Correction de Devoir Surveillé N°07: Années précédentes

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 7 avril 2012 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚07 EXERCICE 1 axSoit a ∈ R et f : R→ R l’application d´efinie par f(x) = e et (u ) la suite d´efinien n∈N par u = 00 (1) ∀n∈N, u = f(u )n+1 n Partie I. Points fixes de la fonction it´eratrice ln(x)+ +1. Soit ϕ : R → R la fonction d´efinie par ϕ(x) = .ϕ est d´erivable sur R comme x quotientdetelles fonctionsdontled´enominateurnes’annule pas.Depluspourtoutx> 0, 1−ln(x) ϕ(x) = . En particulier, ϕ(x) > 0 ⇐⇒ x 0 et ax = ln(x) ⇐⇒ x> 0 et ϕ(x) =a D’apr`es le tableau de variation de ϕ, on en d´eduit que si a≤ 0, f admet exactement 1 point fixe; −1si 0 e , f n’admet aucun point fixe. N Partie II. Cas d’une it´eratrice croissante On suppose dans cette partie que a≥ 0. 1. f est croissante comme compos´ee de telles fonctions. N +2. L’intervalleR eststable parf,parcons´equent lasuite (u )est bien d´efinie `avaleursdansn + +R . En outre, f est croissante sur R donc la suite (u ) est monotone. Pour d´eterminern sa monotonie il suffit d’observer que h(u ) = u −u = 1 > 0. Par cons´equent, (u ) est0 1 0 n croissante. N 1 ◮◮ր′⋆◮′◮′ց⋆ 13. On suppose que a > . D’apr`es le th´eor`eme de la limite monotone, la suite (u ) admetne +une limite dans ∈R ∪{+∞}. Comme la fonction it´eratrice est continue, on sait que si +la suite converge vers ∈R , alors est n´ecessairement un point fixe de f. Or d’apr`es la question I.2, f n’a pas de point fixe. Par cons´equent (u ) est divergente vers +∞. Nn 14.
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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 7 avril 2012
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚07
EXERCICE 1
axSoit a ∈ R et f : R→ R l’application d´efinie par f(x) = e et (u ) la suite d´efinien n∈N
par
u = 00 (1)
∀n∈N, u = f(u )n+1 n
Partie I. Points fixes de la fonction it´eratrice
ln(x)+ +1. Soit ϕ : R → R la fonction d´efinie par ϕ(x) = .ϕ est d´erivable sur R comme
x
quotientdetelles fonctionsdontled´enominateurnes’annule pas.Depluspourtoutx> 0,
1−ln(x)
ϕ(x) = . En particulier, ϕ(x) > 0 ⇐⇒ x <e.
2x
Le tableau suivant r´esume les variations de ϕ.
x 0 e +∞
lim ϕ(x) = −∞ϕ(x) + 0 −
+ Nx→0
−1e +lim ϕ(x) = 0 (CC)
x→+∞ϕ(x)
+−∞ 0
2. Soit x∈R. Alors
axf(x) = x ⇐⇒ e =x ⇐⇒ x> 0 et ax = ln(x)
⇐⇒ x> 0 et ϕ(x) =a
D’apr`es le tableau de variation de ϕ, on en d´eduit que
si a≤ 0, f admet exactement 1 point fixe;
−1si 0 <a< e , f admet exactement deux points fixes;
−1si a = e , f admet exactement un point fixe;
−1si a> e , f n’admet aucun point fixe.
N
Partie II. Cas d’une it´eratrice croissante
On suppose dans cette partie que a≥ 0.
1. f est croissante comme compos´ee de telles fonctions. N
+2. L’intervalleR eststable parf,parcons´equent lasuite (u )est bien d´efinie `avaleursdansn
+ +R . En outre, f est croissante sur R donc la suite (u ) est monotone. Pour d´eterminern
sa monotonie il suffit d’observer que h(u ) = u −u = 1 > 0. Par cons´equent, (u ) est0 1 0 n
croissante. N
1
◮◮ր′⋆◮′◮′ց⋆13. On suppose que a > . D’apr`es le th´eor`eme de la limite monotone, la suite (u ) admetne
+une limite dans ∈R ∪{+∞}. Comme la fonction it´eratrice est continue, on sait que si
+la suite converge vers ∈R , alors est n´ecessairement un point fixe de f. Or d’apr`es la
question I.2, f n’a pas de point fixe. Par cons´equent (u ) est divergente vers +∞. Nn
14. On suppose que 0 ≤ a ≤ . On note que l’intervalle [0,e] est stable par f. En effet, si
e
0≤ x≤ e, alors 0≤ ax≤ 1. Par croissance de la fonction exponentielle, il s’ensuit que
0< 1≤ f(x)≤e. Comme u ∈ [0,e] une r´ecurrence imm´ediate montre que (u ) est bien0 n
d´efinie `a valeurs dans [0,e]. On en d´eduit alors par Limite monotone que (u ) converge.n
N
Partie III. Cas d’une it´eratrice d´ecroissante
On suppose que a< 0.
1. Clairement f est strictement d´ecroissante en ce cas.
2. L’intervalle [0,1] est stable par f car si x∈ [0,1] alors ax≤ 0, d’ou` il vient 0 <f(x)≤ 1.
Une r´ecurrence imm´ediate permet alors d’en d´eduire que (u ) est bien d´efinie `a valeursn
dans [0,1]. N
3. Comme u ∈ [0,1] et que f : [0,1]→ [0,1] est d´ecroissante, on sait que les suites (u )0 2n
et (u ) sont monotones . D’autre part, la suite (u ) ´etant born´ee d’apr`es la question2n+1 n
pr´ec´edente, il en va de mˆeme de ses suites extraites (u ) et (u ). Finalement, le cas2n 2n+1
th´eor`eme de la limite monotone permet d’en conclure que ces deux suites ´etant born´ees d’une
et monotones sont n´ecessairement convergentes. N fonc-
tion4. Soit x∈]0,1[,
it´eratrice
d´ecroissantef◦f(x) = x ⇐⇒ exp(af(x)) = x ⇐⇒ af(x) = ln(x)

ln(x) ln(x)
⇐⇒ exp(ax) = ⇐⇒ ax = ln maisa a
pas
ln(x)
⇐⇒ ax−ln = 0 forc´ement
a
vers
laN

mˆemeln(x)
5. On suppose que −e ≤ a < 0. On note pour x ∈]0,1[, g(x) = ax− ln . g est
li-a
miteind´efiniment d´erivable sur ]0,1[comme compos´ee de telles fonctions et pour toutx∈]0,1[,
fix´e, on a :

ln(x)
g(x) = ax−ln
a
1
g (x) = a−
xln(x)
1+ln(x)
g (x) =
22x ln (x)
−1Ainsi g (x) > 0 ⇐⇒ x >e .
2
′′′ℓ
ℓ′′


Le tableau suivant r´esume ces r´esultats
−1x 0 e 1
1−1g (x) − 0 + g (e ) =a− = a+e≥ 0
−1 −1e ln(e )
ln(x)g (x) +−−→= 0 donc limg(x) = +∞
−1 x→1 x→1ag (e )≥ 0
ln(x)+∞ −−−→= +∞ donc lim g(x) =−∞
+ +a x→0 x→0g(x)
−∞
D’apr`es leth´eor`eme de la bijection,g r´ealise une bijection de ]0,1[ surR. En particulier,
0∈R admet un unique ant´ec´edent par g. Ainsi, la fonction continue f◦f n’a qu’un seul
point fixe .
Commelessuitesr´ecurrentes(u )et(u )sontconvergentes,ellesconvergentn´ecessairement2n 2n+1
vers un point fixe de leur fonction it´eratrice continue f◦f. Comme est le seul point fixe
de f◦f, on a donc !
u −−−→2n
n→∞
u −−−→2n+1
n→∞
Par compl´ementarit´e, il s’ensuit que la suite (u ) est convergente dvers . Nn
EXERCICE 2
Soit n∈N un entier. On se propose d’´etudier les polynˆomes P ∈R[X] qui v´erifientn
∀x∈R, P (cosx) = cosnx. (5)n
Partie I. D´efinition r´ecurrente de la suite des polynˆomes de Tchebychev
1. Unicit´e —
˜a. Soit R et S deux polynˆomes `a coefficients r´eels tels que pour tout r´eel x∈R, R(cosx) =
˜S(cosx). Posons N = R−S. Par hypoth`ese pour tout nombre r´eel x∈ R, N(cosx) est
nul. J’en d´eduis que N poss`ede une infinit´e de racines distinctes ce qui entraˆıne que
N est le polynˆome nul. Ainsi, P =Q . N
b. Soit n∈N. Soit P et R des polynˆomes v´erifiant(5). En ce cas, pour tout nombre r´eel x,n n
P (cosx) = R (cosx) = cos(nx)n n
D’apr`es la question pr´ec´edente, ceci n’est possible que si P = R . Ce qui prouve l’unicit´en n
de P . Nn
2. Existence —
a. • ∀x∈R, cos0x = 1, par cons´equent P (X) = 1 convient0
• ∀x∈R, cosx = cosx, par cons´equent P (X) = X convient1
2 2• ∀x∈R, cos2x = 2cos x−1, par cons´equent, P (X) = 2X −1 convient.2
N
3
′′ℓ′ℓցրրℓ′ℓ′ℓ2b. Soit(a,b)∈R , on sait que
cos(a+b)+cos(a−b) = 2ccosacosb
Soit n∈N et x∈R fix´es. Appliquons ce qui pr´ec`ede avec a = n+1 et b = 1, il vient :
2cos(n+1)x cosx = cos(n+2)x+cosnx
N
c. Montrons par r´ecurrence double que pour tout entier n∈N, P existe.n
Initialisation : D’apr`es la question 2. a, P et P existent.0 1
H´er´edit´e : Soit n≥ 0 tel que P et P existent. D´efinissonsn n+1
Q = 2XP −Pn+1 n
D’apr`es la question pr´ec´edente, nous avons pour tout nombre r´eel x
Q(cosx) = 2cosxP (cosx)−P (cosx)n+1 n
= 2cosx cos(n+1)x−cosnx = cos(n+2)x.
Parcons´equent lepolynˆomeQ(X) = 2XP (X)−P (X)v´erifie larelation(5).Ils’ensuitn+1 n
que P existe etn+2
P (X) = 2XP (X)−P (X)n+2 n+1 n
Conclusion : nous avons prouv´e l’existence de P et P . Puis nous avons d´emontr´e que0 1
pour tout entier, si P et P existent alors P existe.n n+1 n+2
Par r´ecurrence double , nous avons donc d´emontr´e que P existe pour tout n∈N.n
De plus par construction de la suite (P ), elle v´erifie la relation de r´ecurrence :n
∀n∈N P (X) = 2XP (X)−P (X) (6)n+2 n+1 n
N
Partie II. Factorisation
1. Montrons par r´ecurrence double sur n∈ N que P est de degr´e n et que son coefficientn
n−1dominant est 2 .
Initialisation : lorsque n = 1,2, le r´esultat d´ecoule directement de la question 2.a.
H´er´edit´e : Soit n ≥ 1 tel que les monˆomes dominants de P et P soient respecti-n n+1
n−1 n n n+1vement 2 X et 2 X . Alors par la relation (6), nous avons P = 2XP −P .n+2 n+1 n
Comme par hypoth`ese P est de degr´e n et XP est de degr´e n + 2, il r´esulte desn n+1
propri´et´es du degr´e d’une somme de polynˆomes que P est un polynˆome de degr´en+2
n+2 = max{d˚P ,d˚XP }. De plus son monˆome dominant est obtenu en effectuant len n+1
n+1produit des monˆomes dominants de 2X et P , ce qui donne 2 .n+1
n−1 nConclusion : nous avons prouv´e par r´ecurrence double que ∀n ≥ 1 P admet 2 Xn
comme monˆome dominant. N
4
⋆2. R´esolvons dans [0,π] l’´equation
cos(nx) = 0 (7)
Soit x∈ [0,π], nous avons
π π 2π
cosnx = 0 ⇐⇒ nx≡ [π] ⇐⇒ x≡ [ ]
2 2n 2n
Par cons´equent l’ensemble des solutions de (7) dans [0,π] est :

π 3π 5π (2n−1)π (2k+1)π
S = ; ; ; ...; = ;k∈ [0,n−1]]
2n 2n 2n 2n 2n
A pr´esent, recherchons les racines de P .n
Comme d’apr`es la question 3. a P est degr´e n, il admet au plus n racines r´eellesn
distinctes. D’autre part d´efinissons pour k∈ [0,n−1]],
(2k+1)π
t = , et x = cos(t )k k k
2n
D’apr`es la relation (5)P(x ) = cosnt = 0. D’autre part, la fonction cos : [0,π]→ [−1,1]k k |
´etant strictement d´ecroissante donc en particulier injective,
Card {x ,x ,...,x } = Card {cos(t ),cos(t ),...,cos(t )} = Card S = n0 1 n−1 0 1 n−1
En particulier P admet n racines distinctes dans [−1,1].n
3. D’apr`es la question pr´ec´edente, P a n racines distinctes. Elles sont donn´ees parn
(2k+1)π
x = cos(t ), ou t =k k k
2n
D’apr`es le th´eor`eme de factorisation des polynˆomes `a coefficients r´eels, P s’´ecritn
n−1Y
rkP (X) = a (X−x )n n k
k=0
Pn−1
Comme r = n, il vient r = r =··· = r = 1 et en identifiant les coefficientsk 0 1 n−1k=0
dominants grˆace `a la question 3. a, nous obtenons :
n−1Y
n−1P (X) = 2 (X−x )n k
k=0
N
4. En ´evaluant le polynˆome P point 0 , nous obtenonsn
n−1Y
n−1P (0) = 2 (0−x )n k
k=0
n−1Y (2k+1)πn−1 n= 2 (−1) cos
2n
k=0
5D’ou` il d´ecoule que
n−1 nY (2k+1)π (−1)
cos = P (0)nn−12n 2
k=0
D’autre part, par la relation (5), il vient

0 si n est impair
P (0) =P (cosπ/2) = cos(nπ/2) =n n n/2(−1) si n est pair
En r´einjectant ce r´esultat dans la pr´ec´edente ´egalit´e, we finally get :
n−1 n/2Y (2k+1)π (−1)
cos = si n est pair, 0 sinon.
n−12n 2
k=0
N
`PROBLEME 1
Partie I. Th´eor`eme de Rolle
21. Soit (a,b)∈R tel que a< b.
Soit f : [a,b]→R une fonction continue dans [a,b], d´erivable dans ]a,b[. On suppose que
f(a) = f(b). Alors il existe c∈]a,b[ tel que f (c) = 0.
22. Soit (a,b) ∈ R tel que a < b. Soit g : [a,b] → R une fonction continue sur [a,b] et
d´erivable sur [a,b[. On suppose que g(a) =g(b) = 0 et g (a) = 0.
On introduit la fonction h : [a,b]→R d´efinie par

 g(x)
si x> a
∀x∈ [a,b],h(x) = x−a 0 = g (a) si x = a
Comme h est continue dans ]a,b], h l’est aussi. De plus, comme g est d´erivable en a, h
est continue au point a. De plus, comme g est d´erivable dans ]a,b[, h l’est aussi et en
vue
g (x)(x−a)−g(x)
d’ap-∀x∈]a,b[,h(x) =
2g(x) pli-
quer
Finalement, observons que h(a) = h(b) = 0. Nous pouvons conclure `a l’aide du th´eor`eme
le
de Rolle `a l’existence d’un r´eel c ∈]a,b[, tel que h(c) = 0, ce qui revient `a dire que
th´eor`emeg(c)
g (c)(c−a) = g(c), soit encore g (c) = . N de
c−a
Rolle
Partie II. Th´eor`eme des Accroissements Finis
`a
h,1. Soit f : [a,b]→ R une fonction continue sur le segment non trivial [a,b] et d´erivable sur
onf(b)−f(a)
]a,b[. Il existe c∈]a,b[ tel que f (c) = .
v´erifieb−a
que+ +2. Soit f :R →R une fonction d´erivable dans R . On suppose en outre que f est stricte-
les+ +ment d´ecroissante sur R et que∀x∈R , f (x)≥ 0.
hy-
poth`eses
6
sont
sa-
tis-
faites!
′′′′′′′′′′
′a. Soit x∈ [1,+∞[ fix´e. On applique le TAF entre x−1 et x d’une part et entre x et x+1
d’autre part. Il en r´esulte l’existence d’un couple (c,d)∈]x−1,x[×]x,x+1[ tel que
f (c) = f(x)−f(x−1) et f (d) =f(x+1)−f(x)
Par stricte d´ecroissance de f , je d´eduis de l’encadrement c < x<d que
f (d) =f(x+1)−f(x) <f (x) < f(x)−f(x−1) =f (c)
nX
b. Soit (s ) la suite d´efinie par∀n∈N , s = f (k).n n∈N n
k=1
Quelques remarques pr´eliminaires s’imposent :
Tout d’abord, comme f est positive, la fonction f est croissante. D’apr`es le th´eor`eme
de la limite monotone , on sait que f admet une limite ∈R∪{+∞} au voisinage de
+∞ et que cette limite est finie si et seulement si f est major´ee.au voisinage de +∞. pour
D’autre part, soit n∈ N fix´e. On a s −s = f (n+1)≥ 0. Par cons´equent, la suite lesn+1 n
(s ) est croissante. On sait alors d’apr`es leth´eor`eme de la limite monotone que (s ) est fonc-n n
convergente si et seulement si elle est major´ee. De plus, d’apr`es la question pr´ec´edente, tions
appliqu´ee `a un entier k∈N , on a
f(k+1)−f(k)≤ f (k)≤f(k)−f(k−1)
Sommons terme `a terme ces encadrements lorsque k∈ [1,n]], il vient
t´elescopage
f(n+1)−f(1)≤s ≤f(n)−f(0) (8)n des
fa-
Pour conclure, proc´edons par condition n´ecessaire et condition suffisante : milles
+CN supposons que (s ) converge. D’apr`es la Li-Mo, il existe M ∈ R tel que ∀n ∈ N,n
s ≤M.n
D’autre part, on sait que lim f(x) = . D’apr`es la caract´erisation s´equentielle
x→+∞
de la limite, il s’ensuit que lim f(n) = . Or, pour tout entier naturel n ∈ N
n→+∞
nous avons d’apr`es (8) f(n+1)−f(1)≤ s ≤ M. Par passage `a la limite dans unen
in´egalit´e, il s’ensuit que est finie.
CS supposons que lim f(x) = ∈ R. Alors f est born´ee au voisinage de +∞ : il
x→+∞
+ + li-existe donc un couple (A,M)∈ R ×R tel que∀x∈ R, x≥ A⇒|f(x)|≤ M. En
miteparticulier, pour tout entier natureln sup´erieur `aA, on a d’apr`es (8)s ≤M−f(0).n
fi-Ainsi, (s ) est croissante et major´ee, elle est donc convergente par Li-Mo. Nn
nie
c. Application :
et
n nX X1 bor-
• soit u la suite de terme g´en´eral u = = Arctan (k). Comme la fonc-n 2 ni-1+k
k=1 k=1
+ tudetion Arctan est de d´eriv´ee strictement d´ecroissante et positive sur R , le r´esultat
π
pr´ec´edent s’applique : comme lim Arctan(x) = , la suite (u ) est convergente.n
x→+∞ 2
7
⋆⋆⋆
ℓℓℓ′ℓ⋆′ℓ′⋆′′

′′′′

n nX X1
• On note v la suite de terme g´en´eral v = √ = ϕ(k), ou` on a not´en
1+k
k=1 k=1√
pour x≥ 0, ϕ(x) = 2 1+x. Comme pr´ec´edemment, ϕ est positive et strictement
+d´ecroissante sur R et nous pouvons donc appliquer le r´esultat pr´ec´edent. Comme
cette fois-ci lim ϕ(x) = +∞, il en r´esulte que (v ) est divergente vers +∞. Nn
x→+∞
n+1Partie III. Formule de Taylor pour les fonctions de classe C
n+1Soit g : R→ R une fonction de classe C et b∈ R, un r´eel fix´e. On d´efinit ϕ : R→ R
par
n k n+1X (b−x) (b−x)(k)∀x∈R, ϕ(x) =g(b)− g (x)+C , ou` C est un r´eel fix´e.
k! (n+1)!
k=0
n+1 (0) (1) (n)1. Comme g est de classeC sur R, ses d´eriv´ees partielles g ,g ,...,g existent, sont
d´erivables et leurs d´eriv´ees sont elles-mˆeme continues sur R. D’autre part, les fonctions
k ∞x →(x−a) sont polynomiales et donc de classe C sur R. Par OPA sur ces fonctions,
1on d´eduit que ϕ est de classeC sur R. De plus, pour tout x∈R, on a
n nk k nX X(b−x) (b−x) (b−x)(k) (k+1)ϕ(x) = − g (x)− g (x)−C
k! k! n!
k=0 k=0
n nk−1 k nX X(b−x) (b−x) (b−x)(k) (k+1)= + g (x)− g (x)−C
(k−1)! k! n!
k=1 k=0
n−1 nk k nX X(b−x) (b−x) (b−x)(k+1) (k+1)= g (x)− g (x)−C
k! k! n!
k=0 k=0
Par t´elescopage dans les deux premi`eres sommes, les termes d’indice k ∈ [0,n− 1]] se
simplifient, et nous obtenons finalement
n (b−x)
(n+1)∀x∈R, ϕ(x) =− g (x)+C
n!
N
2. Soita∈R un r´eel fix´e. Remarquons que pour tout choix de la constanteC, on aϕ(b) = 0,
kcar pour tout k strictement positif, la fonction x →(x−b) s’annule en b. D´eterminons
donc C de sorte que ϕ(a) = 0.
On obtient
nn+1 kX(b−a) (b−a) (k)0 = C +g(b)− g (a)
(n+1)! k!
k=0
, d’ou` l’on tire la valeur de C,
n kX(n+1)! (b−a) (k)C =− g(b)− g (a)
n+1(b−a) k!
k=0
8
′′′′′Pour ce choix de C, on a ϕ est continue sur R donc sur le segment I d’extr´emit´es a et b et
1de classeC `a l’int´erieur. Comme pr´ecis´ement ϕ(a) = ϕ(b), il existe, d’apr`es le th´eor`eme
de Rolle, un ´el´ement c, strictement compris entre a et b tel que ϕ(c) = 0. D’apr`es la
question pr´ec´edente, ceci revient `a dire que
(n+1)g (c)+C = 0
Finalement, en remplac¸ant C par l’expression ci-dessus, il vient :
n k n+1X (b−a) (b−a)(k) (n+1)g(b) = g (a)+ g (c)
k! (n+1)!
k=0
N
23. Application : soit f : R → R une fonction de classe C . On suppose que f et f sont

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