ecritblanc 20140929 corr

Correction de l’´ ecrit blanc du 29 septembre 2014 Premier probl` eme

Partie A

1. (a) Au voisinage de 0, on sait que la fonction sinus admet un d´eveloppement limit´e et que sin(x) = x − x³

6 + o(x³).

(b) Les fonctions x 7→ x et x 7→ sin x sont continues et ne s’annulent pas sur ]0, π/2] donc f est continue sur ]0, π/2]. ´Etudions maintenant la continuit´e de f en 0. On d´eduit de la question A.1.a que

1

sin x = 1

x



1 −^x₆² + o(x²)

 = 1 x

 1 +x²

6 + o(x²)



= 1 x+ x

6 + o(x) Puis

f (x) = 1 sin x− 1

x = x

6 + o(x)

On peut donc en conclure que lorsque x tend vers 0 par valeurs sup´erieures, f (x) tend vers 0, qui est par d´efinition ´egal `a f (0).

(c) Les fonctions x 7→ x et x 7→ sin x sont de classe C¹ et ne s’annulent pas sur ]0, π/2] donc f est de classe C¹ sur cet intervalle, et on a pour tout x ∈]0, π/2],

f⁰(x) = − cos x sin²(x) + 1

x²

En 0+, f admet un d´eveloppement limit´e `a l’ordre 1 donc f est d´erivable en 0, de d´eriv´ee 1/6, qui est bien la limite en 0 de f⁰.

La fonction f est donc d´erivable sur [0, π/2] et sa d´eriv´ee est continue.

(d) On remarque que pour tout x ∈ [0, π/2], g(x) = xf (x) + 1. Par les r`egles usuelles sur la continuit´e et la d´erivation d’un produit de fonctions, g est donc de classe C¹ sur [0, π/2].

2. On int`egre par parties l’int´egrale propos´ee en d´erivant la fonction x 7→ φ(x), qui est suppos´ee de classe C¹, et en int´egrant la fonction x 7→ sin(nx). On obtient

Z π/2 0

φ(x) sin(nx) dx =



φ(x)− cos(nx) n

π/2 0

+ Z π/2

0

φ⁰(x)cos(nx)

n dx

= −φ(π/2) cos(nπ/2) + φ(0)

n + 1

n Z π/2

0

φ⁰(x) cos(nx) dx Lorsque n tend vers l’infini, le terme « tout int´egr´e » tend bien entendu vers 0.

La fonction φ ´etant de classe C¹, sa d´eriv´ee est continue, donc born´ee par une certaine constante M sur l’intervalle (compact) [0, π/2]. On a donc la majoration suivante :

     1 n

Z π/2 0

φ⁰(x) cos(nx) dx     

≤ Z π/2

0

    1

nφ⁰(x) cos(nx)    

dx ≤ M π 2n L’int´egrale propos´ee tend donc vers 0 lorsque n tend vers +∞.

Partie B

1. Au voisinage de 0, 1 − cos x est ´equivalent `a x²/2, donc la fonction x 7→ (1 − cos x)/x² admet une limite finie en 0⁺ : l’int´egrale est donc convergente en 0.

En +∞, on a la majoration suivante :

0 ≤ 1 − cos x x² ≤ 2

x² et l’int´egrale au voisinage de +∞ de x 7→ _x²² est convergente.

L’int´egrale R_+∞

0

1−cos x

x² dx converge donc.

2. Sur l’intervalle ]0, +∞[, la fonction x 7→ sin(x) est de classe C⁰ et admet pour primitive x 7→

(1−cos(x)). Sur ce mˆeme intervalle, la fonction x 7→ 1/x est de classe C¹et de d´eriv´ee x 7→ −1/x². Une int´egration par partie permet donc d’´ecrire que, pour tout couple (α, A) ∈ R² tel que 0 < α < A, on a

Z A α

sin x

x dx = 1 − cos x x

A α

+ Z A

α

1 − cos x x² dx.

En faisant α tendre vers 0+ et A vers +∞, on obtient la convergence de l’int´egraleR_+∞

0 sin x/x dx ainsi que l’´egalit´e :

Z +∞

0

sin x x dx =

Z +∞

0

1 − cos x x² dx.

3. Soit n un entier naturel non nul. On utilise le r´esultat de la somme de (2n + 1) termes cons´ecutifs d’une suite g´eom´etrique de raison e^z : pour tout z ∈ C tel que e^z 6= 1 :

n

X

k=−n

e^kz = e^−nz − e^(n+1)z 1 − e^z

En factorisant num´erateur et d´enominateur par e^z/2, on a ´egalement

n

X

k=−n

e^kz = e^(n+0.5)z− e^−(n+0.5)z e^z/2− e^−z/2

Soit x ∈]0, π/2]. Le complexe e^2ix est diff´erent de 1, donc on peut utiliser le r´esultat pr´ec´edent avec z = 2ix et on obtient :

n

X

k=−n

e^2ikx= sin((2n + 1)x) sin x Par ailleurs,

n

X

k=−n

e^2ikx= 1 +

n

X

k=1



e^2ikx+ e^−2ikx

= 1 + 2

n

X

k=1

cos(2kx) On en d´eduit alors

1 + 2

n

X

k=1

cos(2kx) = sin((2n + 1)x) sin x 4. (a) L’intervalle [0, π/2] est compact, la fonction x 7→ sin((2n+1)x)

sin x est continue sur ]0, π/2] et peut ˆetre prolong´ee par continuit´e en 0, donc l’int´egrale In est convergente.

(b) En utilisant la question B.3, on a, pour tout n ∈ N^∗ : I_n =

Z _π/2

0

1 + 2

n

X

k=1

cos(2kx)

! dx

= π

2 + 2

n

X

k=1

Z π/2 0

cos(2kx) dx

= π

2 + 2

n

X

k=1

sin(kπ) − sin(0) 2k

= π

2

(c) Pour tout x ∈ [0, π/2], on a f (x) +_x¹ = _{sin x}¹ . Il reste `a justifier la convergence des int´egrales pour prouver l’´egalit´e propos´ee. La fonction f est continue sur [0, π/2], donc la fonction x 7→ f (x) sin((2n + 1)x) l’est, et l’int´egraleRπ/2

0 f (x) sin((2n + 1)x) dx est donc convergente.

De mˆeme la fonction x 7→ sin((2n+1)x)

x est continue sur ]0, π/2] et peut ˆetre prolong´ee par continuit´e en 0+ (par 2n + 1), donc l’int´egraleR_π/2

0

sin((2n+1)x)

x dx est convergente.

On peut donc conclure que π

2 = In= Z π/2

0

f (x) sin((2n + 1)x) dx + Z π/2

0

sin((2n + 1)x)

x dx

(d) Pour tout n ∈ N^∗, on effectue le changement de variable t = (2n + 1)x. On obtient : Z π/2

0

sin((2n + 1)x)

x dx =

Z (2n+1)π/2 0

sin t t/(2n + 1)

dx 2n + 1 =

Z (2n+1)π/2 0

sin x x dx L’int´egrale R+∞

0 sin x

x dx ´etant convergente, la suite 

R(2n+1)π/2 0

sin x x dx

n converge vers R+∞

0 sin x

x dx.

La fonction f ´etant de classe C¹ sur [0, π/2], la question A.2 implique que la suite

Rπ/2

0 f (x) sin((2n + 1)x) dx

tend vers 0 lorsque n tend vers +∞.

On peut alors conclure que

Z +∞

0

sin x

x dx = π 2.

Partie C

On note Jn l’int´egrale d´efinie par J_n= 1

π Z π

0

x²sin((2n + 1)x) sin x dx

1. La fonction h_n: x 7→ sin((2n + 1)x)/sin x est continue sur ]0, π[. En 0, on a l’´equivalent suivant : sin((2n + 1)x)

sin x ∼ 2n + 1

Donc hn peut ˆetre prolong´ee par continuit´e en 0⁺ en posant hn(0) = 2n + 1.

De mˆeme, on peut remarquer que, pour tout x ∈]0, Π[, hn(π − x) = sin(2nπ+π−(2n+1)x)

sin(π−x) = hn(x), donc h_npeut ´egalement ˆetre prolong´ee par continuit´e en π⁻, ce qui assure la convergence de J_n. 2. L’´egalit´e de la question B.3 : est v´erifi´ee pour tout ∈]0, π[ (puisque e^2ix est alors diff´erent de 1).

On a donc, pour tout x ∈]0, π[, 1 + 2

n

X

k=1

cos 2kx = sin((2n + 1)x) sin x

Puis

Jn= 1 π

Z π 0

x² dx + 2 π

n

X

k=1

Z π 0

x²cos(2kx) dx

La premi`ere int´egrale vaut trivialement π³/3. Calculons, pour tout k ≥ 1, Rπ

0 x²cos(2kx) dx en utilisant une double int´egration par parties :

Z π 0

x²cos(2kx) dx =



x²sin(2kx) 2k

π 0

− Z π

0

2xsin(2kx)

2k dx

= 0 +



2xcos(2kx) 4k²

π 0

− Z π

0

2cos(2kx) 4k² dx

= 2π

4k² On obtient finalement

Jn= π² 3 +

n

X

k=1

1 k². 3. On effectue le changement de variable t = π − x dans R_π

π/2x2 sin((2n+1)x)

sin x dx. On obtient : Z π

π/2

x²sin((2n + 1)x)

sin x dx = −

Z 0 π/2

(π − t)²sin((2n + 1)(π − t)) sin(π − t) dt

=

Z π/2 0

(π − t)²sin((2n + 1)(t)) sin t dt Finalement :

Jn= 1 π

Z π/2 0

(t²+ (π − t)²)sin((2n + 1)(t)) sin t dt

4. Les int´egrales intervenant dans l’´egalit´e sont toutes convergentes et, pour tout x ∈ [0, π/2], un calcul ´el´ementaire montre que

2(x − π)g(x) + π²f (x)
+π

x = x²+ (π − x)² sin x , ce qui fournit l’´egalit´e souhait´ee.

5. D’apr`es la question A.1, la fonction φ : x 7→ 2(x − π)g(x) + π<sup>2</sup>f (x) est de classe C<sup>1</sup> sur [0, π/2], donc, d’apr`es la question A.2, la suite

Rπ/2

0 φ(x) sin(nx) dx



n tend vers 0. De plus, dans la question B.4, on a montr´e que

Rπ/2 0

sin((2n+1)x

x dx



converge versR+∞

0 sin x

x dx, c’est-`a-dire vers π/2.

On peut donc conclure que J_n tend vers π²/2 lorsque n tend vers +∞.

6. On a

+∞

X

k=1

1 k² = lim

n Jn−π² 3 = π²

6 .

7. (a) Les ´ev´enements (A_k)_k≥1 sont deux `a deux disjoints, en nombre d´enombrable et leur r´eunion est l’ensemble Ω. Ils forment donc un syst`eme complet d’´ev´enements.

(b) La variable al´eatoire X est int´egrable si la s´erie de terme g´en´eral kP(X = k) converge.

Or cette s´erie diverge (par exemple par crit`ere de Riemann, ou par comparaison avec une int´egrale). Donc la variable al´eatoire X n’est pas int´egrable.

(c) La variable al´eatoire X⁻¹ est int´egrable si la s´erie de terme g´en´eral P(X = k)/k converge.

Or, pour tout k ≥ 1, 0 ≤ P(X = k)/k ≤ P(X = k) et la s´erie de terme g´en´eral P(X = k) est convergente, donc la s´erie de terme g´en´eral P(X = k)/k est convergente, c’est-`a-dire que 1/X est int´egrable.

(d) La variable al´eatoire Y est `a valeurs dans 2N^∗ et pour tout entier n pair et sup´erieur ou

´egal `a 2, on a P(Y = n) = P(X = n/2).

Deuxi` eme probl` eme

1. Convergence des suites croissantes major´ees.

(a) On note M = sup_nu_n. Soit  un r´eel strictement positif.

Par la caract´erisation de la borne sup´erieure de {u_n, n ≥ 0}, il existe N tel que u_N ∈ ]M − , M ].

Or la suite (un) est croissante, donc pour tout n ≥ N , on a un∈]M − , M ], ce qui implique que |u_n− M | ≤ .

On obtient ainsi que la suite (u_n) converge, et que sa limite est ´egale `a M . (b) Soit A un r´eel fix´e. La suite (u_n) ´etant non major´ee, il existe N tel que u_N ≥ A.

Or la suite (u_n) est croissante donc, pour tout n ≥ N , u_n≥ A.

On peut alors conclure que la suite (u_n) diverge vers +∞.

(c) Soit (u_n) une suite convergente, de limite ` ∈ R.

Il existe un rang N tel que pour tout n ≥ N , |u_n− `| ≤ 1 Ceci implique que, pour tout n ≥ N , un≤ ` + 1.

Notons alors M = max(max{uk, k ≤ N }, ` + 1).

On a, pour tout n, un≤ M : M est un majorant de la suite (u_n).

(d) La suite ((−1)ⁿ)n (ou (cos(nπ/2))n, ou (cos(n))n, ou...) est born´ee et non convergente.

La suite ((−1)ⁿ/n)n n’est pas monotone et converge vers 0.

2. Th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass. La preuve propos´ee ici du th´eor`eme de Bolzano Weiers- trass est l’une des plus connues. Une autre preuve classique consiste `a montrer que, de toute suite, on peut extraire une sous-suite monotone (qui, si elle est de plus born´ee, est convergente).

(a) On montre par r´ecurrence la propri´et´e Pn : a ≤ an≤ a_n+1≤ b_n+1 ≤ b_n≤ b.

Initialisation : pour n = 0, on a a0 = a et b0 = b. De plus,

– soit a₁ = a₀ et b₁ = (a₀+ b₀)/2 appartient `a [a<sub>1</sub>, b<sub>0</sub>] car b<sub>0</sub>≥ a<sub>0</sub>; – soit b1 = b0 et a1 = (a0+ b0)/2 appartient `a [a0, b1].

Dans tous les cas, on a bien a ≤ a0≤ a₁ ≤ b₁ ≤ b₀ ≤ b.

H´er´edit´e : Supposons que, pour un n donn´e, P_nest v´erifi´ee et montrons que P_n+1est vraie.

Puisque P_n est vraie, on a a ≤ a_n+1≤ b_n+1 ≤ b. De plus,

– soit a_n+2= a_n+1 et b_n+2 = (a_n+1+ b_n+1)/2 appartient `a [a<sub>n+2</sub>, b<sub>n+1</sub>] car b<sub>n+1</sub>≥ a<sub>n+1</sub>; – soit bn+2 = bn+1 et an+2= (an+1+ bn+1)/2 appartient `a [an+1, bn+2].

Dans tous les cas, on a bien a ≤ a_n+1 ≤ a_n+1 ≤ b_n+2 ≤ b_n+1, c’est-`a-dire que P_n+1 est v´erifi´ee.

La propri´et´e (Pn) ´etant vraie au rang 0, et ´etant h´er´editaire, on peut conclure qu’elle est vraie pour tout n.

On a donc montr´e d’une part que, pour tout n ≥ 0, a_n ≤ a_n+1 ≤ b et d’autre part que a ≤ b_n+1 ≤ b_n, c’est-`a-dire que la suite (a_n) est croissante et major´ee par b, et la suite (b_n) est d´ecroissante et minor´ee par a.

(b) La premi`ere question de ce probl`eme permet alors d’affirmer que les suites (an) et (bn) (ou (−bn) si on veut se ramener `a une suite croissante) sont convergentes.

Par ailleurs, on peut v´erifier que, pour tout n, b_n+1− a_n+1= (b_n− a_n)/2 : La suite (b_n− a_n) est donc une suite g´eom´etrique de raison 1/2. Par cons´equent est converge vers 0. En

´ecrivant bn = an+ (bn− a_n) et en utilisant le r´esultat sur la limite de la somme de deux suites convergentes, on peut conclure que lim a_n= lim b_n.

(c) On montre par r´ecurrence que φ(n) est bien d´efinie, pour tout n ≥ 0.

Initialisation : Pour n = 0, on impose φ(0) = 0, donc φ(0) est bien d´efini.

H´er´edit´e : Supposons que φ(n) existe, pour un certain entier n, et montrons que φ(n + 1) existe. Pour cela, il faut montrer que, l’ensemble {k > φ(n), u_k∈ [a_n+1, b_n+1]} est non vide.

φ(n + 1) sera alors son plus petit ´el´ement. Or cela d´ecoule de la construction des suites (an) et (b_n) : par d´efinition, il existe une infinit´e d’indices k tels que u_k ∈ [a_n+1, b_n+1]. Il existe donc au moins un entier k tel que k > φ(n) et u_k ∈ [_n+1, b_n+1]. Toute partie non vide de N admettant un plus petit ´el´ement, φ(n + 1) est bien d´efinie et on a φ(n + 1) > φ(n) et u_φ(n+1) ∈ [a_n+1, b_n+1].

(d) Pour tout entier n, on a an ≤ u_φ(n) ≤ b_n. Les suites (an) et (bn) ´etant convergentes et de mˆeme limite, le th´eor`eme des gendarmes permet d’affirmer que la suite (u_φ(n)), suite extraite de la suite (u_n), est convergente.

Preuve rapide du th´eor`eme des gendarmes : on suppose que trois suites (un), (vn) et (wn) v´erifient pour tout n, u<sub>n</sub> ≤ v<sub>n</sub> ≤ w<sub>n</sub>, et que les suites (u<sub>n</sub>) et (w<sub>n</sub>) sont convergentes, de mˆeme limite `. On se donne alors un r´eel . Il existe un rang N₁ et un rang N₂ tels que : pour tout n ≥ N1 , un∈ [` − , ` + ], et pour tout n ≥ N₂, wn ∈ [` − , ` + ]. On a alors, pour tout n ≥ max(N₁, N₂) : ` −  ≤ u<sub>n</sub> ≤ v<sub>n</sub>≤ w<sub>n</sub>≤ ` + , ce qui permet de conclure que la suite (v_n) converge elle aussi vers `.

(e) La fonction φ est par construction strictement croissante, donc (u_φ(n)) est une extraite convergente de la suite (u_n).

(f) On montre que la suite (φ(n) − n) est croissante. Comme elle est nulle en 0, on en d´eduira qu’elle est positive.

Soit n ∈ N. On a φ(n + 1) − (n + 1) − (φ(n) − n) = φ(n + 1) − φ(n) − 1. Or la suite (φ(n)) est par construction une suite strictement croissante d’entiers . On a donc φ(n + 1) − φ(n) ≥ 1.

La suite (φ(n) − n) est donc croissante.

(g) C’est un algorithme de dichotomie (d’une ´etape `a la suivante, on divise la longueur de l’intervalle par 2).

3. Convergence des suites de Cauchy r´eelles.

(a) Par d´efinition d’une suite de Cauchy, il existe un N tel que pour tout couple d’entiers (n, p) tels que n ≥ N et p ≥ N , |un− u_p| ≤ 1.

En particulier, pour tout n ≥ N , on a |u_n− u_N| ≤ 1.

On note alors M = max(max(|uk|, k < N ), |u_N| + 1). Le r´eel M v´erifie : pour tout n ∈ N,

|u_n| ≤ M . La suite (u_n) est donc born´ee.

(b) On utilise le th´eor`eme de Bolzano Weierstrass : toute suite born´ee admet une sous-suite convergente, que l’on note (u_φ(n)).

(c) Soit  > 0. La suite (un) ´etant de Cauchy, il existe un rang N tel que, pour tout n ≥ N et tout p ≥ N , on a |un− u_p| ≤ /2.

Par les remarques pr´ec´edentes sur les suites extraites, on a pour tout n ∈ N, φ(n) ≥ n. On a donc, pour tout n ≥ N , φ(n) ≥ N , et donc |un− u_φ(n)| ≤ /2.

La suite (u_φ(n)) est convergente : notons ` sa limite et montrons que la suite (u<sub>n</sub>) converge vers `.

Fixons  > 0. Il existe N1 tel que pour tout n ≥ N1, |u_φ(n)− `| ≤ /2.

Avec les mˆemes notations qu’`a la question pr´ec´edente, pour tout n ≥ ˜N = max(N, N1), on aura :

|u_n− `| ≤ |u<sub>n</sub>− u<sub>φ(n)</sub>| + |u<sub>φ(n)</sub>− `| ≤ .

(d) Ceci prouve que la suite (un) converge vers `.

(e) Soit (u_n) une suite convergente, et notons sa limite `. Soit  > 0. Par d´efinition de la limite d’une suite, il existe N tel que, pour tout n ≥ N , |un− `| ≤ /2. On a alors, pour tout (n, p) ∈ N² tel que n ≥ N et p ≥ N , |un− u_p| ≤ .

Autrement dit, la suite (u_n) est de Cauchy.

(f) Pour simplifier, on consid`ere une suite (x<sub>n</sub>) de R<sup>d</sup> et on note (x<sup>i</sup><sub>n</sub>) la suite des i-`emes coordonn´ees.

Montrons que, si (xn) converge, alors la suite (xⁱ_n) converge pour tout i.

Soit ` = (`ⁱ)^i≤d la limite de (x_n). Int´eressons-nous `a la i-`eme coordonn´ee. Par l’in´egalit´e triangulaire, pour tout n, on a |xⁱ_n− `<sup>i</sup>| ≤ |x<sub>n</sub>− `|. Comme la suite (x_n) converge vers `, on conclut que (x<sup>i</sup><sub>n</sub>− `ⁱ) converge vers 0, c’est-dire que (xⁱ_n) converge vers `ⁱ.

R´eciproquement, supposons que chacune des suites (xⁱ_n) converge et montrons que la suite (xn) converge.

Soit  > 0 fix´e. Pour tout i, il existe un rang Nⁱ tel que, pour tout n ≥ Nⁱ, |xⁱ_n− `ⁱ| ≤ /d.

Par l’in´egalit´e triangulaire, on a pour tout n ≥ max(Nⁱ, i ≤ d),

|x_n− `| ≤

d

X

i=1

|xⁱ_n− `<sup>i</sup>| ≤  On peut donc conclure que (x<sub>n</sub>) converge vers `.

On peut d´emontrer de fa¸con similaire qu’une suite d’un espace vectoriel de dimension finie est de Cauchy si et seulement si chacune des suites form´ees par ses coordonn´ees est de Cauchy.

4. Convergence absolue des s´eries.

(a) La suite (T_n) est convergente, donc elle est de Cauchy.

Soit  > 0. Il existe donc un rang N tel que, pour tout (n, p) ∈ N² tels que n ≥ N et p ≥ N , on a |Tn− T_p| ≤ .

On a (pour n ≥ p, l’autre cas ´etant similaire) :

|S_n− S_p| =      

n

X

k=p+1

u_k      

≤

n

X

k=p+1

|u_k| = |T_n− T − p|

On a donc, pour tout (n, p) ∈ N² tel que n ≥ N et p ≥ N : |Sn− S_p| ≤ .

Donc la suite (S_n) est de Cauchy.

(b) Par la question 3, on peut conclure que la suite (Sn) est convergente : toute s´erie r´eelle absolument convergente est convergente.

(c) Consid´erons la s´erie de terme g´en´eral (−1)ⁿ/n. cette s´erie n’est pas absolument convergente car la s´erie de terme g´en´eral 1/n est divergente.

Notons, pour tout n ≥ 1, Sn=Pn k=1

(−1)ⁿ n . On a, pour tout n ≥ 1 :

S_2n=

n

X

j=1

 −1 2j − 1+ 1

2j



Or, pour tout j ≥ 1, on a

−1 2j − 1 + 1

2j = −2j + 2j − 1

2j(2j − 1) ∼_+∞ −1 4j²

La s´erie de terme g´en´eral 1/j² ´etant convergente, on peut conclure que la suite (S2n) converge.

Par ailleurs, la suite (S_2n+1− S_2n) tend vers 0, donc la suite (S_2n+1) converge et admet la mˆeme limite que la suite (S2n). Donc la suite (Sn) converge, c’est-`a-dire que la s´erie de terme g´en´eral (−1)ⁿ/n converge (mais pas absolument).

5. (a) Soit n ≥ 0. On a S2n+3− S_2n+1= u2n+3+ u2n+2 ≥ −u_2n+2+ u2n+2 car u2n+3≤ 0 ≤ u_2n+2 et |u_2n+3| ≤ |u_2n+2|.

On a ´egalement S2n+2− S_2n+3= −u2n+3≥ 0

et S_2n− S_2n+2= −u_2n+2− u_2n+1 ≥ 0 car −u_2n+1 ≥ u_2n+2. On obtient ainsi l’in´egalit´e annonc´ee.

(b) Par l’in´egalit´e pr´ec´edemment d´emontr´ee, on peut dire que la suite (S_2n) est d´ecroissante et minor´ee par S₁, la suite (S_2n+1) est croissante et major´ee par S₂. De plus, pour tout n ≥ 1, S2n+1− S_2n= u2n+1, donc la suite (S2n+1− S_2n= u2n+1) tend vers 0.

(c) La suite (S2nest d´ecroissante et minor´ee, donc elle converge vers un r´eel `. La suite (S2n+1) est croissante et major´ee, donc elle converge vers un r´eel `⁰. La diff´erence de ces deux suites tend vers 0, donc ` = `⁰.

On peut alors conclure que (Sn) est convergente.

6. Limite et continuit´e.

(a) Soit  > 0 fix´e. Par continuit´e de la fonction, il existe η > 0 tel que pour tout x ∈ [`−η, `+η],

|f (x) − f (`)| ≤ .

Comme la suite (xn) converge vers `, il existe un rang N tel que, pour tout n ≥ N ,

|x_n− `| ≤ η, c’est-`a-dire, que pour tout n ≥ N , x_n∈ [` − η, ` + η].

On a alors, pour tout n ≥ N , |f (x_n) − f (`)| ≤ .

On peut ainsi conclure que la suite (f (x_n)) converge vers f (`).

(b) Supposons qu’il existe  tel que, pour tout η, il existe x ∈ I tel que |x − `| ≤ η et |f (x) − f (`)| ≥ .

Pour tout entier n ≥ 1, on note xnun point de l’intervalle I v´erifiant la propri´et´e ci-dessus avec η = 1/n. On construit ainsi une suite de r´eels tels que, pour tout n, |x_n− `| ≤ 1/n (donc la suite (xn) converge vers `), et |f (xn) − f (`)| ≥  (donc la suite (f (xn)) ne converge pas vers f (`)).

(c) Donner un exemple de suite (xn) admettant une limite finie ` et de fonction f telle que la suite (f (x<sub>n</sub>)) ne converge pas vers f (`).

Autrement dit, si f n’est pas continue en `, on peut trouver une suite qui converge vers

` sans que son image par f ne converge vers f (`) : c’est la contrapos´ee de la propri´et´e `a d´emontrer.

7. Th´eor`eme des bornes.

(a) Comme M est la borne sup´erieure de {f (x), x ∈ [a, b]}, il existe une suite de r´eels (yn) qui tend vers M et telle que, pour tout n, y_n appartient `a {f (x), x ∈ [a, b]. On note alors x_n un ant´ec´edent de y_n par f et on obtient la suite recherch´ee.

(b) La suite (x_n) est une suite de l’intervalle [a, b] : c’est donc une suite born´ee. Par le th´eor`eme de Bolzano Weierstrass, on peut en extraire une sous-suite convergente, de limite not´ee α.

L’intervalle [a, b] ´etant ferm´e, α ∈ [a, b].

(c) Notons x_φ(n) la suite extraite obtenue `a la question pr´ec´edente. Par construction (x_φ(n)) converge vers α ∈ [a, b] et (f (x_φ(n)) converge vers M = sup_[a,b]f . La fonction f ´etant continue en α, on a f (α) = M .

On peut donc conclure qu’il existe α ∈ [a, b] tel que M = f (α). Le sup est donc un max (et, accessoirement, il est fini...).

Un raisonnement similaire sur m = inf_[a,b]f permet de conclure que toute fonction continue sur un segment atteint ses bornes.

8. Th´eor`eme des valeurs interm´ediaires. Soit f une fonction continue sur un intervalle [a, b].

(a) On construit les intervalles [an, bn] par dichotomie : on pose a0 = a, b0 = b, et, pour tout n ≥ 0,

– si f ((a_n+ b_n)/2) ≥ 0, on pose a_n+1= a_n et b_n+1= (a_n+ b_n)/2.

– sinon, on pose a_n+1= (a_n+ b_n)/2 et b_n+1= b_n.

Par un argument similaire `a celui utilis´e dans la preuve du th´eor`eme de Bolzano Weierstrass, on montre que les suites (a_n) et (b_n) sont monotones et born´ees (donc convergentes) et que leur diff´erence tend vers 0. Donc elles admettent la mˆeme limite not´ee c.

Par continuit´e de f en c, on a f (c) = limnf (an) ≤ 0 et f (c) = limnf (bn) ≥ 0.

Donc n´ecessairement, f (c) = 0.

(b) En appliquant le r´esultat pr´ec´edent `a la fonction −f , on montre que, si f (a) > 0 > f (b), alors il existe c ∈ [a, b] tel que f (c) = 0.

Soit maintenant λ un r´eel compris entre f (a) et f (b). On remarque que la fonction x 7→

f (x) − λ est continue et change de signe sur l’intervalle [a, b], donc elle s’annule sur cet intervalle, c’est-`a-dire qu’il existe un r´eel c_λ ∈ [a, b] tel que f (c_λ) = λ.

(c) Soit f une fonction continue sur [a, b] et notons m (resp. M ) son minimum (resp. son maximum). On a donc f ([a, b]) ⊂ [m, M ]. Montrons maintenant que [m, M ] ⊂ f ([a, b]).

Par le th´eor`eme des bornes, il existe xm ∈ [a, b] tel que f (x<sub>m</sub>) = m et xM ∈ [a, b] tel que f (x<sub>M</sub>) = M , et par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, pour tout r´eel λ compris entre m et M , il existe un r´eel c_λ compris entre x_m et x_M tel que f (c_λ) = λ. Ceci signifie que [m, M ] est inclus dans f ([a, b]).

On a donc [m, M ] = f ([a, b]).

9. Th´eor`eme de Rolle. NB : il n’est pas utile de supposer f (a) = f (b) = 0 ; f (a) = f (b) suffit.

(a) D’apr`es le th´eor`eme des bornes, f admet un maximum et un minimum que [a, b] ; on les note respectivement M et m. La fonction f ´etant non constante, on a m 6= M , donc m ou M est diff´erent de f (a).

(b) Comme M = f (c) est le maximum global de f sur [a, b], on a pour tout x ∈ [a, b], f (x) ≤ M . Donc, pour tout h > 0 tel que c − h ∈ I (ou c + h ∈ I), on a

f (c − h) − f (c)

−h ≥ 0 et f (c + h) − f (c)

h ≤ 0

(c) On utilise la d´efinition du nombre d´eriv´ee comme limite du taux de variation. Il reste `a passer `a la limite dans les in´egalit´es ci-dessus : puisque c 6∈ {a, b}, pour tout h suffisamment petit, on a c − h ∈ I, donc, en faisant tendre h vers 0, f⁰(c) ≥ 0. De mˆeme, c + h ∈ I, donc, toujours en faisant tendre h vers 0, f⁰(c) ≤ 0. On peut donc conclure que f⁰(c) = 0.

10. Th´eor`eme (ou ´egalit´e) des accroissements finis. Soit f une fonction continue sur [a, b] et d´erivable sur ]a, b[. On note g la fonction d´efinie sur [a, b] par

g : x 7→ f (x) − xf (b) − f (a) b − a .

(a) La fonction g est continue sur [a, b], d´erivable sur ]a, b[ et v´erifie g(a) = g(b), donc soit elle est constante et on a, pour tout c ∈ [a, b], g⁰(c) = 0 ; soit elle n’est pas constante et il existe c ∈]a, b[ tel que g⁰(c) = 0.

(b) Par d´efinition de c, on a f⁰(c) = (f (b) − f (a))/(b − a).

Le th´eor`eme des accroissements finis stipule que, si f est une fonction continue sur un intervalle [a, b], d´erivable sur ]a, b[, alors il existe un r´eel c ∈]a, b[ tel que f⁰(c) = (f (b) − f (a))/(b − a).

(c) Si une fonction est continue et d´erivable, sa repr´esentation graphique dans un rep`ere ortho- gonal admet une tangente parall`ele `a chacune de ses cordes.

(d) Soit f une fonction continue sur un intervalle [a, b], d´erivable sur l’intervalle ]a, b[, et telle que sa d´eriv´ee soit born´ee par une constante k. Alors, pour tout (x, y) ∈ I², on a

f (y) − f (x) y − x

≤ k.