ES N° 1 Analyse Correction Math. Sup. 2012-2013

ES N° 1 Analyse Correction Math. Sup. 2012-2013

I) 1°) a) ^{∀ ∈ +∞x}

[

^0;

[

^{, fn'}

( )

^{x =3xn− −1e x2}

(

^n−2x2

)

^.

Par croissances comparées, x^lim fn

( )

x ^1.

→+∞ = −

On en déduit le tableau des variations de fn :

b) fn (1) = 3 e^-1 – 1 > 0, donc d’après le T.V.I. (la fonction fn étant continue sur son domaine) la fonction fn s’annule sur

[

^0;+∞

[

en deux réels notés un et vn tels que un < 1 < vn. 2°) D’après le tableau de variations,

n 2

v > n ^, donc d’après le théorème de comparaison : lim _n

n v

→+∞ = +∞

3°) a) f_n(un) = 0 donc

2 1

e .

3

un

n

un

− = 1

( )

3 ¹e ⁿ² 1 1 0.

n

n u

n n n

f ₊ u = u ^{+ −} − = − <u

b) On a : ^fn+¹

( )

^un+¹ > ^fn+¹

( )

^{un .} La fonction f_n+1 étant croissante sur

[ ]

^0;1 , on en déduit que la suite

( )

un n_≥2est croissante. La suite étant croissante, majorée par 1, elle converge vers un réel inférieur ou égal à 1.

( ( ) ) (

²

) ( (

²

) ) ⁽

²

^{) ( )}

a) g_n t = ⇔0 ln(3)+nln( )t − =t 0 ⇔ ln 3 et^{n −t} = ⇔0 3 et^{n −t} = ⇔1 f t_n( )=0 . 4°)

b) Si U≠ 1, ln(U) ≠0, alors comme gn(un) = 0 on a : n ln(un) = un2

– ln(3), ce qui aboutit à une contradiction, par passage à la limite.

c) On déduit de ce qui précède que U = 1.

II) 1°) Les formules de trigonométrie hyperbolique donnent :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

; 2,

1

th x th y

x y th x y

th x th y

∀ ∈ + = +

ℝ + donc la fonction th est dans E.

2°) a) Si f est dans E, constante égale à C, on a : ₂ 1

C C

C C

= +

+ ce qui équivaut à

{

^1;0;1

}

C∈ −

b) La fonction f étant un élément de E, s’il existe un réel a tel que f(a) = ±1, alors :

( ) ( ) ( )

( ) ( )

^{( ) 1}

, 1

1 1 ( )

f x f a f x

x f x a

f x f a f x

+ ±

∀ ∈ + = = =

+ ±

ℝ ∓

x 0 2

n +∞

fn

-1 -1

3°) a)

( ) ( )

( ( ) )

²

2 0

0

1 0

f f

f

= + donc f(0) ^{∈ −}

{

^{1; 0;1}

}

. Comme f n’est pas constante, on ne peut pas avoir f(0) ^{∈ −}

{ }

^1;1 donc f(0) = 0.

( ) ( ) ( )

( ) ( )

, 0

1

f x f x

x f x x

f x f x + −

∀ ∈ − = =

+ −

ℝ on en déduit que f(-x) = - f(x) donc f est impaire.

b)

( )

2

2 2

, .

2 2

1 2

f x x x

x f x f

f x

  

   

∀ ∈ =  + =

    

+  

   ℝ

Or, ^{∀ ∈y ℝ, 1}

(

^{− y}

)

^{2≥0 donc 1+y2 ≥2 y ≥0, d'où 1≥} ₁₊^2y_y^{2 ≥0.}

De plus, 2 ₂

1 1.

1

y y

y = ⇔ =

+ Comme il n’existe pas de réel a tel que f(a) = ±1^{, on a} ∀ ∈x ℝ^, f x

( )

<1, donc ( )f x ∈ −

] [

1;1 .

4°) a):

( )

( ) ( )

( )

1 1

, On note P : " , ".

1 1

n n

f nx f x

n x

f nx f x

 

+ +

∀ ∈ ∀ ∈ − = − 

ℕ ℝ

La propriété est clairement vérifiée pour n = 0.

On suppose la P_n vraie pour n≥0.

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ( ) ) ( )

( ( ) ) ^{( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )}

1

1 ( )

1 ( 1) 1 1 ( )

, 1 ( 1) ( ) 1 ( )

1 1

1 1 ( ) 1 1 1

1 1 1 .

1 1 ( )

n n

f nx f x

f n x f nx f x f nx f x f nx f x

x f n x f nx f x f nx f x f nx f x

f nx f x

f nx f x f x f x f x

f x f x f x

f nx f x

+

+ +

+ + + + + +

∀ ∈ − + = − + = + − −

+

+ +  +  +  + 

= − − = −  − = −  ℝ

Pn+1 est donc vérifiée. La propriété est héréditaire.

Par principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout n.

b) En prenant x = 1 dans la propriété précédente, on a :

1 ( ) 1

ce qui donne: ( ) .

1 ( ) 1

n n

n

f n b

b f n

f n b

+ = = −

− +

c) En prenant x =1

n dans la propriété montrée au a), on a :

1

1

1 1

1 (1) 1 1

ce qui donne:

1 (1) 1

1 1

n

n

n

f f n b

f f n

f b

n

   +  

 

+ =     = −

−     

−   +

 

  

5°) a) On a :

0

( ) (0) 1

lim . En particulier, lim .

h n

f h f

k n f k

h n

→ →+∞

−  

= ×  =

 

1 1

ln( )

1 1

ln( )

1ln( ) 1ln( ) ln( )

0 ln( ) 0

1 e 1

On a: 1 =

1 e 1

e 1

comme lim e 1 2 et lim e 1 = lim ln( )e

ln( ) on en déduit: .

2

n n b

b

n n

h b

b b

n n b

n n h

n b n

n f

n b

n b

h k b

×

→+∞ →+∞ →

   

− −

   

     

×  =

  + +

 + =  −   − =

     

 

   

=

( )

( )

( )

( )

2

2 0

( ) ( )

( ) ( ) 1 ( )

( ) ( ) 1 ( ) ( )

b) , 0,

( ) ( )

On a donc: '( ) lim 1 ( ) .

h

f x f h

f x f h f x

f x h f x f x f h

x h

h h h

f x h f x

f x k f x

→ h

+ − −

+ − +

∀ ∈ ∀ ≠ = =

= + − = −

ℝ

c) On a supposé f non constante, donc k≠0^. De plus, comme ^{∀ ∈x ℝ, f x}

( )

^{∈ −}

] [

^{1;1 ,}

la dérivée de f est de signe constant et ne s’annule pas.

La fonction f est donc strictement monotone.

D’autre part, 1

lim ( ) lim 1

1

n

n n n

f n b

→+∞ →+∞b

= − =

+ ^, et f étant impaire, lim ( ) 1

n f n

→−∞ = −

On en déduit que f est une bijection de ℝ dans ]-1 ; 1[.

6°) a) La dérivée de f ne s’annulant pas, la bijection réciproque de f est dérivable sur ]-1 ; 1[, et ^{∀ ∈ −y}

] [

^{1;1 ,}

( )

^{f−1 '}

^{( )}

^{y = f '}

(

^{f1−1( )y}

)

^=k

(

¹⁻

(

^f

(

^{1f−1( )y}

) )

²

)

^=k

⁽

^1−1y2

⁾

^.

b) On en déduit que ^{∀ ∈ −y}

] [

^{1;1 ,}

( )

^f−1

^{( )}

^{y =1}_k ^{Argth y( )+ f−1}

^{( )}

^{0 =1}_k ^{Argth y( ).}

Ainsi, ^{∀ ∈x ℝ,f x}

( )

^{=th kx( ).}