Correction de Devoir Libre N°10

Description

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre le lundi 11 mars 2013 ´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚10 `PROBLEME 1 Soit a et b deux r´eels tels que a 0 et f(b) 0 et M = 1+|f (β)|. Ainsi, ∀x∈ [a,b], |f (x)|≥m et|f (x)|≤M N 5. Soit x∈ [a,b].

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices
• Mathématiques

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Extrait

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre le lundi 11 mars 2013
´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚10
`PROBLEME 1
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. Parhypoth`ese,f est continue etstrictement 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 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
2f (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 toutx∈ [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 b
f(x) 0
g (x) + 0 −
g(x)
N
1
′′ր′′′′ցℓ′′′′′′′′′ℓց′′′′ց′ℓ4. Les fonctionsx →|f (x)| etx →|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)− | =|g(x)−g( )|≤ sup|g (t)||x− |
t
Le sup ´etant pris pour t∈ [x, ]∪[ ,x]. Or pour tout t∈ [x, ]∪[ ,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 . Il vient
|f(t)| =|f(t)−f( )|≤L|t− |≤L|x− |
Finalement putting all the things together gives
2|g(x)− |≤L|x− |
N
´Partie II. Etude d’une suite
• u =a0Soit (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
.
• Init. u =a≤ .0
• H´er´ed. soit n tel que u ≤ ··· ≤ u ≤ . Comme u ≤ , 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 )≤ .n+1 n
• Ccl OK N
2. D’apr`es le th´eor`eme de la limite monotone, la suite (u ) est conver-n
gente. On note k∈ [a, ] 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 −→ comme suite extraite de u .n+1 n
le bienvenu!
2
ℓℓ′′′ℓ′ℓ′ℓ
′ℓℓ′′′ℓℓℓ′ℓℓ′ℓℓ′′′′ℓ′′′′ℓ′ℓ′ℓ′ℓ
ℓ′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 =
Par cons´equent la suite (u ) converge vers . Nn n∈N
1
3. Posons K = . Montrons par r´ecurrence sur n∈N que
L
n 2
u −0
|u − |≤Kn
K
Init. lorsque n = 0, on a|u − |≤|u − |0 0
n1 2
H´er. soit n ∈ N tel que |u − | ≤ (L(u − )) . D’apr`es lan 0
L
question ttt
2|u − | = |g(u )− |≤L|u − |n+1 n n
2
n1 2≤ L (L(a− ))
L
n+11 2
≤ (L(a− ))
L
Ccl. par r´ecurrence on a montr´e que ...
3
ℓℓℓℓℓℓℓℓℓℓℓℓℓ