[PDF] Corrigé d'exercices divers - CEREMADE Dauphine



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Corrige d'exercices divers

Irene Waldspurger

waldspurger@ceremade.dauphine.fr

28 decembre 2017

Table des matieres

1 Exercice 24 du chapitre 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

2 Exercice 14 du chapitre 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

3 Exercice 4 du chapitre 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

4 Exercice 8 du chapitre 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

5 Exercice 12 du chapitre 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

6 Exercice 14 du chapitre 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

7 Exercice de la page 107 du poly (question 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

8 Exercice 2 du chapitre 5 (fonctionsf2etf3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .14

9 Exercice 7 du chapitre 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16 1

1 Exercice 24 du chapitre 1

Attention, il faut liresup(A)inf(A)2et nonsup(A)sup(B)2dans la question 4.

1. D'apres le theoreme de caracterisation des parties bornees, puisqueAest bornee, il existe

M2R+tel que

8x2A;jxj M:(1)

Soit un telMxe.

Demontrons d'abord queBest non-vide. Soita2A(un telaexiste puisqueAest non-vide). Si on prendx=a2Aety=a2A, on voit quejxyj=j0j= 02B. Donc 02BetBest non-vide. Pour tousx;y2A, d'apres l'inegalite triangulaire et d'apres la propriete (1), jxyj jxj+jyj M+M= 2M: Ainsi, pour toutz2B,z2M. Cela signie queBest majoree par 2M. D'apres le theoreme fondamental d'existence des bornes superieures, puisqueBest non-vide et majoree,Badmet une borne superieure. Pour tousx;y2A,jxyj 0 (la valeur absolue d'un reel est toujours positive). DoncBest minore par 0. C'est donc une partie non-vide et minoree deR; d'apres le theoreme fondamental d'existence des bornes inferieures,Badmet donc une borne inferieure.

2. On a vu en resolvant la question precedente queBetait minoree par 0 et que 0 appartenait

aB; 0 est donc plus petit element deB.

3. On remarque d'abord que sup(A) et inf(A) existent, d'apres les theoremes fondamentaux

d'existence, carAest non-vide et bornee. Par denition, sup(B) est plus petit que tous les majorants deB. Si on montre que sup(A) inf(A) est un majorant deB, cela impliquera donc sup(B)sup(A)inf(A): Montrons donc que sup(A)inf(A) est un majorant deB. Soitz2Bquelconque. Montrons quezsup(A)inf(A).

Soientx;y2Atels quez=jxyj.

Six > y, on az=xy. Comme sup(A) est un majorant deA, comme inf(A) est un minorant deAet commexetysont deux elements deA, on a donc (xsup(A)) et (yinf(A)) )z=xysup(A)inf(A):

De m^eme, sixy, commexinf(A) etysup(A),

z=yxsup(A)inf(A):

Dans tous les cas, on a donczsup(A)inf(A).

2 On a donc montre que sup(A)inf(A) etait un majorant deB, ce qui, comme on l'a vu, entra^ne sup(B)sup(A)inf(A):

4. Soit >0 quelconque. Montrons

9(x;y)2A2;jxyj>sup(A)inf(A)2:

D'apres le theoreme de caracterisation des bornes superieures,

8 >0;9x2A;x >sup(A):

Si on utilise cette propriete pour=, on en deduit qu'il existex2Atel quex >sup(A).

Soit un telxxe.

De m^eme, d'apres le theoreme de caracterisation des bornes inferieures,

8 >0;9y2A;y Si on utilise cette propriete pour=, on en deduit qu'il existey2Atel quey Soit un telyxe.

D'apres l'une des proprietes vues en cours sur la valeur absolue, jxyj xy >(sup(A))(inf(A) +) = sup(A)inf(A)2: On a donc bien demontre qu'il existaitx;y2Atels quejxyj>sup(A)inf(A)2.

5. Utilisons le theoreme de caracterisation des bornes superieures. Il nous faut demontrer les

deux proprietes suivantes : 1. sup (A)inf(A) est un majorant deB;

2.80>0;9z2B;z >sup(A)inf(A)0.

La premiere propriete est une consequence du resultat de la question 3. En eet, puisque sup(B) est un majorant deB,

8z2B;zsup(B)sup(A)inf(A):

Donc sup(A)inf(A) est un majorant deB. (Remarque : on l'avait d'ailleurs deja demontre en repondant a la question 3. Il n'etait pas necessaire de le redemontrer.)

Montrons maintenant la deuxieme propriete :

80>0;9z2B;z >sup(A)inf(A)0

Soit0>0 quelconque. Il faut montrer

9z2B;z >sup(A)inf(A)0

[Intuition : on va utiliser le resultat de la question 4., applique a un >0bien choisi. Le plus simple est de choisirde sorte que2=0, c'est-a-dire=0=2.] 3

Posons=02

>0. D'apres la propriete demontree a la question 4., on obtient

9(x;y)2A2;jxyj>sup(A)inf(A)2= sup(A)inf(A)0:

Fixonsx;y2Atels quejxyj>sup(A)inf(A)0.

Posonsz=jxyj. C'est un element deBet on a bienz >sup(A)inf(A)0. On a donc demontre ce qu'il fallait :

9z2B;z >sup(A)inf(A)0:

4

2 Exercice 14 du chapitre 2

Montrons d'abord que (a) implique (b).

On suppose donc que la propriete (a) est vraie, c'est a dire queMest la borne superieure de A, et on montre que la propriete (b) est egalement vraie. CommeMest borne superieure deA,Mest un majorant deA(cela fait partie de la denition).

La premiere partie de (b) est donc vraie.

Montrons maintenant la deuxieme partie de (b), c'est-a-dire montrons qu'il existe une suite (an)n2Nqui converge versMet dont tous les termes appartiennent aA. [Remarque : nous avons deja vu des demonstrations de proprietes similaires, par exemple dans l'exercice 6 du chapitre 2, dans la denition de l'adherence (voir la proposition de la page 75 du poly) ou dans la demonstration du theoreme des bornes atteintes. Nous allons ici adapter ces demonstrations a notre probleme.] Nous allons construire une suitead'elements deAtelle que

8n2N; M1n+ 1anM:(2)

PuisqueMest la borne superieure deA, la propriete suivante est vraie, d'apres le theoreme de caracterisation des bornes superieures :

8 >0;9x2A;x > M:

Soit temporairementn2Nquelconque. Si on applique la propriete precedente a=1n+1>0, on obtient :

9x2A;x > M1n+ 1:

Fixons donc unx2Aqui verie cette propriete. On posean=x. On a alors

M1n+ 1x=an:

De plus, commean=xappartient aAet comme on a vu queMetait un majorant deA, on peut armer queanM. Ainsi,

M1n+ 1anM:

Si on applique a tous lesn2Ncette construction, on obtient donc une suite (an)n2Nd'elements deAveriant la propriete (2). PuisqueM1n+1n!+1!MetMn!+1!M, la propriete (2) entra^ne, par encadrement, quea converge versM. Il existe donc bien une suite d'elements deAqui converge versM, ce qui acheve de demontrer la propriete (b).

Montrons maintenant que (b) implique (a).

5 On suppose donc queMest un majorant deAet qu'il existe une suitead'elements deAqui converge versM. On va montrer queMest la borne superieure deA. D'apres le theoreme de caracterisation des bornes superieures, il sut, pour montrer queM est la borne superieure deA, de montrer que les deux proprietes suivantes sont veriees :

1.Mest un majorant deA;

2.8 >0;9x2A;x > M.

La premiere propriete est veriee puisque (b) est veriee. Il sut donc de montrer que

8 >0;9x2A;x > M:(3)

Soit alors >0 quelconque. Montrons qu'il existex2Atel quex > M. Soitaune suite d'elements deAqui converge versM(elle existe d'apres la propriete (b)). La convergence deaversMs'ecrit :

8 >0;9N2N;8nN;janMj< :

Specialisons cette propriete pour=:

9N2N;8nN;janMj< :

Soit alorsN2Ntel que, pour toutnN,janMj< . PuisqueNN, on a en particulier jaNMj< doncan2]M;M+[, et notamment a N> M: Le reelaNest donc un element deAqui est strictement superieur aM. Cela demontre donc l'existence d'unx2Atel quex > M. Ainsi, la propriete (3) est vraie et on peut deduire du theoreme de caracterisation des bornes superieures queMest la borne superieure deA. 6

3 Exercice 4 du chapitre 4

1. Demontrer qu'il existex02[0;1] tel quef(x0) =g(x0) revient a demontrer qu'il existe

x

02[0;1] tel que (fg)(x0) = 0. Denissons donc

h: [0;1]!R x!f(x)g(x) et montrons que cette fonction s'annule au moins une fois sur [0;1].Premiercas:h(0)<0 La fonctionhest continue car il s'agit d'une dierence de fonctions continues. Elle est denie sur un intervalle ([0;1]).

L'inegalite (f(0)g(0))(f(1)g(1))0 entra^ne que

h(0)h(1)0 et donc, commeh(0)<0, h(1)0:

Ainsi,h(0)0 eth(1)0.

On peut donc appliquer le theoreme des valeurs intermediaires a la fonctionhet aux reelsa= 0 etb= 1. Le theoreme nous dit qu'il existec2[0;1] tel queh(c) = 0.Deuxiemecas:h(0) = 0 Dans ce cas, la fonctionhs'annule au moins en 0; elle s'annule donc au moins une fois sur [0;1].Troisiemecas:h(0)>0

Ce cas est quasiment identique au premier.

La fonctionhest continue car il s'agit d'une dierence de fonctions continues. Elle est denie sur un intervalle ([0;1]).

L'inegalite (f(0)g(0))(f(1)g(1))0 entra^ne que

h(0)h(1)0 et donc, commeh(0)>0, h(1)0:

Ainsi,h(0)0 eth(1)0.

On peut donc appliquer le theoreme des valeurs intermediaires a la fonctionhet aux reels a= 0 etb= 1 (le theoreme reste vrai lorsqu'on inverse les inegalites). Le theoreme nous dit qu'il existec2[0;1] tel queh(c) = 0.

2. Denissons

f:R+!R x!x12x111: Il faut montrer quefs'annule au moins une fois surR+. 7 [Intuition : puisquefest continue et denie sur un intervalle, il est naturel de vouloir appliquer le theoreme des valeurs intermediaires. Pour cela, il nous faut trouvera;b2R+tels quea < b etf(a)0;f(b)0. Nous allons choisira= 0. Pourb, nous allons d'abord montrer queftend vers+1en+1. Ensuite, il sura de choisirbassez grandet on aura necessairementf(b)0.]

Posonsa= 0. On af(a) = 001 =10.

Construisons maintenantb >0 tel quef(b)0.Etudions pour cela l'eventuelle limite defen +1. Comme a l'accoutumee, on factorise le terme dominant :

8x2R+;f(x) =x12‚

11x 1x

12Œ

Puisque

x

12x!+1!+1et 11x

1x

12x!+1!1;

on en deduit (par operations algebriques sur les fonctions convergentes) que f +1!+1:

Avec des quanticateurs, cela s'ecrit

8M2R+;9A2R+;8x2[A;+1[;f(x)M:(4)

Nous allons nous servir de cette propriete pour construireb >0 tel quef(b)0. PosonsM= 0. D'apres la propriete (4), il existeA2R+tel que

8x2[A;+1[;f(x)0:

Fixons un tel reelA.

Posonsb=A+ 1. (Remarque : n'importe quelle valeur strictement superieure aAaurait convenu; il n'etait pas necessaire de choisir exactementA+ 1.) Puisqueb2[A;+1[, on a, d'apres la propriete precedente, f(b)0: On a donc trouvea;b2R+tels quef(a)0 etf(b)0. De plus,bA+ 11>0 =a. La fonctionfest continue (comme somme de fonctions continues) et denie sur un intervalle. On peut donc appliquer le theoreme des valeurs intermediaires af, pour les reelsaetb precedemment denis. Le theoreme implique qu'il existec2[a;b] tel que f(c) = 0: Puisque [a;b]R+, cela entra^ne qu'il existec2R+tel quef(c) = 0, ce qui est ce qu'on souhaitait demontrer. 8

4 Exercice 8 du chapitre 4

[Intuition : on veut demontrer qu'il existe unx02[0;+1[tel quef(x0) =x0. On va donc considerer l'applicationg:x2[0;+1[!xf(x)2Ret on va montrer que cette application s'annule en au moins un point. Puisquegest continue (comme dierence de fonctions continues) et denie sur un intervalle, on peut essayer d'utiliser le theoreme des valeurs intermediaires. Pour cela, il va nous falloir montrer qu'il existe deux reelsa;btels queg(a)0etg(b)0. Comme on va le voir, on peut prendrea= 0; en eet,g(0)0a cause de la positivite def.

Pour trouverb, on va utiliser le fait quex!f(x)x

a une limite strictement inferieure a1en +1. Ceci nous permettra de demontrer que, pour tout reelxassez grand,f(x)< x, c'est-a-dire g(x)>0. Ainsi, si on choisitbassez grand, on aura bieng(b)0.]

Denissons

g: [0;+1[!R x!xf(x): Posonsa= 0. Commefest positive, d'apres l'enonce, on a quef(0)0. Donc g(a) =g(0) =f(0)0: Contruisons maintenant unb2]0;+1[ tel queg(b)0. Par hypothese,f(x)x x!+1!`, c'est-a-dire

8 >0;9A0;8x2[A;+1[\]0;+1[;

f(x)x Posons= 1`et appliquons cette propriete. Elle nous dit qu'il existeA0 tel que

8x2[A;+1[\]0;+1[;

f(x)x <1`: Fixons un tel reelA. Pour toutx > A, on a, puisquex2[A;+1[\]0;+1[, f(x)x <1`; f(x)x

2]`(1`);`+ (1`)[=]2`1;1[

f(x)x <1 )f(x)< x )g(x)>0: (Pour l'avant-derniere implication, on a utilise le fait quex >0 six > A.) On a ainsi demontre que, pour toutx > A,g(x)>0. Posons alorsb=A+1> A. (Remarque : n'importe quelle valeur strictement superieure aAaurait convenu; on aurait pu prendreb=

A+oub= 7A+ 12.) On a bieng(b)>0.

9 Appliquons le theoreme des valeurs intermediaires a la fonctionget aux reelsa;b. On peut bien appliquer ce theoreme cargest continue (comme dierence de fonctions continues) et denie sur un intervalle et, de plus,g(a)0 etg(b)0. Le theoreme nous dit qu'il existec2[a;b] tel que g(c) = 0:

Soit un telcxe. D'apres la denition deg,f(c) =c.

On a donc bien demontre qu'il existaitc2[0;+1[ tel quef(c) =c. 10

5 Exercice 12 du chapitre 4

SoitM2Rtel que

8x2R;jf(x)j M(5)

(Un tel reelMexiste puisquefest bornee.) Montrons d'abord quefgest bornee. Pour touty2R, si on applique la propriete (5) avec x=g(y), on voit quejf(g(y))j M. Ainsi,

8y2R;j(fg)(y)j M:

La fonctionfgest donc bornee.

Montrons maintenant quegfest bornee.

[Intuition : on aimerait appliquer le m^eme raisonnement agfqu'afgmais ce raisonnement ne fonctionne pas directement cargn'est a priori pas bornee. An de pouvoir tout de m^eme reproduire ce raisonnement, nous allons montrer queg, a defaut d'^etre bornee, est au moins bornee sur l'image def. Pour cela, on remarque que, puisquejfjest bornee parM, son image est incluse dans le segment[M;M], puis on applique ag(qui est continue) le theoreme des bornes atteintes sur ce segment.] La fonctiongj[M;M]est denie sur un segment et continue sur ce segment (car restriction d'une fonction continue). D'apres le theoreme des bornes atteintes, elle est donc bornee, c'est-a-dire qu'il existeM02Rtel que

8x2[M;M];jgj[M;M](x)j M0:(6)

Pour touty2R, puisquejf(y)j M(d'apres la propriete (5)),f(y) appartient au segment [M;M]. Ainsi, pour touty2R, d'apres la propriete (6) appliquee ax=f(y),jg(f(y))j M0.

On a donc demontre :

8y2R;j(gf)(y)j M0:

Doncgfest bornee.

11

6 Exercice 14 du chapitre 4

1. La fonctionfest denie surRet elle y est continue, comme produit de composees de

fonctions continues. Pour dire si elle admet un prolongement par continuite aRtout entier, il faut donc determiner

si elle admet une limite nie en 0 ou non.Premieresolution : la fonction sin tend vers 0 en 0 et la fonctionx2R!sin(1=x)2Rest

bornee (puisquejsin(1=x)j 1 pour toutx2R). Le produit d'une fonction bornee et d'une fonction convergeant vers 0 converge vers 0 (c'est l'exercice 8 du chapitre 3) doncfconverge

vers 0 en 0.Deuxiemesolution (pour les personnes qui n'auraient pas fait l'exercice 8 du chapitre 3) : pour

toutx2R, f(x) jf(x)j=jsin(x)jjsin(1=x)j jsin(x)j et jsin(x)j jsin(x)jjsin(1=x)j jf(x)j f(x):

En resume, pour toutx2R,

jsin(x)j f(x) jsin(x)j:(7) La fonction sin converge vers 0 en 0 et la fonction valeur absolueegalement. Par composition des limites, la fonctionx! jsin(x)jconverge vers 0 en 0. La double inegalite (7) implique donc, par encadrement, quefconverge vers 0 en 0. Ainsi, la fonctionfest prolongeable par continuite en 0 (par la valeur 0).

2. La fonctiongest denie surRet continue sur cet ensemble, comme produit de composees

de fonctions continues. Pour determiner si elle admet un prolongement par continuite aRtout entier, il faut donc determiner sigadmet une limite nie en 0. [Pour l'intuition derriere le raisonnement qui suit, voir l'exercice 2 du chapitre 5 (exercice 8 de ce document).] Nous allons montrer quegn'admet pas de limite nie en 0. On raisonne par l'absurde et on suppose quegadmet une limite nie en 0, qu'on note`.

Pour toutx2]=2;=2[f0g, comme cos(x)6= 0, on a :

cos(1=x) =g(x)cos(x): Puisque cos converge vers 1 en 0 et puisquegconverge vers`en 0, cette egalite entra^ne (d'apres les operations algebriques sur les limites) que cos(1=x)x!0!`: Or la fonctionx2R!cos(1=x) n'a pas de limite en 0 (cela se demontre de la m^eme faconquotesdbs_dbs15.pdfusesText_21