MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 7 le 21/12/18 29 juin 2019
Problème.
Partie I. La fonction.
1. Les conditions se traduisent par un système de 3 équations aux inconnues a , b , c
a − b + c = 0 c = 1 a + b + c = − 1
⇔
c = 1 a − b = − 1 a + b = − 2
⇔
c = 1
a = − 3 2 b = − 1 2
La seule fonction polynomiale f de degré 2 vériant f( − 1) = 0 , f (0) = 1 et f (1) = − 1 est donc
f (x) = − 3 2 x 2 − 1
2 x + 1
2. Le graphe présenté est bien celui d'une fonction du second degré (parabole) dont le coecient de x 2 est strictement négatif. Le calcul de la dérivée permet d'obtenir m et b = f (m) .
f 0 (x) = − 3x − 1
2 ⇒ m = − 1
6 et b = 25
24 La recherche des points xes se fait en résolvant f (x) − x = 0
f (x) − x = − 3 2 x 2 − 3
2 x + 1, ∆ = 33 4 ⇒ a = −
√ 33 + 3
6 ' − 1.46, a 0 =
√ 33 − 3 6 ' 0.46 Sur le graphe gurent aussi les trois points fondamentaux
( − 1, 0) = ( − 1, f( − 1)), (0, 1) = (0, f (0)), (1, − 1) = (1, f (1))
3. La fonction f est strictement croissante sur ] −∞ , a] et diverge vers −∞ en −∞ donc f (] −∞ , a]) = ] −∞ , f(a)] = ] −∞ , a] car a est un point xe.
La fonction est strictement croissante aussi sur [a, m] donc f ([a, m]) = [f(a), f (m)] = [a, b] car b = f(m).
La fonction est strictement décroissante sur [m, b] donc
f ([m, b]) = [f (b), f (m)] = [f (b), b] ⊂ [a, b] ( car a < f(b)) Comme f ([a, m]) et f ([m, b]) sont inclus dans [a, b] , le segment [a, b] est stable.
4. L'intervalle ] −∞ , a] est stable donc la suite dénie par récurrence par la condition initiale x 0 avec x 0 < a est bien dénie et tous les x n sont dans ] −∞ , a] . De plus f (x 0 ) < x 0 d'après l'étude des signes et la fonction f est strictement croissante dans l'intervalle considéré. On en tire
x 1 < x 0 ⇒ x 2 = f (x 1 ) < f (x 0 ) = x 1 ⇒ · · ·
La suite est donc décroissante et tous les x n sont strictement plus petits que x 0 donc plus petits que a . Si la suite convergeait, comme f est continue, sa limite serait un point xe de f strictement plus petit que a . Or il n'existe pas de tel point xe donc la suite diverge vers −∞.
Si x 0 = a ou a 0 (points xes), la suite est constante de valeur a ou a 0 .
Si x 0 = − 1 ou 0 ou 1 , la suite est périodique de période 3 . Elle prend successivement les valeurs − 1 , 0 , 1 .
Partie II. Les outils.
1. On suppose [u, v] ⊂ g([u, v]) . Comme l'énoncé nous y invite, considérons z et t dans [u, v] tels que g(z) = u et g(t) = v . Considérons aussi la fonction (évidemment continue)
ϕ :
( [u, v] → R x 7→ g(x) − x Alors :
ϕ(z) = g(z) − z = u − z ≤ 0 car z ∈ [u, v]
ϕ(t) = g(t) − t = v − t ≥ 0 car t ∈ [u, v]
Si une des inégalités est une égalité, elle est associée à un point xe. Si les deux inégalités sont strictes, on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires dans l'intervalle d'extrémités z et t . Il existe c entre z et t tel que ϕ(c) = 0 c'est à dire g(c) = c .
2. Comme [v, V ] ⊂ f (I) , il existe a et b dans I tels que f (a) = v et f (b) = V . On suppose dans les trois premières sous-questions que a < b .
a. La partie A est non vide car elle contient a . Comme elle est par dénition incluse dans [a, b] , elle est majorée par b . Elle admet donc (propriété fondamentale de R) une borne supérieure notée α . De a ∈ A , on déduit a ≤ α et de b majorant de A , on déduit α ≤ b donc α ∈ [a, b] .
D'après le cours, α est la limite d'une suite (a n ) n∈N d'éléments de A qui converge
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1
Rémy Nicolai M1807CMPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 7 le 21/12/18 29 juin 2019
vers α . La suite (f (a n )) n∈N est constante de valeur v (par dénition de A ) et elle converge vers f (α) car f est continue en α . On obtient donc f (α) = v c'est à dire α ∈ A donc α = max A .
Comme α = max A , si x ∈ ]α, b] alors x / ∈ A donc f (x) 6 = v .
Si f (x) < v , on applique le théorème des valeurs intermédiaires dans [x, b] et il existe c ∈ ]x, b[ tel que f (c) = v en contradiction avec α = max A . Ceci montre que f (x) > v .
b. On raisonne comme dans la question précédente. La partie B est non vide (car b ∈ B ), minorée par α (car B ⊂ [α, b] ) ; elle admet donc une borne inférieure β ∈ [α, b] . On approche β par une suite d'éléments de B , on en déduit f (β) = V par continuité de f en β donc β ∈ B et β = min B .
Comme β = min B , si x ∈ [α, β[ alors x / ∈ B donc f (x) 6 = V .
Si f(x) > V , on applique le théorème des valeurs intermédiaires dans [α, x] et il existe c ∈ ]α, x[ tel que f (c) = V en contradiction avec β = min B . Ceci montre que f (x) < V .
c. Les implications des questions a. et b. montrent que f ([α, β]) ⊂ [v, V ] . Récipro- quement, pour tout y ∈ ]v, V [=]f (α), f(β)[ , il existe x ∈ ]α, β[ tel que f (x) = y à cause du théorème des valeurs intermédiaires.
d. Dans le cas où b < a , on peut se ramener au cas traité en considérant la fonction x 7→ f( − x) qui a pour eet de renverser le domaine de dénition.
Partie III. Existence de suites périodiques.
1. D'après l'étude des variations de la première partie f (I − ) = [0, f (m)] = [0, b]
Comme 1 < b , on a bien I + = [0, 1] ⊂ [0, b] = f (I − ) . Dans I + la fonction est décroissante
f (I + ) = f ([0, 1]) = [f (1), f (0)] = [ − 1, 1] = I − ∪ I +
On en déduit I − ⊂ f (I + ) et I + ⊂ f (I + ) .
2. a. Comme I + ⊂ f (I + ) , le résultat de la question II.2. montre qu'il existe un segment K 1 ⊂ I + tel que f (K 1 ) = I + .
De même K 1 ⊂ I + s'écrit aussi K 1 ⊂ f (K 1 ) par dénition de K 1 . On peut encore appliquer II.2. : il existe K 2 ⊂ K 1 ⊂ I + tel que f (K 2 ) = K 1 .
Utilisons maintenant I + ⊂ f (I − ) , on en déduit K 2 ⊂ f (I − ) car K 2 ⊂ I + . Toujours
d'après II.2., il existe K 3 ⊂ I − tel que f (K 3 ) = K 2 .
Utilisons enn I − ⊂ f (I + ) . De K 3 ⊂ I − ⊂ f (I + ) , on déduit avec II.2. qu'il existe K 4 ⊂ I + tel que f (K 4 ) = K 3 .
b. La segments estimés graphiquement sont présentés en gure 1. Ils sont légèrement décalés verticalement de l'axe des abscisses pour être mieux visibles.
3. Par construction des segments f (K 1 ) = I + , f (K 2 ) = K 1 , f(K 3 ) = K 2 et f (K 4 ) = K 3 . On en déduit f 4 (K 4 ) = I + donc
K 4 ⊂ f 4 (K 4 )
car K 4 ⊂ I + . On peut appliquer la question II.1. avec la fonction continue g = f 4 . Il existe donc un c ∈ K 4 tel que f 4 (c) = c .
4. D'après la dénition des segments :
(c ∈ K 4 ⇒ c ∈ I + ) , (f (c) ∈ f (K 4 ) = K 3 ⇒ f (c) ∈ I − ) , f 2 (c) ∈ f (K 3 ) = K 2 ⇒ f 2 (c) ∈ I + ,
f 3 (c) ∈ f (K 2 ) = K 1 ⇒ f 3 (c) ∈ I +
Si c = f (c) alors ce nombre est dans I + ∩ I − donc c = 0 ce qui est impossible car f (0) = 1 .
Si c = f 2 (c) alors f (c) = f 3 (c) donc ce nombre est dans I + ∩ I − donc f (c) = 0 ce qui est impossible car f 3 (c) = f 2 (0) = − 1 .
De même c = f 3 (c) est impossible car cela entraine f (c) = f 4 (c) = c déjà traité. On en conclut que c répond bien à la question. La suite dénie par récurrence à partir de c est périodique de plus petite période 4 .
5. Comme I + ⊂ f (I − ) , d'après II.2., il existe J 1 ⊂ I − tel que f (J 1 ) = I + . Comme I − ⊂ f(I + ) , il existe J 2 ⊂ I + tel que f (J 2 ) = J 1 . On a donc f 2 (J 2 ) = I + puis J 2 ⊂ f 2 (J 2 ) . On peut appliquer II.1. à f 2 et en déduire l'existence d'un point xe c 2 ∈ J 2 ⊂ I + de f 2 . Comme f (c 2 ) ∈ J 1 ⊂ I − , f(c 2 ) = c 2 impliquerait c 2 = 0 ce qui est absurde.
6. On peut supposer n ≥ 5 car les cas n = 2 et 4 ont été traités et 0 est de période 3 par
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
2
Rémy Nicolai M1807CMPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 7 le 21/12/18 29 juin 2019
dénition. On utilise la même méthode que pour 4 et reprenant les mêmes notations.
I + ⊂ f (I + ) ⇒ ∃ K 1 ⊂ I + tq f (K 1 ) = I +
K 1 ⊂ I + = f (K 1 ) ⇒ ∃ K 2 ⊂ K 1 tq f (K 2 ) = K 1
K 2 ⊂ K 1 = f (K 2 ) ⇒ ∃ K 3 ⊂ K 2 tq f (K 3 ) = K 2
· · ·
K n−3 ⊂ K n−4 = f (K n−3 ) ⇒ ∃ K n−2 ⊂ K n−3 tq f (K n−2 ) = K n−3 K n−2 ⊂ I + = f (I − ) ⇒ ∃ K n−1 ⊂ I − tq f (K n−1 ) = K n−2
K n−1 ⊂ I − = f (I + ) ⇒ ∃ K n ⊂ I + tq f(K n ) = K n−1
On a fabriqué ainsi un segment K n ⊂ I + tel que f n (K n ) = I + donc K n ⊂ f n (K n ) donc (II.1. appliqué à f n dans K n ) il existe c n ∈ K n tel que f n (c n ) = c n .
Il reste à montrer que
∀ k ∈ J 1, n − 1 K , f k (c n ) 6 = c n
Remarquons que c n ∈ K n ⊂ I + , f (c n ) ∈ K n−1 ⊂ I − et pour tous les k ≥ 2 , f k (c n ) ∈ I + . Autrement dit, tous les f k (c n ) sont dans I + sauf f (c n ) qui est dans I − et on a déjà utilisé que l'intersection des deux intervalles se réduit à 0 .
Si f n−1 (c n ) = c n , en composant par f , on obtient c n = f (c n ) donc égal à 0 ce qui est impossible. Supposons k ∈ J 1, n − 2 K et f k+1 (c n ) = f (c n ) . On obtient une contradiction car l'un est dans I + et l'autre dans I − . La plus petite période est donc bien n .
c n = f n (c n ) = f n−k (c n )
Exercice.
1. Le développement de l'exponentielle est usuel :
e λx = 1 + λx + λ 2
2! x 2 + · · · + λ m
m! x m + o(x m )
2. Comme e x − 1 ∼ x et que l'on peut élever une équivalence à la puissance xée m , (e x − 1) m ∼ x m ⇔ (e x − 1) m = x m + o(x m )
3. On peut commencer par utiliser la formule du binôme avant de faire un développement limité de chaque exponentielle de la somme. On regroupe ensuite les termes avec le
même exposant, on regroupe aussi les m termes o(x m ) dans un seul.
(e x − 1) m =
m
X
k=0
m k
( − 1) m−k e kx = ( − 1) m +
m
X
k=1
m k
( − 1) m−k e kx
= ( − 1) m +
m
X
k=1
m k
( − 1) m−k
1 +
m
X
j=1
k j
j! + o(x m )
= ( − 1) m +
m
X
k=1
m k
( − 1) m−k
| {z }
=λ
0+
m
X
j=1
m
X
k=1
m k
( − 1) m−k k j
| {z }
=λ
j
x j
j! + o(x m )
On a obtenu ainsi un autre développement limité
(e x − 1) m = λ 0 + λ 1
1! x + · · · + λ m
m! x m + o(x m )
Pour j entre 1 et m , les λ j sont exactement les sommes que l'énoncé nous demande d'évaluer. Comme une fonction admet un unique développement limité, on peut iden- tier les coecients, on en tire
λ j =
m
X
k=1
m k
( − 1) m−k k j =
( 0 si j < m m! si j = m
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
3
Rémy Nicolai M1807CMPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 7 le 21/12/18 29 juin 2019
−1
1
(1, −1) I +
1 K 1
K 2
K 3 K 4
Fig. 1: Segments K 1 , K 2 , K 3 , K 4
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
