Corrige de l'examen de l'unite de Mathematiques LM

Marie Curie

Description

Niveau: Supérieur
Corrige de l'examen de l'unite de Mathematiques LM 151 Universite Pierre et Marie Curie. Responsable: Henri Skoda septembre 2005. Question de cours. Donner la definition de deux suites adjacentes puis enoncer et demontrer le theoreme de convergence des suites adjacentes. Definition Deux suites reelles (un) et (vn) sont dites adjacentes, si on a: 1) ?n ? IN, un ≤ un+1 ≤ vn+1 ≤ vn. 2) limn?+∞(vn ? un) = 0. Remarque On peut remplacer la condition 1) par (un) est croissante, (vn) est decroissante. La condition 2) entraıne alors que pour tout n, un ≤ vn. Mais ”geometriquement” la condition 1) est plus ”visuelle”. Theoreme Deux suites adjacentes (un) et (vn) convergent vers une meme limite l telle que: ?n, un ≤ l ≤ vn. En effet la suite (un) est croissante et majoree par le terme v0 (par exem- ple). (un) a donc une limite l. De meme, la suite (vn) est decroissante et est 1

• dx √


• application de la formule des accroissements finis sur l'intervalle


• ?2 ?


• vn


• limite dans les inegalites larges

Informations

• Publié par: profil-nechor-2012
• Publié le: 01 septembre 2005
• Nombre de lectures: 14
• Langue: Français

Extrait

Corrig´edel’examendel’unit´ede Math´ematiquesLM151 Universit´ePierreetMarieCurie.

Responsable: Henri Skoda

septembre 2005.

Question de cours. Donnerlad´efinitiondedeuxsuitesadjacentespuis´enonceretd´emontrerle the´ore`medeconvergencedessuitesadjacentes.

D´efinition Deuxsuitesr´eelles(u n )et(v n )sont ditesadjacentes,si on a: 1)∀n∈IN,u n ≤u n+1 ≤v n+1 ≤v n . 2)lim n→+∞ (v n −u n ) = 0.

Remarque On peut remplacer la condition 1) par (u n ) est croissante, (v n st)eecd´.eorsiastn La condition 2) entraˆıne alors que pour toutn,u n ≤v n ´e”gisMa.tn”euemrtqimoe´ la condition 1) est plus ”visuelle”.

The´ore`me Deux suites adjacentes(u n )et(v n )octnegrevnversunemˆemelimietltelle que: ∀n, u n ≤l≤v n .

En effet la suite (u n )ctsesiore´pejaroeemtastnetermarlev 0 (par exem- ple). (u n ) a donc une limiteliuet(eˆeml,saem.Dv n )setetoissanteestd´ecr

1

0 minore´eparu 0 . (v n ) a donc une limitela:. On

∀n∈IN,

0 u 0 ≤u n ≤l≤l≤v n ≤v 0

(passagea`lalimitedanslesine´galite´slarges). et donc: 0 0≤l−l≤v n −u n . Comme lim(v n −u n ) = 0,on a donc:

0 Soitfinalement,l=l.

0 l−l= 0.

Exercice 1 Onconsid`erelafonctionfRI: + −→IR + :d´,niefiarep √ f(x2 +) = x.

1) Etudier sur [0,+∞] les variations et le signe de la fonction :

g(x) :=f(x)−x.

End´eduirequel’´equation:f(x) =xauneur2s`alegaeue´nuqiitnoosul ]0,+∞[.

On a : 1 1 0 g(x) = √ − 1 ≤ √ − 1<0 2 2 +x 2 2 √ La fonctiongemcttdenncdoriste´rcˆotı`2eda−∞quandx`0aeriaevd +∞.godcnaulz´unseur[0eros,+∞se2.[sefinamtz´ntmeteeoderg √ √ (f= 2).2 + 2 = 4 (2) = gest donc>2edetstetcirnemet0`agauch n´egative`adroite.

2)Onconside´relasuite(u n fie´d):erencecurarr´niep

u n+1 =f(u n )

avec 0≤u 0 <2. Montrer que la suite (u n reegevsreeteocvne,major´roissant)ctse.2

2

Commeftse(etnerruce´retasuiquelurs)t(cosniaeto,ssnarciou n ) est mono- tone. Comme 0≤u 0 <2, on a vu queg(u 0 )>0,c’est`ridaef(u 0 )−u 0 >0, u 1 > u 0 la suite (u n ) est strictement croissante. Comme 0≤u 0 <2, on aaussitˆotparr´ecurrence:u n <2 (caru n <nıˆae2trenf(u n )< f(2), soit u n+1 <2). La suiteu n etilimusenvcreetsrciossna2rapee´rojamteetonedrgveonecll,e l≤edit´etinurcon2.Pafau pointl,lest un point fixe defits´useru [0,+∞[ doncl= 2.

3)Onconsid´erelasuite(v n )d´enfieiap:r

v n := 2−u n .

a) Montrer que : 1 v n+1 ≤v n 2 Par l’application de la formule des accroissements finis sur l’intervalle [u n ,2], il existec n ∈]u n ,2[ tel que:

0 0 v n+1 = 2−u n+1 =f(2)−f(u n ) =f(c n )(2−u n ) =f(c n )v n .

0 1 1 1 √ √ Comme:f(x) =≤ ≤, on a bien: 2 2+x 2 2 2 1 v n+1 ≤v n 2 b) Montrer que la suite (w n iefinr:pa´e)d

w n =v 0 +v 1 +v 2 +. . .+v n

estconvergente(nepascherchera`calculersalimite). Parre´currencesurn, on a: 1 1 v n ≤v 0 = (2−u 0 ) n n 2 2 La suitew n est croissante carw n+1 =w n +v n avecv n >0 de sorte que w n+1 > w n etw n apee´roj:restma

1 1 1 1 1− n+1 2 w n ≤+ +[1 + . . .+ ]v 0 =v 0 <2v 0 1 2n 2 2 2 1 − 2

3

Elle est donc convergente.

Exercice 2. 1)Calculerlade´rive´edelafonctionfap:riefin´ed √ 2 f(x) :=ln(x+ 1 +x)

et en donner une expression simple. Ona,parapplicationdelar`egledede´rivationdesfonctionscompos´ees: √ 2 1x+1 1 x+x1 0 f(x) := √ (1+ √ ) = √ ( √ ) = √ 2 2 2 2 2 x+ 1 +x1 +x x++ 1 x1 +x1 +x 1 0 f(x) = √ 2 1 +x 2)Trouverlalimitedelasuitedetermeg´ene´ralu n fiein´d:pera

k=n X 1 1 1 1 1 u n := √ = √ + √ +. . .+ √ +. . .+ √ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n+k n+ 1n+ 2n+k n+n k=1 Onpeutre´interpr´eteru n ala`evitalernnamieeRedmmsoneeummcotionfonc 1 √ f(x) = 2 : 1+x 1 1 1 1 1 u n = [ q + +. . .+ +. . .+ ] q q q n 2 1 k n 2 2 2 1 + ( ) 1 + (f rac2n )1 + ( + ) ) (1 n n n

1 1 2k n u n = [f+( ) f( ) +. . .+f( ) +. . .+f( )] n n n n n On a donc : Z Z 1 1 dx limu n =f(x)dx= √ n 2 1 +x 0 0 Soit,d’apr`eslaquestion1): Z √ √ 1 dx 1 2 limu n = √ = [ln(x++ 1 x)] =ln2)(1 + 0 n 2 1 +x 0 √ limu n =ln(1 + 2) n

4

Exercice 3. Calculerlesinte´grales: Z 1 2−2x I=dxx e 0 Onutilisea`re´pe´titionlaformuled’inte´grationparparties: Z Z b b b u dv= [uv]−v du a a a eninte´grantlafonctionexponentielleetd´erivantlepolynˆome,soit: 2−2x u=x,dv=e dx, 1 −2x du= 2xdx,v=−e, 2 Z 1 1 2−2x1−2x I= [−x e] +xe dx 0 2 0 Z 1 1 −2−2x I=−e+xe dx 2 0 Z 1 1 1 1 −2−2x1−2x I=−e+ [−xe] +e dx 0 2 2 2 0 Z 1 1 −2−2x I=−e+e dx 2 0 1 1 1 −2−2x1−2−2−2 I=−e+ [−e] =−e−(e−1) = (1−5e) 0 4 4 4 1 −2 I= (1−5e) 4 Z 1 1 J=dx 2 0 x+ 3x+ 2 2 2 La factorisation dex+ 3xti´ecr+2s’x+ 3x= (+ 2 x+ 1)(x+ 2), on a donc: Z Z 1 1 1 1 J=dx=dx 2 0 x+ 3x+ 2 0 (x+ 1)(x+ 2) Lade´compositionene´l´ementssimplesdelafractions’ecrit: 1 1 1 =− (x+ 1)(x+ 2)x+ 1x+ 2 Z 1 1 1 1 J= (−)dx= [ln(x+ 1)−ln(x+ 2)] 0 0 x+ 1x+ 2

5

x4+ 1 2 1 1 J= [ln( )] =ln( )−ln=( ) ln( ) 0 x+ 2 33 2 4 J=ln( ) 3 √ Z π 3 2 K= 2xsin (x)dx 0 2 Le changement de variable:t=x,dt= 2xdx, donne: Z Z π π 3 2 K= sint dt= sint d(−cost) 0 0 On peut prendre comme nouvelle variable:u=−cost,du= sint dt, 2 2 2 sint= 1−cost= 1−u, soit: Z 3 1 u1 2 1 K= (1−u)du= [u−2(1] = −) −1 −1 3 3 4 K= 3 Z √ ln8 x L=e+ 1dx ln 3 x dt On poset=e,x=ln t,dxo`d’,u=: t Z 8 √ dt L=t+ 1 3 t √ 2 2 On poseu:=t+ 1,u=t+ 1,t=u−1,dt= 2udu, il vient: Z Z 2 Z 3 3 3 2udu2u2 L=u=du= (2 + )du 2 2 2 2 u−1 2 u−1 2 u−1 Z 3 1 1u−1 3 L= (2 +−)du= [2u+ln( )] 2 2 u−1u+ 1u+ 1 2 1 L= 2 +ln( )−ln( ) 4 3 3 L= 2 +ln( ) 2

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