Correction du devoir surveillé n°3

Lycée Benjamin Franklin PTSI−2014-2015

D. Blottière Mathématiques

Correction du devoir surveillé n°3

Exercice 1

• Transformation de l’inéquation donnée

L’expression cos(x)−p

3sin(x) est de la forme

acos(x)+bsin(x)=c

oùa,b,c sont des paramètres et oùx∈]−π,π]. Nous appliquons la démarche vue en cours, pour la transformer.

Le nombre complexez=1−ip

3 a pour moduleq 1²+¡

−p 3¢2

=2.

1−ip

3 = 2×1 2ס

1−ip 3¢

= 2 Ã1

2−i p3

2

!

= 2³ cos³

−π 3

´ +isin³

−π 3

´´ £

cf. valeurs remarquables de cos et sin¤

= 2cos³

−π 3

´

+2isin³

−π 3

´.

Puisque la forme algébrique d’un nombre complexe est unique 1=2cos³

−π 3

´ et −p

3=2sin³

−π 3

´.

Ainsi six∈]−π,π]

cos(x)−p

3 sin(x) = 2cos³

−π 3

´cos(x)+2sin³

−π 3

´sin(x)

= 2cos³ x+π

3

´ £

cf. formules d’addition pour cos¤ .

Donc six∈]−π,π] alors

(I) : cos(x)−p

3sin(x)≤1 ⇐⇒ cos³ x+π

3

´

≤1 2.

• Résolution d’une inéquation auxiliaire

Nous introduisons la variable auxiliaireX:=x+π

3 et nous remarquons que x∈]−π,π] ⇐⇒ X∈

¸

−2π 3 ,4π

3

¸ . Nous résolvons l’inéquation auxiliaire

¡I^′¢

: cos(X)≤1 2 d’inconnueX∈

¸

−2π 3 ,4π

3

¸

, en nous appuyant sur le cercle trigonométrique.

−1 −0.5 0.5 1

−1

−0.5 0.5 1

0

ρ

³_4π 3

´

=ρ

³

−^2π₃

´

ρ¡_π 3¢

ρ¡

−^π₃¢ +

Sol_(I′)=

¸

−2π 3 ,−π

3

¸

∪

·π 3,4π

3

¸

• Conclusion

Comme

X∈

¸

−2π 3 ,−π

3

¸

∪

·π 3,4π

3

¸

⇐⇒ x+π 3∈

¸

−2π 3 ,−π

3

¸

∪

·π 3,4π

3

¸

⇐⇒ x∈

¸

−π,−2π 3

¸

∪[0,π]

l’ensemble solution de (I) est

Sol(I)=

¸

−π,−2π 3

¸

∪[0,π] .

Exercice 2

• De l’injectivité de f

Commef(−1)=(−1)⁴=1=1⁴=f(1), le nombre 1 possède deux antécédents parf dansR. Par suite,f n’est pas injective.

• De la surjectivité de f

Nous démontrons quef n’est pas surjective, en raisonnant par l’absurde. Supposonsf surjective. Alors

−1 (tout réel strictement négatif aurait convenu) possède (au moins) un antécédent parf dansR. Soit xun tel. Alors

x∈R et x⁴= −1.

Le carré d’un réel est positif ou nul etx⁴est le carré d’un réel (dex²). Doncx⁴≥0, ce qui contredit x⁴= −1.

• De l’injectivité de g

L’application g n’est pas injective. L’argument donné pour la non injectivité def s’applique mutatis mutandis.

• De la surjectivité de g

Nous établissons quegest surjective, précisément nous démontrons que tout élémentz^′deCpossède (au moins) un antécédent dansCparg. Pour cela, nous scindons l’étude en deux parties, suivant quez^′ soit nul ou non (0 n’a pas de forme exponentielle).

— Commeg(0)=0, le nombrez^′=0 possède un antécédent dansCparg(0 lui-même).

— Soitz^′∈C∗. Alorsz^′s’écrit

z^′=¯

¯z^′¯

¯e^iArg(^z′).

Nous vérifions que

z:= ⁴p

|z^′|eⁱ

Arg(^z′)

4 ∈C

satisfait

g(z)=z⁴= µ

4p

|z^′|eⁱ

Arg(^z′)

4

¶4

=¯

¯z^′¯

¯e^iArg(^z′)=z^′. En d’autres termes,z, ainsi défini, est un antécédent dez^′dansCparg.

Exercice 3

• Preuve de la bijectivité de f Nous démontrons

∀(y1,y2)∈R², ∃!(x1,x2)∈R², f(x1,x2)=(y1,y2).

Soit (y1,y2)∈R²fixé. Soit (x1,x2)∈R².

f(x₁,x₂)=(y₁,y₂) ⇐⇒ (x₁−2x₂,−3x₁+4x₂)=(y₁,y₂)

⇐⇒

½ x1 − 2x₂ = y1

−3x1 + 4x2 = y2

£égalité dans un produit cartésien d’ensembles¤

⇐⇒

½ 1 x1 − 2x2 = y1

−2x2 = 3y1 + y2 [L2←L2+3L1]

⇐⇒

½ x1 − 2x2 = y1

x2 = −³₂y1 − ¹₂y2 £

L2← −¹₂L2¤

⇐⇒

½ x1 = −2y1 − y2 [L1←L1+2L2]

x2 = −³₂y1 − ¹₂y2

L’équationf(x1,x2)=(y1,y2) d’inconnue (x1,x2)∈R²possède donc une unique solution

¡−2y1−y2,−³₂y1−¹₂y2¢ .

• Calcul de l’application f⁻¹, réciproque de l’application bijective f Par définition, l’applicationf⁻¹est

¯¯

¯¯

f⁻¹ : R² → R²

(y1,y2) 7→ l’unique solution de l’équationf(x1,x2)=(y1,y2) d’inconnue (x1,x2)∈R². D’après la résolution d’équation effectuée ci-dessus, nous savons

¯¯

¯¯

f⁻¹ : R² → R²

(y1,y2) 7→ ¡

−2y1−y2,−³₂y1−¹₂y2¢ .

Exercice 4

• De l’injectivité de f Nous démontrons

∀(x₁,x₂)∈E², f(x₁)=f(x₂)=⇒x₁=x₂.

Soit (x₁,x₂)∈E². On suppose quef(x₁)=f(x₂). En appliquantf à chacun des membres (éléments de E) de l’identité précédente, il vient

f(f(x1))=f(f(x2)) i.e.

f◦f(x1)=f ◦f(x2).

Commef ◦f =i dE, nous en déduisons

i dE(x1)=i dE(x2) i.e.x1=x2.

• De la surjectivité de f Nous démontrons

∀y∈E, ∃x∈E, y=f(x).

Soity∈E. On cherche à déterminer un élémentxdeEtel quey=f(x). Pour cela, nous raisonnons par analyse-synthèse.

— Analyse

Supposons quexconvienne. Alors en appliquantf à chacun des membres (éléments deE) def(x)= y, il vient

f(f(x))=f(y) i.e.

f ◦f(x)=f(y).

Commef ◦f =i dE, nous en déduisons

i dE(x)=f(y)

i.e.x=f(y). À la fin de cette analyse, nous avons obtenu un unique¹candidat :x=f(y).

— Synthèse

Vérifions six=f(y) convient. Tout d’abord,x∈E(car l’ensemble d’arrivée def estE). Il reste alors à calculerf(x) pour voir s’il égaley.

f(x) = f(f(y)) [définition dex]

= f ◦f(y) £

définition du produit de composition¤

= i dE(y) £

f ◦f =i dE¤

= y [définition dei dE]

— Conclusion

Il existe un (unique)x∈E(qui vautf(y)) tel quey=f(x).

• De la bijectivité de f

L’applicationf est injective et surjective, d’après ce qui précède. Elle est donc bijective.

• Calcul de l’application f⁻¹, réciproque de l’application bijective f (par deux méthodes)

— Première méthode

En composant avecf⁻¹par la gauche chacun des membres de l’identitéi dE=f ◦f, il vient f⁻¹◦i dE

| {z }

f⁻¹

=f⁻¹◦(f ◦f).

Le produit de composition étant associatif, nous en déduisons

f⁻¹=



f⁻¹◦f

| {z }

idE



◦f.

puis

f⁻¹=f.

— Deuxième méthode

Par définition, l’application f⁻¹est

¯¯

¯¯

f⁻¹ : E → E

y 7→ l’unique solution de l’équationf(x)=yd’inconnuex∈E. D’après l’étude de la surjectivité def, nous savons que

¯¯

¯¯

f⁻¹ : E → E

y 7→ f(y).

En d’autres termes,f⁻¹=f.

1. Remarquons que l’unicité fournit une autre preuve de l’injectivité def.

Exercice 5

A,B,Calignés ⇐⇒ −→

AB//−→

AC

⇐⇒ ¡ z²−z¢ ³

z³−z´

=³ z²−z´ ¡

z³−z¢

[cf. cours]

⇐⇒ ¡ z²−z¢ ¡

z³−z¢

=¡ z²−z¢ ¡

z³−z¢ £

propriétés algébriques de la conjugaison¤

⇐⇒ z(z−1)z¡ z²−1¢

=z¡ z−1¢

z¡ z²−1¢

⇐⇒ |z|²(z−1)¡ z²−1²¢

= |z|²¡ z−1¢ ¡

z²−1²¢

=0 £

z z= |z|²¤

⇐⇒ |z|²(z−1)¡ z−1¢ ¡

z+1¢

= |z|²¡ z−1¢

(z−1) (z+1) £

3^èmeidentité remarquable¤

⇐⇒ |z|²|z−1|²¡ z+1¢

= |z|²|z−1|²(z+1) £¡

z−1¢

(z−1)= |z−1|²¤

⇐⇒ |z|²|z−1|²¡¡

z+1¢

−(z+1)¢

=0

⇐⇒ −2i|z|²|z−1|²Im(z)=0 £

z−z=2iIm(z)¤

⇐⇒















z=0 ou

z=1 ou

z∈R

£intégrité deC, séparation du module, critère pour être réel¤

⇐⇒ z∈R

L’ensemble des nombres complexesztels queA,B,Csont alignés est doncR.

Exercice 6

1. Une forme exponentielle de−2iest 2e^−iπ2. L’applicationf se réécrit donc

¯¯

¯¯

f : C → C

z 7→ 2e^−iπ2z+1−i. Nous en déduisons la décomposition

f =t−→w◦h(O,2)◦r³ O,−π

2

´

oùr³ O,−π

2

´est la rotation de centreOet d’angle−^π₂

¯¯

¯¯

¯ r³

0,−π 2

´ : C → C

z 7→ e^−iπ2z h(O,2) est l’homothétie de centreOet de rapport 2

¯¯

¯¯

h(O,2) : C → C

z 7→ 2z ett−→west la translation de vecteur→−wd’affixe 1−i.

¯¯

¯¯

t−→w : C → C z 7→ z+1−i. 2. Nous proposons deux démonstrations de la bijectivité def.

• Première démonstration

D’après le cours, chacune des applicationsr³ 0,−π

2

´,h(O,2) ett−→west bijective. La fonction

f =t−→w◦h(O,2)◦r³ O,−π

2

´

est donc bijective, comme composée d’applications bijectives.

• Deuxième démonstration Soitz^′∈Cfixé.

f(z)=z^′ ⇐⇒ 2e^−iπ2z+1−i=z^′

⇐⇒ z=1 2e^iπ2¡

z^′−1+i¢

⇐⇒ z=1

2e^iπ2z^′−1 2−1

2i h

e^iπ2 =i i.

L’équationf(z)=z^′d’inconnuez∈Cpossédant une unique solution et ce, quel que soitz^′∈C, nous en déduisons la bijectivité def.

3. • Première méthode pour calculer f⁻¹ L’applicationr³

O,−π 2

´est bijective et son application réciproque est la rotation de centreOet d’angle

π2 ¯

¯¯

¯¯

¯ r³

O,−π 2

´₋1

=r³ O,π

2

´ : C → C

z 7→ e^iπ2z

L’applicationh(O,2) est bijective et son application réciproque est l’homothétie de centreOet de rapport1

2 ¯

¯¯

¯¯

¯¯

h(O,2)⁻¹=h µ

O,1 2

¶

: C → C

z 7→ 1 2z

L’applicationt−→w est bijective et son application réciproque est la translation de vecteur−−→w

¯¯

¯¯

¡t−→w

¢₋1

=t₋₋→w : C → C z 7→ z−1+i De l’identitéf =t−→w◦h(O,2)◦r³

O,−π 2

´, nous déduisons alors

f⁻¹ = ³

t−→w◦h(O,2)◦r³ O,−π

2

´´₋1

= r³ O,−π

2

´₋1

◦h(O,2)⁻¹◦¡ t−→w

¢₋₁

= r³ O,π

2

´

◦h µ

O,1 2

¶

◦t₋₋→w.

Notons que ce calcul nous livre également une interprétation géométrique def⁻¹.

• Deuxième méthode pour calculer f⁻¹

Par définition, l’application f⁻¹est

¯¯

¯¯

f⁻¹ : C → C

z^′ 7→ l’unique solution de l’équationf(z)=z^′d’inconnuez∈C.

D’après la résolution d’équation effectuée dans la deuxième démonstration de la bijectivité de f, nous pouvons expliciter f⁻¹

¯¯

¯¯

¯

f⁻¹ : C → C

z^′ 7→ 1

2e^iπ2z^′−1 2−1

2i.

• De la cohérence des deux expressions de f⁻¹obtenues

Vérifions si les deux expressions def⁻¹coïncident. Soitz^′∈C. r³

O,π 2

´

◦h µ

O,1 2

¶

◦t₋₋→w

¡z^′¢

=r³ O,π

2

´

◦h µ

O,1 2

¶¡

z^′−1+i¢

=r³ O,π

2

´ µ1 2z^′−1

2+1 2i

¶

=1

2e^iπ2z^′−1 2e^iπ2+1

2i e^iπ2

| {z }

1 2^e

iπ 2z^′−1

2⁻ 1 2^icarei

π2 =i

4. L’ensembleD:={z∈C :|z−1| ≤1} est le disque fermé de centre le pointAd’affixe 1 et de rayon 1.

−2 −1 1 2 3

−2

−1 1 2

0

A D

5. On rappelle (cf. question 1) que nous savons

f =t−→w◦h(O,2)◦r³ O,−π

2

´. L’image deDparr³

O,−π 2

´est le disqueD′de centre le pointA^′:=r³ 0,−π

2

´(A), qui a pour affixe−i, et de rayon 1 (une rotation préserve les longueurs).

−2 −1 1 2 3

−2

−1 1 2

0

A

A^′ D

D′

L’image deD′parh(O,2) est le disqueD′′de centre le pointA^′′:=h(O,2) (A^′), qui a pour affixe−2i, et de rayon 2 (une homothétie de rapportk∈R∗multiplie les longueurs par|k|d’après le théorème de Thalès).

−3 −2 −1 1 2 3

−5

−4

−3

−2

−1 1 2

0

A

A^′

A^′′

D

D′

D′′

L’image deD′′part−→w, est le disqueD′′′de centre le pointA^′′′:=t−→w(A^′′), qui a pour affixe 1−3i, et de rayon 2 (une translation préserve les longueurs).

−3 −2 −1 1 2 3 4

−6

−5

−4

−3

−2

−1 1 2

0

A

A^′

A^′′

A^′′′

D

D′

D′′

D′′′

Nous observons

f(D)=t−→w

³h(O,2)³ r³

O,−π 2

´(D)´´

=t−→w

¡h(O,2)¡ D^′¢¢

=t−→w

¡D^′′¢

=D^′′′. Comme une équation du disque ferméD′′′est

|z−1+3i| ≤2 nous pouvons poser la conjecture

f(D)={z∈C:|z−1+3i| ≤2} . 6. Nous raisonnons par double inclusion.

⊂ Démontronsf(D)⊂{z∈C:|z−1+3i| ≤2}.

Soitz^′∈f(D). Il existez∈Dtel quez^′=f(z). On a donc (⋆) |z−1| ≤1 [z∈D] (⋆⋆) z^′= −2i z+1−i £

z^′=f(z)¤ . Il nous faut établir|z^′−1+3i| ≤2.

|z^′−1+3i| = | −2i z+1−i−1+3i| [(⋆⋆)]

= | −2i| × |z−1| £

multiplicativité du module¤

= 2|z−1|

≤ 2 [(⋆)]

⊃ Démontrons {z∈C :|z−1+3i| ≤2}⊂f(D).

Soitz^′∈Ctel que|z^′−1+3i| ≤2. Nous souhaitons établir quez^′∈f(D), i.e. qu’il existez∈Dtel que f(z)=z^′. Pour cela, nous raisonnons par analyse-synthèse.

— Analyse

Si cezexiste, alors nécessairementz=f⁻¹(z^′) puisquef est bijective (cf. question 2). Nous avons donc un unique candidat

z=1

2e^iπ2z^′−1 2−1

2i=1 2i z^′−1

2−1 2i £

question 3¤ .

— Synthèse

Commez=¹₂i z^′−¹₂−¹₂i vérifiez=f⁻¹(z^′), nous savons quez^′=f(z). Il nous reste à vérifier si z∈D, i.e. si|z−1| ≤1.

|z−1| =

¯¯

¯¯ 1 2i z^′−1

2−1 2i−1

¯¯

¯¯

=

¯¯

¯¯ 1 2i z^′−3

2−1 2i

¯¯

¯¯

=

¯¯

¯¯ 1 2iס

z^′+3i−1¢¯

¯¯

¯

=

¯¯

¯¯ 1 2i

¯¯

¯¯×¯

¯z^′+3i−1¯

¯ £

multiplicativité du module¤

= 1 2

¯¯z^′+3i−1¯

¯

≤ 1 £

|z^′−1+3i| ≤2¤

— Conclusion

Le nombre complexez=¹₂i z^′−¹₂−¹₂iest un élément deDtel quef(z)=z^′. Par suite,z^′∈f(D).

Exercice 7

Pour conjecturerf⁻¹([0,3]), nous considérons la représentation graphiqueC_f def. Comme pour toutx∈R, x²−4x+3=(x−2)²−1=(x−3)(x−1)

C_f est une parabole, « tournée vers le haut », d’axe de symétrie la droite d’équationx=2, de sommet le point S(2,−1), qui coupe l’axe des abscisses en les points d’abscisses 1 et 3.

Ensuite

• nous marquons tous les points communs àC_f et à la bandeB:={(x,y)∈R² : 0≤y≤3} ;

• nous projetons orthogonalement les points deC_f ∩Bsur l’axe des abscisses, qui correspond à l’en- semble de départ def, pour marquer leurs antécédents.

−2 −1 1 2 3 4 5 6

−2

−1 1 2 3 4

0

S

C_f

B

S

Nous conjecturons donc

f⁻¹([0,3])=[0,1]∪[3,4].

Nous raisonnons par double inclusion pour établir la conjecture précédente.

⊂ Démontronsf⁻¹([0,3])⊂[0,1]∪[3,4].

Soitx∈f⁻¹([0,3]). Alorsf(x)∈[0,3], i.e.

0≤f(x)=(x−2)²−1≤3.

De cette inégalité, nous déduisons

1≤(x−2)²≤4 puis

1≤ |x−2| ≤2 car la fonction racine carrée est croissante surR

≥0etp

X²= |X|, pour toutX∈R. Pour poursuivre, nous scindons l’étude en deux parties, pour simplifier|x−2|.

• Cas oùx−2≥0, i.e. cas oùx≥2.

Alors|x−2| =x−2, donc 1≤ |x−2| ≤2 si et seulement si 1≤x−2≤2. On en déduit 3≤x≤4.

• Cas oùx−2<0, i.e. cas oùx<2.

Alors|x−2| = −(x−2)=2−x, donc 1≤ |x−2| ≤2 si et seulement si 1≤2−x≤2. On en déduit 0≤x≤1.

Doncx∈[3,4] oux∈[0,1], i.e.x∈[0,1]∪[3,4].

⊃ Démontrons [0,1]∪[3,4]⊂f⁻¹([0,3]).

Soitx∈[0,1]∪[3,4]. Montronsx∈f⁻¹([0,3]), i.e.f(x)=(x−2)²−1∈[0,3].

• Cas oùx∈[0,1].

Alors 0≤x≤1, donc−2≤x−2≤ −1. La fonction carrée étant décroissante surR_≤0, nous en dédui- sons

1≤(x−2)²≤4 et par suite 0≤f(x)=(x−2)²−1≤3.

• Cas oùx∈[3,4].

Alors 3≤x≤4, donc 1≤x−2≤2. La fonction carrée étant croissante surR

≥0, nous en déduisons 1≤(x−2)²≤4

et par suite 0≤f(x)=(x−2)²−1≤3.

Quel que soit le cas, nous avons établif(x)∈[0,3].

Exercice 8

1. On remarque

n−1

n+2=n+2−2−1

n+2 =1− 3 n+2

pour toutn∈N. Nous en déduisons queAest l’ensemble des termes de la suite µ

1− 3 n+2

¶

n∈N

qui est clairement croissante. Nous conjecturons alors queAadmet un minimum, et que ce dernier est le premier terme de la suite précédente, i.e.

1− 3 0+2= −1

2.

Démontrons cette conjecture, i.e.−¹₂∈Aet−¹₂est un minorant deA.

• Lors de la recherche de la conjecture, nous avons établi−¹₂∈A.

• Soitn∈N. De

n−1 n+2−

µ

−1 2

¶

=2(n−1)+(n+2) 2(n+2) = 3n

2(n+2)≥0 nous déduisonsⁿ_n⁻₊¹₂≥ −¹₂. Ainsi,−¹₂est un minorant deA.

PuisqueApossède un minimum,Apossède une borne inférieure et de plus inf(A)=min(A)= −¹₂. 2. L’ensembleAest non vide, puisque−¹₂∈A. D’autre part, nous pouvons réécrireAsous la forme suivante

A=

½ 1− 3

n+2 :n∈N

¾ .

La quantité_n³₊₂étant positive pour toutn∈N, nous en déduisons que 1 majore l’ensembleA. La partie AdeRest non vide et majorée. Par la propriété de la borne supérieure,Aadmet donc une borne supé- rieure.

3. La partieAdeRest l’ensemble des termes de la suite¡ 1−_n³₊₂¢

n∈N. Nous avons déjà observé que cette suite est croissante. Sa limite (en un sens « intuitif ») étant 1, nous conjecturons sup(A)=1.

Pour démontrer cette conjecture, nous allons établir les deux propriétés suivantes (cf. critère pour être une borne supérieure).

(1) ∀n∈N, 1− 3 n+2≤1

(2) ∀ε∈R_>0, ∃n_ε∈N, 1− 3

nε+2>1−ε.

La propriété (1) est l’expression formelle de l’assertion « 1 est un majorant deA». Elle a déjà été établie à la question précédente. Passons à (2).

Soitε∈R

>0. Démontrons qu’il existenε∈Ntel que 1− 3

nε+2>1−ε.

Soitn∈N. 1− 3

n+2>1−ε ⇐⇒ 3 n+2<ε

⇐⇒ n+2 3 >1

ε [la fonction inverse est strictement décroissante surR_>0]

⇐⇒ n>3 ε−2

En appliquant la propriété Archimédienne deR, nous obtenons qu’il existenε∈Ntel quenε>3 ε−2. De la chaîne d’équivalences précédente, nous déduisons alors

1− 3

nε+2>1−ε.

Exercice 9

1. Soitx∈R. Démontrer−2≤_x^x2⁺+¹1≤2 revient à démontrer deux inégalités_x^x2⁺+¹1≤2 et−2≤_x^x2⁺+¹1.

• Démontrons _x^x2⁺¹

+1≤2, i.e. 2−_x^x2⁺¹

+1≥0. L’assertion découle de 2− x+1

x²+1=2(x²+1)−(x+1)

x²+1 =2x²−x+1 x²+1 = 2

x²+1 µ

x²−x 2+1

2

¶

= 2 x²+1

·µ x−1

4

¶2

+ 7 16

¸

et du fait qu’un carré de réel est positif ou nul.

• Démontrons−2≤_x^x2⁺+¹1, i.e. 0≤_x^x2⁺+¹1+2. L’assertion découle de x+1

x²+1+2=x+1+2(x²+1)

x²+1 =2x²+x+3 x²+1 = 2

x²+1 µ

x²+x 2+3

2

¶

= 2 x²+1

·µ x+1

4

¶2

+23 16

¸

et du fait qu’un carré de réel est positif ou nul.

2. Soitε∈R

>0. Nous avons à établir l’existence d’un réel strictement positifαtel que pour toutx∈R

|x−2| ≤α=⇒ ¯

¯f(x)−1¯

¯≤ε.

Considérons un réelx.

¯¯f(x)−1¯

¯ =

¯¯

¯¯ x+3 x²+1−1

¯¯

¯¯

=

¯¯

¯¯

x+3−(x²+1) x²+1

¯¯

¯¯

=

¯¯

¯¯

−x²+x+2 x²+1

¯¯

¯¯

Comme

−x²+x+2= −¡

x²−x−2¢

= −

·µ x−1

2

¶2

−9 4

¸

= −

·µ x−1

2

¶2

− µ3

2

¶2¸

= −(x−2) (x+1) nous pouvons écrire

¯¯f(x)−1¯

¯ =

¯¯

¯¯

−(x−2) (x+1) x²+1

¯¯

¯¯

= | −1| ×

¯¯

¯¯ x+1 x²+1

¯¯

¯¯× |x−2| £

multiplicativité de la valeur absolue¤

=

¯¯

¯¯ x+1 x²+1

¯¯

¯¯× |x−2|. L’inégalité de la question 1 peut se réécrire¯

¯¯_x^x2⁺¹ +1

¯¯

¯≤2. Nous en déduisons

¯¯f(x)−1¯

¯≤2|x−2|.

Ainsi, si|x−2| ≤^ε₂, alors¯

¯f(x)−1¯

¯≤ε. En conséquenceα:=^ε₂convient.

Exercice 10

def factorielle(n):

if n<0: #On traite le cas où n est strictement négatif.

return 0

else: #On traite le cas où n est entier naturel.

resultat=1 #Initialisation de la variable servant au calcul de n!

for k in range(n): #On calcule n! avec la relation de récurrence.

resultat=resultat*(k+1) return resultat

Exercice 11

def max_liste(L):

longueur=len(L) #Longueur de la liste L.

if longueur==0: #On traite le cas de la liste vide.

return -1 else:

maximum=0 #Initialisation de la variable pour le calcul du maximum de L.

for i in range(longueur):

if L[i]<0: #Vérification du signe.

return -1

if L[i]>maximum: #Comparaison avec le maximum "provisoire".

maximum=L[i]

return maximum