Correction de Devoir Surveillé N°06: Années précédentes

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 10 mars 2012 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚06 `PROBLEME 1 Partie I. Cons´equence s´equentielle de l’uniforme continuit´e 1. On suppose que f : I→R est uniform´ement continue dans I. a. Par d´efinition : 2(∀ε > 0), (∃η > 0), (∀(x,y)∈ I ), (|x−y|≤ η⇒|f(x)−f(y)|≤ ε) N N Nb. Soit (x )∈ I , (y )∈ I telles que lim(y −x ) = 0. On montre quen n n n n limf(y )−f(x ) = 0.n n n Soit ε > 0 fix´e once and for all. Comme f est uniform´ement conitinue dans I, il existe η > 0 tel que 2(∀(x,y)∈ I ), (|x−y|≤ η⇒|f(x)−f(y)|≤ ε) (1) Or par hypoth`ese, la suite (y −x ) est convergente de limite nulle.n n Par cons´equent , il existe un entier naturel n ∈N tel que Applique la0 d´efinition de suite ∀n∈N (n≥ n ⇒|y −x |≤ η) (2)0 n n convergente avec η `a la place de ε Soit n ≥ n . D’apr`es (2), |x − y | ≤ η. D’apr`es (1), il en r´esulte0 n n finalement que|f(x )−f(y )|≤ ε.n n Par d´efinition, on a bien montr´e que lim (f(x )−f(y )) = 0. Nn n n→+∞ Nc. Soit (x )∈ I une suite convergente vers x∈R. Alors (x ) est aussin n+1 convergente de limite x comme suite extraite. Par OPA, il en r´esulte que (x −x ) est convergente de limite nulle. D’apr`es la questionn+1 n pr´ec´edente, on peut en d´eduire que limf(x )−f(x ) = 0. Nn+1 n n 1+⋆2. Soitg ethlesfonctionsd´efiniessurR et]0,1]parg(x) = eth(x) = x +⋆sin(1/x) respectivement. g est continue sur R comme quotient de telles fonctions dont le d´enominateur ne s’annule pas.
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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 10 mars 2012
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚06
`PROBLEME 1
Partie I. Cons´equence s´equentielle de l’uniforme continuit´e
1. On suppose que f : I→R est uniform´ement continue dans I.
a. Par d´efinition :
2(∀ε > 0), (∃η > 0), (∀(x,y)∈ I ), (|x−y|≤ η⇒|f(x)−f(y)|≤ ε)
N
N Nb. Soit (x )∈ I , (y )∈ I telles que lim(y −x ) = 0. On montre quen n n n
n
limf(y )−f(x ) = 0.n n
n
Soit ε > 0 fix´e once and for all. Comme f est uniform´ement conitinue
dans I, il existe η > 0 tel que
2(∀(x,y)∈ I ), (|x−y|≤ η⇒|f(x)−f(y)|≤ ε) (1)
Or par hypoth`ese, la suite (y −x ) est convergente de limite nulle.n n
Par cons´equent , il existe un entier naturel n ∈N tel que Applique la0
d´efinition de suite
∀n∈N (n≥ n ⇒|y −x |≤ η) (2)0 n n convergente avec η `a
la place de ε
Soit n ≥ n . D’apr`es (2), |x − y | ≤ η. D’apr`es (1), il en r´esulte0 n n
finalement que|f(x )−f(y )|≤ ε.n n
Par d´efinition, on a bien montr´e que lim (f(x )−f(y )) = 0. Nn n
n→+∞
Nc. Soit (x )∈ I une suite convergente vers x∈R. Alors (x ) est aussin n+1
convergente de limite x comme suite extraite. Par OPA, il en r´esulte
que (x −x ) est convergente de limite nulle. D’apr`es la questionn+1 n
pr´ec´edente, on peut en d´eduire que limf(x )−f(x ) = 0. Nn+1 n
n
1+⋆2. Soitg ethlesfonctionsd´efiniessurR et]0,1]parg(x) = eth(x) =
x
+⋆sin(1/x) respectivement. g est continue sur R comme quotient de
telles fonctions dont le d´enominateur ne s’annule pas. La fonction sin
est continue sur R donc h est continue comme compos´ee de telles
fonctions.
1
Soit x = , pour n≥ 1. Clairement x −→ 0 mais g(x )−g(x ) =n n n n+1
n
1

−1 − → 0.
−1Soitx = ((2n+1)π/2) .Clairementx −→ 0mais|h(x )−h(x )| =n n n n+1
2 − →0.
D’apr`es la question pr´ec´edente, g et h ne sauraient ˆetre uniform´ement
continues. N
3. Soit f : [0,+∞[→R une fonction d´erivable.
+ + ′a. Soit k ∈ R telle que ∀x ∈ R , |f|≤ k, alors, d’apr`es le th´eor`eme
+ +des accroissements finis, pour tout couple (x,y)∈R ×R , on a on applique le TAF
entre x et y
|f(x)−f(y)|≤ k|x−y|
+Par d´efinition, f estk-lipschitzienne dansR . D’apr`es le cours, on sait
+encecas,quef estautomatiquement uniform´ement continue dansR .
N
′b. Supposons que |f (x)| −−−→ +∞. On montre que f n’est pas uni-
x→∞
form´ement continue `a l’aide de la cons´equence s´equentielle. Pour tout
entier n∈N, il existe x tel quen
+ ′∀x∈R ,x≥ x ⇒|f (x)|≥ nn
1Posons alors (y ) = (x + ). Clairement, lim (y − x ) = 0. Orn n n nn n→+∞
ad’apr`es l’´egalit´e des accroissements finis, , il existe t ∈]x ,y [ tel appliqu´e entre x etnn n n
que yn
1 ′|f(x )−f(y )| = |f (t )|n n n
n
′Or, par construction, t ≥ x . Par cons´equent |f (t )| ≥ 1 et parn n n
ntransitivit´e, il s’ensuit que|f(x )−f(y )|≥ = 1.n n n
En particulier, |f(x )− f(y )| − →0, ce qui prouve que f n’est pasn n
uniform´ement continue. N
Partie II. Fonction uniform´ement continue sur un domaine
born´e
Dans cette partie, on suppose que I = [a,b[, avec a < b.
1. Soit f : I→R une fonction continue sur I.
a. On suppose que f n’est pas major´ee sur [a,b[. Soit c∈ [a,b[. D’apr`es
le th´eor`eme image continue d’un segment, f est major´ee sur le
segment [a,c]. Comme par hypoth`ese f n’est pas major´ee sur [a,b[,
ceci entraˆıne imm´ediatement que f n’est pas major´ee sur [c,b[. N
b. On suppose quef n’est pas major´ee surI. On construit par r´ecurrence
Nune suite croissante (x ) ∈ I telle que pour tout entier n ∈ N,n
f(x )−f(x )≥ 1.n+1 n
2



• Init. soit x ∈ I.0
• H´er´ed. soit n∈N pour lequel on suppose construits x ≤···x0 n
tel que x ≤ ···≤ x et f(x )≥ f(x ), pour k ∈ [0,n− 1]].0 n k+1 k
D’apr`eslaquestion pr´ec´edente,f n’estpasmajor´eesur[x ,b[,parn
cons´equent, f(x )+1 n’est pas un majorant! En cons´equence, iln
existe un ´el´ement, not´e x tel que x ∈ [x ,b[ et f(x ≥n+1 n+1 n n+1
f(x )+1.n
• Ccl. OK.
La suite (x ) ainsi contruite est croissante et major´ee par b. D’apr`es len
th´eor`eme de la limite monotone, (x ) converge. Soit ℓ = lim x .n n
n→+∞
Par passage `a la limite dans des in´egalit´es, on sait que a ≤ ℓ ≤ b.
Montrons par l’absurde que ℓ = b. Supposons au contraire que a ≤
ℓ < b. En ce cas, f serait continue en b et d’apr`es la caract´erisation
s´equentielle de la continuit´e, on devrait avoir (f(x ),f(x ) −→n n+1
f(ℓ), ce qui est impossible, vu que|f(x )−f(x )|≥ 1.n+1 n
Par l’absurde, on a bien montr´e que (x ) converge vers b. Nn
c. Si f n’est pas major´ee dans [a,b[, alors il existe une suite convergente
(x ) telle que f(x )− f(x ) − →0. D’apr`es la question 1.c de lan n+1 n
Partie I, il s’ensuit que f n’est pas uniform´ement contniue. Si f n’est
. Par applique l’argumentpas minor´ee, alors f n’est pas uniform´ement continue non plus.
contrapos´ee, on a bien´etabli que sif est uniform´ement continue, alors pr´ec´edent `a−f
f est `a la fois major´ee et minor´ee dans I, c’est-`a-dire born´ee. N
2. On suppose d´esormais que f est uniform´ement continue dans I.
Na. Soit (y )∈ I une suite convergente de limite b. Comme f est born´ee,n
la suite des images (f(y )) est une suite born´ee de nombres r´eels.n
D’apr`es le Th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass, il existe une fonction
strictement croissante ϕ :N→N et ℓ∈R telles que f(y ) convergeϕ(n)
vers ℓ. La suite (x ) = (y ) est aussi convergente de limite b commen ϕ(n)
suite extraite et ℓ = lim f(x ). Nn
n→+∞
Nb. Soit (y )∈ I une suite convergente de limite b. D’apr`es la questionn
1.b , comme la suite (y −x ) converge vers 0, il en va de mˆeme den n
la suite (f(y )−f(x ). Or la suite f(x ) converge vers ℓ. Par OPA, iln n n
s’ensuit que (f(y )) est aussi convergente de limite ℓ. Nn
c. Finalement, pour toute suite (y ) convergente de limite b, on a (f(y ))n n
convergente de limite ℓ. D’apr-s la caract´erisation s´equentielle de la
limite, il s’ensuit que limf(y) = ℓ. Comme ℓ∈R est fini, cela prouve
y→b
que f est prolongeable par continuit´e sur [a,b]. Ainsi, f se prolonge
3

˜en une fonction continue f sur le segment [a,b]. D’apr`es le Th´eor`eme
˜de Heine, il en r´esulte que f est uniform´ement continue dans [a,b].N
`PROBLEME 2
Soit a et b deux r´eels tels que a < b et f : [a,b]→ R une fonction de
2classeC sur [a,b]. On suppose en outre que :
• f est convexe sur [a,b],
′• f est strictement n´egative sur [a,b],
• f(a) > 0 et f(b) < 0.
´Partie I. Etude d’une fonction
1. Par hypoth`ese, f est continue et strictement d´ecroissante sur [a,b] (car
′f < 0). D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, f r´ealise une bijection
de [a,b] sur [f(b),f(a)]. Or f(b) < 0 < f(a). Ainsi 0 ∈ [f(b),f(a)]
admet-il un unique ant´ec´edent par f. On note ℓ cet ´el´ement. N
On introduit la fonction g : [a,b]→R d´efinie par
f(x)
∀x∈ [a,b], g(x) = x−
′f (x)
f(x)
∞ 12. x →x est de classeC sur [a,b], x → est de classeC sur [a,b]
′f (x)
comme quotient de telles fonctions dont le d´enominateur ne s’annule
pas. De plus pour tout x∈ [a,b], on a
′ 2 ′′ ′′f (x) −f(x)f (x) f(x)f (x)′g (x) = 1− =
′ 2 ′ 2f (x) f (x)
N
′′f(x)f (x)
′′ ′3. On sait que f ≥ 0. Comme pour tout x∈ [a,b] g (x) = , le
′ 2f (x)
′signe de g est celui de f. Le tableau suivant r´esume ces propri´et´es.
x a ℓ b
ց
f(x) 0
ց
′g (x) + 0 −

g(x) ր ց
N
4′ ′′4. Les fonctions x →f|(x)| et x →f|(x)| sont continues sur le segment
[a,b]. D’apr`es le th´eor`eme image continue d’un segment, ces fonc-
tions sont born´ees et atteignent leurs bornes. En particulier, il existe
+ +(α,β)∈R ×R tels que
′ ′ ′′ ′′∀x∈ [a,b],|f (x)|≥|f (α)| et|f (x)|≤|f (β)|
′ ′ ′′Comme f < 0, on peut prendre m =|f (α)| > 0 et M = 1+|f (β)|.
Ainsi,
′ ′′∀x∈ [a,b], |f (x)|≥ m et|f (x)|≤ M
N
5. Soit x∈ [a,b]. on a
′|g(x)−ℓ| =|g(x)−g(ℓ)|≤ sup|g (t)||x−ℓ|
t
Le sup ´etant pris pour t∈ [x,ℓ]∪[ℓ,x]. Or pour tout t∈ [x,ℓ]∪[ℓ,x],
on a :
′′|f(t)|f (t) M′|g (t)| = ≤ |f(t)|
′ 2 2f (t) m
On applique alors les IAF `a f entre t et ℓ. Il vient
|f(t)| =|f(t)−f(ℓ)|≤ L|t−ℓ|≤ L|x−ℓ|
Finalement putting all the things together gives
2|g(x)−ℓ|≤ L|x−ℓ|
N
´Partie II. Etude d’une suite
• u = a0
Soit (u ) la suite r´ecurrente d´efinie parn
• ∀n∈N, u = g(u )n+1 n
1. Montrons par r´ecurrence que n que (u ) est croissante et major´ee parn
ℓ.
• Init. u = a≤ ℓ.0
• H´er´ed. soit n tel que u ≤ ··· ≤ u ≤ ℓ. Comme u ≤ ℓ, le0 n n
tableau de variation de f montre que f(u ) < 0. Par cons´equentn
f(u ) f(u )n n
− > 0, et donc u = g(u ) = u − > u . Enfin,n+1 n n n′ ′f (u ) f (u )n n
le tableau de variation de g montre que u = g(u )≤ ℓ.n+1 n
• Ccl OK N
52. D’apr`es leth´eor`eme de la limite monotone, la suite (u ) est conver-n
gente. On note k∈ [a,ℓ] sa limite. On a alors un petit sc´ema tri-
angulaire pour illustrer• g(u )−→ g(k) (par TCSC) par continuit´e de la fonction g en k.n
ce raisonnement serait
• u −→ ℓ comme suite extraite de u .n+1 n
le bienvenu!
Par unicit´e de la limite, il s’ensuit que k est un point fixe de g : or
g(k) = k ⇐⇒ f(k) = 0 ⇐⇒ k = ℓ
Par cons´equent la suite (u ) converge vers ℓ. Nn n∈N
1
3. Posons K = . Montrons par r´ecurrence sur n∈N que
L
n2
u −ℓ0
|u −ℓ|≤ Kn
K
Init. lorsque n = 0, on a|u −ℓ|≤|u −ℓ|0 0
1 n2
H´er. soit n ∈ N tel que |u − ℓ| ≤ (L(u −ℓ)) . D’apr`es lan 0
L
question ttt
2|u −ℓ| = |g(u )−ℓ|≤ L|u −ℓ|n+1 n n
2
n1 2
≤ L (L(a−ℓ))
L
1 n+12
≤ (L(a−ℓ))
L
Ccl. par r´ecurrence on a montr´e que ...
EXERCICE 1
Soit f :R→R une fonction de R dans R telle que
2
∀(x,y)∈R , f(x+y) = f(x)+f(y)
(3)+
∃M ∈R , ∀x∈ [−1,1], |f(x)|≤ M

21. Soit (x,y)∈ R . D’apr`es (3) f(x) = f x−y +y = f(x−y)+f(y).
D’ou` l’on tire que f(x−y) = f(x)−f(y). N
2. Soit x∈R fix´e.

a. Montrons par r´ecurrence sur n∈N que ∀n∈N , f(nx) = nf(x).
• Init. D’apr`es la question pr´ec´edente, f(0) = f(0− 0) = f(0)−
f(0) = 0.
6

• H´er. soit n∈N tel que f(nx) = nf(x). Alors

f (n+1)x = f(nx+x) = f(nx)+f(x) = nf(x)+f(x) = (n+1)f(x)

• Ccl. par r´ecurrence sur n ∈ N, on a montr´e que ∀n ∈ N ,
f(nx) = nf(x). N
b. Soit m∈Z. Deux cas se pr´esentent :
◮ si m ∈ N, alors, d’apr`es la question pr´ec´edente, on a f(mx) =
mf(x).
◮ si m < 0, alors |m| = −m et par cons´equent, f(mx) = f(0−
|m|x) = f(0)−f(|m|x) =−|m|f(x) = mf(x).
◮ dans tous les cas, on a bien ´etabli que f(mx) = mf(x). N
p ⋆c. Soit r∈R. Ecrivons r = , ou` (p,q)∈Z×N . Alors
q
f(px) = f(qrx) = qf(rx)
f(px) = pf(x)
p
D’ou` il d´ecoule que f(rx) = f(x) = rf(x). N
q
⋆3. Soit x∈R un r´eel non nul.
a. Par compatibilit´e de l’ordre avec le passage aux inverses, on a
1 1
<
2|x| |x|
Par densit´e des rationnels, il en r´esulte l’existence d’un rationnel
1 1
r∈Q tel que < r < . N
2|x| |x|
b. Par construction de r, on a
1
≤ r|x|≤ 1
2
Par d´efinition de M, il s’ensuit que|f(r|x|)|≤ M, d’ou` l’on tire que
M
r|f(|x|)|≤ M. Comme f(|x|) =±f(x), il s’ensuit que|f(x)|≤ .
r
1 M
Finalement, comme r≥ , il vient que ≤ 2M|x|.
2|x| r
Putting all things together yields to
|f(x)|≤ 2M|x|
7c. Soit x∈R. A l’aide du th´eor`eme d’existence de limite par compa-
raison, on d´eduit de la question pr´ec´edente que
lim f(x) = lim f(x) = f(0) = 0
− +x→0 x→0
La fonction f est bien continue en 0.
Pour ´etudier la limite en un point quelconque x , on effectue le chan-0
gement de variable x = x +t. D’apr`es (3); on a0
f(x) = f(x +t) = f(x )+f(t)0 0
Comme limf(t) = 0, il en r´esulte (par OPA) sur lim f(x) = f(x ).0
t→0 x→x0
Ceci ´etant vrai pour tout x ∈R, f est donc continue sur I =R. N0
4. Finalement, posons a = f(1). D’apr`es la question 2.c, on sait que
∀x∈Q, f(x) = a x
Soit x ∈R. Montrons que f(x ) = a x .0 0 0
⋆N
⋆Soit (x ) ∈Q , tel que x −−−−→ x On a alorsn n∈N n 0
n→+∞
f(x ) = a x −−−−→ axn n 0
n→+∞
f(x ) −−−−→ f(x )n 0
n→+∞
Par unicit´e de la limite, il s’ensuit que f(x ) = a x . N0 0
EXERCICE 2
Partie I. Calculs de limites
1. Passons en exponentielle :
2 x
1 2 1 2 1x ln cos x ln 1+cos −1( ( )) ( ( ) )lnx lnxcos = e = e .
lnx
Posons tout d’abord y = 1/lnx−−−−→ 0, pour obtenir
x→+∞
2cos(1/lnx)−1∼ −(1/2)(1/ln x).+∞
Le second changement de variable z = cos(y)− 1 −−−−→ 0, dans
x→+∞
l’´equivalent usuel ln(1+z)∼ z, donne finalement0

2ln cos(1/lnx) ∼ −(1/2)(1/ln x).+∞

2 2Ainsi, x ln cos(1/lnx) ∼ −(1/2)(x/lnx) tend vers−∞ quand+∞
x tend vers +∞ par croissances compar´ees. Par composition des li-
2 x
1
mites, il s’ensuit que lim cos = 0.
x→+∞ lnx
82. Posons x = 1+t, pour nous ramener l’´etude au voisinage de 0 de
t(t+1) t(t+1)e −1 e −12+2t 2 2t e =−e e
π πt πtcos + sin
2 2 2

2t t(t+1) 2 πt πtOr, e ∼ 1, e − 1 ∼ t + t ∼ t et sin ∼ . Ainsi, par0 0 0 02 2
op´erations alg´ebriques,
t(t+1) 2e −1 2e
2+2t e ∼ − ,0π πtcos + π
2 2
2x +x 2x 2e −e 2e
et nous pouvons conclure que lim =− .
x→1 cos(πx/2) π
Partie II. Calculs d’´equivalents

lnx lnx
1/x1. x −1 = exp −1. Posons y(x) = . Par croissances com-
x x
par´ees, on a y(x)−−−−→ 0. Le changement de variable y = y(x) dans
x→+∞
yl’´equivalent usuel e −1∼ y donne finalement0
lnx1/xx −1∼+∞
x
2. Suivant l’indication fournie, commenc¸ons par factoriser par x.

1/x 1/xx x −1 1/xx −x = x x −1 = x exp (x −1)lnx −1
2
ln x1/xOr d’apr`es la question pr´ec´edente, z(x) = (x − 1)lnx ∼+∞
x
tend vers 0 quand x tend vers +∞ par croissances compar´ees. Le
zchangement de variable z = z(x) dans l’´equivalent usuel e −1∼ z0
donne en ce cas que

1/x z(x) 1/xexp (x −1)lnx −1 = e −1∼ z(x)∼ (x −1)lnx+∞ +∞
2ln x
∼+∞
x
1/xx 2Par cons´equent, x −x∼ ln (x).+∞
93. Cherchons un ´equivalent simple du num´erateur de cette expression :
h i
1 1 1 1 12 2
x x x x(x+1) −x (xlnx) = x (1+ ) −1 (xlnx)
x

1 1 2∼ exp ln 1+ −1 (xlnx)+∞
x x

1 1
2∼ ln 1+ (xlnx)+∞
x x
1 22∼ (xlnx) ∼ ln x+∞ +∞2x
Ainsi,num´erateuretd´enominateurdecetteexpressionsont´equivalentsh i
1 1
2
x x(x+1) −x (xlnx)
2
`a ln x. Il en r´esulte que lim = 1. N
1/xxx→+∞ x −x
10

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