Devoir maison n

MHT 204 — Analyse 1 pour informaticiens Ann´ee 2010/2011

Devoir maison n

1 — Corrig´ e succinct

Exercice 1. 1. S_n est la somme des termes d’une suite g´eom´etrique de raison ¹₃ et de premier terme 1, on peut l’´ecrire sous la forme :

S_n= 1− ¹₃n+1

1− ¹₃

= 3 2

1− 1 3ⁿ⁺¹

Puisque la suite de terme g´en´eral ₃n+1¹ converge vers 0, les op´erations usuelles sur les limites impliquent la convergence de S_n :

S_n −→

n→∞

3 2 2. On a :

S_n+1⁰ =

n+1

X

k=0

k 3^k

=

n+1

X

k=1

k 3^k

=

n+1

X

k=1

k−1 3^k +

n+1

X

k=1

1 3^k

= 1 3

Xⁿ⁺¹

k=1

k−1 3^k−1 +

n+1

X

k=1

1 3^k−1

= 1 3

Xⁿ

l=0

l 3^l +

n

X

l=0

1 3^l

Ce qui donne :

S_n+1⁰ = S_n⁰ +S_n

3 (1)

On remarque tout d’abord que les suites S_n et S_n⁰ sont croissantes. Comme S_n est croissante et convergente, elle est major´ee par sa limite, ³₂.

Montrons par r´ecurrence que S_n⁰ est major´ee par 1 : – Initialisation : S₀⁰ = 0<1

– H´er´edit´e : Supposons la propri´et´e vraie au rang n : S_n⁰ < 1. On a donc, en utilisant cette hypoth`ese de r´ecurrence ainsi que la remarque pr´ec´edente :

S_n+S_n⁰ < 3

2 + 1 = 5 2

La formule (1) donne alors : S_n+1⁰ < ⁵₆ <1, ce qu’on voulait.

On vient de montrer que la suite S_n⁰ est major´ee, on a ´egalement vu qu’elle ´etait croissante, on en d´eduit qu’elle est convergente.

On notella limite deS_n⁰. La formule (1) nous donne alors, apr`es passage `a la limite : l = l+³₂

3 soit :

l = 3 4

Exercice 2. 1. On va commencer par s’int´eresser `aa(¹_y) pour y tendant vers +∞ : a(1

y) = E(y)

√y

Commey−1< E(y)≤y,

y−1

√y < a1 y

≤ y

√y.

Les fonctions y−1

√y = √

y − ^√1_y et y

√y = √

y on pour limite +∞ lorsque y tend vers +∞, il en est donc de mˆeme pour a(¹_y) et pour x = ¹_y −→

y→+∞0⁺ on trouve par composition :

a(x) −→

x→0⁺ +∞.

2. On peut ´ecrireb(x) sous la forme suivante : b(x) = xE

1 x

+x² xE

1 x

−x² .

2

On utilise ensuite la mˆeme m´ethode pour montrer que xE

1 x

−→

x→0⁺ 1. Pour y = _x¹, y−1< E(y)≤y nous donne :

1− 1

y < E(y) y ≤1.

Cet encadrement prouve que ^E(y)_y −→

y→+∞1 et donc par composition : xE

1 x

−→

x→0⁺ 1.

On a alors directement xE

1 x

±x² −→

x→0⁺ 1 et donc : b(x) −→

x→0⁺ 1.

3. Soit u(x) = √

x, on a alors c(x) = u

x+ q

x+p x+√

x

−u(x). La fonction u est C¹ sur R^∗+, sa d´eriv´ee, u⁰(x) = 1

2√

x, est d´ecroissante. Ainsi, pour tout h ∈

x, x+ q

x+p x+√

x

:

u⁰

x+ r

x+ q

x+√ x

≤u⁰(h)≤u⁰(x). (2) D’apr`es l’´egalit´e des accroissements finis appliqu´ee `a u sur l’intervalle I =

x, x+ q

x+p x+√

x

, il existe a∈I tel que :

u

x+ r

x+ q

x+√ x

−u(x) = r

x+ q

x+√

x·u⁰(a).

On reconnait c(x) `a gauche. L’in´egalit´e (2) nous donne ´egalement : r

x+ q

x+√

x·u⁰(x+ r

x+ q

x+√

x) ≤ c(x) ≤ r

x+ q

x+√

x·u⁰(x) q

x+p x+√

x 2

r x+

q x+p

x+√ x

≤ c(x) ≤

q x+p

x+√ x 2√

x

s 1 +

r

1 x +

√x x²

2 v u u t1 +

s

1 x +

r 1 x³ +

√x x⁴

≤ c(x) ≤

s 1 +

r

1 x +

√x

x²

2 (3)

3

Les membres de gauche et de droite de l’´equation (3) tendent vers ¹₂ lorsque x tend vers +∞, d’o`u :

c(x) −→

x→+∞

1 2.

4. Nous allons montrer que la fonctiondn’admet pas de limite quandxtend vers +∞.

Consid´erons les suites u_n =n etv_n =n+¹₂ pour tout n ∈N. Elles tendent toutes les deux vers +∞. On observe que d(u_n) = 1 pour tout n. D’autre part,

d(v_n) =

n+ ¹₂n+¹₂

nⁿ

= n+ 1

2 ¹₂

n+¹₂n

nⁿ

=

n+ 1 2

¹₂ 1 + 1

2n n

(4) Dans l’in´egalit´e (4), le terme de gauche diverge vers +∞ et le terme de droite est minor´e par 1, donc le produit des deux diverge vers +∞.

Ainsi d(u_n) −→

n→∞ 1 et d(v_n) −→

n→∞ +∞, ce qui prouve que la fonction d n’admet pas de limite en +∞.

Exercice 3. Soit λ∈R⁺.

Soit φ(x) =f(x)−λg(x), on a φ(0) =−λ ≤0 et φ(1) = 1.

Comme f et g sont continues, il en est de mˆeme pour φ et on peut lui appliquer le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires sur [0,1]. Puisque 0 ∈ [f(0), f(1)], il existe donc x∈[0,1] tel que :

φ(x) = 0.

Ce qui est ´equivalent `a :

f(x) =λg(x).

4