Partie II

(1)

MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DM 8 le 15/12/17 29 juin 2019

Problème 1

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 (gure ??) 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

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 gure ??).

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 pointx_max. Il est clair quex_max∈/ E doncx_max∈ {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(gure ??) et1−(t−0.5)² (gure ?? ) sur[0,1].

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

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

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].

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 M1708C

(2)

Fig. 5: Cas oùg(a) =M =g(B)et E n'est pas]a, 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 Ψ est 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)pour y∈[x−α, x+α]. Utilisons d'abord décroissance deΨ:

∀y∈[x−α, x+α] : Ψ(x+α)≤Ψ(y)≤Ψ(x−α) 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 alorsMx={b}doncg(x)< g(b). Dans ce cas, la continuité degenb entraîneraitg(x)< g(y)poury assez proche deb. Ceci serait en contradiction avecMx={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 M_x doncg(y)≤g(x).

(3)

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) +¹_n n'est pas un minorant deM_x, il existe doncξ_n∈M_xtel que

s(x)≤ξ_n< s(x) + 1 n

La suite des ξ_n converge vers s(x) en vériant g(x) < g(ξ_n). 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∈Mx:

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.

Problème 2

1. La fonctionϕest obtenue à partir de f en ajoutant une fonction polynomiale. Elle a donc les mêmes propriétés de dérivabilité et de continuité que f. En particulier, les régularités requises pour appliquer deux fois le théorème de Rolle sont vériées.

ChoisissonsK pour queϕ(b) = 0. C'est possible car cela revient à résoudre une équa- tion du premier degré. Il n'est pas utile de préciser la valeur. Le point important est que

f(b) =f(a) + (b−a)f⁰(a) +K(b−a)²

Commeϕ(a) = 0, on peut appliquer le théorème de Rolle entre aet b. Il existe alors c∈]a, b[ tel queϕ⁰(c) = 0. Or

ϕ⁰(t) =f⁰(t)−f⁰(a)−2K(t−a)⇒ϕ⁰(a) = 0

On peut encore appliquer le théorème de Rolle ; cette fois à ϕ⁰ entre aet c. Il existe donc und∈]a, c[⊂]a, b[tel que ϕ⁰⁰(d) = 0. Or

ϕ⁰⁰(t) =f⁰⁰(t)−2K⇒K= 1 2f⁰⁰(d)

En remplaçantKdans la relation caractérisantϕ(b) = 0, on déduit la formule annoncée f(b) =f(a) + (b−a)f⁰(a) +(b−a)²

2 f⁰⁰(d)

2. a. Notonsτla première fonction proposée qui est le taux d'accroissement deGentre 0et x

τ(x) =G(x)−G(0) x−0 Par dénition de la dérivabilité deGen0,τ −→⁰ G⁰(0). On peut aussi utiliserτ pour exprimer la deuxième fonction

G(x²)−G(0)

x =x τ(x²)−→⁰ 0×G⁰(0) = 0

b. Pour toutx >0, la fonctiongest continue enxpar les théorèmes sur les opérations sur les fonctions admettant des limites doncgest continue dans]0,+∞[. Le point important est de montrer quegest continue en0c'est à dire qu'elle converge vers

−G⁰(0)en0. On utilise la question a. Pour toutx >0, écrivons :

g(x) =G(x²)−G(0) +G(0)−G(x) x

= x

|{z}→0

G(x²)−G(0) x²

| {z }

→G⁰(0)

−G(x)−G(0) x

| {z }

→G⁰(0)

→ −G⁰(0)

c. Traduction du résultat la question 1. entre0 etx:

∃cx∈]0, x[ tqG(x) =G(0) + (x−0)G⁰(0) + x² 2 G⁰⁰(cx)

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Traduction du résultat la question 1. entre0etx² :

∃d_x∈

0, x² tqG(x²) =G(0) + (x²−0)G⁰(0) +x⁴ 2 G⁰⁰(d_x)

d. La fonctiongestC¹dans]0,+∞[par les théorèmes usuels sur les opérations fonc- tionnelles. En0se posent deux problèmes : la dérivabilité de get la convergence deg⁰ versg⁰(0).

On montre d'abord queg⁰ converge versG⁰(0)−¹₂G⁰⁰(0)strictement à droite de 0.

Exprimons g⁰(x)pour x > 0 puis remplaçons G(x)et G(x²) par les expressions de la question précédente

g⁰(x) =−1

x² G(x²)−G(x)

+ 2G⁰(x²)−1 xG⁰(x)

=−G⁰(0)−x²

2 G⁰⁰(d_x) + 1

xG⁰(0) +1

2G⁰⁰(c_x) + 2G⁰(x²)−1 xG⁰(x) Quandxtend vers0,c_xetd_xtendent aussi vers0. CommeG⁰etG⁰⁰sont continues en0,

x²

2 G⁰⁰(dx)→0, 1

2G⁰⁰(cx)→1

2G⁰⁰(0), 2G⁰(x²)→2G⁰(0) CommeG⁰ est dérivable en0,

1

xG⁰(0)−1

xG⁰(x) =−G⁰(x)−G⁰(0)

x → −G⁰⁰(0) On en déduit que

g⁰(x)→ −G⁰(0)−G⁰⁰(0) + 1

2G⁰⁰(0) + 2G⁰(0) =G⁰(0)−1 2G⁰⁰(0) Le théorème de limite de la dérivée prouve alors quegest dérivable en0 avec

g⁰(0) =G⁰(0)−1 2G⁰⁰(0) et queg⁰ est continue en0donc quegest C¹dans[0,+∞[.