Correction du devoir surveill´ e n˚6

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚6

Question de cours :Enoncer le th´´ eor`eme des accroissements finis.

Correction :Le th´eor`eme des accroissements finis s’´enonce comme suit.

Soitf une fonction d´efinie sur un intervalle [a, b] (a, b∈R, a < b). Sif est continue sur [a, b] et d´erivable sur ]a, b[, alors il existe c∈]a, b[ tel que :

f(b)−f(a)

b−a =f⁰(c).

Probl`eme :La calculatrice ´etant interdite, on rappelle que : 2< e <3.

Soitf la fonction d´efinie par :

f:R\ {−2} →R; x7→ e^x 2 +x.

1. ´Etudier les limites ´eventuelles def aux bornes de son ensemble de d´efinition.

2. Montrer quef est d´erivable surR\ {−2}.

3. Calculerf⁰(x) pour toutx∈R\ {−2}.

4. ´Etudier les variations de f surR\ {−2}.

5. Dresser le tableau de variations def surR\ {−2}.

6. Montrer quef([0 ; 1])⊂ [0 ; 1], i.e. que :

∀x∈[0 ; 1] f(x)∈[0 ; 1].

7. (a) Montrer quef⁰ est d´erivable surR\ {−2}.

(b) D´eterminer le sens de variation def⁰ sur ]−2,+∞[.

(c) En d´eduire que :

∀x∈[0 ; 1] 0≤f⁰(x)≤2e 9 . 8. Montrer que :

∀x∈[0 ; 1] ∀y∈[0 ; 1] |f(x)−f(y)| ≤2e

9 |x−y|.

9. Montrer qu’il existe un uniqueαappartenant `a [0 ; 1] tel que : e^α 2 +α=α.

10. Grˆace au r´esultat de la question 6, on peut d´efinir une suite (un)_n∈N paru0 ∈ [0 ; 1] et la relation de r´ecurrence

u_n+1= e^un 2 +un

valable pour toutn∈N. On a alors un ∈[0 ; 1] pour toutn∈N. (a) Montrer que :

∀n∈N |un+1−α| ≤ 2e

9 |un−α|

(b) En d´eduire, `a l’aide d’un raisonnement par r´ecurrence, que :

∀n∈N |un−α| ≤ 2e

9 ⁿ

|u0−α|.

(c) En d´eduire que la suite (u_n)_n∈Nconverge versα.

Correction

1. Le domaine de d´efinition de f est : R\ {−2} =]− ∞,−2[ ∪ ]−2,+∞[. Il y a donc quatre limites `a

´

etudier : la limite de f en −∞, la limite de f en −2 par valeurs inf´erieures, la limite de f en −2 par valeurs sup´erieures, et la limite de f en +∞.

• Etude de la limite de´ f en−∞

Comme lim

x→−∞e^x= 0 et lim

x→−∞

1

x+ 2 = 0, on a :

x→−∞lim e^x x+ 2

| {z }

f(x)

= 0

d’apr`es les r´esultats du cours sur les produits de limites.

• Etude de la limite de´ f en−2 par valeurs inf´erieures On a lim

x→ −2

x <−2

e^x=e⁻²= 1

e² car la fonction exponentielle est continue en−2. Comme lim

x→ −2

x <−2

x+2 = 0⁻, on a lim

x→ −2

x <−2

1

x+ 2 =−∞, d’apr`es les r´esultats du cours sur les quotients de limites. On a donc : lim

x→ −2

x <−2

e^x x+ 2

| {z }

f(x)

=−∞

d’apr`es les r´esultats du cours sur les produits de limites et le fait que e²>0.

• Etude de la limite de´ f en−2 par valeurs sup´erieures On a lim

x→ −2

x >−2

e^x=e⁻²= 1

e² car la fonction exponentielle est continue en−2. Comme lim

x→ −2

x >−2

x+2 = 0⁺, on a lim

x→ −2

x >−2

1

x+ 2 = +∞, d’apr`es les r´esultats du cours sur les quotients de limites. On a donc : lim

x→ −2

x >−2

e^x x+ 2

| {z }

f(x)

= +∞

d’apr`es les r´esultats du cours sur les produits de limites et le fait que e²>0.

• Etude de la limite de´ f en +∞

Comme lim

x→+∞e^x= +∞et lim

x→+∞x+ 2 = +∞, on est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee.

 Attention : Il n’existe aucun th´eor`eme de croissances compar´ees dans le cours permettant de conclure directement l’´etude de la limite de f en +∞. Il faut appliquer pr´ecis´ement le th´eor`eme des croissances compar´ees et ne pas en inventer des variantes.

Pour lever l’ind´etermination, on factorise le num´erateur de f(x) par son terme pr´epond´erant en +∞

et le d´enominateur de f(x) par son terme pr´epond´erant en +∞, pour x∈R\ {−2}. On a pour tout x∈R\ {−2}:

f(x) = e^x

x × 1

1 + 2 x .

Comme lim

x→+∞

2

x = 0, on a :

x→+∞lim 1 1 + 2

x

= 1

d’apr`es les r´esultats du cours sur les op´erations sur les limites. De plus, d’apr`es le th´eor`eme des crois- sances compar´ees, on a :

x→+∞lim e^x

x = +∞.

On en d´eduit que :

lim

x→2⁺

e^x

x × 1

1 + 2 x

| {z }

f(x)

= +∞.

d’apr`es les r´esultats du cours sur les produits de limites.

2. La fonctionu1 d´efinie par :

u1:R\ {−2} →R; x7→e^x est d´erivable surR\ {−2}et la fonctionv1 d´efinie par :

v1: R\ {−2} →R; x7→x+ 2

est d´erivable et ne s’annule pas sur R\ {−2}. On en d´eduit que la fonction f = u₁ v1

est d´erivable sur R\ {−2}, d’apr`es les r´esultats du cours sur les quotients de fonctions d´erivables.

3. Pour toutx∈R\ {−2}, on af(x) =u₁(x)

v1(x). On en d´eduit que pour toutx∈R\ {−2}: f⁰(x) = u⁰₁(x)v₁(x)−u₁(x)v₁⁰(x)

v²₁(x) . Soitx∈R\ {−2}. Deu⁰₁(x) =e^x etv⁰₁(x) = 1, on d´eduit :

f⁰(x) =e^x(x+ 2)−e^x

(x+ 2)² = e^x(x+ 1) (x+ 2)² . 4. D’apr`es la question 3, on a :

• f⁰(x) = 0 si et seulement six+ 1 = 0, soit six=−1 ;

• f⁰(x)>0 si et seulement six+ 1>0, soit six >−1.

De ces deux r´esultats et du crit`ere diff´erentiel de stricte monotonie,qui s’applique sur des intervalles, on d´eduit :

• la fonction f est strictement d´ecroissante sur ]− ∞,−2[ ;

• la fonction f est strictement d´ecroissante sur ]−2,−1] ;

• la fonction f est strictement croissante sur ]−1,+∞[.

5. Tableau de variations de f surR\ {−2}

x −∞ −2 −1 +∞

||

0

||

Variations def

& || & %

−∞

||

||

6. On doit montrer que pour tout x∈[0 ; 1], f(x)∈[0 ; 1], i.e. pour tout x∈Rtel que 0 ≤x≤1, on a : 0≤f(x)≤f(1).

Soit x∈Rtel que 0≤x≤1. Comme la fonction f est croissante sur [0,1] (cf. tableau de variations de f), on a :

f(0)≤f(x)≤f(1).

On calculef(0) =1

2 ≥0 etf(1) = e

3 ≤1 (care <3 d’apr`es l’encadrement deefourni dans l’´enonc´e). On a donc :

0≤1

2 =f(0)≤f(x)≤f(1) = e 3 ≤1 et par suite : 0≤f(x)≤1.

7. (a) On montre, ici, non seulement que f⁰ est d´erivable sur R\ {−2}, mais on calcule aussi sa d´eriv´ee (f⁰)⁰=f⁰⁰ qui sera utilis´ee dans la question suivante.

On rappelle que pour tout x∈R\ {−2}:f⁰(x) =e^x(x+ 1) (x+ 2)² .

• Soitu2 la fonction d´efinie par :

u2:R\ {−2} →R; x7→e^x(x+ 1).

La fonctionu3 d´efinie par :

u3:R\ {−2} →R; x7→e^x est d´erivable surR\ {−2}et la fonctionv3 d´efinie par :

v3:R\ {−2} →R; x7→x+ 1

est d´erivable surR\ {−2}. On en d´eduit que la fonctionu₂=u₃×v₃ est d´erivable sur R\ {−2}, d’apr`es les r´esultats du cours sur les produits de fonctions d´erivables.

Pour toutx∈R\ {−2}, on a :

u⁰₂(x) =u⁰₃(x)v3(x) +u3(x)v₃⁰(x).

Soitx∈R\ {−2}. Deu⁰₃(x) =e^x etv₃⁰(x) = 1, on d´eduit :

u⁰₂(x) =e^x(x+ 1) +e^x=e^x(x+ 2).

• Soitv2 la fonction d´efinie par :

v2:R\ {−2} →R; x7→(x+ 2)².

La fonctionv₂ est la restriction d’un polynˆome `aR\ {−2}; elle est donc d´erivable surR\ {−2}.

De plus, on a pour toutx∈R\ {−2} :

v⁰₂(x) = 2(x+ 2)

en appliquant la formule du cours : (u²)⁰ = 2×u⁰×u, avec la fonctionud´efinie par : u:R\ {−2} →R; x7→x+ 2.

• Des deux points pr´ec´edents, on d´eduit que la fonction f⁰ = u2

v2

est d´erivable surR\ {−2} et que pour toutx∈R\ {−2} :

(f⁰)⁰(x)

| {z }

f⁰⁰(x)

= u⁰₂(x)v₂(x)−u₂(x)v₂⁰(x) v₂²(x)

= e^x(x+ 2)(x+ 2)²−2e^x(x+ 1)(x+ 2) (x+ 2)⁴

= e^x(x+ 2)[(x+ 2)²−2(x+ 1)]

(x+ 2)⁴

= e^x[x²+ 2x+ 2]

(x+ 2)³ .

(b) Pour d´eterminer le sens de variation de f⁰ sur ]−2,+∞[, on ´etudie le signe de sa d´eriv´ee f⁰⁰ sur ]−2,+∞[. On sait, d’apr`es la question pr´ec´edente, que pout toutx ∈]−2,+∞[ :

f⁰⁰(x) = e^x[x²+ 2x+ 2]

(x+ 2)³ .

La fonction exponentielle ´etant strictement positive sur ]−2,+∞[, il suffit d’´etudier le signe de x²+ 2x+ 2 et de (x+ 2)³, pour connaˆıtre le signe de f⁰⁰(x), pourx∈]−2,+∞[.

• Le trinˆome du second degr´ex²+ 2x+ 2 a un discriminant ∆ =−4<0. Son signe surRest donc celui du coefficient de x², i.e. de 1 (cf. cours sur les trinˆomes du second degr´e). On a ainsi, pour tout x∈]−2,+∞[ :

x²+ 2x+ 2>0.

• Soitx∈]−2,+∞[.

−2< x =⇒ 0< x+ 2 (ajout de 2 `a chacun des membres)

=⇒ 0³= 0<(x+ 2)³ (la fonction cube est strictement croissante surR).

Donc pour toutx∈]−2,+∞[ :

(x+ 2)³>0.

De ce qui pr´ec`ede, on d´eduit que pout toutxappartenant `a l’intervalle ]−2,+∞[, on af⁰⁰(x)>0.

D’apr`es le crit`ere diff´erentiel de monotonie stricte, le fonction f⁰ est strictement croissante sur ]−2,+∞[.

(c) On doit montrer que pour toutx∈[0 ; 1], 0≤f⁰(x)≤2e

9 , i.e. pour toutx∈Rtel que 0≤x≤1, on a : 0≤f(x)≤f(1).

Soitx∈Rtel que 0≤x≤1. Comme la fonctionf⁰ est croissante sur [0,1] (cf. question pr´ec´edente), on a :

f⁰(0)≤f⁰(x)≤f⁰(1).

On calculef⁰(0) = 1×1 2² = 1

4 ≥0 etf⁰(1) = e×2 3² = 2e

9. On a donc : 0≤ 1

4 =f⁰(0)≤f⁰(x)≤f⁰(1) = 2e 9 et par suite : 0≤f⁰(x)≤ 2e

9 . 8. Soient x, y∈[0,1]. Pour montrer :

(I) |f(x)−f(y)| ≤ 2e 9 |x−y|

on scinde l’´etude en trois parties : cas o`ux=y, cas o`ux < y, cas o`u y < x.

• Cas o`ux=y

Si x=y, alors l’in´egalit´e (I) est claire (elle se r´e´ecrit dans ce cas 0≤0).

• Cas o`ux < y

La fonctionf ´etant d´erivable surR\ {−2}, elle est continue sur [x, y] et d´erivable sur ]x, y[. On applique le th´eor`eme des accroissements finis pour obtenir qu’il existec∈]x, y[ tel que :

f(y)−f(x)

y−x =f⁰(c) soit

f(y)−f(x) =f⁰(c)(y−x). (1)

Commec∈]x, y[ etx, y∈[0,1], on ac∈[0,1] et donc : 0≤f⁰(c)≤ 2e

9 (2)

d’apr`es la question 7.(c). En multipliant chacun des membres de (2) par (y−x)>0 (car x < y), on obtient :

0≤f⁰(c)(y−x)≤ 2e

9 (y−x). (3)

De (1) et (3), on d´eduit alors :

f(y)−f(x)≤2e

9(y−x). (4)

On rappelle que pour tout r´eela, on a :

|a|=

a sia≥0

−a sia <0.

Dex < y, on d´eduitx−y <0. On a donc :

|x−y|=−(x−y) =y−x. (5)

Comme x, y ∈ [0,1], x < y et comme f est strictement croissante sur [0,1] (cf. question 5), on a f(x)−f(y)<0 et par suite :

|f(x)−f(y)|=−(f(x)−f(y)) =f(y)−f(x). (6) De (4), (5) et (6), on tire :

|f(x)−f(y)| ≤ 2e

9 |x−y|.

• Cas o`ux > y

Six > y, alorsy < x. Alors en ´echangeant les rˆoles jou´es parxetydans le point pr´ec´edent, on obtient :

|f(y)−f(x)| ≤ 2e

9 |y−x|.

Comme pour touta∈R:|a|=| −a|, l’in´egalit´e pr´ec´edente se r´e´ecrit :

| −(f(y)−f(x))|

| {z }

|f(x)−f(y)|

≤ 2e

9 | −(y−x)|

| {z }

|x−y|

.

9. On cherche `a montrer que l’´equation :

(E) e^x

2 +x =x

poss`ede une unique solution sur [0,1]. L’´equation (E) ´etant ´equivalente `a :

(E⁰) e^x

2 +x

| {z }

f(x)

−x= 0

il revient au mˆeme de montrer que (E⁰) poss`ede une unique solution sur [0,1].

Pour ce faire, on introduit la fonctiong d´efinie par :

g: [0,1]→R; x 7→f(x)−x.

On v´erifie les hypoth`eses du th´eor`eme de la bijection afin de l’appliquer `a la fonctiong.

• La fonction f est d´erivable sur [0,1], comme la fonction x7→ −x. On en d´eduit que la fonctiong est d´erivable sur [0,1] (cf. r´esultats du cours sur les sommes de fonctions d´erivables) et que :

∀x∈[0,1] g⁰(x) =f⁰(x)−1.

De cette ´egalit´e et de la question 7.(c), on d´eduit que :

∀x∈[0,1] g⁰(x)≤2e

9 −1. (7)

D’apr`es l’encadrement deedonn´e dans l’´enonc´e, on a : e <3.On en d´eduit : 2e

9 ≤2×3 9 =2

3 et donc que :

2e

9 <1. (8)

De (7) et (8), on d´eduit que :

∀x∈[0,1] g⁰(x)<0.

D’apr`es le crit`ere diff´erentiel de monotonie stricte, la fonctiongest strictement d´ecroissante sur [0,1].

• La fonctiong´etant d´erivable sur [0,1], elle est continue sur [0,1].

D’apr`es les deux points pr´ec´edents, on peut appliquer le th´eor`eme de la bijection `ag; la fonctiongr´ealise une bijection de [0,1] sur :

[g(1), g(0)] = [f(1)−1, f(0)−0] = e

3−1,1 2

.

D’apr`es l’encadrement deedonn´e dans l’´enonc´e, on a :e <3.On en d´eduit : e

3−1<0.

Donc 0∈ e

3−1,1 2

.L’´equation

g(x)

|{z}

f(x)−x

= 0

poss`ede donc une unique solution sur [0,1].

On notera αcette solution dans la suite.

10. (a) On remarque que commeαest solution de l’´equationf(α)−α= 0, on a :f(α) =α.

Soitn∈N. En appliquant le r´esultat de la question 8 avecx=u_n ∈[0,1] ety=α∈[0,1] , on a :

|f(u_n)

| {z }

u_n+1

−f(α)

| {z }

α

| ≤ 2e

9 |un−α|

i.e. l’in´egalit´e demand´ee.

(b) Montrons par r´ecurrence que pour toutn∈N: Pn : |un−α| ≤

2e 9

n

|u0−α|.

• Initialisation

La proposition P0 s’´ecrit :

|u0−α| ≤ 2e

9 0

| {z }

1

|u0−α|.

Elle est donc vraie.

• H´er´edit´e

On suppose queP_n est vraie pour un entiernfix´e, i.e. que :

|un−α| ≤ 2e

9 ⁿ

|u0−α|. (9)

Montrons Pn+1, i.e. :

|un+1−α| ≤ 2e

9 n+1

|u0−α|.

D’apr`es la question 10.(a), on a :

|u_n+1−α| ≤ 2e

9 |u_n−α|. (10)

En multipliant chacun des membres de (9) par 2e

9 ≥0, on a : 2e

9 |un−α| ≤ 2e 9 ×

2e 9

ⁿ

| {z } 2e

9

!n+1

|u0−α|. (11)

De (10) et (11), on d´eduit alors :

|un+1−α| ≤ 2e

9 |un−α| ≤ 2e

9 n+1

|u0−α|

et doncPn+1 :

|u_n+1−α| ≤ 2e

9 ⁿ⁺¹

|u₀−α|.

• Conclusion

De l’initialisation de la propri´et´ePnau rang 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :

∀n∈N |un−α| ≤ 2e

9 ⁿ

|u0−α|.

(c) Montrons que la suite (un)n∈Nconverge versα.

Soitn∈N^∗. De la question 10.(b), on d´eduit que :

− 2e

9 ⁿ

|u0−α| ≤un−α≤ 2e

9 ⁿ

|u0−α|. (12)

En effet si X ∈Ret siA∈R⁺, |X| ≤ A⇐⇒ −A≤X ≤A. En ajoutant α`a chacun des membres de (12), il vient :

α− 2e

9 ⁿ

|u0−α| ≤un≤α+ 2e

9 ⁿ

|u0−α|. (13)

D’apr`es le cours et −1 < 2e

9 < 1 (cf. (8)), on a : lim

n→+∞

2e 9

ⁿ

= 0 (cf. cours sur les suites g´eom´etriques). En utilisant les op´erations sur les limites, on obtient alors :

n→+∞lim α− 2e

9 n

|u0−α|=α et lim

n→+∞α+ 2e

9 n

|u0−α|=α.

De ces calculs de limites, de (13) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit que la suite (u_n)_n∈N converge et que lim

n→+∞u_n=α.