Un th´ eor` eme d’analyse

ECS1 H. Boucher Corrig´e Devoir maison n^o5

Exercice 1

On d´efinit la fonctionf parf(x) = sinx x .

Rapide ´ etude de f

1. f est le quotient de deux fonctions d´efinies et d´erivables surRavec le d´enominateur qui s’annule si et seulement six= 0. Donc f est d´efinie et d´erivable sur R^∗ et pour toutx∈R^∗, f⁰(x) = xcosx−sinx

x² .

2. Pour toutx∈R^∗+,x² <0 donc f⁰ est du mˆeme signe queh:x7→xcosx−sinx . 3. sin est d´erivable en 0 et sin⁰(0) = cos(0) = 1 donc (taux d’accroissement) f(x)−−−→

x→0 1 . Ainsi on peut prolonger f par continuit´e en 0 en posantf(0) = 0.

4. Pour toutx6= 0, f(x)−f(0) x−0 =

sinx x −1

x .

Pour tout x >0, on a x−x³

6 6sinx6x. Pour montrer chaque in´egalit´e, on ´etudie la diff´erence. On obtient successivement les in´egalit´es sinx6x, cosx>1−x²

2 et enfin sinx>x−x³ 6 . Ainsi

f(x)−f(0) x−0

= |sinx−x|

x² 6 x³/6 x² 6 x

2. Donc f(x)−f(0)

x−0 −−−−→

x→0⁺ 0.

On a la mˆeme limite en 0⁻ par parit´e de f. Finalement f est d´erivable en 0 etf⁰(0) = 0 .

Un th´ eor` eme d’analyse

Soit a < b des r´eels et une fonction g : [a,b]→ Rcontinue sur [a,b]. On supposeg(a)6g(b) et on pose y∈[g(a), g(b)]. Le but de cette partie est de montrer quey admet un ant´ec´edentc∈[a,b] parg.

5.

y

a c? b

C_g

6. Premi`ere m´ethode : on d´efinit A={x∈[a,b], g(x)6y}.

(a) • Aest non vide car il contienta: en effet g(a)6y.

1

• Aest major´e par bcar A⊂[a,b].

Donc Aadmet une borne sup´erieure . On notec= sup(A).

(b) Soit n∈N.

D’apr`es la propri´et´e de la borne sup´erieure, il existe x_n dans A tel que c− 1

n+ 1 6x_n 6c. La suite (x_n)n∈N ainsi d´efinie est une suite d’´el´ements de Aet par encadrement, x_n−−−−−→

n→+∞ c. (c) Pour toutn∈N,xn∈Adoncf(xn)6y. Par passage `a la limite et continuit´e de g, g(c)6y . (d) 1<sup>er</sup> cas : c=b. Dans ce cas, g(c) =g(b)>y par hypoth`ese.

2^e cas : c < b. Dans ce cas, pour tout n ∈ N^∗ tel que c+ 1

n ∈ [c,b], on a g

c+ 1 n

> y car c+ 1

n ∈/ A. En passant `a la limite et par continuit´e deg, on a g(c)>y . Ceci montre que g(c) =y et finit la d´emonstration du th´eor`eme.

7. Deuxi`eme m´ethode : on d´efinit les suites (a<sub>n</sub>) et (b<sub>n</sub>) de la mani`ere suivante.

Tout d’aborda₀=aetb₀=b. Puis pourn∈N, si a_n etb_n sont d´efinis, alors on calculec_n= a_n+b_n

2 .

Sig(c_n)6y, on pose

(a_n+1 =c_n

b_n+1=b_n . Sinon, on pose

(a_n+1=a_n b_n+1 =c_n (a) C’est le principe de ladichotomieque l’on d´ecrit ici.

y

a0 c0 b0

a1

a₂ a₃

b₁ c1

b₂ C_g

c₂ b3

(b) Remarquons tout d’abord que pour toutn,an6cn6bn, ce qui peut se montrer tr`es facilement par r´ecurrence.

• (an) est croissante. En effet, soitan+1=an, soitan+1=cn>an.

• De mˆeme, (bn) est d´ecroissante.

• Pour toutn∈N, on a bn+1−an+1= bn−an

2 .

Ainsi (r´ecurrence facile)∀n∈N,bn−an= b−a

2ⁿ . Finalement,bn−an−−−−−→

n→+∞ 0.

Ceci montre que (an) et (bn) sont adjacentes.

Donc (an) et (bn) convergent vers une mˆeme limite . On notera ccette limite.

(c) Par construction des suites (an) et (bn), on a :∀n∈N, g(an)6y6g(bn). Par passage `a la limite et continuit´e deg, cela donne g(c)6y6g(c), donc g(c) =y .

8. Dans le cas o`u g(a)>g(b), on applique `a la fonction (−g) le r´esultat que nous venons de d´emontrer.

2

Une suite

9. Pour toutk∈N^∗,f⁰(kπ) = (−1)^kkπ, qui est

(positif si kest pair

n´egatif sikest impair .

10. On applique `a la fonctionf<sup>0</sup> le th´eor`eme de la partie pr´ec´edente : pour toutk∈N^∗,f⁰ est bien continue sur [kπ,(k+ 1)π] et 0 est bien dans l’intervalle d’extr´emit´esf⁰(kπ) etf⁰((k+ 1)π) car ils sont de signes oppos´es. Ainsi il existe a_k∈[kπ,(k+ 1)π] tel quef⁰(a_k) = 0. De plusf⁰(kπ) et f⁰((k+ 1)π) sont non nuls donc a_k∈]kπ,(k+ 1)π[ .

11. Pour tout k∈N^∗,h est d´erivable sur ]kπ,(k+ 1)π[ et ∀x∈]kπ,(k+ 1)π[, h⁰(x) =xsinx, qui est non nul et de signe constant sur ]kπ,(k+ 1)π[ (son signe d´ependant de la parit´e dek.

Donc hest strictement monotone sur ]kπ,(k+ 1)π[ .

Le th´eor`eme de la bijection appliqu´e `a h sur cet intervalle nous assure que h s’annule en un unique point sur ]kπ,(k+ 1)π[, ce qui garantit l’unicit´e des r´eelsa_k.

12. Comportement (limite ´eventuelle et un ´equivalent) de la suite (a_k)k∈N^∗. (a) Pour toutk∈N^∗, on a a_k>kπ, donc a_k −−−−→

k→+∞ +∞. (b) Pour tout k ∈ N^∗, on a kπ 6 a_k 6 kπ+π, i.e. 16 a_k

kπ 61 + 1

k. Par th´eor`eme des gendarmes, a_k

kπ −−−−→

k→+∞ 1 .

Remarque. On dit quea_k est ´equivalent `a kπ quand ktend vers +∞.

(c) Pour tout k ∈ N^∗, on a h(a_k) = 0, soit a_kcos(a_k)−sin(a_k) = 0, i.e. a_k = tana_k. Or tan est π-p´eriodique, donc ak= tan(ak−kπ) .

Comme a_k −kπ ∈ h 0,π

2 i

, l’application de la fonction Arctan (r´eciproque de tan|]^−π₂^,π₂[), on obtient : a_k−kπ = Arctan(a_k).

Or a_k−−−−→

k→+∞ +∞ et Arctan a pour limite π

2 en +∞. Donc a_k−kπ −−−−→

k→+∞

π 2 .

Une autre suite

On s’int´eresse maintenant `a la suite (u_n) d´efinie par u₀= 0 etu_n+1 =f(u_n).

13. ´Etude compl`ete de (un) (avec quelques d´etails techniques et quelques points de r´edaction classiques

´ecourt´es) :

• D’apr`es l’´etude de f, f r´ealise une bijection d´ecroissante de [0,π] dans [0,1], donc a fortiori, f([0,1])⊂[0,1]. Donc [0,1] est un intervalle stable par f.

• Pour tout x∈[0,1]u⁰(x) = xcos(x)−sin(x)−x²

x . On pose v(x) =xcos(x)−sin(x)−x². Alors v⁰(x) =x(−sin(x)−2), n´egatif sur [0,1]. Doncvest d´ecroissante etv(0) = 0, doncu⁰ est n´egative.

Finalement,uest continue et strictement d´ecroissante, deu(0) = 1 `a u(1) = sin(1)−1<0. Donc u s’annule une seule fois sur [0,1] et f admet donc un unique point fixeα∈]0,1[.

• f◦f est croissante etαest encore un point fixe def◦f. On montre que [0,α] et [α,1] sont stables parf◦f.

Par ailleurs (u2n) et (u2n+1) sont monotones (par croissance def◦f) et de monotonies contraires 3

(par la d´ecroissance def). Commeu2=f(sin 1)>0 =u0, c’est (u2n) qui est croissante et (u2n+1) est d´ecroissante.

Elles sont aussi born´ees donc convergentes, et leur limite est l’unique point fixe def◦f sur [0,1],

`

a savoir α.

Enfin (u2n) et (u2n+1) convergent vers la mˆeme limite, donc (un) converge vers α.

4