Universit´e Paris-Dauphine, DEMI2Esimenhaus/Francois...Universit´e Paris-Dauphine, DEMI2E Analyse...

Universite Paris-Dauphine, DEMI2EAnalyse 1 (2015-2016)

Controle Continu 1 - Vendredi 23 octobre 2015 - Groupes 2, 3, 5 et 6.

Duree : 1h30.

Les documents, calculatrices, telephones et ordinateurs portables sont interdits.

La qualite de la redaction sera prise en compte dans la notation.

Le bareme est donne a titre indicatif.

Exercice 1. (5 pts)

1. Question de cours. Rappeler la definition de la partie entiere E(x) d’un nombre reelx, et demontrer son existence et son unicite.

2. Soit (x, y) un element de R2. Si x et y appartiennent a R\Z et x + y appartient aZ, montrer que E(x) + E(y) = x+ y � 1.

Exercice 2. (5 pts)

1. Question de cours. Soit (un)n�0 une suite de nombres reels et ` un nombre reel.Ecrire avec des quantificateurs ce que signifie ⌧ La suite (un)n�0 converge vers ` �.

2. Soit (un)n�0 une suite reelle qui converge vers zero. Montrer que (u3n)n�0 convergevers zero.

3. Soit (un)n�0 une suite reelle convergente et ` sa limite. Montrer que (u3n)n�0 tendvers `3.

On pourra utiliser l’identite : 8(x, y) 2 R2, x

3 � y

3 = (x� y)(x2 + xy + y

2).

Exercice 3. (4 pts)

On definit une partie de R par

A =

⇢np

(n+ p)2: n 2 N⇤

, p 2 N⇤�.

1. Demontrer que pour tout element x de A, 0 < x 14 .

2. Discuter l’existence pour A d’une borne superieure, d’une borne inferieure, d’unplus grand element, d’un plus petit element. Lorsque ces quantites existent, donnerleur valeur. Justifiez soigneusement vos reponses.

Exercice 4. (6 pts)

Soient A et B deux parties non vides et bornees de R. On definit

AB = {u 2 R , 9(a, b) 2 A⇥B, u = ab} .

1. Rappeler pourquoi A et B admettent chacune une borne superieure, puis demontrerque AB admet une borne superieure.

2. On suppose dans cette question que A et B sont incluses dans R⇤+. Montrer qu’un

nombre reel est un majorant de AB si et seulement s’il est superieur ou egal asup(A) sup(B). En deduire la valeur de sup(AB).

3. On suppose dans cette question que A est incluse dans R⇤+ et que B est incluse

dans R⇤�. Demontrer que sup(AB) = inf(A) sup(B).

Université Paris DauphineDE MI2E, Analyse 1 23 octobre 2015

Corrigé du premier contrôle continu, groupes du matin.

��

Exercice 1.

1. • Soit x un nombre réel. La partie entière de x est l’unique entier relatif n qui vérifie

n x < n+ 1.

• Démontrons l’existence si x � 0. Si x � 0, l’ensemble E = {k 2 N, k x} est une partie de N, il est nonvide puisqu’il contient zéro, et il est majoré dans N (l’existence d’un entier strictement supérieur à x résultede la propriété d’Archimède). Il a donc un plus grand élément. Si nous notons n ce plus grand élément,alors n appartient à E alors que n+ 1 n’appartient pas à E, et ainsi n x < n+ 1.

• Démontrons l’existence si x < 0. Si x < 0, l’ensemble E = {k 2 N, k � (�x)} est une partie de N, et elleest non vide : l’existence d’un entier strictement supérieur à x résulte de la propriété d’Archimède. Elle adonc un plus petit élément. Si nous notons �n ce plus petit élément, alors �n appartient à E alors que�n� 1 n’appartient pas à E, et ainsi �n � x > �n� 1, et on a bien n x < n+ 1.

• Démontrons l’unicité. Si n1 et n2 sont deux entiers relatifs qui vérifient n1 x < n1+1 et n2 x < n2+1,alors n1 < n2 + 1, et comme ce sont des entiers, n1 n2 ; mais on a aussi n2 < n1 + 1, et comme ce sontdes entiers, n2 n1. Ainsi n1 et n2 sont égaux, ce qu’il fallait démontrer.

2. Soit (x, y) un élément de R2 tel que x et y soient non-entiers, mais x+ y soit entier. Remarquons que E(x)est différent de x et que E(y) est différent de y. Par conséquent, nous avons

E(x) < x < E(x) + 1

E(y) < y < E(y) + 1

et ainsi E(x) + E(y) < x+ y < E(x) + E(y) + 2.

Comme E(x)+E(y), E(x)+E(y)+2 et x+ y sont des entiers, nous avons alors E(x)+E(y)+1 x+ y E(x) + E(y) + 1, et donc x+ y = E(x) + E(y) + 1.

Exercice 2.

1. Dire que la suite (un)n�0 converge vers `, c’est dire que

8" > 0, 9N 2 N, 8n � N, |un � `| < ".

2. Soit " > 0.Comme "

1/3 est un nombre strictement positif, il existe un entier naturel N tel que pour tout entier n � N ,on ait |un| < "

1/3.Mais alors pour tout n � N , nous avons |u3

n � 0| < ("1/3)3 = ".Cela démontre que (u3

n)n�0 converge vers zéro.3. La suite (un)n�0 étant convergente, elle est bornée. Il existe donc un réel M > 0 tel que pour tout entier

naturel n, on ait |un| M .

Soit " > 0. Comme"

(M2 +M |`|+ `

2)est un nombre strictement positif, il existe un entier naturel N tel

que pour tout entier n � N , on ait |un � `| < "

(M2 +M |`|+ `

2).

Mais alors pour tout n � N , les propriétés de la valeur absolue permettent d’écrire

|u3n � `

3| =��(un � `)

�u

2n + un`+ `

2� ��

��(un � `)

�u

2n + un`+ `

2� ��

|un � `|�|un|2 + |un| · |`|+ |`|2

�

<

"

(M2 +M |`|+ `

2)(M2 +M |`|+ `

2)

1


et ainsi |u3n � `

3| < ". Cela démontre bien que (un)n�0 tend vers `

3.

Exercice 3.

1. Soit x un élément de A. Il existe un entier p � 1 et un entier n � 1 qui vérifient x =np

(n+ p)2.

• Puisque n, p et (n+ p)2 sont positifs et que ni n ni p n’est nul, x est strictement positif.

• Remarquons que (n+ p)2 4np. En effet, (n+ p)2 = n

2 + 2np+ p

2, et nous pouvons écrire

(n+ p)2 � 4np = n

2 � 2np+ p

2 = (n� p)2,

ce qui démontre bien que (n+ p)2 � 4np est un nombre positif. On en déduit que x 14 .

2. • La partie A de R est non vide (elle contient par exemple 1·1(1+1)2 = 1

4 ). Nous venons de voir qu’elle estmajorée (et que 1

4 en est un majorant), elle admet donc une borne supérieure. Nous venons aussi de voirqu’elle est minorée (et que zéro en est un minorant), elle admet donc également une borne inférieure.

• Le nombre réel 14 est un majorant de A et c’est aussi un élément de A. Par conséquent, A admet un plus

grand élément, et c’est 14 .

• Démontrons maintenant que la borne inférieure de A est zéro.

Soit " > 0.

Posons n = E(1

"

), p = 1, et x =np

(n+ p)2. Nous avons

n 1

"

et(n+ 1)2 >

1

"

2

et par conséquentx =

n

(n+ 1)2< ".

Nous avons démontré que pour tout " > 0, il existe un élément x de A tel que x < 0 + ". Nous avons déjàvu que zéro est un minorant de A. Par conséquent, inf(A) = 0.• Comme 0 = inf(A) n’est pas un élément de A, A n’a pas de plus petit élément.

Exercice 4.

1. • Les parties A et B de R sont non vides et majorées, elles admettent donc chacune une borne supérieure.• La partie AB de R est non vide, puisque A et B sont non vides. Montrons qu’elle est bornée. Les partiesA et B étant bornées, il existe des réels M,M

0 tels que

8a 2 A, |a| M,

8b 2 B, |b| M

0,

et puisqu’on peut multiplier membre à membre des inégalités dont tous les termes sont positifs, nousobtenons |x| MM

0 pour tout élément x de AB. Cela prouve notamment que MM

0 est un majorant deAB. Ainsi, AB est une partie non vide et majorée de R, et admet une borne supérieure.

2. Ici A ⇢ R⇤+ et B ⇢ R⇤

+.

• Montrons d’abord que sup(A) sup(B) est un majorant de AB. Puisque sup(A) est un majorant de A etsup(B) un majorant de B, nous avons a sup(A) pour tout élément a de A et b sup(B) pour toutélément b de B. Ces inégalités ne font intervenir que des nombres positifs. Ainsi,

8(a, b) 2 A⇥B, ab sup(A) sup(B)

et donc pour tout élément x de AB, x sup(A) sup(B), ce qu’on voulait démontrer.

2


Par conséquent, tout nombre supérieur ou égal à sup(A) sup(B) est aussi un majorant de AB.

• Soit M un majorant de AB. Montrons que M est supérieur ou égal à sup(A) sup(B).Soit b un élément de B fixé. Puisque B est incluse dans R⇤

+, nous avons b > 0, et donc :

Pour tout élément a de A, a M

b

.

Par conséquent, Mb est un majorant de A, et donc sup(A) M

b .

Maintenant, nous venons de voir que pour tout élément b de B, nous avons b · sup(A) M . Comme A

contient au moins un nombre strictement positif, sup(A) est un nombre strictement positif, et donc

8b 2 B, b M

sup(A)

Par conséquent, sup(B) sup(A) M , ce qu’il fallait démontrer.• Le nombre réel sup(A) sup(B) est donc le plus petit des majorants de AB, ce qui prouve que

sup(AB) = sup(A) sup(B).

3. Ici A ⇢ R⇤+ et B ⇢ R⇤

�.

• Montrons d’abord que inf(A) sup(B) est un majorant de AB. Puisque inf(A) est un minorant de A etsup(B) un majorant de B, nous avons

8a 2 A, a � inf(A)

et8b 2 B,�b � � sup(B).

Ces inégalités ne font intervenir que des nombres positifs. Ainsi,

8(a, b) 2 A⇥B,�ab � � inf(A) sup(B)

et donc pour tout élément x de AB, x inf(A) sup(B), ce qu’on voulait démontrer.Par conséquent, tout nombre supérieur ou égal à inf(A) sup(B) est aussi un majorant de AB.• Soit M un majorant de AB. Montrons que M est supérieur ou égal à inf(A) sup(B).Soit a un élément de A fixé. Puisque A est incluse dans R⇤

+, nous avons :

Pour tout élément b de B, b M

a

.

Par conséquent, Ma est un majorant de B, et donc sup(B) M

a .

Maintenant, nous venons de voir que pour tout élément b de B, nous avons a · sup(B) M . Si la bornesupérieure de B est zéro, nous en déduisons M � 0, et nous avons alors bien sûr M � 0.Si sup(B) 6= 0, c’est un nombre strictement négatif et nous obtenons

8a 2 A, a � M

sup(B).

Par conséquent, sup(B) inf(A) M , ce qu’il fallait démontrer.• Le nombre réel inf(A) sup(B) est donc le plus petit des majorants de AB, ce qui prouve que

sup(AB) = inf(A) sup(B).

3


Controle Continu 1 - Vendredi 23 octobre 2015 - Groupes 1 et 4.

Duree : 1h30.




Exercice 1 (questions de cours). (4 pts)

1. Donner la definition d’un intervalle de R.2. Enoncer et prouver le theoreme etablissant l’unicite de la limite pour une suite

reelle convergente.

Exercice 2. (6 pts)Soient A et B deux parties bornees non vides de R. Les propositions suivantes sont-elles

vraies ou fausses ? Prouvez vos a�rmations.

1. A ⇢ B =) supA supB.

2. A ⇢ B =) inf A inf B.

3. supA [B = max(supA ; supB).

Exercice 3. (5 pts)Soient x et y deux nombres reels tels que

8n � 0, bnxc = bnyc.

Le but de l’exercice est de montrer que x = y. On raisonne par l’absurde en supposantque x 6= y. On traite d’abord le cas x > y.

1. Montrer que pour tout z 2 R, bz + 1c = bzc+ 1.

2. Montrer qu’il existe n 2 N tel que nx > ny + 1.

3. Montrer que bnxc > bnyc et conclure sur ce cas. Conclure l’exercice.

Exercice 4. (6 pts)Soit (un)n�0 une suite de nombres reels positifs.

1. Si (un)n�0 converge vers zero, montrer que (pun)n�0 converge vers zero.

2. Si (un)n�0 converge vers un nombre reel `, montrer que ` � 0.On pourra raisonner par l’absurde.

On suppose maintenant et jusqu’a la fin de l’exercice que (un)n�0 converge vers ` > 0.

3. Montrer qu’a partir d’un certain rang, un � l/2.

4. Montrer que (pun)n�0 converge vers

p`.


Corrige du Controle Continu 1 - Vendredi 23 octobre 2015 - Groupes 1 et 4.

Exercice 1 (questions de cours). (4 pts)Il est essentiel d’etudier, de comprendre et d’apprendre le cours.

Exercice 2. (6 pts)

1. Vrai. Soit M un majorant de B et x 2 A. Alors x 2 B et donc x M . On en deduitque M est un majorant de A. L’ensemble des majorants de B est donc inclus dansl’ensemble des majorants de A. On a donc que supB comme plus petit element del’ensemble des majorants de B appartient a l’ensemble des majorants de B donc al’ensemble des majorants de A. Or supA est le plus petit des majorants de A donc,supA supB.

2. Faux. On considere A = [1, 2] et B = [0, 3]. On a bien A ⇢ B mais 1 = inf A >

inf B = 0.

3. Vrai. Montrons que max(supA, supB) est un majorant de A [B. Soit x 2 A [B.Si x 2 A alors x supA et donc x max(supA, supB). On raisonne de meme six 2 B en majorant d’abord par supB. On a donc etabli que A [ B est non videmajore (par max(supA, supB)), cela a donc du sens de parler de borne superieurepour cet ensemble.Supposons que supA � supB et donc que max(supA, supB) = supA. Soit ✏ > 0.D’apres la definition 2 de la borne superieure, il existe x 2 A tel que x � supA� ✏.On a donc x 2 A [B et x � max(supA, supB)� ✏.Cela prouve que max(supA, supB) est la borne superieure de A [B.On raisonne de meme si max(supA, supB) = supB.

De nombreuses autres redactions etaient possibles pour ces questions !

Exercice 3. (5 pts)

1. Soit z 2 R. On a bzc z < bzc+ 1. Donc bzc+ 1 z + 1 < (bzc+ 1) + 1. Commebzc+ 1 2 Z, on en deduit que bz + 1c = bzc+ 1.

2. On remarque que x� y > 0 et 2 > 0. Comme R est archimedien, on en deduit qu’ilexiste n 2 N tel que n(x�y) � 2 > 1. On peut aussi montrer que n = b1/(x�y)c+1convient.

3. Comme la partie entiere est une fonction croissante, on deduit de la questionprecedente que bnxc � bny+1c puis en utilisant la question 1 que bnxc � bnyc+1et donc, comme ces deux nombres sont entiers, que bnxc > bnyc. Cela contreditl’hypothese de l’exercice. On en deduit que x y. En echangeant les roles de x ety et en raisonnant de meme on prouve que y x. Finalement on a bien etabli quex = y.

Exercice 4. (6 pts)

1. Soit ✏ > 0. Comme u converge vers 0 et ✏2 > 0, il existe N 2 N tel que pour toutn � N , |un| < ✏

2. Soit n � N . On a |pun � 0| <p✏

2 = ✏.

2. Raisonnons par l’absurde en supposant que l > 0. On pose ✏ = |l/2|. Comme ✏ > 0et u converge vers l, il existe N 2 N tel que pour tout n � N , |un � l| < ✏. On adonc l � ✏ < uN < l + ✏. Or l + ✏ < 0 donc uN < 0. On a donc une contradiction(car uN � 0) et on deduit que l � 0.

On suppose maintenant et jusqu’a la fin de l’exercice que (un)n�0 converge vers ` > 0.

3. On pose ✏ = l/2. Comme ✏ > 0 et u converge vers l, il existe N 2 N tel que pourtout n � N , |un � l| < ✏. Soit n � N . On a l � ✏ < uN < l + ✏. Or l � ✏ > l/2, onen deduit que pour tout n � N , un > l/2.

4. D’apres la question precedente il existe N1 tel que pour tout n � N1, un > l/2 > 0.

Soit n � N1. On a |pun �pl| =

�� un�lpun+

pl

�� < |un�l|pl/2+

pl.

Soit ✏ > 0. On pose ✏

0 = ✏(pl/2+

pl). Comme u converge vers l et ✏0 > 0, il existe

un rang N2 2 N tel que pour tout n � N2, |un� l| < ✏

0. On pose N = max(N1, N2).

Soit n � N . Comme n � N1, |pun�

pl| < |un�l|p

l/2+pl. Comme n � N2,

|un�l|pl/2+

pl ✏.

Finalement, on a bien |pun �pl| ✏.


Controle Continu 2 - Vendredi 11 decembre 2015

Groupes 2, 3, 5 et 6.

Duree : 1h30.




Exercice 1 (question de cours). (5 pts)

1. Soit D une partie de R, D son adherence, f une fonction de D dans R, x0 un point de Det ` un nombre reel. Ecrire avec des quantificateurs ce que signifie : ⌧ la fonction f tendvers ` en x0 �.

2. Enoncer et demontrer la caracterisation sequentielle de la limite en un point de l’adherencedu domaine (on se limitera au cas ou la limite est finie).

Exercice 2. (5 pts)

Pour chacune des relations fonctionnelles ci-dessous,— donner le domaine de definition maximal D ;— etudier l’existence de limites pour f en tout point de D\D, en +1 si D n’est pas majore,

et en �1 si D n’est pas minore ;— donner les valeurs de ces limites lorsqu’elles existent.

1. f(x) =3x3 + 2x2 + 1

(x2 + 1)(x+ 1)

2. f(x) =|x� 2|x

3 � 8

3. f(x) =E�p

x� 1�

lnx(ou E designe la partie entiere)

Exercice 3. (5 pts)

Soit f la fonction definie par l’expression

f(x) =p5� 2 sin(3x) .

1. Montrer que f est definie et continue sur R.2. (a) Montrer que, pour tout (x, y) 2 R2, on a l’inegalite

��f(x)� f(y)��

p3��x� y

��

(on pourra utiliser l’inegalite | sin(a)� sin(b)| |a� b|, valable pour tout (a, b) 2 R2).

(b) En deduire que f est uniformement continue sur R.3. Etudier l’existence d’une limite pour f en +1. On justifiera soigneusement la reponse.

Tourner la page, il y a un exercice au verso.

Exercice 4. (5 pts)

Soit f une fonction continue sur R telle que

limx!�1

f(x) = +1 et limx!+1

f(x) = +1 .

1. Montrer qu’il existe un reel B strictement positif tel que

8x 2 R \ [�B,B] , f(x) � f(0) + 1 .

2. Montrer que f est minoree sur R et qu’elle atteint sa borne inferieure ; on note m cetteborne inferieure.

3. Montrer qu’il existe deux reels a et b tels que a 6= b et

f(a) = f(b) = m+ 1 .


Corrige du controle Continu 2 - Vendredi 11 decembre 2015

Groupes 2, 3, 5 et 6.

Exercice 1 (question de cours).

Se reporter au cours.

Exercice 2.

1. f(x) est defini si et seulement si (x2+1)(x+1) 6= 0, c’est-a-dire si x+1 6= 0 car l’equationx

2 + 1 = 0 n’a pas de racine reelle.On a donc : D = R \ {�1}.Il faut etudier les limites en �1 et en ±1 puisque D n’est ni majore ni minore.

— limite en �1 :A priori, il s’agit d’une forme indeterminee de type 0

0 , donc le polynome numerateurde la fraction est divisible par x+1. En e↵ectuant la division euclidienne, on obtient :

f(x) =3x3 + 2x2 + 1

(x2 + 1)(x+ 1)=

(3x2 � x+ 1)(x+ 1)

(x2 + 1)(x+ 1)=

3x2 � x+ 1

x

2 + 1

et on a alors immediatement limx!�1

f(x) =5

2.

— limite en ±1 :On peut supposer x 6= 0 lorsqu’on fait tendre x vers l’infini. On ecrit alors :

f(x) =3x3 + 2x2 + 1)

(x2 + 1)(x+ 1)=

x

3(3 + 2x

+ 1x

3 )

x

3(1 + 1x

2 )(1 +1x

)=

3 + 2x

+ 1x

3

(1 + 1x

2 )(1 +1x

)

limx!±1

1x

= 0, d’ou limx!±1

(3 + 2x

+ 1x

3 ) = 3 et limx!±1

(1 + 1x

2 )(1 +1x

) = 1.

On conclut : limx!±1

f(x) = 3.

Il n’y avait pas lieu ici de distinguer les cas +1 et �1.

2. f(x) est defini si et seulement si x3 � 8 6= 0, c’est-a-dire si x 6= 813 = 2.

On a donc : D = R \ {2}.Il faut etudier la limite en 2 et en ±1 puisque D n’est ni majore ni minore.

— limite en 2 :A cause de la valeur absolue, on va devoir etudier separement limite a droite et limitea gauche.

si x > 2, |x� 2| = x� 2 et f(x) =x� 2

x

3 � 8, c’est une forme indeterminee de type 0

0 .

f(x) =x� 2

x

3 � 8=

x� 2

(x� 2)(x2 + 2x+ 4)=

1

x

2 + 2x+ 4

On en deduit : limx!2+

f(x) =1

12.

si x < 2, |x � 2| = 2 � x et f(x) = � x� 2

x

3 � 8; par le meme calcul que ci-dessus, on

obtient limx!2�

f(x) = � 1

12.

Les limites a droite et a gauche etant di↵erentes, on conclut que f n’admet pas delimite au point 2.

— limite en ±1 :De meme qu’a la question precedente, on peut supposer x 6= 0 lorsqu’on fait tendre x

vers l’infini. On a alors :

f(x) =|x� 2|x

3 � 8=

|x|��1� 2

x

��

x

3(1� 8x

3 )

Comme limx!±1

(1� 2x

) = 1, limx!±1

(1� 8x

3 ) = 1 et limx!±1

|x||x|3 = lim

x!±11x

2 = 0, on conclut

que limx!±1

f(x) = 0.

3. f(x) est defini si et seulement si, d’une partpx� 1 est defini, c’est-a-dire x � 1, et

d’autre part lnx est defini et non nul, c’est-a-dire x > 0 et x 6= 1.En conclusion, D =]1,+1[.Il faut donc etudier la limite (a droite) en 1 et la limite en +1 puisque D n’est pas majore.

— limite en 1 :Cette fois encore, on trouve une forme indeterminee de type 0

0 .Si 1 < x < 2, on a 0 < x� 1 < 1, d’ou E

�px� 1

�= 0.

La fonction f est nulle sur l’intervalle ouvert ]1, 2[, elle admet donc au point 1 unelimite a droite nulle : lim

x!1f(x) = 0.

— limite en +1 :Il s’agit ici d’une forme indeterminee de type 1

1 .On ecrit la double inegalite caracterisant la partie entiere :

8x 2 D,

px� 1� 1 < E

�px� 1

�

px� 1

En divisant cette inegalite par lnx (lnx > 0 sur D), on obtient l’encadrement :

8x 2 D,

px� 1

lnx� 1

lnx< f(x)

px� 1

lnx

limx!+1

lnx = +1, d’ou limx!+1

1

lnx= 0,

d’autre part,

px� 1

lnx=

qx(1� 1

x

)

lnx=

px

lnx

q1� 1

x

.

limx!+1

px

lnx= +1 (croissance comparee au voisinage de l’infini des fonctions puissance

et ln) et limx!+1

q1� 1

x

= 1, d’ou limx!+1

px� 1

lnx= +1.

On en deduit que limx!+1

px� 1

lnx� 1

lnx= +1, puis, cette fonction minorant f , que

limx!+1

f(x) = +1 .

Exercice 3.

1. De l’inegalite : sin(3x) 1 vraie pour tout reel x, on deduit facilement l’inegalite :

3 5� 2 sin(3x) (⇤)

d’ou a fortiori : 0 5� 2 sin(3x), ce qui assure l’existence dep

5� 2 sin(3x) : la fonctionf est bien definie sur R.La fonction sinus est continue sur R, la fonction x ! 5�2 sin(3x) aussi comme composeeet somme de fonctions continues, et on vient de verifier que cette fonction prend ses va-leurs dans R+. La fonction x !

px etant continue sur R+, on conclut par le theoreme

de composition des fonctions continues que f est continue sur R.

2. (a) Soit (x, y) 2 R2 :

��f(x)�f(y)�� =

��p5� 2 sin(3x)�

p5� 2 sin(3y)

�� =2 | sin(3y)� sin(3x) |p

5� 2 sin(3x) +p5� 2 sin(3y)

En utilisant l’inegalite | sin(a) � sin(b)| |a � b|, valable pour tout (a, b) de R2, on

majore le numerateur de la fraction ci-dessus par 6��x� y

��.En utilisant l’inegalite (*) de la question precedente et la croissance de la fonctionx !

px sur R+, on minore le denominateur par 2

p3. On obtient ainsi :

��f(x)� f(y)��

6��x� y

��

2p3

=p3��x� y

��

(b) D’apres ce qui precede, f estp3-lipschtitzienne, donc uniformement continue sur R.

3. Intuitivement, f n’a pas de limite en +1 parce que la fonction sinus n’a pas de limiteen +1. Pour le montrer en detail, il su�t d’apres la proposition de la limite sequentielled’exhiber deux suites (x

n

) et (yn

) tendant toutes deux vers +1, mais telles que les suites(f(x

n

)) et (f(yn

)) aient des limites di↵erentes.Posons : 8n 2 N, x

n

= n⇡ ; on a pour tout entier n : sin(3n⇡) = 0, d’ou f(xn

) =p5.

Posons alors : 8n 2 N, y

n

= (4n + 1)⇡

6; on a pour tout entier n : sin((4n + 1)

⇡

2) = 1,

d’ou f(yn

) =p3.

Il est clair que les suites (xn

) et (yn

) tendent toutes deux vers +1, alors que les suites(f(x

n

)) et (f(yn

)) sont constantes et distinctes, d’ou la conclusion.

Exercice 4.

1. On ecrit avec les quantificateurs que f(x) tend vers +1 quand x tend vers +1 :

8A > 0, 9B1 > 0, 8x > B1, f(x) � A

puis que f(x) tend vers +1 quand x tend vers �1 :

8A > 0, 9B2 > 0, 8x < �B2, f(x) � A

Pour A =| f(0) | +1 > 0, on determine B1 et B2 et on pose B = max{B1, B2}.On a : 8x > B, x > B1 et 8x < �B, x < �B2. On en deduit :

8x 2 R \ [�B,B], f(x) �| f(0) | +1 � f(0) + 1.

2. La fonction f est continue sur R, donc continue sur le segment [�B,B].D’apres le theoreme des bornes, f est bornee sur [�B,B] et atteint ses bornes : enparticulier, si m est la borne inferieure de f sur [�B,B], il existe un reel c de [�B,B]tel que m = f(c).

Mais m est aussi un minorant de f sur R \ [�B,B]. En e↵et :

8x 2 R \ [�B,B], f(x) � f(0) + 1 � f(0) � m,

car m = infx2[�B,B]

f(x) et 0 2 [�B,B].

On conclut que m est un minorant de f sur R ; m etant atteint au point c, c’est le mini-mum et donc la borne inferieure de f sur R.

3. D’apres le theoreme des valeurs intermediaires, on sait que l’image par f fonction continuede l’intervalle [c,+1[ est un intervalle.Comme f est minoree par m, cet intervalle est necessairement inclus dans la demi-droite[m,+1[. Mais f(c) = m et lim

x!+1f(x) = +1, donc f([c,+1[) = [m,+1[.

Tout point de [m,+1[ admet donc un antecedent dans [c,+1[ : il existe un reel a de[c,+1[ tel que f(a) = m+ 1, et comme f(c) = m 6= m+ 1, on a a 6= c.

En raisonnant symetriquement sur l’image par f de l’intervalle ] � 1, c], on prouvel’existence d’un reel b de ]�1, c[ tel que f(b) = m+ 1.Comme b < c < a, on a bien b 6= a, ce qui prouve que m+1 a au moins deux antecedentspar f .


Controle Continu 2 - Vendredi 11 decembre 2015 - Groupes 1 et 4.

Duree : 1h30.




Exercice 1 (questions de cours). (5 pts)

1. Enoncer le theoreme des bornes.

2. Le demontrer.

Exercice 2. (5 pts) Pour chacune des relations fonctionnelles ci-dessous,— donner le domaine de definition maximal D ;— etudier l’existence de limites pour f en tout point de D \ D, en +1 si D n’est pas

majore, et en �1 si D n’est pas minore ;— donner les valeurs de ces limites lorsqu’elles existent.

1. f : x 7!�p

x+ 1�px� 1

�e

x,

2. f : x 7! x

2 � E(x2)

x

ou E designe la partie entiere,

3. f : x 7! 1

1 +px+ sin(1/

px)

.

Exercice 3. (5 pts) Soit n � 1 un entier.

1. Montrer que l’equationP

n

k=1 xk = 1 admet une unique solution sur [0, 1]. On la

note a

n

.

2. Etudier le signe deP

n+1k=1 an

k � 1. En deduire que la suite (an

)n�1 est monotone.

3. Montrer que la suite (an

)n�1 converge. Montrer ensuite que sa limite est 1/2.

Exercice 4. (5 pts) Les trois questions sont independantes.Soit f une fonction definie et continue sur [0, T [, admettant une limite en T.

1. Montrer que f est bornee.

2. A quelle condition existe-t-il une fonction g : R ! R continue et T -periodique telleque g|[0,T [ = f ?

3. On suppose que g est une fonction de R dans R continue et T -periodique sur R.Montrer qu’il existe x 2 R tel que g([x, x+ T/2]) = g(R).


Elements de corrige du Controle Continu 2 - Vendredi 11 decembre 2015 -

Groupes 1 et 4.

Duree : 1h30.

Exercice 2.

1. L’exponentielle est definie sur R et la racine du R+. Le mecanisme a donc du senspour un reel x si et seulement si x + 1 � 0 et x � 1 � 0. Le domaine maximal estdonc D = [1,+1[= D. En multipliant par la quantite conjuguee, on obtient quepour tout x 2 D, f(x) = 2exp

x+1+px�1

. On en deduit par croissance comparee que

limx!+1 f(x) = +1.

2. Le numerateur est bien defini pour tout reel x. Le denominateur aussi et ne s’annulequ’en 0. Le domaine est donc D = R⇤ et D \ D = 0.Soit x tel que |x| < 1, on a E(x2) = 0 et donc f(x) = x. D’ou lim

x!0 f(x) = 0.Pour tout x 2 R, 0 x

2 � E(x2) < 1 donc pour x > 0, 0 f(x) < 1/x. D’oulim

x!+1 f(x) = 0. Comme f est impaire, on en deduit limx!�1 f(x) = 0.

3. La racine est definie sur R+ et ne s’annule qu’en 0 donc le denominateur est definisur R⇤

+. De plus pour tout x > 0, �1 sin(1/px) 1 donc 0 1+ sin(1/

px) 2

et, commepx > 0, 0 < 1+ sin(1/

px)+

px. Donc le denominateur ne s’annule pas

sur R⇤+. Finalement on a prouve que D = R⇤

+ et D \ D = 0.Pour tout x > 0, 1 +

px+ sin(1/

px) �

px, d’ou lim

x!+1 f(x) = 0.On considere la suite (x

k

) = (1/(⇡/2 + 2k⇡)2). On a x

k

! 0 et f(xk

) ! 1/2. Parailleurs la suite (y

k

) = (1/(2k⇡)2) verifie y

k

! 0 et f(yk

) ! 1. On en deduit parcaracterisation sequentielle que f n’a pas de limite en 0.

Exercice 3. Soit n � 1 un entier.

1. On definit sur [0, 1] la fonction f

n

par :

f

n

(x) =nX

k=1

x

k � 1 8x 2 [0, 1].

La fonction f est continue, f(0) = �1 et f(1) = n � 1 � 0. On en deduit par letheoreme des valeurs intermediaires qu’il existe un reel a

n

2 [0, 1] tel que f(an

) =0. De plus f

n

est strictement croissante donc injective et a

n

est donc l’uniqueantecedent de 0. On en deduit que a

n

est l’unique solution sur [0, 1] de l’equationproposee.

2. On aP

n+1k=1 an

k � 1 =P

n

k=1 ank � 1+ a

n+1n

= a

n+1n

� 0. En appliquant de nouveaule theoreme des valeurs intermediaires a f

n+1 entre 0 et a

n

, on montre que cettefonction s’annule sur [0, a

n

]. Comme on a vu a la question precedente que sonunique zero est a

n+1, on en deduit que 0 a

n+1 a

n

et donc que la suite (an

) estdecroissante.

3. La suite (an

)n�1 est decroissante et minoree par 0, donc elle converge. On note l sa

limite.Par ailleurs en calculant la somme des premiers termes d’une suite geometrique on

observe que pour tout n � 1, fn

(1/2) = �1/2n 0. On en deduit que pour toutn � 1, a

n

� 1/2.

Soit 0 < ✏ < 1/2. Pour tout n � 1, fn

(1/2+✏) = 1�(1/2+✏)n+1

1/2�✏

�2 donc (fn

(1/2+✏))converge vers un reel strictement positif. On en deduit que pour n assez granda

n

1/2 + ✏.Finalement a partir d’un certain rang, 1/2 a

n

1/2+ ✏ et donc par passage a lalimite 1/2 l 1/2 + ✏. Comme ✏ est arbitrairement petit, on deduit que l = 1/2.

Exercice 4.

1. On note l la limite de f en T . On peut donc prolonger f par continuite sur [0, T ]en posant f(T ) = l. Comme f est continue sur un segment, d’apres le theoremedes bornes, f est bornee (et atteint ses bornes).

2. Supposons tout d’abord qu’une telle fonction g existe. On a alors g(T ) = g(0) =f(0). De plus comme g est continue g(T ) = lim

t!T

� g(t) = limt!T

� f(t) = l. Onen deduit que f(0) = l.Reciproquement supposons f(0) = l. On definit alors g, T�periodique par g|[0,T [ =f (c’est toujours possible). Il faut verifier que g est continue. Seuls les points kT, k 2Z posent probleme. Soit k 2 Z. On a par periodicite lim

t!kT

� g(t) = limt!T

� g(t) =lim

t!T

� f(t) = l. De plus limt!kT

+ g(t) = limt!0+ g(t) = lim

t!0+ f(t) = f(0).Comme f(0) = l, on en deduit que g est continue en kT .

3. D’apres le theoreme des bornes, g est bornee sur [0, T ] et atteint ses bornes. Il existedonc ↵ et � dans [0, T ] tels que g(↵) = min[0,T ] g et g(�) = max[0,T ] g. On a doncg([0, T ]) = [g(↵), g(�)] et comme g est T -periodique, g(R) = [g(↵), g(�)].Supposons ↵ � (le raisonnement est identique dans l’autre cas). Si � ↵+ T/2.Alors, d’apres le theoreme des valeurs intermediairesg([↵,↵+ T/2]) � g([↵,�]) � [g(↵), g(�)] = g(R).Sinon, ↵+ T � + T/2 etg([�,� + T/2]) � g([�,↵+ T ]) � [g(↵), g(�)] = g(R).


Partiel - Mercredi 12 Novembre 2014

duree : 2h00.

Les documents, calculatrices, telephones et ordinateurs portables sont interdits.Le bareme est donne a titre indicatif.

On n’hesitera pas a admettre le resultat d’une question qu’on n’arrive pas a resoudrepour traiter les suivantes.

Exercice 1. (Questions de cours - 3 points)

1. Enoncer le theoreme de Bolzano-Weierstrass.

2. Montrer que toute suite reelle croissante majoree converge.

Exercice 2. (6 points) Soit a et b deux reels positifs. On definit (an)n�0 et (bn)n�0 para0 = a, b0 = b et

8n � 0, an+1 =p

anbn et bn+1 =an + bn

2.

1. Montrer que (an)n�0 et (bn)n�0 sont bien definies.

2. Montrer que

8n � 0, bn+1 � an+1 =(pbn �p

an)2

2.

En deduire que pour tout n � 1, bn � an.

3. Montrer que (an)n�1 est croissante et (bn)n�1 est decroissante.

4. Montrer que

8n � 0, |bn+1 � an+1| 1

2|bn � an|.

En deduire que (bn � an)n�1 converge vers 0.

5. Montrer que (an)n�1 et (bn)n�1 sont convergentes.

Exercice 3. (4 points) Soit (uk)k�1 une suite reelle bornee. On definit la suite (vn)n�1

par8n � 1, vn = sup{uk, k � n}.

1. Montrer que la suite (vn)n�1 est bien definie.

2. Soit A et B deux sous-ensembles de R non vides majores tel que A ⇢ B. Montrerque supA supB. En deduire que la suite (vn)n�1 est decroissante.

3. Montrer que la suite (vn)n�1 converge.

Exercice 4. (7 points) Soit (un)n�1 une suite reelle, on definit la suite (vn)n�1 par

vn =

Pnk=1 ukn

, n � 1.

Dans cet exercice, on pourra utiliser sans le redemontrer le theoreme de Cesaro :Si (un)n�1 converge vers un reel l alors (vn)n�1 converge aussi vers l.

Dans les trois premieres questions il s’agit de montrer une extension de Cesaro :Si (un)n�1 tend vers +1 alors (vn)n�1 tend aussi vers +1.

1. Soit A > 0. Montrer qu’il existe N 2 N tel que pour tout n � N :

vn �PN

k=1 ukn

+n�N

n(A+ 2)

2. L’entier N etant fixe par la question precedente, montrer qu’il existe N 0 2 N tel quepour tout n � N 0 :

n�N

n(A+ 2) � A+ 1

3. L’entier N etant fixe par la question 1, montrer qu’il existe N 00 2 N tel que pourtout n � N 00

PNk=1 ukn

� �1

4. En deduire que (vn)n�1 tend vers +1.

La derniere question consiste a montrer une reciproque partielle de Cesaro :

5. Montrer : Si (un)n�1 est croissante et (vn)n�1 converge vers un reel l alors (un)n�1

converge vers l.

Université Paris DauphineDE MI2E, Analyse 1 9 novembre 2015

Corrigé du partiel du lundi 9 novembre.

��

Exercice 1.

On se reportera au cours.

Exercice 2.

1. • Pour tout n 2 N?,

un+1 � un =1pn+ 1

est un nombre positif. Donc (un)n�1 est croissante.• Soit n 2 N?.

vn+1 � vn =1pn+ 1

+ 2pn� 2

pn+ 1

=1pn+ 1

+ 2n� (n+ 1)pn+

pn+ 1

=1pn+ 1

� 2pn+

pn+ 1

.

Or,pn+

pn+ 1 est un nombre positif et inférieur à 2

pn+ 1. Ainsi, 2p

n+pn+1

> 1pn+1

, et un+1 � un estun nombre négatif.

Conclusion : (vn)n�1 est décroissante.

• Soit n 2 N?. On obtient de même

wn+1 � wn =1pn+ 1

+ 2pn+ 2� 2

pn+ 1

=1pn+ 1

� 2pn+ 1 +

pn+ 2

.

Or,pn+ 1+

pn+ 2 est un nombre positif et supérieur à 2

pn+ 1. Donc 2p

n+pn+1

< 1pn+1

, et wn+1 �wn

est un nombre positif.

Conclusion : (wn)n�1 est croissante.

2. • Pour tout n 2 N?,

vn � wn = 2pn+ 1� 2

pn = 2

n+ 1� npn+ 1 +

pn=

2pn+ 1 +

pn.

Quand n tend vers l’infini,pn+ 1 +

pn tend vers +1. Donc (vn � wn) converge vers zéro.

• Puisque la suite (vn) est décroissante et la suite (wn) croissante, on en déduit que ces deux suites sontadjacentes.

3. • Les deux suites (vn) et (wn) étant adjacentes, elles convergent toutes les deux. Pour tout n 2 N?, nousavons un = vn +2

pn. La suite (un) est donc la somme d’une suite convergente et d’une suite qui tend vers

+1, elle tend donc vers +1.

1


• Pour tout n 2 N?, nous avons

un

2pn=

vn2pn+ 1

La suite⇣

vn2pn

⌘

n�1est le quotient d’une suite qui converge par une suite qui tend vers +1, et converge

donc vers zéro. On en déduit que⇣

un

2pn

⌘

n�1converge vers 1.

Exercice 3.

1. Soit (un)n�0 une suite réelle non majorée. Nous allons construire par récurrence une application ' : N ! Ntelle que (u'(n))n�0 tende vers +1.

Comme (un)n�0 n’est pas majorée, il existe un entier naturel k0 tel que uk0 soit positif. Posons '(0) = k0.

Il existe un entier naturel k1 qui vérifie uk1 > 1 et k1 > '(0). En effet, si l’ensemble {k 2 N , uk > 1 et k > '(0)}était vide, la suite (un)n�0 serait majorée. Posons alors '(1) = k1.

On peut répéter indéfiniment ce processus pour construire une application de N dans N par récurrence :supposons '(0),'(1), ...'(n) construits dans N de façon à ce que '(0) < '(1) < ... < '(n) et pour toutentier i tel que 0 i n, u'(i) > i. Alors il existe un entier naturel kn+1 qui vérifie ukn+1 > n + 1 et

kn+1 > '(n), et on note '(n+ 1) cet entier.

L’application ' : N ! N a alors les deux propriétés suivantes :— Pour tout n 2 N, '(n+ 1) > '(n) ;— pour tout n 2 N, u'(n) > n.

La suite (u'(n))n�0 est alors une suite extraite de (un)n�0 qui tend vers +1.

2. Soit (vn)n�1 une suite réelle.

• Si (vn)n�1 est bornée, alors d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, elle admet une sous-suite quitend vers une limite finie.

Si (vn)n�1 n’est pas bornée, alors elle n’est soit pas majorée, soit pas minorée :• Si (vn)n�1 n’est pas majorée, alors d’après le résultat de la première question, elle admet une sous-suitequi tend vers +1.

• Si (vn)n�1 n’est pas minorée, alors la suite (�vn)n�1 n’est pas majorée, et d’après le résultat de la pre-mière question, elle admet une sous-suite qui tend vers +1. Si (�v'(n))n�0 est une telle sous-suite, la suite(v'(n))n�0 est extraite de (vn)n�1 et tend vers +1.

3. Pour tout n 2 N, posons 1

un =

8><

>:

1 si n ⌘ 0 mod 3,n si n ⌘ 1 mod 3,�n si n ⌘ 2 mod 3.

Alors (u3n)n�0 est constante et donc convergente, (u3n+1)n�0 n’est autre que (3n+1)n2N et donc tend vers+1, tandis que (u3n+2)n�0 est (�3n� 2)n2N et donc tend vers �1.

Autre exemple : si n 2 N, posons

un =

(n · (�1)n/2 si n est pair,1 si n est impair.

1. Rappelons qu’on écrit n ⌘ 0 mod 3 (resp. n ⌘ 0 mod 3, n ⌘ 0 mod 3) lorsque n est de la forme 3k (resp 3k + 1, 3k + 2) où kest un entier relatif.

2


Alors la suite (u2k+1)k�0 est constante et donc convergente, la suite (u4k)k�0 n’est autre que (4k)k�0 ettend donc vers +1, tandis que la suite (u4k+2)k�0 n’est autre que (�4k + 2)k�0 et tend vers �1.

Exercice 4.

1. Puisque A est non vide, considérons un élément a de A. Alors (H1) nous dit que (�a) est un élément deA, et (H2) nous permet alors de dire que a+ (�a) = 0 est aussi un élément de A. Ainsi 0 appartient à A.

2. Soient a et b deux éléments de A. Alors en utilisant (H1), on sait que (�b) est un élément de A, et enutilisant (H2), nous savons que a+ (�b) est aussi un élément de A. Ainsi a� b appartient à A.

3. • L’ensemble A+ est une partie de R.

• Il n’est pas vide : d’après (H3) il existe un élément non nul x de A. Si x est strictement positif, c’est unélément de A+, et si x est strictement négatif, �x est strictement positif et c’est un élément de A d’aprèsla première question, donc c’est un élément de A+.

• Il est minoré : puisqu’il est contenu dans ]0,+1[, zéro en est un minorant.Ainsi A+ est une partie non vide et minorée de R, et admet une borne inférieure.

4. i. Posons " = m ; c’est un nombre strictement positif. Puisque m est la borne inférieure de A+, il existeun élément a1 de A+ qui vérifie

m a1 < m+ " = 2m.

Notons que a1 appartient à A. Comme m n’est pas un élément de A+ par hypothèse, on a

m < a1 < 2m,

ce qu’il fallait montrer.

ii. Posons " = a1 � m ; c’est un nombre strictement positif. Puisque m est la borne inférieure de A+, ilexiste un élément a2 de A+ qui vérifie

m a2 < m+ " = a1.

Comme précédemment a2 ne peut pas être égal à m, et donc

m < a2 < a1,


iii. Considérons le nombre réel a1 � a2. Il est strictement positif, et c’est un élément de A d’après ladeuxième question. Donc c’est un élément de A+. Par ailleurs, c’est la différence entre un nombre stric-tement inférieur à 2m et un nombre strictement supérieur à m, donc a1 � a2 < m. Mais alors m nepeut pas être un minorant de A+, ce qui est une contradiction. Par conséquent, l’hypothèse m /2 A està rejeter, et m 2 A.

5. • Montrons d’abord par récurrence que pour tout k 2 N?, km appartient à A.— Nous venons de voir que m appartient à A. Donc 1⇥m appartient à A.— Soit k 2 N?. Supposons que km appartient à A. D’après (H2), km + m appartient aussi à A, donc

(k + 1)m appartient à A.— Cela termine notre récurrence.

• En utilisant le résultat de la question 2 et ce qu’on vient de voir, on obtient alors : pour tout entierk �1, km appartient à A.

• En ajoutant que zéro est un élément de A d’après la question 1, on obtient bien : 8k 2 Z, km 2 A,c’est-à-dire mZ ⇢ A.

3


6. • Soit a un élément de A qui n’appartient pas à mZ. Rappelons que m > 0. Notons k la partie entière deam . Alors nous avons

k a

m< k + 1

et comme m est strictement positif, on obtient

mk a < m(k + 1).

Comme a n’appartient pas à mZ, on ne peut pas avoir a = mk, donc

mk < a < m(k + 1),


• L’inégalité que nous venons de démontrer prouve que le nombre a �mk est donc strictement positif, etstrictement inférieur à m. Comme mZ est inclus dans A, le nombre a � mk est un élément de A qui eststrictement positif, donc c’est un élément de A+, et il est strictement inférieur à m. Donc m ne peut pasêtre un minorant de A, ce qui est absurde. On en déduit que a appartient à mZ. Ainsi A est inclus dans mZ.

• Nous avons démontré que mZ ⇢ A et que A ⇢ mZ. Par conséquent,

A = mZ.

Rappelons que nous avons fait l’hypothèse m > 0 dans les questions 4 à 6. On obtient alors la conclu-sion suivante : soit A une partie non vide de R vérifiant les hypothèses (H1), (H2), (H3). Posons m =inf(A\]0,+1[). Alors! ou bien m = 0,! ou bien m > 0, et alors A = mZ.

4


Examen d’analyse 1 - Mercredi 20 Janvier 2016.

Duree : 2h00.




Exercice 1. (3 pts)(Question de cours) Enoncer et prouver le theoreme de Rolle.

Exercice 2. (8 pts)Soit (un)n�1 une suite positive verifiant

un+m � un + um, 8(n,m) 2 (N \ {0})2 .

On fixe N � 1.Les 3 premieres questions sont independantes.

1. Montrer que (un)n�1 est croissante.

2. Montrer que pour tout k � 1, ukN � kuN .

3. On note E la fonction partie entiere.

(a) Montrer que pour tout n � 0, n � E( nN )N .

(b) Montrer que la suite�Nn E( n

N )�n�1

tend vers 1.

4. Deduire des questions precedentes qu’a partir d’un certain rang unn � uN

2N .

On suppose desormais que l’ensemble {unn , n � 1} n’est pas majore.

5. Prouver que (unn )n�1 tend vers +1. Indication : on pourra s’appuyer directement

sur la definition de la limite.

Exercice 3. (9 pts)Soit f une fonction de classe C1 sur ]0,+1[. On suppose que f admet une limite l 2 R en0+ et que f

0 admet une limite l

0 2 R en 0+.

1. Exemple : montrer que la fonction u definie par

8x 2]0,+1[, u(x) = x

2 sin(ln(x))

verifie les memes hypothese que f : elle est de classe C

1 sur ]0,+1[ et, u et u

0

admettent des limites reelles en 0+ (que l’on determinera).

2. (Question de cours) Rappeler la definition du prolongement par continuite de f en0. On le notera f par la suite.

3. Montrer que f est en fait un prolongement C1 de f sur [0,+1[. Indication : on

pourra utiliser le theoreme des accroissements finis pour etudier la derivabilite en

0+.

Soit g une fonction de classe C1 sur ]0,+1[. On suppose seulement que g

0 admet pourlimite l

0 en 0+ (on ne suppose rien sur la convergence de g en 0).

4. Il est possible de continuer l’exercice en admettant le resultat de cette question.

Montrer qu’il existe ⌘ > 0 tel que pour tout x 2]0, ⌘[,��g(⌘)� g(x)

⌘ � x

� l

0�� 1.

En deduire que l’ensemble {g(x), x 2]0, ⌘[} est borne.

5. Soit N 2 N tel que 1/N < ⌘. Montrer que (g( 1n))n�N admet une sous-suite conver-gente.Par la suite, on notera � l’extraction correspondante et l la limite de (g( 1

�(n)))n�N .

6. (a) Soit (xn)n�1 une suite a valeurs dans ]0,+1[ convergeant vers 0. Montrer que(|g(xn)� g( 1

�(n))|)n�1 converge vers 0.

(b) En deduire que g converge vers l en 0.

7. Montrer que g admet un prolongement C1 sur [0,+1[.


Corrige de l’examen d’analyse 1 - Mercredi 20 Janvier 2016.

Exercice 2.

1. Soit n � 1. On a u

n+1 � u

n

+ u1. Or u1 � 0 donc u

n+1 � u

n

. On en deduit que lasuite u est croissante.

2. Nous allons prouver par recurrence que pour tout k � 1, ukN

� ku

N

.Pour k = 1, l’hypothese de recurrence est vraie.Soit k � 1. On suppose que u

kN

� ku

N

. On a u(k+1)N � u

kN

+ u

N

. De plus,d’apres l’hypothese au rang k, u

kN

� ku

N

. On en deduit u(k+1)N � ku

N

+ u

N

etdonc u(k+1)N � (k + 1)u

N

3. (a) Soit n � 0. D’apres la definition de la partie entiere E( n

N

) n

N

et doncn � E( n

N

)N .

(b) Soit n � 0. D’apres la definition de la partie entiere n

N

� 1 < E( n

N

) et donc1 � N

n

<

N

n

E( n

N

). En utilisant la question precedente, on obtient 1 � N

n

<

N

n

E( n

N

) 1. D’apres le theoreme d’encadrement, on en deduit que�N

n

E( n

N

)�n�1

tend vers 1.

4. On pose ✏ = 1/2. D’apres la definition de la convergence, il existe un rang M telque pour tout n � M , |N

n

E( n

N

) � 1| < 1/2. En particulier, pour tout n � M ,N

n

E( n

N

) > 1/2.Soit n � M . D’apres la question 3, n � E( n

N

)N et donc d’apres la question 1,u

n

� u

E( nN )N . D’apres la question 2, u

E( nN )N � E( n

N

)uN

. On obtient finalement

u

n

n

� N

n

E(n

N

)u

N

N

� 1

2

u

N

N

,

ou la derniere inegalite vient de la definition de M et du fait que n � M .

5. Soit A > 0. Comme {unn

, n � 1} n’est pas majore, il existe N tel que uNN

� 2A.D’apres la question 4, il existe un rang M tel que pour tout n � M , un

n

� uN2N � A.

On en deduit que (unn

)n�1 tend vers +1.

Exercice 3.

1. La fonction ln est C1 sur ]0,+1[. La fonction sin et la fonction carre sont C1 surR. On en deduit par composition et produit de fonctions que u est C1 (et memeC1) sur son domaine ]0,+1[.Pour tout x 2 R, | sin(x)| 1. On en deduit que pour tout x 2]0,+1[, |u(x)| x

2

et donc limx!0+ u(x) = 0.

Pour tout x 2]0,+1[, u0(x) = 2x sin(ln(x)) + x cos(ln(x)). En utilisant que sin etcos sont bornes par 1, on obtient que pour tout x 2]0,+1[, |u0(x)| 3x. On endeduit que lim

x!0+ u

0(x) = 0.

2. On definit le prolongement par continuite f de f par

f : R+ ! R

x 7!(f(x) si x > 0

l si x = 0

3. La fonction f est C1 sur ]0,+1[ (de derivee f

0) et continue sur [0,+1[. Il restedonc uniquement a montrer que f est derivable en 0+ et que f

0 converge vers f 0(0)en 0+ (i.e. f 0 est continue en 0).Soit x > 0. La fonction f est continue sur [0, x] et derivable sur ]0, x[ de derivee f 0 ;on en deduit, d’apres le theoreme des accroissements finis qu’il existe c

x

2]0, x[ telque f(x)�f(0)

x�0 = f

0(cx

). Comme f 0 admet pour limite l0 en 0+, et que limx!0+ c

x

= 0,

on en deduit, par composition de limites, que limx!0+

f(x)�f(0)x�0 = l

0. La fonction f

est donc derivable en 0+ et f 0(0) = l

0 = limx!0+ f

0(x).

4. On pose ✏ = 1. D’apres la definition de la limite, il existe ⌘ > 0 tel que

8y 2]0, ⌘[, |g0(y)� l

0| < 1.

Soit 0 < x < ⌘. La fonction g est C1 sur [x, ⌘] donc d’apres le theoreme des

accroissements finis, il existe c

x

2]x, ⌘[ tel que g(⌘)�g(x)⌘�x

= g

0(cx

). On en deduit que��g(⌘)�g(x)⌘�x

� l

0�� 1.

Soit x 2]0, ⌘[. On a donc g(⌘)+(�1+l

0)(⌘�x) g(x) g(⌘)+(1+l

0)(⌘�x). On endeduit que |g(x)| est inferieur au maximum entre |g(⌘)|+|1+l

0|⌘ et |g(⌘)|+|�1+l

0|⌘.Cette borne etant independante de x, l’ensemble {g(x), x 2]0, ⌘[} est borne.

5. Soit N 2 N tel que 1/N < ⌘. D’apres la question precedente la suite (g( 1n

))n�N

estbornee. D’apres le theoreme de Bolzano Weierstrass, elle admet donc une sous-suiteconvergente. Par la suite, on notera � l’extraction correspondante et l la limite de(g( 1

�(n)))n�N

.

6. (a) Comme g

0 est continue sur le segment [0, ⌘] elle est, d’apres le theoreme debornes, bornee sur [0, ⌘]. On note K une de ses bornes. D’apres l’inegalite desaccroissements finis, pour tout (u, v) 2]0, ⌘[2, |g(u)� g(v)| K|u� v|.Soit (x

n

)n�1 une suite a valeurs dans ]0,+1[ convergeant vers 0. D’apres la

definition de la convergence (xn

)n�1 est a valeur dans ]0, ⌘[ a partir d’un certain

rang. On a donc a partir de ce rang

|g(xn

)� g(1

�(n))| K|x

n

� 1

�(n)|.

Comme (|xn

� 1�(n) |)n�1 converge vers 0, on en deduit que (|g(x

n

)�g( 1�(n))|)n�1

converge vers 0.

(b) Comme(g( 1�(n)))n�1 converge vers l et (|g(x

n

)� g( 1�(n))|)n�1 converge vers 0, la

suite (g(xn

))n�1 converge vers l. On en deduit que pour toute suite (x

n

)n�1 a

valeur dans ]0,+1[ et convergeant vers 0, la suite (g(xn

))n�1 converge vers l.

Par caracterisation sequentielle, on obtient que que g converge vers l en 0.

7. La fonction g verifie donc les memes hypotheses que la fonction f etudiee au debutde l’exercice en question 2 et 3 : elle est C1 sur ]0,+1[ et, g et g0 admettent une li-mite reelle en 0+. On en deduit, d’apres la question 3, que g admet un prolongementC1 a [0,+1[.


Examen d’analyse 1 - Deuxieme Session - 12 Juillet 2016.

Duree : 2h00.




Exercice 1. (5 pts)

1. (Question de cours) Rappeler les deux definitions de la borne superieure et montrerqu’elles sont equivalentes.

2. Soit A une partie non vide et majoree de R, et M un nombre reel qui verifie lapropriete suivante :

8n 2 N?, M + 1

n est un majorant de A, mais M � 1n n’est pas un majorant de A.

Montrer que sup(A) = M .

Exercice 2. (6 pts)

1. (Question de cours) Enoncer le theoreme des valeurs intermediaires.

Pour tout entier naturel n, on considere le mecanisme fonctionnel suivant :

x ! fn(x) =x

3

p1 + x

+ n

2. Pour n � 0, determiner le domaine de definition de fn, etudier les limites auxbornes du domaine, la continuite et la derivabilite de fn.

3. Montrer que pour tout entier n, il existe un unique reel xn tel que fn(xn) = 0.

4. Calculer fn+1(xn). En deduire que la suite (xn) est monotone.

5. Etudier la convergence de la suite (xn). Si c’est pertinent, on precisera la limite.

Exercice 3. (4 pts)

1. Montrer que pour tout entier n � 1, il existe un reel cn 2 [n, n+ 1] tel que

(n+ 1)e1

n+1 � ne

1n =

cn � 1

cne

1cn

2. En deduire la limite de la suite⇣(n+ 1)e

1n+1 � ne

1n

⌘

n�1

Exercice 4. (5 pts) Soit u une suite reelle. On dit qu’un reel l est valeur d’adherence

de u s’il existe une sous-suite de u convergeant vers l.

1. Montrer qu’une suite convergente admet une unique valeur d’adherence.

2. Montrer qu’une suite croissante qui admet une valeur d’adherence converge.

3. Montrer qu’une suite bornee qui admet une unique valeur d’adherence converge.


Corrige de l’ examen d’analyse 1 - Deuxieme Session - 12 Juillet 2016.

Duree : 2h00.




Exercice 1. ( pts)

1. Voir le cours.

2. Soit x 2 A. Pour tout n � 1, M +1/n � x. Donc en passant a la limite, M � x. Onen deduit que M est un majorant de A. Soit K un majorant de A. Pour tout n � 1,M � 1/n n’est pas un majorant de A donc il existe x 2 A tel que x > M � 1/n.Comme K majore A, on en deduit que K > M � 1/n et, en passant a la limite,que K � M . Finalement on a prouve que M est le plus petit des majorants de A

donc M = sup(A)

Exercice 2. ( pts)

1. Voir le cours.

2. Soit n � 0. Le denominateur est defini quand 1 + x � 0. La fraction est definiequant

p1 + x > 0. Finalement, le domaine est ]� 1,+1[.

On a limx!�1

p1 + x = 0 et lim

x!�1 x3 = �1. De plus, pour tout x > 1,

p1 + x >

0 donc finalement limx!�1 fn(x) = �1.

Pour tout x > 1, fn

(x) =x

2p1 + x

1/x+ 1+n

p1 + x. On en deduit que lim

x!+1 f

n

(x) =

+1.Enfin, f

n

est continue et derivable sur son domaine comme fraction de fonctionsderivables dont le denominateur ne s’annule pas. Le calcul permet de montrer quepour tout x > �1,

f

0n

(x) =5/2x3 + 3x2

(1 + x)p1 + x

3. Comme f

0n

(x) � 0 pour tout x > �1 et ne s’annule que en 0, on en deduit quef

n

est strictement croissante. De plus f

n

est continue. D’apres le theoreme de labijection, l’image de f

n

est un intervalle et fn

est une bijection de ]� 1,+1[ versson image. Enfin l’etude des limites en �1 et +1 montre que l’intervalle image est]�1,+1[. En particulier 0 appartient a l’image et il existe donc un unique x

n

telque f

n

(xn

) = 0.

4. On a f

n+1(xn) = f

n

(xn

) + 1 = 1. Comme f

n+1 est strictement croissante on endeduit que x

n+1 < x

n

.

5. La suite (xn

)n�0 est decroissante et minoree par �1. Elle est donc convergente.

Soit ✏ > 0. On considere N tel que N � f0(�1 + ✏). Soit n � N , fn

(�1 + ✏) � 0.Comme f

n

est croissante, on en deduit que �1 < x

n

�1 + ✏. Par definition de laconvergence, (x

n

) converge vers �1.

Exercice 3. ( pts)

1. La fonction f definie pour tout x 6= 0 par f(x) = xe

1/x est derivable sur R⇤+. Pour

tout x > 0, on a f

0(x) = (1� 1/x)e1/x.Soit n � 1. D’apres le theoreme des accroissements finis applique sur [n, n + 1], ilexiste c

n

2]n, n+ 1[ tel que

f

0(cn

) =f(n+ 1)� f(n)

(n+ 1)� n

.

On en deduit le resultat demande.

2. Comme n c

n

n+1, on a limn!+1 c

n

= +1. On en deduit que limn!+1(c

n

�1)/c

n

= 1 et limn!+1 1/c

n

= 0. Finalement limn!+1(n+1)e

1n+1�ne

1n = lim

n!+1 f

0(cn

) =1.

Exercice 4. ( pts)

1. On suppose u convergente vers l 2 R. Comme n 7! n est une extraction, l est valeurd’adherence. De plus toute sous-suite de u converge vers l donc l est l’unique valeurd’adherence de u.

2. On suppose que u est croissante et admet une valeur d’adherence l, limite de lasuite extraite (u

�(n)). Il existe N tel que pour tout n � N , l � 1 u

�(n) l + 1.Pour tout n � N , n �(n) et, comme u est croissante, u

n

u

�(n) l + 1. Onen deduit que l + 1 est un majorant de (u

n

)n�N

. Finalement, u est croissante etmajoree donc convergente.

3. On suppose que u est bornee et admet une unique valeur d’adherence l. Supposonspar l’absurde que u ne converge pas vers l. Il existe donc ✏ > 0 et une extraction telle que pour tout n � 0, |u

(n) � l| > ✏. La suite (u (n)) est bornee car extraction

d’une suite bornee. Elle admet donc d’apres le theoreme de Bolzano Weierstrassune valeur d’adherence l0. Par passage a la limite |l0� l| � ✏ et donc l 6= l

0. On tientdonc une contradiction.


DM

Les calculs numeriques de ce devoir necessitent l’utilisation d’une calculatrice.

Partie ISoient les fonctions f et g definies sur R+ par : f(x) = 1� x

14 et g(x) = x� f(x).

1. Montrer que l’equation f(x) = x admet sur R+ une unique racine reelle ↵, et que0 < ↵ < 1.

2. Etudier la monotonie de f et celle de sa derivee f

0.

3. Soit a = 0, 16 et b = 0, 48.Montrer que f([a, b]) ⇢ [a, b] (on dit que l’intervalle [a, b] est stable par f) et que :

8x � a, | f 0(x) | 0, 99.

4. Soit la suite (un) definie par u0 = 0, 16 et par la relation de recurrence :

8n 2 N, un+1 = f(un).

Montrer que cette suite est bien definie et est a valeurs dans [a, b].

5. En utilisant l’inegalite des accroissements finis, montrer que :

8n 2 N, | un+1 � ↵ | 0, 99 | un � ↵ | .

En deduire que la suite (un) converge vers ↵.

6. Montrer que la suite (u2n) est croissante et que la suite (u2n+1) est decroissante.Que peut-on dire de ces deux suites ? Montrer que :

8n 2 N, u2n ↵ u2n+1.

7. En deduire une valeur approchee de ↵ a 10�6 pres . Combien de termes de la suitea-t-il fallu calculer pour obtenir cette valeur ?

Partie II

On propose dans cette seconde partie une autre methode d’approximation de ↵.La fonction g est celle definie dans la partie I.Partant de a0 = 0, 1 et b0 = 1, on va construire par recurrence deux suites (an) et (bn) parle procede suivant :Si on suppose connus deux reels an et bn tels que : 0 < an < ↵ < bn 1, on note An et Bn

les points du graphe de g d’abscisses respectives an et bn, �n la tangente en An au graphede g, et �0

n la droite AnBn.

1. Dessiner le graphe de g avec les elements geometriques decrits ci-dessus.

2. Determiner l’equation de �n et l’ecrire sous la forme y = un(x).Montrer que �n a un unique point d’intersection avec l’axe x

0x : on notera an+1

l’abscisse de ce point.Determiner ensuite l’equation de �0

n et l’ecrire sous la forme y = vn(x).Montrer que �0

n a un unique point d’intersection avec l’axe x

0x : on notera bn+1

l’abscisse de ce point.

3. Montrer que : 8n 2 N, an+1 � an > 0 et bn+1 � bn < 0.

4. Dresser le tableau de variations sur l’intervalle [an, bn] des fonctions hn = g�un etkn = g � vn.En deduire que : 8x 2]an, bn[, vn(x) < g(x) < un(x), puis que : an+1 < ↵ < bn+1.

5. En deduire que 8n 2 N, 0 < an < an+1 < ↵ < bn+1 < bn 1.

6. Quelle approximation de ↵ obtient-on en calculant les termes a4 et b4 ?Comparer avec la methode de la partie I.


Corrige DM Methode de Newton

Le but de ce probleme est de donner un exemple de di↵erentes methodes d’approximationd’un zero d’une fonction et de les comparer entre elles.

Partie I

1. L’equation f(x) = x etant equivalente a l’equation g(x) = 0, on etudie les varia-tions de la fonction g sur R+.g est continue sur R+ et on a g(0) = �1 < 0 et g(1) = 1 > 0 : d’ou par le theoremedes valeurs intermediaires l’existence d’un reel ↵ de ]0, 1[ tel que g(↵) = 0.

De plus, g est derivable sur R⇤+, et on a : 8x > 0, g

0(x) = 1 +1

4x

� 34> 0.

On en deduit que g est strictement croissante sur l’intervalle R+, donc injective, cequi assure l’unicite de ↵ sur R+.

2. f est continue sur R+ et deux fois derivable sur R⇤+ :

8x > 0, f

0(x) = �1

4x

� 34< 0 et f 00(x) =

3

16x

� 74> 0.

Puisque f est continue sur R+ et f 0< 0 sur R⇤

+, on conclut que f est strictementdecroissante sur R+.Puisque f

00> 0 sur R⇤

+, on conclut que f

0 est strictement croissante sur R⇤+.

3. L’intervalle [a, b] etant inclus dans R+, f est bien definie sur [a, b].Comme f est decroissante, on aura :

8x 2 [a, b], a x b, d’ou f(b) f(x) f(a).

Or f(b) = f(0, 48) ' 0, 167 par defaut et f(a) = f(0, 16) ' 0, 368 par exces :

[f(b), f(a)] ⇢ [0, 167 ; 0, 368] ⇢ [0, 16 ; 0, 48], d’ou f([a, b]) ⇢ [a, b].

D’autre part, f 0 etant croissante, on a :

8x � a, f

0(x) � f

0(a), d’ou | f 0(x) || f 0(a) | car f 0 est negative.

Or | f 0(a) |=| f 0(0, 16) |' 0, 989 par exces, d’ou : 8x � a, | f 0(x) | 0, 99.

4. Montrons par recurrence que pour tout entier naturel n, un existe et a un b.La propriete est vraie au rang n = 0 puisque u0 = a.Supposons la vraie a un certain rang n : un 2 [a, b] d’apres l’hypothese de recurrence,donc f(un) existe et f(un) 2 [a, b] d’apres la question precedente, ce qui assure lapropriete au rang n+ 1 puisque un+1 = f(un).La propriete etant vraie au rang 0 et hereditaire, on conclut qu’elle est vraie a toutrang n.

5. Comme g(a) = g(0, 16) ' �0, 208 < 0 et g(b) = g(0, 48) ' 0, 312 > 0, on aa < ↵ < b.En appliquant alors l’inegalite des accroissements finis a la fonction f sur l’intervalle[a, b] (un 2 [a, b] et ↵ 2 [a, b] d’apres ce qui precede), et en utilisant la majorationde | f 0(x) | demontree a la troisieme question, on obtient :

8n 2 N, | un+1 � ↵ |=| f(un)� f(↵) | 0, 99 | un � ↵ |,

et par une recurrence immediate, on en deduit que :

8n 2 N, 0 | un � ↵ | (0, 99)n | u0 � ↵ | .

Comme 0 < 0, 99 < 1, on a limn!1

(0, 99)n = 0, et on conclut par le theoreme

d’encadrement :

limn!1

| un � ↵ |= 0, ce qui equivaut a : limn!1

un = ↵.

6. La fonction f etant strictement decroissante, la fonction f �f est strictement crois-sante. On en deduit que pour tout entier n, u2n+2�u2n = (f�f)(u2n)�(f�f)(u2n�2)est du meme signe que u2n � u2n�2, d’ou par une recurrence immediate, du memesigne que u2 � u0 ' 0, 221� 0, 16 = 0, 061 > 0. La suite (u2n) est donc strictementcroissante.Par ailleurs, pour tout entier n, u2n+3 � u2n+1 = f(u2n+2) � f(u2n) est du signeoppose a celui de u2n+2 � u2n car f est strictement decroissante, donc toujoursnegatif d’apres ce qui precede : la suite (u2n+1) est strictement decroissante.

On a vu ci-dessus que la suite (un) converge vers ↵ ; les suites (u2n) et (u2n+1)extraites de cette meme suite convergent donc aussi vers ↵, et comme elles sontmonotones de monotonies contraires, on conclut qu’elles sont adjacentes.La limite d’une suite convergente et croissante (respectivement decroissante) etantsa borne superieure (respectivement inferieure), on a :

8n 2 N, u2n ↵ u2n+1 (on pourrait meme ici ecrire des inegalites strictes).

7. Le calcul itere donne u30 ' 0, 275 507 5 (valeur approchee a 10�7 par defaut) etu31 ' 0, 275 508 4 (valeur approchee a 10�7 par exces).On a donc 0, 275 507 5 ↵ 0, 275 508 4, ce qui donne 0, 275 508 comme valeurapprochee de ↵ a 10�6 pres.

Partie II

En preliminaire, les proprietes de la fonction g qui vont nous etre utiles :— g est continue et strictement croissante sur R+ ;— il existe un unique reel ↵ de R+ tel que g(↵) = 0, et 0 < ↵ < 1 ;— 8x 2]0,↵[, g(x) < 0 et 8x 2]↵,+1[, g(x) > 0.— g est deux fois derivable sur R⇤

+ :

8x > 0, g

0(x) > 0 et g00(x) < 0

ce qui implique que g

0 est strictement decroissante sur R⇤+.

Ces proprietes ont ete demontrees dans la partie I, sauf le resultat sur la derivee secondequi est immediat (analogue a celui de la question 2).

1. Voir le dessin en annexe.

2. Si a0 = 0, 1 et b0 = 1, on a bien 0 < a0 < ↵ < b0 1 car 0, 1 < 0, 16 et on a vudans la partie I que 0, 16 < ↵ < 1.Soient alors deux reels an et bn tels que 0 < an < ↵ < bn 1.Puisque la droite �n passe par le point An de coordonnees (an, g(an)), son equationpeut s’ecrire y = �(x� an) + g(an), ou � est le coe�cient directeur de la droite.Or le coe�cient directeur de la tangente au graphe de g au point d’abscisse an estg

0(an), d’ou l’equation de �n :

y = g

0(an)(x� an) + g(an) = un(x)

Chercher l’intersection de�n avec l’axe x0x revient a resoudre l’equation : un(x) = 0qui admet une unique solution an+1 puisque g

0(an) 6= 0 (g0 > 0 sur R⇤+) :

an+1 = an � g(an)

g

0(an)

Par un raisonnement analogue, l’equation de �0n s’ecrit y = µ(x � an) + g(an), et

comme�0n passe par le point Bn de coordonnees (bn, g(bn)), on a µ =

g(bn)� g(an)

bn � an.

L’equation de �0n s’ecrit donc :

y =g(bn)� g(an)

bn � an(x� an) + g(an) = vn(x)

Ici aussi, l’equation : vn(x) = 0 a une unique solution bn+1 ; en e↵et, g(bn)�g(an) 6=0 car par hypothese an < bn et g est strictement croissante :

bn+1 = an � (bn � an)g(an)

g(bn)� g(an)

3. D’apres ce qui precede, on a pour tout entier n : an+1 � an = � g(an)

g

0(an)Or an < ↵ par hypothese, d’ou g(an) < 0 ;comme de plus g0(an) > 0, on en deduit an+1 � an > 0.

De meme : bn+1 � bn = an � (bn � an)g(an)

g(bn)� g(an)� bn =

�(bn � an)g(bn)

g(bn)� g(an).

Comme ↵ < bn par hypothese, on a g(bn) > 0 ; et toujours par hypothese an < bn,d’ou bn � an > 0 et g(bn) � g(an) > 0 (stricte croissance de g), ce qui amene a laconclusion : bn+1 � bn < 0.

4. Etude de hn sur [an, bn] :

8x > 0, hn(x) = g(x)� un(x), d’ou h

0n(x) = g

0(x)� u

0n(x) = g

0(x)� g

0(an)

g

0 etant strictement decroissante sur R⇤+, on a : 8x > an, g

0(x) < g

0(an).On en deduit que sur [an, bn], la derivee h

0n est negative et ne s’annule qu’en an,

donc hn est strictement decroissante.Comme hn(an) = 0, on conclut : 8x 2 ]an, bn], hn(x) < 0, ce qui equivaut a :

8x 2 ]an, bn], g(x) < un(x) (1).

Etude de kn sur [an, bn] :

8x > 0, kn(x) = g(x)� vn(x), d’ou k

0n(x) = g

0(x)� v

0n(x) = g

0(x)� g(bn)� g(an)

bn � an

La fonction g etant derivable sur [an, bn], on peut lui appliquer le theoreme des

accroissements finis : il existe cn tel que an < cn < bn etg(bn)� g(an)

bn � an= g

0(cn).

On peut d’ailleurs preciser ici que cn est unique, car g0 etant strictement croissanteest injective.On a donc : 8x 2 [an, bn], k

0n(x) = g

0(x)� g

0(cn), avec an < cn < bn.En utilisant encore une fois la stricte decroissance de g

0, on conclut que k

0n > 0 sur

[an, cn[ et k

0n < 0 sur ]cn, bn], donc kn est strictement croissante sur [an, cn] puis

strictement decroissante sur [cn, bn].Comme kn(an) = kn(bn) = 0, on a bien :8x 2 ]an, bn[, kn(x) > 0, ce qui equivaut a : 8x 2 ]an, bn[, g(x) > vn(x) (2)

Finalement en combinant (1) et (2), on obtient :

8x 2 ]an, bn[, vn(x) < g(x) < un(x).

Cette double inegalite signifie geometriquement qu’entre An et Bn le graphe de g

est au-dessus de la corde AnBn et au-dessous de la tangente �n, ce qui est unepropriete caracteristique d’une fonction concave (g est concave car g00 < 0).

Il reste maintenant a prouver que an+1 < ↵ < bn+1 :on a rappele au preliminaire que an+1 < ↵ si et seulement si g(an+1) < 0.Comme par definition un(an+1) = 0, on voit qu’il su�t d’appliquer l’inegalite (1)a x = an+1 pour obtenir g(an+1) < 0, mais pour avoir le droit de le faire, il fauts’assurer que an+1 2 ]an, bn[.L’inegalite an+1 > an a ete demontree a la question 3.Pour prouver que an+1 < bn, il su�t toujours d’apres la question 3 de prouver quean+1 < bn+1.

Or bn+1 � an+1 = g(an) [1

g

0(an)� bn � an

g(bn)� g(an)] = g(an) [

1

g

0(an)� 1

g

0(cn)]

On sait que g(an) < 0 car an < ↵.D’autre part, an < cn et g

0 strictement decroissante, d’ou g

0(an) > g

0(cn), ce qui

implique1

g

0(cn)>

1

g

0(an)puisque g

0> 0.

En conclusion, on a bien bn+1 � an+1 > 0, d’ou 0 < an < an+1 < bn+1 < bn.

L’inegalite ↵ < bn+1 se prouve symetriquement : en appliquant l’inegalite (2) ax = bn+1 (on vient de prouver que bn+1 2 ]an, bn[ ), on obtient g(bn+1) > 0, d’ou laconclusion.

5. Des deux questions precedentes, on deduit immediatement que :

8n 2 N, 0 < an < an+1 < ↵ < bn+1 < bn 1.

On a donc construit par recurrence les deux suites (an) et (bn), l’une strictementcroissante majoree par ↵, l’autre strictement decroissante minoree par ↵, dont onespere qu’elles vont converger vers ↵ (suites adjacentes).

On ne nous demandait pas ici de le prouver explicitement (la demonstration auraitnecessite la formule de Taylor), mais l’application numerique de la question suivanteincite a penser que c’est bien le cas.

6. On obtient successivement :a0 = 0, 1 ; b0 = 1a1 = 0, 240 348 821 ; b1 = 0, 327 182 624a2 = 0, 274 758 355 ; b2 = 0, 276 471 162a3 = 0, 275 507 738 ; b3 = 0, 275 508 432a4 = 0, 275 508 042 ; b4 = 0, 275 508 043d’ou la valeur approchee de ↵ a 10�8 pres : 0, 275 508 04.

On constate que l’approximation de ↵ de la partie II est meilleure que celle dela partie I, et surtout qu’elle a ete obtenue beaucoup plus rapidement : 4 etapesau lieu de 30 ! ce qui est important car le temps de calcul d’un algorithme a un cout.

Vous retrouverez ce type d’algorithmes dans le cours d’Analyse numerique dedeuxieme annee :

— la methode d’approximation de ↵ par la suite (an) est appelee methode de la

tangente ou methode de Newton : elle a ete pour la premiere fois utilisee parIsaac Newton (1643-1727) pour approcher un zero d’un polynome du troisiemedegre.Mais elle n’est pas toujours applicable : en e↵et, il peut arriver avec certainesfonctions que la suite (an) diverge, ou ne soit plus definie a partir d’un certainrang. En pratique, on s’en rend compte tres vite car lorsque la methode marche,la convergence est tres rapide.

— la methode d’approximation de ↵ par la suite (bn) est tres voisine d’une methodeclassique appelee methode de la secante : elle non plus n’est pas toujours pos-sible, et elle est un peu moins e�cace que la methode de Newton.

— dans les deux cas, on augmente l’e�cacite de la methode en choisissant desvaleurs initiales proches de la valeur inconnue ↵.

ANNEXE : graphe de g

Le document reproduit ci-dessous a ete realise par Thomas Jacquot, etudiant de L1 :

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