Corrigé Examen S1 Analyse Janvier 2018 ESTI ANNABA .pdf



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Ann´
ee universitaire 2017-2018
Module d’Analyse I
Corrig´
e Examen n◦ 1

Exercice 1 (2.5 points) Soient A et B deux sous ensembles de R non vides. Soit
l’ensemble
A + B := {z = x + y, x ∈ A ety ∈ B}
d´emontrer que
sup (A + B) = sup A + sup B
Solution 1 On a A et B deux sous ensembles de R non vides et major´ees, alors (A + B)
est non vide et major´e aussi, et d’apr´es l’axiome de la borne sup´erieure on a l’existence
de sup (A + B).
Posons que
α = sup A, et β = sup B
(0.5 point)
Pour tout z = x + y ∈ (A + B) on a
z = x + y ≤ sup A + sup B.
Donc (A + B) est major´ee et d’apr`es la d´efinition de la borne sup . on a
sup (A + B) ≤ sup A + sup B.

(1 point)

Mais, de plus, on a
∀ε > 0, ∃x0 ∈ A, α − 2ε < x0 ≤ α.
∀ε > 0, ∃y0 ∈ A, β − 2ε < x0 ≤ β.
D’o`
u, en posant z0 = x0 + y0 ∈ (A + B) , on a
∀ε > 0, ∃z0 ∈ (A + B) , (α + β) − ε < z0 ≤ (α + β) .

(1 point)

Ce qui prouve que (α + β) est la borne sup´erieure de (A + B) .
Exercice 2 (3 points) Etudier la suite (un ) d´efinie pour tout n ∈ N par

u0 ≥ −1√
un+1 = un + 2
Etudier la convergence et calculer la limite de (un ) si elle existe.

Solution 2 On a un+1 = f (un ) tel que f (x) = x + 2, le domaine de d´efinition de
f est Df = [−2, +∞[ . Mais u0 ∈ I0 = [−1, +∞[ , donc le domaine de la suite est
I = Df ∩ I0 = [−1, +∞[ . reste a v´erifier que la suite est bien d´efinie sur l’intervalle I;
On ´etudie la monotonie de f afin de calculer l’image de I
1
f´ (x) = √
> 0 =⇒ f est croissante =⇒ (un ) est monotone
2 x+2


f (I) = f ([−1, +∞[) = f (−1) , lim f (x) = [1, +∞[ ⊂ I
(0.5 point)
x→+∞

donc la suite est bien d´efinie
√ sur [−1, +∞[ .
On a u0 ≥ −1 et u1 = u0 + 2
1

• si −1 < u0 < 0 =⇒ u1 > u0 =⇒ (un ) croissante

( 0.25 point)

• si u0 ≥ 0 :
u0 = u
√1
u0 = u0 + 2
u20 − u0 − 2 = 0
(u0 + 1) (u0 − 2) = 0
u0
−∞ · · · − 1 · · · 0 · · ·
(u0 − u1 )
+

alors

2··· + ∞
+

(3 × 0.25 points)

– si u0 ∈ [0, 2[ : (un ) est croissante.
– si u0 ∈ [2, +∞[ : (un ) est d´ecroissante.
– si u0 = 2 ou −1 : (un ) est constante.
Pour la convergence, il est facile de voire que
• si −1 < u0 < 2 =⇒ (un ) croissante =⇒ u1 = f (u0 ) < f (2) = 2 =⇒ un < 2 =⇒
(un ) est convergente. ( 0.25 point)
• si u0 > 2 =⇒ (un ) d´ecroissante =⇒ u1 = f (u0 ) > f (2) = 2 =⇒ un > 2 =⇒ (un )
est convergente. ( 0.25 point)
On calcule la limite en r´esolvant
f (l)√= l
l = l+2
(l + 1) (l − 2) = 0
l = −1 : impossible, ou l = 2
donc lim un = 2.
n→+∞

( 0.5 point)

( 0.5 point)

Exercice 3 (2.5 points) Calculer la limite suivante en utilisant les ´equivalences simples


π
limπ tan (2x) cos2 x +
x→ 4
4
Solution 3 On applique le changement de variable t = x −



lim tan 2 t + π4 cos2 t + π4 + π4
t→0


= lim tan 2t + π2 cos2 t + π2

π
4

=⇒ x = t + π4 , en effet
(0.5 point)

t→0

d’apr`es les relations trigonom´etriques
π
−1
tan θ +
=
2
tan θ


π
= − sin θ
cos θ +
2
−t2
2
−1
lim tan
·

sin
t
∼ 2t
2t


on a donc

t→0


2

−t
2

→0

(0.5 point)
(0.5 point)

(1 point)

Probl`
eme 1 (12 points)
Partie 1 (4 points) Soit f : [a, b] → R continue, on sait d’apr`es un th´eor`eme du cours qu’il
existe x0 ∈ [a, b] et x1 ∈ [a, b] tel que :
∀x ∈ [a, b] : f (x) ≥ f (x0 ) ( x0 : solution minimale)
∀x ∈ [a, b] : f (x) ≤ f (x1 ) ( x1 : solution maximale)
1. (1 point) Montrer que
f ([a, b]) ⊂ [f (x0 ) , f (x1 )]
2. (1 point) Montrer en utilisant le th´eor`eme des valeur int´erm´ediaires que
[f (x0 ) , f (x1 )] ⊂ f ([a, b])
3. (1 point) En d´eduire que
f ([a, b]) = [f (x0 ) , f (x1 )]
4. (1 point) On suppose maintenant que f : [a, b] → R continue et strictement
croissante. Montrer que
f ([a, b]) = [f (a) , f (b)]
Partie 2 (4 points) Consid´erons la fonction f (x) = x3 + 13 x2 + 13 x −

2
3

1. (0.5 point) Montrer en utilisant la d´efinition que
f ∼+∞ x3 et f ∼−∞ x3
2. (0.5 point) En d´eduire que
lim f (x) = +∞ et lim f (x) = −∞

x→+∞

x→−∞

3. (1 point) Montrer en utilisant la question pr´ec´edente que l’´equation ax3 + bx2 +
cx + d = 0, a > 0 admet au moin une solution r´eelle.
4. (1 point) D´eduire que l’´equation x3 + 13 x2 + 13 x − 32 = 0 a une solution r´eelle unique
dans l’intervalle [0, 1] .
5. (1 point) On note xˆ une valeur approch´ee de la solution de l’´equation x3 + 13 x2 +
1
x − 23 = 0 dans l’intervalle [0, 1] .Trouver xˆ avec une erreur inf´erieure `a 10−2 , c’est
3
`a dire xˆ v´erifiant :
|f (ˆ
x) − f (α)| < 10−2 ; f (α) = 0
Partie 3 (4 points) On consid`ere toujours la fonction f (x) = x3 + 13 x2 + 13 x − 23 .
1. (2 points) Etudier les variations de f et tracer son tableau de variation ainsi que
son graphe.
2. (1 point) Trouver f ([0, 10]) . Montrer que f est une bijection de [0, 10] sur f ([0, 10]) .
3

3. (1 point) Montrer que la fonction f (x) = x3 + 13 x2 + 31 x − 23 n’a pas de solution
maximale locale dans R et n’a pas de solution minimale locale dans R.

Solution 4

Partie 1
1. Soit y ∈ f ([a, b]) ,alors il existe x ∈ [a, b] tel que y = f (x) .On a
∀x ∈ [a, b] =⇒ f (x0 ) ≤ f (x) ≤ f (x1 ) =⇒ y = f (x) ∈ [f (x0 ) , f (x1 )]
par cons´equent
f ([a, b]) ⊂ [f (x0 ) , f (x1 )]

(1 point)

2. Soit y ∈ [f (x0 ) , f (x1 )] . D’apr`es le th´eor`eme des valeur int´erm´ediaires il existe
c ∈ [x0 , x1 ] tel que y = f (c) . Or x0 , x1 appartiennent `a [a, b] , donc c ∈ [a, b] et
v´erifie f (c) = y. Donc y ∈ f ([a, b]) . On a donc d´eterminer que
[f (x0 ) , f (x1 )] ⊂ f ([a, b])

(1 point)

3. (1) et (2) impliquent
f ([a, b]) ⊂ [f (x0 ) , f (x1 )]
[f (x0 ) , f (x1 )] ⊂ f ([a, b])


=⇒ f ([a, b]) = [f (x0 ) , f (x1 )]

(1 point)

4. f strictement croissante, donc
a ≤ x ≤ b =⇒ f (a) ≤ f (x) ≤ f (b) .
donc
x0 = a : est solution minimale
x1 = b : est solution maximale

(1 point)

et d’apr`es (3)
f ([a, b]) = [f (x0 ) , f (x1 )] = [f (a) , f (b)]

Partie 2 Consid´erons la fonction f (x) = x

3

+ 13 x2 + 31 x −

2
3

1. Utilisant la d´efinition des fonctions ´equivalences
x3 + 13 x2 + 31 x −
f (x)
lim
= lim
x→∞ x3
x→∞
x3
ou bien

f (x) = x3 + 13 x2 + 13 x −

avec
h (x) = 1 +

2
3

2
3

= x3 1 +

1
1
2
+ 2− 3
3x 3x
3x

x3
= lim 3 = 1
x→∞ x
1
3x


+ 3x12 − 3x23
= x3 · h (x)

→ 1

x→±∞

alors
f ∼ x3 et f ∼ x3
−∞

+∞

4

(0.5 point)

2. Puisque f ∼ x3 et f ∼ x3 , donc
−∞

+∞

lim f (x) = lim x3 = +∞ et

x→+∞

x→+∞

lim f (x) = lim x3 = −∞

x→−∞

x→−∞

(0.5 point)

3. En utilisant le mˆeme raisonnement que (1) et (2) on a f (x) = ax3 +bx2 +cx+d, a > 0
lim f (x) = lim ax3 = +∞ et

x→+∞

x→+∞

lim f (x) = lim ax3 = −∞

x→−∞

x→−∞

Donc par d´efinition
∀A > 0, ∃B > 0 : x > B =⇒ f (x) > A > 0
et
∀D < 0, ∃C < 0 : x < C =⇒ f (x) < D < 0

(1 point)

Consid´erons l’intervalle [C, B] , la fonction f (x) = ax3 +bx2 +cx+d est continue sur
[C, B] . D’autre part on a f (C) < 0 et f (B) > 0, d’apr`es le th´eor`eme des valeurs
intermediaires il existe α ∈ [C, B] tel que f (α) = 0.
4. On replace f par
f (x) = x3 + 13 x2 + 31 x − 23
=⇒ f´ (x) = 3x2 + 23 x + 13 > 0, ∀x ∈ R
<0
car 4 = − 32
9

(1 point)

donc f est strictement croissante, et f (0) = − 23 , f (1) = 1, donc f (x) = 0 a une
solution r´eelle unique dans l’intervalle [0, 1] .
5. Notons par α tel que α ∈ ]0, 1[ , f (α) = 0.On a
f (0.5) = −0.29167
f (0.6) = −0.13067
f (0.65) = −3.4542 × 10−2
f (0.7) = 0.073
donc
α ∈ ]0.65, 0.7[
On a

f (0.666) = −1.4064 × 10−3
f (0.667) = 7.0396 × 10−4

donc
α ∈ ]0.666, 0.667[
on peut prendre comme valeur approch´ee de α la solution approch´ee
xˆ =

0.666 + 0.667
= 0.6665
2

On a
f (0.6665) = 3.5179 × 10−4
donc
|f (ˆ
x) − f (α)| < |f (0.6665) − 0| = 3.5179 × 10−4 < 10−2
5

(1 point)

Partie 3 On consid`ere toujours la fonction f (x) = x

3

+ 13 x2 + 13 x − 32 .

1. On a f´ (x) > 0 =⇒ f % sur R.
x
−∞ · · · + ∞
´
f (x)
+
+∞
f (x)
−∞ %

(2 point)

Figure 1: f (x) = x3 + 13 x2 + 13 x − 23 ..
2. On a f est continue et trictement croissante sur [0, 10] , donc d’apr`es le th´eor`eme
du cours (les fonctions r´eciproques) f est une bijection de [0, 10] sur f ([0, 10]) . et
f ([0, 10]) = − 32 , 1036 . 1 point
3. D’ap`es le cours, on a

x˜ : solution maximale ou minimale locale
=⇒ f´ (˜
x) = 0
f d´erivable en x˜
Donc par contrapos´ee si
f´ (˜
x) 6= 0 =⇒ x˜ : n’est pas une solution maximale ou ni minimale locale
Pour f (x) = x3 + 31 x2 + 13 x − 23 , on a montr´e que f´ (x) > 0 : ∀x ∈ R. Donc
∀x ∈ R, f´ (x) 6= 0
et par cons´equent
∀x ∈ R : x n’est pas une solution maximale locale
et x n’est pas une solution minimale locale

6

(1 point)



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