les suites
vn = u2n ; n = 0; 1; 2; :::
wn = u2n+1 ; n = 0; 1; 2; :::

2

D’après l’hpothèse, on a
lim vn = ` () 8" > 0; 9N1 (") : 8n : n > N1 (") =) jvn

`j < "

lim wn = ` () 8" > 0; 9N2 (") : 8n : n > N2 (") =) jwn

`j < "

n!1

et
n!1

Soit en tenant compte que: vn = u2n et wn = u2n+1 ; on a:
8" > 0; 9N1 (") : 8n : n > N1 (") =) ju2n

`j < "

et
8" > 0; 9N2 (") : 8n : n > N2 (") =) ju2n+1

`j < "

Soit " > 0 quelconque. Choisissons N0 (") = max(2N1 ("); 2N2 (") + 1)
N0 (") = max(2N1 ; 2N2 + 1)
Soit n 2 N tel que n > N0 ("): n est soit pair, soit impair. Etudions les deux
possibilités.
# # Si n = 2p; alors on a
n > N0 (") =) n > max(2N1 ; 2N2 + 1)
Donc
2p > 2N1 =) p > N1 =) ju2p

`j < " =) jun

`j < "

# # Si n = 2p + 1; alors on a
n > N0 (") =) n > max(2N1 ; 2N2 + 1)
Donc
2p + 1 > 2N2 + 1 =) p > N2 =) ju2p+1

`j < " =) jun

Donc on a démontré
8" > 0; 9N0 (") : 8n : n > N0 (") =) jun
Ceci imlique que
lim un = `

n!1

3

`j < "

`j < "

Exercice4(8points)
Posons 0! = 1: Soit (un )n2N la suite dé…nie par
un =

1
1
( 1)n
+ + ::: +
1! 2!
n!

1
0!

Notons par (Rn )n2N et (Sn )n2N les suites suivantes
Rn = u2n

et Sn = u2n+1 : n 2 N

a)(3points) Montrez que (Rn )n2N et (Sn )n2N sont monotones
b)(3points) Montrez que (Rn )n2N et (Sn )n2N sont convergentes et ont la
même limite `
c)(2points) Montrez que la suite (un )n2N est convergente
Solution Exercice4(8points)
a)(3points) Montrons que (Rn )n2N et (Sn )n2N sont monotones
On a
1
1
1
( 1)2n ( 1)2n+1 ( 1)2n+2
+ + ::: +
+
+
0! 1! 2!
2n!
(2n + 1)! (2n + 2)!
1
1
1
1
+
= Rn
+
(2n + 1)! (2n + 2)!
(2n + 1)! (2n + 2)!

Rn+1 = u2n+2 =
= u2n
Donc

Rn+1

Rn =

1
(2n + 2)!

1
(2n + 1)!

On a
(2n+2)! > (2n+1)! =)

1
1
1
<
=)
(2n + 2)!
(2n + 1)!
(2n + 2)!

1
<0
(2n + 1)!

et par conséquent (Rn ) est strictement décroissante.
Montrons que (Sn ) est strictement croissante.
On a
Sn+1 = u2(n+1)+1 = u2n+3
= u2n+1 +

1
(2n + 2)!

1
1
( 1)2n+1 ( 1)2n+2 ( 1)2n+3
+ + ::: +
+
+
1! 2!
(2n + 1)! (2n + 2)! (2n + 3)!
1
1
1
= Sn +
(2n + 3)!
(2n + 2)! (2n + 3)!

1
=
0!

4

Donc
Sn+1

Sn =

1
(2n + 2)!

1
(2n + 3)!

On a
(2n+2)! < (2n+3)! =)

1
1
1
>
=)
(2n + 2)!
(2n + 3)!
(2n + 2)!

1
>0
(2n + 3)!

et par conséquent (Sn ) est strictement croissante.
b)(3points) Montrons que (Rn )n2N et (Sn )n2N sont convergentes
et ont la même limite `
En e¤et. Considérons la suite (Sn Rn )n2N : On a
Sn

1
= (
0!
= Rn

1
1
( 1)2n
( 1)2n+1
+ + ::: +
)+
1! 2!
(2n)!
(2n + 1)!
1
(2n + 1)!

Donc
Sn

1
(2n + 1)!

Rn =

et par conséquent
lim Sn

Rn = 0

n!1

(Rn )n2N et (Sn )n2N sont adjacentes. On a donc
lim Sn = lim Rn = `:

n!1

n!1

c)(2points) Montrons que la suite (un )n2N est convergente
On a démontré que les deux sous suites (u2n ) et (u2n+1 ) de termes paires
et impaires sont convergentes vers la même limite `: D’après l’exercice3, la
suite (un ) est convergente et elle converge vers la même limite `:

5



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