Problème 2 (facultatif) Partie I

(1)

MPSI B 2008-2009 Corrigé du DM 8 29 juin 2019

Problème 1

1. Il est clair par dénition que f_n est strictement croissante dans [0,+∞[. Comme de plus fn(0) = −1 et fn(1) = n−1, le théorème de la valeur intermédiaire entraîne l'existence et l'unicité dean tel quef(an) = 0. On peut précisera1= 1et an∈]0,1[

pourn >0.

2. On remarque quef_n+1(x) =f_n(x) +xⁿ⁺¹ pour tout réelx. En particulier f_n+1(a_n) =aⁿ⁺¹_n >0

Ce qui, avec la stricte croissance def et le théorème de la valeur intermédiaire entraîne an+1< an. La suite(an)_n∈N^∗ est décroissante et minorée par 0. Elle converge vers un élément de[0, a2].

3. On a déja démontré en 1. quea₂∈]0,1[. À cause de la décroissance, on en déduit 0< an< a2⇒0< aⁿ⁺¹_n < aⁿ⁺¹₂ .

Ceci entraîne, par le théorème d'encadrement, la convergence de(aⁿ⁺¹_n )_n∈N^∗ vers 0.

En utilisant l'expression de la somme des termes d'une suite géométrique, il vient f_n(a_n) = 1−aⁿ⁺¹_n

1−an

−2 = 0⇒1−aⁿ⁺¹_n = 2−2a_n⇒a_n= 1

2(1 +aⁿ⁺¹_n ).

On en déduit la convergence de(an)_n∈N^∗ vers ¹₂. 4. Comme

fn(x) = 1−xⁿ⁺¹ 1−x −2 Lorsque0< x <1,(fn(x))_n∈_N^∗ converge vers

1

1−x−2 = 2x−1 1−x







>0 six > 1 2

<0 six < 1 2 .

Considérons unεquelconque dans

0,¹₂ tel que 1

2+ε∈ 1

2,1

et 1

2−ε∈

0,1 2

.

Comme(fn(¹₂+ε))_n∈N^∗converge vers un nombre strictement positif et(fn(¹₂−ε))_n∈N^∗ vers un nombre strictement négatif, il existe un entiern0tel que,

∀n > n0:fn(1

2−ε)<0< fn(1

2 +ε)⇒ ∀n > n0: 1

2 −ε < an <1 2 +ε

Ce qui est exactement la dénition de la convergence vers ¹₂. 5. On a déjà remarqué que

2a_n−1 =aⁿ⁺¹_n Utilisons l'indication de l'énoncé :

(2a_n)ⁿ⁺¹=e(n+1) ln(2a_n)

avec

(n+ 1) ln(2a_n)∼(n+ 1)(2a_n−1)∼(n+ 1)aⁿ⁺¹_n De plus,

0<(n+ 1)aⁿ⁺¹_n <(n+ 1)aⁿ⁺¹₂

aveca₂<1 assure que(n+ 1)aⁿ⁺¹_n →0 et donc que(2a_n)ⁿ⁺¹→1. On en déduitaⁿ⁺¹_n ∼ ₂_n+1¹ et nalement, commea_n−¹₂ =¹₂aⁿ⁺¹_n :

an−1 2 ∼ 1

2ⁿ⁺².

Problème 2 (facultatif) Partie I

1. a. Sig est strictement croissante,E =]a, b[.

b. Sia=−1,b= 1etg(t) = 1−t² alorsE=]−1,0[. c. Sia= 0, b= 2πet g(t) =sin(t), alorsE=]0,^π₂[∪]π,2π[.

d. On calcule la dérivée :g⁰(x) = 2x(−2x²+1). On en déduit les variations et l'allure du graphe (gure1) de la fonction dénie parg(t) =−t⁴+t². On en tire

Fig. 1: Question I.1.d.

E=

−1,− 1

√2

∪

− 1

√2, 1

√2

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 M0808C

(2)

2. En choisissant les points où la dérivée change de signe on choisit les extrema locaux.

Prenons par exemple la fonction dont la dérivée est t→(t−0.7)(t−1.5) dans l'intervalle[0,2](graphe en gure2).

Fig. 2: question I.2E contient un maximum local.

Pour une telle fonction,E= ]0,2[et contient le maximum local en0.7car ce n'est pas le maximum global de la fonction.

3. Une fonction strictement décroissante dans]a, b]ne l'est pas forcément dans [a, b]car la valeur de f(a) peut être quelconque. Si on suppose en plus la continuité en a, la valeur de f(a) est alors la limite à droite en a soit sup_]a,b]f. La fonction f est alors décroissante dans[a, b].

Cette décroissance est stricte car, sif(a) =f(c)pour uncde]a, b], la fonctionf serait alors constante sur]a, c].

4. a. L'ensembleE est vide si et seulement si

∀x∈]a, b[,∀y∈]x, b] :g(x)≤g(y)

Ceci traduit exactement la décroissance deg dans]a, b]. Commeg est continue dans[a, b], c'est équivalent à la décroissance deg dans[a, b].

b. La fonction continueg atteint sa borne supérieureM sur le segment [a, b]en un pointxmax. Il est clair quexmax∈/ E doncxmax∈ {a, b} etM ∈ {g(a), g(b)}. Les deux cas possibles sontg(a)< g(b) =M etg(a) =g(b) =M.

Ils sont illustrés par les graphes des fonctions1+(t−0.4)²(gure3) et1−(t−0.5)² (gure4 ) sur[0,1].

La réciproque n'est pas vraie. Une relationM =g(a)oug(b)n'empêche pas que le maximum puisse être atteint en un autre point à l'intérieur du segment. Dans ce casEne sera pas]a, b[. On peut choisir par exemple la fonctioncossur[0,4π].

Fig. 3: Cas 2.g(a)< M =g(b)

Fig. 4: Cas 1.M =g(a) =g(b)

Partie II

1. Quandxaugmente, l'intervalle[x, b]se réduit. La fonctionΨest donc décroissante.

Pour étudier la continuité deΨ, deux méthodes sont possibles.

La première consiste en une étude locale autour d'un pointxde[a, b[.

Remarquons d'abord que la fonction continueg atteint sa borne supérieure sur[x, b]. Il existe doncm∈[x, b]tel que Ψ(x) =g(m). Distinguons deux cas.

Cas 1. Ψ(x) =g(m)> g(x).

Alorsm∈]x, b]et par continuité enx, il existeα >0tel que

∀t∈[x−α, x] :g(t)< g(m)

On en déduit queΨ(y) = Ψ(x) lorsque y ∈ [x−α, m]. Ainsi, la fonction Ψest non seulement continue mais constante au voisinage dex.

Cas 2. Ψ(x) =g(m) =g(x).

Par continuité deg enx, pour toutε >0, il existe unα >0 tel que

∀t∈[x−α, x+α] : Ψ(x)−ε≤g(t)≤Ψ(x) +ε On va alors chercher à encadrerΨ(y)poury∈[x−α, x+α]. Utilisons d'abord décroissance deΨ:

∀y∈[x−α, x+α] : Ψ(x+α)≤Ψ(y)≤Ψ(x−α)

(3)

Fig. 5: Cas oùg(a) =M =g(B)et E n'est pas]a, b[. D'un côté :

∀t∈[x−α, x] : g(t)≤Ψ(x) +ε

∀t∈[x, b] : g(t)≤Ψ(x)

ce qui entraîneΨ(x−α)≤Ψ(x) +ε. De l'autre

Ψ(x)−ε≤g(x+α)≤Ψ(x+α) ce qui entraîneΨ(x)−ε≤Ψ(x+α).

Finalement on a donc

∀y∈[x−α, x+α] : Ψ(x)−ε≤Ψ(x+α)≤Ψ(y)≤Ψ(x−α)≤Ψ(x) +ε ce qui assure la continuité deΨenx.

Une deuxième méthode possible consiste à utiliser un résultat de cours sur les fonctions monotones. Si f est une fonction monotone dénie sur un intervalle I et si f(I) est un intervalle, alors f est continue dans I. Ce résultat repose sur l'étude des limites des fonctions monotones. Il sert en particulier à prouver la continuité de la bijection réciproque d'une fonction bijective, monotone et continue sur un intervalle.

Il faudrait alors montrer que l'image parψde l'intervalle[a, b]est un intervalle.

La fonctiong est continue sur un segment donc bornée. Notons M =g(x_m) = max

[a,b]

g

Il est clair queΨest à valeurs dans [M, g(b)]. On doit montrer que, pour touty dans [M, g(b)], il existe unx∈[a, b]tel queΨ(x) =y. Cette méthode ne sera pas développée davantage.

2. a. Un élémentxde]a, b[est dansE si et seulement sig(x)<Ψ(x). b. Six∈E, on sait que

Ψ(x)−g(x) 2 >0

En prenant cette quantité commeεet en écrivant la dénition des continuités de get de Ψenx, on obtient facilement l'inclusion demandée.

3. a. NotonsMx la partie deRdont s(x)est la borne inférieure : Mx={ξ∈]x, b] tqg(x)< g(ξ)}.

C'est une partie non vide (carx∈E) de]x, b], sa borne inférieures(x)est donc un élément de[x, b].

Il est impossible ques(x) =b. En eet on aurait alorsM_x={b}doncg(x)< g(b). Dans ce cas, la continuité degenb entraîneraitg(x)< g(y)poury assez proche deb. Ceci serait en contradiction avecM_x={b}.

On doit donc avoirs(x)∈[x, b[.

Si y ∈[x, s(x)[, par dénition d'une borne inférieure, y n'est pas un élément de Mx doncg(y)≤g(x).

b. Commeg est continue en s(x), la limite deg(y)quand y →s(x)dans [x, s(x)[

estg(s(x)). Par passage à la limite dans une inégalité : g(s(x))≤g(x)

Lorsquenest assez petit pour ques(x) +_n¹ < b, le nombres(x) +_n¹ n'est pas un minorant deMx, il existe doncξn∈Mxtel que

s(x)≤ξn< s(x) + 1 n

La suite des ξn converge vers s(x) en vériant g(x) < g(ξn). Par passage à la limite :

g(x)≤g(s(x)) et nalement

g(x) =g(s(x))

Pour touty∈[x, s(x)[,y n'est pas un élément deMx, donc g(y)≤g(x)

De plus pour tous lesξ∈M_x:

g(x)< g(ξ) On a donc prouvé l'existence d'unξtel que :

y < s(x)≤ξ≤b, g(y)≤g(x)< g(ξ).

Ce qui assure quey est un élément deE.