Controle continu analyse s1 nov2019 avec corrige .pdf



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ESTI ANNABA. 3 DECEMBRE 2019
CORRIGÉ CONTROLE CONTINU 1 ANALYSE1
EXERCICE 1(6points)
Soient A R et B R les deux ensembles suivants:
A=

1+

1
: n = 1; 2; ::: ; B =
n

4

1
: n = 1; 2; :::
n

a)(1point) Montrez que A et B sont majorés
b)(1.5points) Montrez que sup(A) existe. Trouvez sup(A) :Justi…ez votre
réponse
c)(2points) Montrez que sup(B) existe. Trouvez sup(B):Justi…ez votre
réponse
d)(1.5points) Montrez que sup(A[B) existe et trouvez sup(A[B): Justi…ez
votre réponse
SOLUTION EXERCICE 1(6points)
a)(1point)
n 1 =) n1 1 =) n1 + 1 2 =) A est majoré
Pour tout n
1; on a n1 > 0 =) n1 < 0 =) 4 n1 < 4 =) B est
majoré
b)(1.5points)
2 2 A(n = 1) =) A est non vide. D’autre part A est majoré. Donc
d’après l’axiome de la borne sup, sup(A) existe.
D’autre part on a:
8
9
< 2 est un majorant de A =
et
=) 2 = sup(A) = max(A)
:
;
22A
c)(2points)
3 2 A(n = 1) =) B est non vide. D’autre part B est majoré. Donc
d’après l’axiome de la borne sup, sup(B) existe.
Montrons que sup(B) = 4:
Puisque 4 est un majorant de B. Donc
8x 2 B : x
1

4

Reste à montrer que
8" > 0; 9 x0 2 B tel que : x0 > 4

En e¤et: x0 2 B, alors x0 s’écrit sous la forme x0 = 4
relation (1) equivaut à trouver n 2 N tel que
1
>4
n

4

(1)

"
1
;
n

n 2 N : La
(2)

"

(2) équivaut à trouver n 2 N tel que:
1
>4
n

4

" ()

1
1
< " () n >
n
"

Finalement " > 0 donné, choisissons n > 1" et x0 = 4 n1 : Avec ce choix
on a x0 = 4 n1 2 B et x0 = 4 n1 > 4 ": Donc (1) est véri…é. Par
conséquent: sup(B) = 4:
d) (1.5 points)
Montrons d’abord que A [ B est majoré. En e¤et soit x 2 A [ B: Alors
x 2 A ou x 2 B: Donc x M ax(sup(A); sup(B)): Donc A [ B est majoré.
A[B n’est pas vide car A n’est pas vide et B n’est pas vide. D’après l’axiome
de la borne sup, sup(A [ B) existe.
On peut montrer facilement que sup(A [ B) = M ax(sup(A); sup(B)): En
e¤et supposons qu’il existe un majorant M0 de (A [ B) tel que
M0 < M ax(sup(A); sup(B))

(3)

M0 < sup(A) ou M0 < sup(B)

(4)

(3) implique
(4) est en contradiction avec la dé…nition du sup(A) et du sup(B) et la
dé…nition de A [ B:
Finalement
sup(A [ B) = max(sup(A); sup(B)) = max(2; 4) = 4
EXERCICE 2(7points)
PARTIE1
a)(1point) Donnez la dé…nition de:
lim f (x) = +1

x!+1

et
2

lim f (x) =

x! 1

1

b)(2points) Montrez en utilisant la dé…nition que
lim (x3 ) = +1 et

lim (x3 ) =

x! 1

x!+1

1

PARTIE2
Dans toute cette partie2, on considère la fonction f : R ! R dé…nie par
f (x) = x3 + x2
c)(1point) Trouvez lim f (x) et
x!+1

4x + 1

lim f (x)

x! 1

d)(0.5points) Calculer f (0) et f (1)
e)(1.5points) Montrez en utilisant le théorème des valeurs intermediaires
que l’équation: x3 + x2 4x + 1 = 0 admet exactement 3 solutions réelles.
f)(1point) Trouvez une valeur approchée de la solution appartenant à
l’intervalle ]0,1[ avec une erreur inférieure à 0.1

SOLUTION EXERCICE 2(7points)
PARTIE1
a)(1point)
lim f (x) = +1 ()
x!+1

8A > 0; 9B > 0 : [x > B =) f (x) > A]
lim f (x) =

x! 1

1 ()
8A < 0; 9B < 0 : [x < B =) f (x) < A]

b)(2points)
p
Soit A > 0 donné quelconque. Choisissons B = 3 A:On a
p
3
x > B () x > A =) x3 > A =) f (x) > A
p
Soit A < 0: Choisissons B = 3 A: On a B < 0:
p
3
x < B () x < A =) x3 < A (car f (x) = x3 est croissante sur R)

3

PARTIE2
c)(1point)
lim f (x) = lim (x3 ) = +1

x!+1

x!+1

lim f (x) = lim (x3 ) =

x! 1

x! 1

1

d)(0.5points)
f (x) = x3 + x2 4x + 1
f (0) = 1
f (1) = 1
e)(1.5points)
f (0) = 1, f (1) = 1; 0 2 [ 1; +1] et f est continue dans R; donc
d’après le théorème des valeurs intérmédiaires, il existe c1 2] 1; 1[ tel que
f (c1 ) = 0
D’autre part on a
lim f (x) =

x! 1

D’après la dé…nition il existe
8
f (x1 ) < 0
>
>
<
f (0) = 1 > 0
0 2 [f (x1 ); f (0)]
>
>
:
f continue sur R
D’un autre coté on a

1

x1 < 0 tel que f (x1 ) < 0: On a
9
>
>
=
=) 9 c2 2]x1 ; 0[ tel que : f (c2 ) = 0
>
>
;
lim f (x) = +1

x!+1

D’après la dé…nition il existe x2 > 1 tel que f (x2 ) > 0 (car 8A > 0; 9B > 0 :
[x > B =) f (x) > A]): On a
8
9
f
(x
)
>
0
>
>
2
>
>
<
=
f (1) = 1 < 0
=) 9 c3 2]1; x2 [ tel que : f (c3 ) = 0
0 2 [f (1); f (x2 )] >
>
>
>
:
;
f continue sur R
Ce sont les seules solutions car f (x) est un polynôme de degré 3
f)(1point)
On calcule la racine c1 2 [0; 1] par balayage
4

f (0:1) = 0:611
f (0:5) = 0:625
0:5 0:4 = 0:4
f (0:2) = 0:248
f (0:4) = 0:376
0:4 0:2 = 0:2
f (0:25) = 0:07812
f (0:3) = 0:083
0:3 0:25 = 0:05
f (0:26) = 0:04517 f (0:29) = 0:05151 1 0:29 0:26 = 0:03
f (0:27) = 0:01258 f (0:28) = 0:01964 8 0:28 0:27 = 0:01
c1 2 [0:27; 0:28] et j0:28 0:27j = 0:01 < 0:1: Notons une approximation de la racine c1 : On peut prendre comme valeur de n’importe quel point
de l’intervalle ]0:27; 0:28[: Par exemple on prend le milieu de ]0:27; 0:28[; c’est
à dire = 0:275: On obtient:
jc1

0:275j < j0:28

0:27j = 0:01 < 0:1

On a
jf (0:275)

f (c1 )j = jf (0:275)

0j = jf (0:275)j = 0:003578 < 0:01

EXERCICE 3 (7points)
Considérons la fonction
f (x) = ex (x2

et
et
et
]

x

1)

a)(1point) Trouvez les points stationnaires de f
b)(1.5points) Trouvez si elles existent, les solutions maximales locales
les solutions minimales locales de f dans R
c)(1.5points) Trouvez si elles existent, les solutions maximales globales
les solutions minimales globales de f dans R
d)(1.5points) Trouvez si elles existent, les solutions maximales globales
les solutions minimales globales de f dans [ 4; +2]
e)(1.5points) Montrez que f admet une fonction réciproque sur l’intervalle
1; 2]

SOLUTION EXERCICE 3 (7points)
a)(1point)
f (x) = ex (x2 x 1)
f 0 (x) = ex (2x 1) + ex (x2 x 1) = ex (2x
x 2)
5

1 + x2

x

1) = ex (x2 +

f 0 (x) = 0 () x = 2 ou x = 1
Les points stationnaires sont: x = 2 et x = 1
b)(1.5points)
f 00 (x) = 2ex + 2ex (2x 1) + ex (x2 x 1) = ex (x2 + 3x
3
< 0 =)
e2

f 00 ( 2) =

1)

2 est une solution M aximale locale

f 00 (1) = 3e > 0 =) 1 est une solution M inimale locale
c)(1.5points)
On a
lim f (x) = +1

x!+1

Donc la fonction n’a pas de solution maximale globale dans R: D’autre part
f 0 (x) a le même signe que x2 + x 2:
f 0 (x) > 0 () x 2 ] 1; 2[ [ ]1; +1[ () f %
f 0 (x) < 0 () x 2 ] 2; 1[ () f &
On obtient le tableau de variation suivant:
x
f 0 (x)
f (x)

1

2

1

+
%

+
%

&

+1

Montrons que
8x 2 R : f (x)
En e¤et:
1) Si x 2 ] 1; 2[ ; on a
8
>
lim f (x) = 0
<
x! 1
f % sur ] 1; 2[
>
: f ( 2) = 5e 2 > 0

Par conséquent:

9
>
=
>
;

f (1) =

e

(4)

=) f (x) > 0 : 8x 2 ] 1; 2[

8x 2 ] 1; 2[ : f (x) >
6

e = f (1)

(5)

2) Si x 2 [ 2; 1]; on a
ff & sur [ 2; 1]g =) 8x 2 [ 2; 1] : f (x) > f (1) =

e

(6)

3) Si x 2 [1; +1[ on a
ff % sur [1; +1[g =) 8x 2 [1; +1[: f (x) > f (1) =

e

(7)

5), 6) et 7) impliquent 4)
d)(1.5points)
1) Notons x
b la solution maximale globale de f dans [ 4; 2]: Puisque
f ( 4) = 0:348 00
f (2) = 7: 389 1
f ( 2) = 0:676 68
x
b véri…e
f (b
x) = max (f ( 4); f (2); f ( 2)) = max(0:348; 7:3891; 0:6766)
= 7:3891 = f (2)

Donc
x
b = 2; f (b
x) = 7:3891

2) Notons x
e la solution minimale globale de f dans [ 4; 2]: Puisque
f ( 4) = 0:348 00
f (2) = 7: 389 1
f (1) = 2: 718 3
x
e véri…e
f (e
x) = min (f ( 4); f (2); f (1)) = min(0:348; 7:3891; 2:7183)
=
2:7183 = f (1)

Donc
x
e = 1; f (e
x) =

2:7183

e)(1.5points)
f est strictement croissante et continue sur l’intervalle ] 1; 2]: Donc
f est une bijection de
] 1; 2] sur ] lim f (x); f ( 2)] =]0; 5e 2 ]: Par conséquent f admet
x! 1

une fonction réciproque f

f

1

1

:]0; 5e 2 ] !]
7

1; 2]



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