Corrig´ e de l’Examen du 20 Janvier 2012

(1)

L1 MPI 2011/2012

S1 Math´ematiques

Corrig´ e de l’Examen du 20 Janvier 2012

Exercice 1. z₀ =−4√ 3 + 4i.

a) On calcule |z₀|= q

(−4√

3)²+ 4² =√

64 = 8. On ´ecrit alors z₀ = 8 −

√3 2 + i

2

!

= 8

cos 5π

6

+isin 5π

6

= 8eⁱ^5π⁶ .

b) On cherche z tel que z³ = z₀. Comme 0³ = 0 6= z₀ on peut chercher z sous la forme z =re^iθ (avecr >0 et θ ∈[0,2π[). On a alors

z³ =z₀ ⇐⇒ r³e^i3θ = 8eⁱ^5π⁶ ⇐⇒

r³ = 8,

3θ = ^5π₆ + 2kπ, k ∈Z.

Pour que θ ∈ [0,2π[ il suffit de prendre k ∈ {0,1,2}, on en d´eduit donc que z³ = z₀ si et seulement si r = 2 et θ = ^5π₁₈ + ^2kπ₃ avec k ∈ {0,1,2}. Ainsi l’ensemble S des solutions est S =

n

2eⁱ^5π¹⁸,2eⁱ^17π¹⁸ ,2eⁱ^29π¹⁸ o

.

Exercice 2. Si f :R→R etl ∈R, par d´efinition, lim

x→+∞f(x) = l si

∀ε >0, ∃A∈R, ∀x≥A, |f(x)−l|< ε.

Exercice 3.

a) lim

x→0

ln(1 +x)

x = 1 et lim

x→0

sin(x) x = 1.

b) En notantf la fonction f(x) = ln(1 +x)

sin(2x) , pour tout x∈Df on ´ecrit f(x) = 1

2 × ln(1 +x)

x × 2x

sin(2x). (Remarque: D_f = ]−1,+∞[\{^kπ₂ , k ∈ Z}.) On sait que lim

x→0

ln(1 +x)

x = 1. Par ailleurs

xlim→02x = 0 et lim

x→0

sin(x)

x = 1, donc d’après le théorème de composition sur les limites on a lim

x→0

sin(2x)

2x = 1. Finalement, en utilisant les propriétés sur les produits et quotients de limites, on en déduit que lim

x→0f(x) existe et vaut ¹₂ ×1× ¹₁ = ¹₂. Exercice 4. On note f(x) =

√x+ 4−2

x .

(2)

2

a) La fonction √

x+ 4 est bien d´efinie si et seulement si x+ 4 ≥0, i.e. x ∈ [−4,+∞[. De plus elle est continue sur cet intervalle. La fonction 1

x est définie et continue sur R^∗. On déduit quef(x) est définie et continue sur [−4,+∞[∩R^∗ = [−4,0[∪]0,+∞[.

b) La fonction √

x est d´erivable sur ]0,+∞[, donc la fonction √

x+ 4−2 est d´erivable sur ]−4,+∞[. Comme la fonction 1

x est dérivable sur R^∗, on déduit que f est dérivable sur ]−4,+∞[∩R^∗ =]−4,0[∪]0,+∞[.

Sur cet ensemble on a

f⁰(x) = 1 2√

x+ 4 ×x−(√

x+ 4−2)×1

x² = −x−8 + 4√

x+ 4 2x²√

x+ 4 . c) Par d´efinition, la fonction f est prolongeable par continuit´e en 0 si lim

x→0f(x) existe et est finie. La valeur du prolongement de f en 0 est alors la valeur de cette limite. Pour tout x∈[−4,0[∪]0,+∞[, on a

f(x) =

√x+ 4−2

x = (√

x+ 4−2)×(√

x+ 4 + 2) x(√

x+ 4 + 2) = (√

x+ 4)²−2² x(√

x+ 4 + 2) = 1

√x+ 4 + 2.

Comme lim

x→0

√ 1

x+ 4 + 2 = 1

4, on en déduit que f est prolongeable par continuité en 0. Son prolongement ˜f est la fonction définie sur [−4,+∞[ par ˜f(x) = f(x) si x6= 0 et ˜f(0) = 1

4. Exercice 5.

a) Théorème des accroissements finis : Soient (a, b) ∈ R² avec a < b et f : [a, b] → R continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Alors il existe c∈]a, b[ tel que

f(b)−f(a) =f⁰(c)(b−a) ⇐⇒ f⁰(c) = f(b)−f(a) b−a .

Soit n ∈N^∗. On applique le théorème précédent à la fonction ln sur l’intervalle [n, n+ 1]

(la fonction ln est continue et d´erivable sur ]0,+∞[ et donc sur [n, n+ 1]). Il existe ainsi c ∈]n, n+ 1[ tel que ln(n+ 1)−ln(n)

(n+ 1)−n = ln⁰(c) ⇐⇒ ln(n + 1)−ln(n) = 1

c. Comme 0< n < c < n+ 1 on a 1

n+ 1 < 1 c < 1

n et donc 1

n+ 1 <ln(n+ 1)−ln(n)< 1 n.

b) Soit n ∈ N^∗. On a alors n+ 1 ∈ N^∗. On peut donc appliquer la question a) à l’entier N =n+ 1. La seconde inégalité s’écrit alors ln(n+ 2)−ln(n+ 1) < _n+1¹ .

c) Pourn ∈N^∗, on note P_n la propriété “ln(n+ 1)< u_n”. Montrons par récurrence queP_n est vraie pour toutn ∈N^∗.

• Initialisation : On montre queP₁ est vraie, c’est-à-dire que ln(2)<1. En appliquant a) avec n = 1, on a ¹₂ < ln(2)−ln(1) < 1. Puisque ln(1) = 0, la seconde inégalité prouve que P1 est vraie.

• Hérédité : Soitn∈N^∗. On suppose quePn est vraie et on montre quePn+1 est vraie, c’est-à-dire que ln(n+ 2)< u_n+1. CommeP_n est vraie on a ln(n+ 1)< u_n, et d’après b) on a ln(n+ 2)−ln(n+ 1) < _n+1¹ . En additionnant membre à membre ces deux inégalité, on en déduit que ln(n+ 2)< u_n+ _n+1¹ =u_n+1, et donc queP_n+1 est vraie.

• Conclusion : Pour tout n∈N^∗ la propri´et´e P_n est vraie, i.e. ln(n+ 1) < u_n.

(3)

3

d) On a lim

n→∞ln(n+ 1) = +∞et, d’après c), ln(n+ 1)< u_n pour toutn ∈N^∗. Le théorème de comparaison sur les limites (Proposition 3.29 dans les notes de cours) permet d’affirmer que lim

n→∞u_n= +∞. e) Soit n∈N^∗. On a

v_n+1−v_n =u_n+1−ln(n+ 1)−u_n+ ln(n) = 1

n+ 1 −ln(n+ 1) + ln(n)<0 d’apr`es a).

Pour tout n∈N^∗ on a v_n+1 < v_n, i.e. la suite (v_n)_n est strictement d´ecroissante.

f ) Soit n ∈N^∗. D’apr`es c) on a v_n =u_n−ln(n)>ln(n+ 1)−ln(n)>0 puisque la fonction ln est strictement croissante.

La suite (v_n)_n est d´ecroissante minor´ee (par 0), donc elle converge.

g) On va montrer que la suite (w_n)_n est croissante et major´ee.

• Soit n∈N^∗. On a

w_n+1−w_n=u_n+1−ln(n+ 2)−u_n+ ln(n+ 1) = 1

n+ 1−ln(n+ 2) + ln(n+ 1)>0 d’apr`es b), ce qui prouve que la suite (wn)n est strictement croissante.

• Soitn ∈N^∗. On a wn =un−ln(n+ 1)< un−ln(n) = vn < v1 puisque la suite (vn)n

est d´ecroissante. La suite (w_n)_n est donc major´ee par v₁ = 1.

Finalement, la suite (w_n)_n est croissante et major´ee donc elle converge.

Si on note γ⁰ la limite de (w_n)_n on a alors lim

n→∞v_n −w_n = γ − γ⁰. Par ailleurs, pour tout n ∈ N^∗, on a v_n −w_n = ln(n + 1)− ln(n) = ln

1 + 1

n

et donc lim

n→+∞v_n−w_n =

n→lim+∞ln

1 + 1 n

= 0. Par unicité de la limite, on en déduit que γ−γ⁰ = 0 ⇐⇒ γ = γ⁰, i.e. les suites (vn)n et (wn)n ont même limite.

h)La suite (v_n)_nest strictement décroissante et converge versγ. On a doncv_n > γpour tout n. De mˆeme, la suite (w_n)_nest strictement croissante et converge versγ, et doncw_n< γpour tout n. Ainsi, pour tout n ∈N^∗, on aw_n< γ < v_n. Pour avoir un encadrement deγ à 10⁻¹ près, il suffit de trouvern∈N^∗ tel quev_n−w_n <10⁻¹. On av_n−w_n= ln(n+ 1)−ln(n)< 1 n d’après a). Il suffit donc de prendre n= 10 pour avoir v_n−w_n<10⁻¹. Ainsi, w₁₀ < γ < v₁₀ est un encadrement de γ à 10⁻¹ près.

Remarque : w₁₀=u₁₀−ln(11) = ⁷³⁸¹₂₅₂₀−ln(11)'0,531 etv₁₀=u₁₀−ln(10) = ⁷³⁸¹₂₅₂₀−ln(10)' 0,626.