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Partiel 2 Corrige 769 2016 .pdf



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Universit´
e Paris–Sud
Math´
ematiques

L1 – Calculus Math101
1er semestre 16/17

Second Partiel de Math´
ematiques
21 novembre 2016 — dur´ee : 2 h

– Bar`eme indicatif–
Documents ´ecrits, ´electroniques, calculatrices et t´el´ephones portables interdits
Le sujet est compos´e d’un exercice et d’un probl`eme.
Le bar`eme (indicatif) de l’´epreuve est (hors question bonus) 21 = 10 + 11.
Exercice — Application du cours
1. Soit f la fonction d´efinie par f (x) = arccos(x).
a) Donner le domaine de d´efinition puis le domaine de continuit´e de f .
b) Donner le domaine de d´erivabilit´e de f puis l’expression de f 0 sur ce domaine.
c) Que vaut f (cos x) pour x ∈ [−1, 0] ?
d) Donner la d´eriv´ee de x 7→

x2R−1

f (t)dt apr`es avoir pr´ecis´e son domaine d’existence.

−1

2. Soit f la fonction d´efinie sur R∗ par f (x) = x2 sin x1 .
a) Montrer que f se prolonge par continuit´e en 0. Que vaut ce prolongement en 0 ?
b) Ce prolongement est-il d´erivable sur R ?
c) Ce prolongement est-il de classe C 1 (R) ?
3. Calculer les int´egrales suivantes :
R1 1
a) 0 1+t
2 dt,
R1
b) 0 ln(1 + t2 ) dt (Indic. On pourra effectuer une IPP).
Probl`
eme — On rappelle pour la suite que n! = 1 × 2 × · · · × n si n ∈ N∗ et 0! = 1.
1. Question pr´
eliminaire : soit a un ´el´ement de R+ , on veut montrer que la suite (un )n∈N∗
n
d´efinie par un = an! converge vers 0.
a) Justifier l’existence d’un entier n0 ∈ N∗ tel que na ≤ 12 pour tout entier n > n0 .
n−n0
n0
b) En d´eduire la majoration un ≤ an0 ! 12
pour tout entier n > n0 puis conclure.
n

2. Dans cette partie, x est un r´eel fix´e et l’on souhaite montrer que 1 + x + · · · + xn!

−→

n→+∞

ex .

a) Justifier `
a l’aide du cours la relation suivante en ´enon¸cant pr´ecis´ement le th´eor`eme
utilis´e :
Z 1
xn
(1 − t)n tx
∀ n ∈ N∗ , ex = 1 + x + · · · +
+ xn+1
e dt .
n!
n!
0
R1
n
b) Pour n ∈ N∗ , on pose In = 0 (1−t)
dt. Montrer que
n!
Z 1
(1 − t)n tx
In ≤
e dt ≤ ex In
si x ≥ 0
n!
0
et
x

Z

e In ≤
0

1

(1 − t)n tx
e dt ≤ In
n!

si x < 0 .

c) Pour n ∈ N∗ , en d´eduire qu’il existe un r´eel cx,n compris entre 0 et x tel que
Z
0

1

(1 − t)n tx
e dt = ecx,n In .
n!

d) Calculer In pour n ∈ N∗ puis montrer la relation suivante :


x
xn
|x|n+1 |x|


∀n ∈ N , e − 1 + x + ··· +

e .
n!
(n + 1)!
En d´eduire que
n
X
xn
xk
1 + x + ··· +
=
n!
k!
k=0

−→

n→+∞

ex .

3. Question bonus : on souhaite maintenant d´emontrer que le r´eel e est irrationnel i.e.,
puisque e ≥ 0, que


p
t.q. p ∈ N et q ∈ N∗ .
e ∈
/ Q+ =
q
a) Soient (an )n∈N∗ et (bn )n∈N∗ les suites d´efinies par
∀ n ∈ N∗ ,

an =

n
X
1
k!

k=0

et bn = an +

1
.
n.n!

Montrer que ces suites sont adjacentes et que (an )n∈N∗ converge vers e.
b) Supposons par l’absurde que e = pq avec p ∈ N et q ∈ N∗ . Montrer alors que aq < e < bq
puis aboutir `
a une absurdit´e.
Indic. On pourra remarquer que le r´eel q.q! aq appartient `
a N∗ .

Second Partiel de Math´
ematiques
Correction
Correction Ex.— Application du cours
1. Soit f la fonction d´efinie par f (x) = arccos(x).
a) La fonction f est d´efinie et continue sur [−1, 1] (comme bijection r´eciproque de la
fonction continue cos : [0, π] → [−1, 1]).
−1
b) Elle est d´erivable sur ]−1, 1[ et sa d´eriv´ee est donn´ee pour x ∈]−1, 1[ par f 0 (x) = √1−x
.
2
c) Rappelons que par d´efinition de f , f (cos y) = y pour tout y ∈ [0, π]. En particulier,
pour x ∈ [−1, 0], on a −x ∈ [0, 1] ⊂ [0, π] donc par parit´e de la fonction cos,
f (cos x) = f (cos(−x))

=

−x∈[0,π]

−x .

d) Comme f est d´efinie et continue sur [−1, 1], le domaine de d´efinition de la fonction
x2R−1
g : x 7→
f (t)dt est donn´e par
−1

√ √
Dg = {x ∈ R t.q. x2 − 1 ∈ [−1, 1]} = {x ∈ R t.q. x2 ∈ [0, 2]} = [− 2, 2] .
Soit F une primitive de f sur [−1, 1] (dont l’existence est garantie par la continuit´
√ √ e de f
2
sur cet intervalle). On a alors
g(x)
=
F
(x

1)

F
(−1)
pour
tout
x

[−
2,√ 2],√donc
√ √
g est d´erivable sur Dg = [− 2, 2] (puisque x 7→ x2 − 1 est d´erivable sur [− 2, 2] et
a valeurs dans [−1, 1] o`
`
u F est d´erivable) et on a :
√ √
∀ x ∈ [− 2, 2] , g 0 (x) = F 0 (x2 −1).(x 7→ x2 −1)0 = 2x f (x2 −1) = 2x arccos(x2 −1) .
2. Soit f la fonction d´efinie sur R∗ par f (x) = x2 sin x1 .
a) On a pour tout x 6= 0,
1
|f (x)| = |x2 sin | ≤ x2
x

−→

x→0,x6=0

0

donc f (x)

−→

x→0,x6=0

0.

Par suite, la fonction f est prolongeable par continuit´e en 0 et son prolongement continu
en 0, not´e f˜ et donc d´efini sur R, satisfait f˜(0) = 0.
b) La fonction f˜ vaut f sur R∗ donc est de classe C 1 – donc en particulier d´erivable –
sur R∗ puisque c’est le cas de x 7→ x2 , de x 7→ x1 et donc aussi de x 7→ sin x1 (puisque
sin ∈ C 1 (R)). Par ailleurs,




f˜(x) − f˜(0)

1


∀ x 6= 0 ,
= x sin ≤ |x| −→ 0
x−0
x→0,x6=0
x
donc f˜ est ´egalement d´erivable en 0 et f˜0 (0) = 0. La fonction f˜ est ainsi d´erivable sur R.
c) On a f˜0 (x) = f 0 (x) = 2x sin x1 − cos x1 pour tout x 6= 0. Or cette expression ne converge
pas vers f˜(0) = 0 lorsque x → 0, x 6= 0 (elle n’a d’ailleurs pas de limite en 0). Pour
s’en convaincre, il suffit de consid´erer la suite (un )n∈N∗ d’´el´ements de R∗ d´efinie par
1
un = 2πn
pour tout n ∈ N∗ : cette suite converge vers 0 mais
∀ n ∈ N∗ ,

1
1
f˜0 (un ) = 2un sin
− cos
= −1
un
un

−→

n→+∞

−1 6= f˜0 (0) = 0 .

Par suite f˜0 n’est pas continue en 0 donc f˜ n’est pas de classe C 1 (R).

3. a)

R1

1
0 1+t2

1

dt = [arctan t]0 = arctan 1 − arctan 0 =

π
4,

2t
0
b) Par IPP avec u = ln(1 + t2 ), u0 = 1+t
2 , v = 1 et v = t, on obtient :
Z 1
Z 1
Z 1

1
1
t2
dt
=
ln
2

2
1−
dt
ln(1 + t2 ) dt = t ln(1 + t2 ) 0 − 2
2
IPP
1 + t2
0
0
0 1+t
1

= ln 2 − 2 [t − arctan t]0
π
= ln 2 + − 2 .
2
Correction Pb.—
1. Question pr´
eliminaire :
a) Comme na −→ 0, pour tout ε > 0, donc en particulier pour ε =
n→+∞



1
2,

il existe n0 =

a
n

n0 (ε) ∈ N tel que ≤ ε pour tout entier n > n0 .
b) Puisque a est positif, on a donc
1
∀ n > n0 = n0 ( ) ,
2

0 ≤ un ≤

a
an0
an0
a
···

n0 ! n0 + 1
n
n0 !
| {z } |{z}
≤ 12

n−n0
1
2

≤ 21

d’o`
u la convergence de (un ) vers 0 en vertu du th´eor`eme des gendarmes.
2. a) Soient I ⊂ R un intervalle, (a, b) ∈ I 2 , n ∈ N∗ et f ∈ C n+1 (I). La formule de Taylor
avec reste int´egral d’ordre n appliqu´ee `a f entre a et b s’´ecrit alors :
Z 1
n
X

(1 − t)n (n+1)
(b − a)k
n+1
(k)
+ (b − a)
f
a + t(b − a) dt .
f (b) =
f (a)
k!
n!
0
k=0

La fonction exp ´etant de classe C ∞ (R), on peut donc, pour tout entier n ∈ N∗ , lui
appliquer cette formule entre 0 et x, ce qui donne, puisque exp(n+1) = exp et exp(k) (0) =
1 pour tout k ∈ {0, . . . , n},
Z 1
xn
(1 − t)n tx
ex = 1 + x + · · · +
+ xn+1
e dt .
n!
n!
0
R1
n
dt.
b) Pour n ∈ N∗ , on pose In = 0 (1−t)
n!
Si x ≥ 0, on d´eduit de 1 = e0 ≤ etx ≤ ex pour t ∈ [0, 1] l’encadrement
∀ t ∈ [0, 1] ,

(1 − t)n
(1 − t)n
(1 − t)n
≤ etx
≤ ex
,
n!
n!
n!

qui conduit, apr`es int´egration sur t ∈ [0, 1], `a
Z 1
(1 − t)n tx
In ≤
e dt ≤ ex In .
n!
0
Si x < 0, on a cette fois ex ≤ etx ≤ 1 pour t ∈ [0, 1] d’o`
u finalement
Z 1
(1 − t)n tx
ex In ≤
e dt ≤ In .
n!
0
c) Soit Jx = [0, x] si x ≥ 0 et Jx = [x, 0] si x < 0. Pour n ∈ N∗ , la fonction f : y 7→ ey In est
continue sur l’intervalle Jx . De plus, In = f (0) ∈ f (Jx ) et ex In = f (x) ∈ f (Jx ). D’apr`es
R1
n
le TVI et le r´esultat de la question pr´ec´edente, on a donc 0 (1−t)
etx dt ∈ f (Jx ) d’o`
u
n!
l’existence d’un r´eel cx,n ∈ Jx (i.e. compris entre 0 et x) tel que
Z 1
(1 − t)n tx
e dt = ecx,n In .
n!
0

d) Pour n ∈ N∗ ,
Z
In =
0

1

(1 − t)n
dt =
n!


1
(1 − t)n+1
1

=
(n + 1)! 0
(n + 1)!

d’o`
u il vient :


Z 1
n
x
(1 − t)n tx
e − 1 + x + · · · + x = |x|n+1
e dt


n!
n!
0
= |x|n+1 In ecx,n
=

|x|n+1 |x|
|x|n+1 cx,n
e

e ,
(n + 1)!
(n + 1)!

la derni`ere in´egalit´e d´ecoulant de cx,n ≤ |x|, cx,n ´etant compris entre 0 et x.
En utilisant le r´esultat de la question pr´eliminaire,

1 + x + ··· +

n
X
xk
xn
=
n!
k!
k=0

|x|n+1
−→
(n+1)! n→+∞

−→

n→+∞

0 donc

ex .

3. Question bonus :
a) Soient (an )n∈N∗ et (bn )n∈N∗ les suites d´efinies par
∀ n ∈ N∗ ,

an =

n
X
1
k!

k=0

et bn = an +

1
.
n.n!

La suite (an )n∈N∗ converge vers e d’apr`es la question pr´ec´edente appliqu´ee `a x = 1. Par
1
ailleurs, pour n ∈ N∗ , an+1 − an = (n+1)!
> 0 donc (an )n∈N∗ est strictement croissante,
1
bn − an = n.n! −→ 0 et enfin
n→+∞

1
1
1
+

(n + 1)!
(n + 1)(n + 1)!
n.n!
−1
n(n + 1) + n − (n + 1)2
=
< 0
=
(n + 1)(n + 1)!
(n + 1)(n + 1)!

bn+1 − bn =

donc (bn )n∈N∗ est strictement d´ecroissante. Ces deux suites sont donc bien adjacentes.
b) Supposons par l’absurde que e = pq avec p ∈ N et q ∈ N∗ . Comme (an ) et (bn ) sont
adjacentes et convergent vers e, on a an ≤ e ≤ bn pour tout entier n ∈ N∗ donc
en particulier aq < aq+1 ≤ e ≤ bq+1 < bq par stricte monotonie de ces suites. En
multipliant cette in´egalit´e par q.q!, il vient :
q.q! aq < q.q! e = p.q! < q.q! bq = q.q! aq + 1
Pq q!
q!
Or N = q.q! aq = q k=0 k!
appartient `a N∗ (puisque k!
∈ N∗ pour k ∈ {0, . . . , q}) donc
l’entier p.q! est strictement compris entre les entiers N et N + 1, ce qui est absurde.


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