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Examen Final Correction .pdf



Nom original: Examen Final Correction.pdf

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1ere Annee Licence M IAS
M atiere : AnalyseI
Resp. S: M: Bahri

U niversite de M ostaganem
F SEI
Departement M aths Inf o

Correction de l’Examen Final
Exercice 1 (07 points) (voir exercice6 du TD4)
(a)(03pts) Montrons par induction.
Calculons quelques termes de la suite Sn :
S1 = 1;

S4 = 35 ;

S3 = 23 ;

S2 = 2;

À voir que la sous-suite des termes pairs S2k est décroissante et que la
sous-suite des termes impairs S2k+1 est croissante.
Primo, notons la base d’induction :
S2

S4

et

S1

S3 :

S2(k+1)

et

S2k+1

Supponsons maintenant que
S2k

S2k+3 :

Alors
S2(k+2) = 1 +

1
S2k+3

1+

1
S2k+1

= S2k+2

et
S2k+3 = 1 +

1
S2k+2

1+

1
S2k+3

= S2k+1 :

(b)(02pts) Il est facile de voir que pour tout n
1

Sn

2:

Alors, la sous-suite des termes pairs et la sous-suite des termes impairs
sont toutes deux bornées et monotones (d’aprés (a)). Donc S2k et S2k+1
convergent.
Posons
limk!1 S2k = Sp

et limk!1 S2k+1 = Si :

Comme
S2k = 1 +

1
S2k

1

=1+
1

(p : pair ; i : impair)

1
1+

1
S2k

;
2

en faisant tendre k ! 1;
Sp = lim S2k = 1 +
k!1

1
1+

=1+

1
limk!1 S2k

2

1
:
1 + S1p

Donc Sp est l’unique solution de l’équation
Sp2

Sp

1 = 0;

incluse dans [0; 2] ; à savoir
p
1+ 5
Sp =
:
2
De la même manière, on montre que
Si =

p
1+ 5
:
2

(c)(02pts) Nous savons qu’une suite Sn converge vers S si, et seulement si,
toute sous suite Snk converge vers S:
Maintenant, il est tout à fait clair que toute sous-suite Snk admet une soussuite de termes pairs et (ou) une sous-suite à termes impairs. Donc toute
sous-suite Snk admet une sous-suite Snkl qui est soit une sous suite de
S2k ; soit une sous-suite de S2k+1 .
Comme
lim S2k = lim S2k+1

k!1

k!1

alors
lim Snkl

l!1

Par conséquent,

p
1+ 5
;
=
2

p
1+ 5
:
=
2

p
1+ 5
lim Sn =
:
n!1
2

Exercice 2 (06 points) (voir exercice7 du TD6 et dernier exemple du
cours13)
(i)(03pts) Soit 2> 0 et prenons

= 2 ; alors pour tout x; y 2 [1; 1[
p
p
p
x+ y
x y
p
jx yj < ) jf (x) f (y)j < x
y p
p =p
p
x+ y
x+ y
p
Par conséquent f (x) = x est uniformément continue sur [1; 1[.

x

y
2

(ii)(03pts) Comme toute fonction continue sur un intervalle fermé et borné
est uniformément
continue sur cet intervalle (voir TH3 du cours13),
p
alors f (x) = x est uniformément continue sur [0; 1].
2

2

= :

Par conséquent, d’aprés (i), la fonction racine carrée est uniformément continue sur [0; 1] [ [1; 1[ = [0; 1[.
Exercice 3 (07 points) (voir cours : Di¤ érentiabilité)
1. (02pts) Supposons que f 0 (a) existe. À voir que f est continue en a,
limx!a f (x) = f (a) c: a d: limx!a (f (x)

f (a)) = 0:

Remarquons que si x 6= a;
f (x)

f (a) =

x
x

a
(f (x)
a

f (a)) = (x

a)

(f (x)
x

f (a))
;
a

alors d’aprés les théorèmes des limites
lim (f (x)

x!a

f (a)) = lim (x
x!a

(f (x)
x!a
x

f (a))
= 0 f 0 (a) = 0:
a

a) lim

2. Supposons maintenant que f est dé…nie pour tout réel x et véri…e
jf (x)

f (y)j

(a) (01,50pts) Soit 2> 0 et prenons
jx

yj <

) jf (x)

f (y)j

2

5 (x

y) :

= 5 ; alors
2

5 (x

y)

5

2

5

5

5

= :

ce qui montre que f est continue.
(b) (01,50pts) Soit 2> 0 et prenons
jhj <

(h 6= 0) )

f (a + h)
h

= 5 ; alors

f (a)

0

jf (a + h) f (a)j
jhj

5h2
jhj

5 jhj

(c) (02pts) Montrons la constance de f , c. à d. f (x) = f (y) pour tout x; y 2
R:
En e¤ et, comme f est di¤ érentiable alors f est continue sur [x; y] ;
donc d’aprés le théorème de la moyenne (voir TH3 cours13),
9c 2 ]x; y[ : f 0 (c) =

f (x)
x

f (y)
:
y

Maintenant, comme f 0 (c) = 0; il s’en suit que
f (x) = f (y) = consante.

3

5

5

= :


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