EXAMEN ANALYSE S1 + SOLUTION .pdf



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EPST ANNABA ANALYSE EXAMEN S1
24 Janvier 2017. Durée 2h
Problème 1(7.5 points)
Dans tout cet exercice, on considère la fonction f : R ! R; dé…nie par
2
f (x) = e x
a)(1.5points) Démontrez en utilisant la dé…nition que
lim e

x!+1

x2

=0

et

lim e

x2

x! 1

=0

b)(1point) Dressez le tableau de variation de f et tracez son graphe.
c)(1.5points) Considérons l’ensemble E R dé…ni par
n
o
x2
E= y2R:y=e

Montrez que E est non vide, majoré et minoré. Trouvez en justi…ant
votre réponse sup(E); inf(E); max(E):
d)(1points) Trouvez toutes les solutions optimales locales et globales de
f sur R
e)(1point) Soit 2]0; +1[: Pour quelles valeurs de l’équation f (x) =
a une solution unique, plusieurs solutions, n’a pas de solutions. Justi…ez
votre réponse.
f)(1.5points) Montrez que f est une bijection de ] 1; 0] sur l’intervalle
]a; b] qu’on determinera. Trouvez f 1 : Tracez le graphe de f 1
Solution du Problème 1
a) (1.5points)
2
lim e x = 0: Il faut démontrer que
x!+1

8" > 0; 9A > 0 tel que 8x : x > A alors e

x2

<"

On a
e

x2

< " ()

1
1
2
x2
> () ln(ex ) >
2 < " () e
x
"
e

# Si 0 < " < 1; alors ln(") < 0 et
x2 >

ln(") () x2 >

ln(") > 0; donc
p
ln(") () x >
ln(")
1

ln(")

Par conséquent, pour tout 0 < " < 1; il existe A > 0; A =
2
si x > A alors e x < ":

p

ln(") tel que

# Si " > 1
2
Remarquons que la fonction f (x) = e x est strictement décroissante sur
2
]0; +1[ : En e¤et f 0 (x) = 2xe x < 0: Donc
x > 0 =) f (x) < f (0) = 1
Pour " > 1; prenons A = "(ou A > 0 quelconque): On a bien sur :
x > A =) f (x) = e
lim e

x! 1

x2

x2

< 1 < ":

= 0: Il faut démontrer que

8" > 0; 9A > 0 tel que 8x : x <
C’est la même preuve que celle de lim e

A alors e
x2

x!+1

x2

<"

= 0:

b)(1point)
2
f 0 (x) = 2xe x :Donc f 0 (x) = 0 () x = 0; f 0 (x) > 0 si x 2]
1; 0[ et f 0 x) < 0 si x 2]0; +1[
x
1 0 +1
f (x) + 0
f (x) 0 % 0 & 0
0

c)(1.5points)
2
Soit y 2 E; alors y = e x > 0; donc E est minoré par 0 ou n’importe
quel nombre négatif.
Si x 2] 1; 0[ alors f est strictement croissante. Donc x < 0; alors
f (x) < f (0) = 1
Si x 2]0; +1[ alors f est strictement décroissante. Donc x > 0; alors
f (x) < f (0) = 1
Donc on a
2
8x 2 R : e x
1
et par conséquent
8y 2 E : y
2

1

E est non vide car 1 2 E (1 = f (0)): Donc d’après l’axiome de la borne
supérieure sup(E) et inf(E) existent. D’autre part le nombre 1 est un majorant de E et 1 2 E (1 = f (0)): Donc
sup(E) = max(E) = 1
Montrons que inf(E) = 0: En e¤et, 0 est un minorant. Il reste à démontrer
que
8" > 0; 9y0 2 E tel que: 0 < y0 < "
En e¤et
1
1
x2
> () x2 > ln(")
2 < " () e
x
"
e
p
2
ln(") et y0 = e x0 : Alors on a
Si 0 < " < 1: On choisit x0 >
e

x20

x2

< " ()

>

ln(") () x20 > ln(1)

2

() ex0 >

1
() e
"

x20

1
ln(") () x20 > ln( )
"

< " () y0 < "

Si " > 1;On prend x0 2 R quelconque et y0 = e
y0 = e

x20

x20

: On a bien sur

< 1 < " =) y0 < ":

d)(1points)
Solutions optimales locales. On calcule d’abord les points stationnaires.
f 0 (x) = 0 ()

2xe

x2

= 0 () x = 0

Donc f admet un seul point stationnaire x
b = 0: On a
f 00 (x) =

2e

x2

+ ( 2x)( 2xe

x2

) =) f 00 (0) =

2<0

Donc x
b = 0 est une solution maximale locale.
x
b = 0 est aussi une solution maximale globale de f dans R; car on a:
Si x 2] 1; 0[ alors f est strictement croissante. Donc x < 0; alors
f (x) < f (0) = 1
Si x 2]0; +1[ alors f est strictement décroissante. Donc x > 0; alors
f (x) < f (0) = 1
3

Donc on a
8x 2 R : f (x) = e

x2

1 = f (0) = f (b
x)

et par conséquent
8x 2 R : f (x)

f (0)

Donc on a démontré en utilisant la dé…nition que x
b = 0 est une solution
maximale globale. x
b = 0 est la seule solution optimale globale car s’il existe
une autre solution optimale globale elle serait aussi locale et serait par conséquent un point stationnaire. Or il y’a seulement un point stationnaire qui
est le point x
b = 0.
e)(1point)
# Si 2]0; 1[: L’équation f (x) = admet deux solutions distinctes. En
e¤et, on a :
e

x2

() x2 = ln( ) () x2 = ln( ) () x2
p
p
() (x
ln( ))(x +
ln( )) = 0
p
p
() x =
ln( ) ou x =
ln( )

# Si

=

= 1: L’équation f (x) =
e

x2

= 1 ()

admet une solution. En e¤et, on a:

x2 = ln(1) = 0 () x = 0

# 2]1; +1[: L’équation f (x) =
posons le contraire. On aura
e

x2

=

()

( ln( )) = 0

n’a pas de solutions. En e¤et. Sup-

x2 = ln( ) > 0 (car

> 1)

Ceci est impossible car x2 < 0 pour tout x 2 R:
f)(1.5points)
D’après le tableau de variation f est continue et strictement croissante
sur ] 1; 0]: Donc f est une bijection de ] 1; 0] sur ]lim f (x); f (0)] =]0; 1]
Pour trouver f

1

x! 1

; il faut résoudre l’équation
f (x) = y : y 2]0; 1]; x 2]

1; 0]

On a
e

x2

y () x2 = ln(y) () x2 = ln(y)
p
p
() x =
ln(y) ou x =
ln(y)
=

4

Une seule solution appartient à ] 1; 0]; c’est la solution x =
conséquent la fonction réciproque f 1 est dé…nie par:
f

1

:

]0; 1] !]

1; 0]
1

8y 2 ]0; 1] : f

(y) =

p

p

ln(y):Par

ln(y)

Problème 2 (2.5points)
Donnez en justi…ant votre réponse, l’exemple d’une fonction f : R ! R
dé…nie et dérivable sur R et telle que f 0 véri…e les 3 conditions a), b) et c)
suivantes:
a) f 0 est dérivable sur R =] 1; 0[[]0; +1[
b) f 0 est continue en 0
c) f 0 n’est pas dérivable en 0
Solution Problème 2 (2.5points)
Considérons la fonction f : R ! R par f (x) = x jxj : on a
8 2
< x :x>0
x2 : x < 0
f (x) =
:
0:x=0

Il est clair que f est dérivable sur R et que
f 0 (x) =

2x : x > 0
2x : x < 0

Montrons que f est dérivable en 0: On a
f (x)
lim
x!0+
x
f (x)
lim
x!0
x

f (0)
=
0
f (0)
=
0

x2
lim
= lim x = 0
x!0+ x
x!0+
2
x
lim
= lim
x=0
x!0
x!0+
x

Donc

f (x) f (0)
=0
x!0
x 0
et par conséquent f 0 (0) = 0: Donc f est dérivable sur R et on a
8
< 2x : x > 0
2x : x < 0
f 0 (x) =
:
0:x=0
lim

5

c’est à dire
f 0 (x) = 2 jxj

Par conséquent f 0 est continue sur R;dérivable sur R ; mais n’est pas dérivable
au point 0; c’est à dire que f 00 (0) n’existe pas, car
f 0 (x)
x!0+
x
f 0 (x)
lim
x!0
x

f 0 (0)
=
0
f 0 (0)
=
0

lim

2x
=2
x
2x
lim
=
x!0
x
lim

x!0+

2

Problème 3(4points)
Dans ce problème on considère la fonction f (x) = e2x 2 et (un ) la suite
récurente dé…nie par u0 = 0 et un+1 = f (un ); n = 0; 1; :::
a)(1point) Montrez que l’équation f (x) = x admet une solution et une
seule x
b dans l’intervalle [0; 12 ]
b)(1point) Montrez que pour tout n 2 N; un 2 [0; 12 ]
c)(1point) Montrez que la suite (un ) est convergente vers une limite `:
d)(1point) Trouvez par deux méthodes di¤érentes des valeurs approchées
de la limite `:
Solution Problème 3
a)(1point)
Considérons la fonction g(x) = f (x)
g(0) = e
1
g( ) = e
2

2
1

x = e2x

>0
1
=
2

2

x: On a

0:13212 < 0

D’après le théorème des valeurs intérmédiares, l’équation g(x) = 0 ou f (x) =
x admet au moins une solution dans l’intervalle [0; 12 ]: Reste à prouver l’unicité.
g 0 (x) = 2e2x

g 0 (x)

>

0 () e2x

() 2x >

2

>

2

1

1
() 2x
2

ln(2) + 2 () x >
6

2>

ln(2)

ln(2)
+1
2

De même on a
g 0 (x)

<

0 () e2x

() 2x <

2

<

1
() 2x
2

ln(2) + 2 () x <

2<

ln(2)

ln(2)
+1
2

Remarquons que
ln(2)
1
+ 1 ' 0:653 43 >
2
2
Donc si [0; 12 ], alors g(x) est strictement décroissante et continue, donc c’est
une bijection, et par conséquent l’équation g(x) = 0 ou f (x) = x admet
une solution unique.
b)(1point)
f 0 (x) = 2e2x 2 > 0 pour tout x 2 R. Donc f est strictement croissante
sur R:
Montrons par récurence que pour tout n 2 N; un 2 [0; 12 ]: En e¤et u0 =
0 2 [0; 21 ]: Supposons que uk 2 [0; 12 ] et démontrons que uk+1 2 [0; 12 ]: En e¤et
0

uk
f%

1
2

=) f (0)

1
f( )
2

f (uk ) = uk+1

Remarquons que
f (0) = e
et

1
f ( ) = e1
2

2

=e

1

2

=

=

1
e2

>0

1
1
' 0:36788 <
e
2

Donc

1
2

0 < uk+1 <
c)(1point)
D’après b) la suite (un ) est majorée car
8n : un

1
2

D’autre part f est strictement croissante et
u1

u0 = u 1

0 = u1 = f (u0 ) = f (0) = e
7

2

>0

Donc (un ) est convergente.
d)(1point)
Soit ` = lim un : On a
n!1

0

un

1
=) 0
2

`

1
2

D’autre part, ` est solution unique de l’équation f (x) = x dans l’intervalle
[0; 12 ]:
Calcul approché de `
Première Méthode
On calcule les premiers éléments de (un ); on a
f (x) = e2x 2
f (0:203 18) = 0:203 18
u1 = 0:13534
u2 = 0:177 41
u3 = 0:192 98
u4 = 0:199 08
u5 = 0:201 53
u6 = 0:202 52
u7 = 0:202 92
u8 = 0:203 08
u9 = 0:203 14
u10 = 0:203 17
u11 = 0:203 18
u12 = 0:203 18
Remarquons que u12 et u11 véri…ent
u12 = f (u11 ) = u11 = 0:20318
c’est à dire que u11 est solution de l’équation f (x) = x: Donc
` ' u11 = 0:20318
Deuxième Méthode
` est solution unique de g(x) = 0 ou f (x) = x dans [0; 12 ]:
On a
g(x) = e2x 2 x
8

g(0) = 0:135 34
g( 14 ) = 2: 687 0 10 2
g(0:2) = 1: 896 5 10 3
g(0:21) = 4: 024 9 10
On a

3

g(0:2):g(0:21) < 0
Donc
` 2 [0:2; 0:21]
On peut prendre comme solution
`'

0:2 + 0:21
= 0:205
2

Problème 4(3points)
Trouvez en utilisant les développements limités et les équivalences la limite suivante:
lim

x!0

x
sin(x)

sin(x)
x sin(x)

Aide: E¤ectuez le changement de variables X =
Solution Problème 4(3points)
sin(x)
x
On pose X = x sin(x)
= sin(x)
1 =) X + 1 =
x
sin(x)

sin(x)
x sin(x)

= ex

sin(x)
sin(x)

x
ln( sin(x)
)

x sin(x)
sin(x)

x
:
sin(x)

On obtient:

1

= e X ln(1+X)

Remarquons que
x

sin(x) = x

(x

et
X=

x3
x3
+ x3 "(x)) =
+ x3 "(x)
6
6
x

sin(x)
x

Par conséquent
lim X = 0

x!0

9

x2
6

x3
6

et
lim

x!0

sin(x)
x sin(x)

x
sin(x)

X!0

On a
ln(1 + X)
et

1

= lim e X ln(1+X)

X =)

ln(1 + X)
X

X
=1
X

1

lim e X ln(1+X) = e1 = e

X!0

et par conséquent
x
sin(x)

lim

x!0

sin(x)
x sin(x)

1

= lim e X ln(1+X) = e
X!0

Problème 5(3points)
Trouvez en utilisant les développements limités et les équivalences la limite suivante:
esin(x) etan(x)
lim
x!0+ sin(x)
tan(x)
Solution Problème 5(3points)
On a
x3
+ x3 "(x)
6
x3
tan(x) = x +
+ x3 "(x)
3
x3
tan(x) =
+ x3 "(x)
2
sin(x) = x

sin(x)

x3
2

D’autre part
u2 u 3
+
+ u3 "(u)
2
6
Si on substitue la partie régulière de sin(x) et tan(x) dans eu et on ne garde
que la partie polynomiale de degré 3, on obtient:
eu = 1 + u +

esin(x) = 1 + x +

x2
+ 0:x3 + x3 "(x)
2
10

et
tan(x)

e

x2 x3
=1+x+
+
+ x3 "(x)
2
2

et par conséquent
esin(x)
=
=

etan(x)
x2
1+x+
2
3
x
+ x3 "(x)
2

1+x+

x2 x3
+
2
2

x3
2

Finalement on obtient
esin(x)
sin(x)
et

etan(x)
tan(x)

esin(x)
x!0+ sin(x)

x3
2
x3
2

=1

etan(x)
=1
tan(x)

lim

11

+ x3 "(x)



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