controle continu analyse s1 et solution novembre 2018 .pdf



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ESTI ANNABA. CONTROLE CONTINU 1 ANALYSE
21-11-2018 1H 30
Exercice 1(5points): Soit A R un sous ensemble non vide et borné
(majoré et minoré). Soit M0 2 R un majorant de A tel que M0 2 A:
a) (1point) Montrez que:
8" > 0; 9 x0 2 A tel que : x0 > M0

"

En déduire que :
M0 = sup(A) = max(A)
b)(1point) Montrez d’une autre façon (en utilisant une démonstration par
l’absurde) que
M0 = sup(A) = max(A)
c)(1point) Soit m0 2 R un minorant de A tel que m0 2 A: Montrez que:
m0 = inf(A) = min(A)
d)(2points) Considérons l’ensemble A
A=

1+

R suivant:

1
: n = 1; 2; ::: [ f1g
n

Montrez que A est borné. Trouvez sup(A); inf(A); max(A); min(A) s’ils
existent. Justi…ez votre réponse.
Corrigé Exercice 1(5points)
a) (1point) " > 0 donné. Prenons x0 = M0 : On a x0 2 A (car M0 2 A) et
x0 > M0

" car M0 > M0

"

(1)

M0 est un majorant de A et il véri…e (1). D’après le théorème de caractérisation:
M0 = sup(A)
Puisque M0 2 A: Donc

M0 = max(A):

1

b)(1point) Supposons le contraire, c’est à dire que M0 est un majorant
de A, M0 6= sup(A): Donc M0 n’est pas le plus petit des majorants. Donc il
existe M1 majorant de A tel que
M1 < M 0

(2)

(2) est en contradiction avec le fait que M1 est un majorant de A (car on a
trouvé un élément de A; qui est M0 qui est strictement superieur à M1 ):
Puisque M0 2 A: Donc
M0 = max(A):
c)(1point) Supposons le contraire, c’est à dire que m0 est un minorant
de A, m0 6= inf(A): Donc m0 n’est pas le plus grand des minorants. Donc il
existe m1 minorant de A tel que
m1 > m 0

(3)

(3) est en contradiction avec le fait que m1 est un minorant de A (car on a
trouvé un élément de A; qui est m0 qui est strictement inferieur à m1 ):
Puisque m0 2 A: Donc
m0 = min(A):
d)(2points)
A=

1+

1
: n = 1; 2; ::: [ f1g
n

On a
n

1 =)

1
n

1

1
+1
n

2 =) 2 est un majorant de A et 2 2 A

D’après le point a) on a
2 = sup(A) = max(A)
D’autre part:
1
1
> 0 =) + 1 > 1 =) 1 est un M inorant de A et 1 2 A: 2
n
n
Donc d’après le point c), on a
1 = inf(A) = min(A)
2

Exercice 2(5points) Considérons les 2 fonctions f et g suivantes:
x sin( x1 ) : x 6= 0
0 si x = 0

f (x) =
et

;

x2 sin( x1 ) : x 6= 0
0 si x = 0

g(x) =

a)(1.5points) Montrez en utilisant la dé…nition que
lim f (x) = 0

x!0

b)(1point) Montrez en utilisant une autre méthode di¤érente de la dé…nition, que
lim f (x) = 0
x!0

c)(1point) Etudiez la continuité de f et g au point x0 = 0
d)(1.5point) Etudiez la dérivabilité de f et g au point x0 = 0
Solution Exercice 2(5points)
a)(1.5points) On doit montrer que
8" > 0; 9 > 0 : 8x : jx

1
=) x sin( )
x

0j <

0 <"

(3)

Remarquons qu’on a pour tout x 2 R
1
x sin( )
x
Donc pour avoir (3) il su¢ t de prendre
jxj <

jxj

(4)

= " ou

1
=) jxj < " =) x sin( )
x

d’où (3).
b) (1point). On a
x

1
x sin( )
x

x

On a
lim (x) = lim ( x) = 0:

x!0

x!0

3

2]0; "]:Avec ce choix on a
jxj

"

Donc

1
lim x sin( ) = 0
x!0
x
c)(1point) D’après b), on a
lim f (x) = 0 = f (0)

x!0

donc f est continue en 0.
On a
x2

1
x2 sin( )
x

x2

On a
lim (x2 ) = lim ( x2 ) = 0:

x!0

Donc

x!0

1
lim x2 sin( ) = 0 = g(0)
x!0
x

Donc g est continue en 0:
d)(1.5points) Montrons que g est dérivable en 0 (0:75points):On a
g(x)
x!0
x
lim

x2 sin( x1 )
1
g(0)
= lim
= lim x sin( ) = 0
x!0
x!0
0
x
x

Donc g est dérivable en 0 et g 0 (0) = 0:
Montrons que f n’est pas dérivable en 0 (0:75 points): En e¤et. On a
f (x)
x!0
x
lim

x sin( x1 )
f (0)
1
= lim
= lim sin( )
x!0
x!0
0
x
x

Or la fonction sin( x1 ) n’a pas de lite quand x tend vers 0. On peut le montrer
en trouvant deux suites qui tendent vers 0 et dont les images tendent vers
deux limites di¤erentes.
Exercice 3(5points) Considérons les 2 fonctions f et g dé…nies par:
f (x) = x3 ;

g(x) = x3 :

a)(1.5) Montrez en utilisant la dé…nition que la fonction f est dérivable
en tout point x0 2 R
4

b)(1.5) Etudiez en utilisant la dé…nition la dérivabilité de la fonction g
au point x0 = 0
c)(1point) La fonction g admet elle des solutions minimales locales dans
R ? Justi…ez votre réponse.
d)(1point) La fonction g admet elle des solutions minimales globales dans
R ? Justi…ez votre réponse.
Solution Exercice 3(5points)
a)(1.5points) On a
x3
f (x0 )
=
x0
x

f (x)
x

x30
= x2 + xx0 + x20
x0

Donc
lim

x!x0

x3
x

x30
= lim x2 + xx0 + x20 = x20 + x20 + x20 = 3x20
x!x0
x0

Donc f est dérivable en tout point x0 et f 0 (x0 ) = 3x20 :
b) (1.5points) On doit étudier
g(x)
x!0
x
lim

On a

g(0)
g(x)
jx3 j
= lim
= lim
x!0 x
x!0 x
0

jx3 j
jxj3
=
x
x

x2 : si x > 0
x2 : si x < 0

Donc en utilisant la dérivée à droite à gauche et à droite de 0, on obtient:
g(x)
x!0+
x
lim

et
lim

x!0

g(x)
x

g(0)
= lim (x2 ) = 0
x!0+
0
g(0)
= lim ( x2 ) = 0
x!0+
0

Par conséquent g(x) = jx3 j est dérivable en 0 et g 0 (0) = 0:
c) (1point)
Si x > 0; g(x) = x3 et g 0 (x) = 3x2 : Donc g 0 (x) > 0
Si Si x < 0; g(x) = x3 et g 0 (x) = 3x2 : Donc g 0 (x) < 0
5

Donc si x 6= 0; on a g 0 (x) 6= 0; donc tout point x 6= 0 n’est pas une
solution optimale locale. Reste à étudier le point x = 0:
D’après la question précédente b) on a g 0 (0) = 0: Voyons si 0 est une
solution optimale locale. On va démontrer que 0 est une solution minimale
globale d’abord.
d) Dans ce cas puisqu’il s’agit de R; toute solution optimale globale x0
est aussi locale. Donc g 0 (x0 ) = 0 et d’après la question c), x0 = 0:
Montrons que x0 = 0 est une solution minimale globale. En e¤et on a:
8x 2 R : x3

0 = g(0)

donc
8x 2 R : g(x)

g(0)

et par conséquent x0 = 0 est une solution minimale globale. Puisque x0 = 0
est un point interieur donc x0 = 0 est aussi une solution minimale locale.
Exercice 4(5points)
a)(2points) Montrez que
(cos(x)

1)(cos(x) + 1)

0

x2

b)(3points) Trouvez en utilisant les équivalences la limite suivante:
lim

x!0

ln(cos2 (x))
ln(1 + tan2 (x))

Remarque et aide: On peut utiliser sans le démontrer que :
ln(1 + u)

0

u

Solution Exercice 4(5points)
a) (2points)
cos(x) = 1
Or

x
2 sin2 ( ) =) cos(x)
2
x
sin( )
2
6

0

x
2

1=

x
2 sin2 ( )
2

donc

x
sin ( )
2
2

0

x2
=)
4

x
2 sin ( )
2
2

et
cos(x)

1

0

x2
2

x2
2

0

D’autre part, on a
lim (cos(x) + 1) = cos(0) + 1 = 1 + 1 = 2

x!0

Donc
(cos(x)

1)(cos(x) + 1)

(

0

x2
):2 =
2

x2

b) (3points) On a
ln(cos2 (x)) = ln[1 + ((cos2 (x)

1)]

0

(cos2 (x)

1)

Or
(cos2 (x)

1) = [cos(x)

1][cos(x) + 1]

0

x2

En prenant en compte la transitivité de l’équivalence, on a
)
(
ln(cos2 (x)) (cos2 (x) 1)
0
=) ln(cos2 (x))
(cos2 (x) 1)
x2
0

0

x2

(4)

D’autre part, on a
lim (tan2 (x)) = 0

x!0

Donc
ln(1 + (tan2 (x))

0

(tan2 (x))

D’autre part
tan(x) =

sin(x)
cos(x)

0

x
=x
1

Donc
(tan2 (x))

0

x2

Nous avons en prenant en considération la transitivité de
(
)
ln(1 + (tan2 (x)) (tan2 (x))
0
=) ln(1 + (tan2 (x))
(tan2 (x)) x2
0

7

0

x2

(5)

Finalement on a en considérant (4) et (5)
ln(cos2 (x))
ln(1 + tan2 (x))
Donc
lim

x!0

0

x2
=
x2

ln(cos2 (x))
=
ln(1 + tan2 (x))

8

1

1



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