MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 7 29 juin 2019
Problème 1
1. a. Il s'agit d'une simple vérication. On développe et ordonne d'abord le crochet de droite, on obtient :
2(a
2+ b
2+ c
2) − 2(ab + ac + bc) Quand on multiplie par a + b + c , on obtient :
2(a
3+ b
3+ c
3) + 2(ab
2+ ac
2+ ba
2+ bc
2+ ca
2+ cb
2)
− 2(a
2b + abc + ca
2+ ab
2+ b
2c + abc + abc + bc
2+ c
2a)
= 2(a
3+ b
3+ c
3) − 6abc b. Dans la relation précédente, en remplaçant a par a
13, b par b
13, c par c
13, on obtient
(tout est > 0 )
a + b + c = 3(abc)
13+ terme positif avec des puissances 1 3 De même, en remplaçant a par a
−13, b par b
−13, c par c
−13, on obtient
1 a + 1
b + 1
c = 3(abc)
−13+ terme positif avec des puissances − 1 3 Cela prouve les inégalités demandées.
2. Les deux inégalités de la question précédentes se reformulent en : 3
1
a
+
1b+
1c≤ (abc)
13≤ a + b + c 3
Il s'agit de la comparaison classique entre moyennes harmonique, géométrique et arith- métique.
Les suites sont bien dénies car chaque nouveau terme est strictement positif ce qui permet la poursuite du processus. La comparaison des moyennes montre par récurrence
que ∀ n ≥ 1 : c
n≤ b
n≤ a
n3. Montrons que (c
n)
n∈Net (a
n)
n∈Nsont adjacentes.
Preuve de la croissance de (c
n)
n∈N.
c
n≤ b
n≤ a
n⇒
1 a
n≤ 1
c
n1 b
n≤ 1
c
n⇒ c
n+1= 3
1 an
+
b1n
+
c1n
≥ c
nPreuve de la décroissance de (a
n)
n∈N.
c
n≤ b
n≤ a
n⇒
( c
n≤ a
nb
n≤ a
n⇒ a
n+1= a
n+ b
n+ c
n3 ≤ a
nMajoration de la diérence.
b
n≤ a
n⇒ a
n+1= a
n+ b
n+ c
n3 ≤ 2a
n+ c
n3 D'autre part c
n+1≥ c
ndonc
a
n+1− c
n+1≤ 2a
n+ c
n3 − c
n= 2
3 (a
n− c
n).
On en déduit que (a
n− c
n)
n∈Nest majorée par une suite géométrique de raison
23< 1 . Elle converge donc vers 0 par le théorème d'encadrement.
Il est alors évident, d'après le théorème d'encadrement encore, que (b
n)
n∈N∗converge vers la limite commune de (a
n)
n∈Net (c
n)
n∈N.
4. Le point essentiel dans les deux questions suivantes est la formule a
n+1c
n+1= a
nb
nc
n(a
n+ b
n+ c
n)
a
nb
n+ b
nc
n+ c
na
n(1)
a. En particulier, si a
nc
n= b
2n, la formule devient a
n+1c
n+1= b
3n(a
n+ b
n+ c
n)
a
nb
n+ b
nc
n+ b
2n= b
2nComme tout est positif, lorsque a
1c
1= b
21on obtient a
2c
2= b
21= b
22et la relation se propage par récurrence, la suite des b
nest alors constante. Les trois suites convergent vers b
1qui est la moyenne géométrique de a
1et c
1.
b. On va montrer que si a
1c
1< b
21, la suite des b
nest décroissante. Remarquons que b
32= a
1b
1c
1< b
31⇒ b
2< b
1.
Il s'agit donc de montrer que a
nc
n< b
2npour tous les entiers n . La relation (1) peut encore s'écrire a
n+1c
n+1= f (a
nc
n) avec
f : x → ux
x + v , u = b
n(a
n+ b
n+ c
n), v = a
nb
n+ b
nc
n.
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/
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Rémy Nicolai M1307CMPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 7 29 juin 2019
La fonction f est croissante car elle peut s'écrire f (x) = u − uv
x + v et que tout est strictement positif. Alors :
a
nc
n< b
2n⇒ a
n+1c
n+1= f (a
nc
n) < f (b
2n) = b
2npuis :
b
3n+1= a
n+1b
n+1c
n+1< b
3n⇒ b
n+1< b
nLe raisonnement est analogue lorsque a
1c
1> b
21et conduit à une suite décrois- sante.
Problème 2
1. Il s'agit d'une application immédiate des propositions relatives aux opérations sur les fonctions admettant des limites nies.
2. La fonction racine carrée est continue dans R
+. D'après les propriétés de la fonction partie entière, elle est réglée. Les points de discontinuités de f
rsont les x tels que r √
x soit entier c'est à dire tous les x de la forme
n
2r
2avec n ∈ N Pour chaque point de discontinuité, le saut est +1 .
3. La question précédente permet de former les discontinuités de chaque fonction : fonction discontinuités coecient
f
a2 8 2
f
b1
( √
2 − 1)
2-1
f
c1 4 9 -1
On range les points de discontinuité par ordre croissant : 1 < 2 < 4 < 1
( √
2 − 1)
2< 8 < 9
Entre deux discontinuités, la fonction g est constante. À chaque traversée d'une dis- continuité, la fonction f
rcorrespondante augmente de 1. On obtient le graphe de g en partant de l'origine et en reportant les sauts en tenant compte du signe et du coecient (voir gure 1).
1
−1
1 2 4
1 (
√
(2)−1)2
8 9
Fig. 1: graphe de g
4. Par dénition d'une partie entière : r √
x − 1 < f
r(x) ≤ r √ x
En combinant ces inégalités avec les coecients pour les trois fonctions, il vient : 2(a √
x − 1) − b √ x − c √
x <g(x) < 2a √
x − (b √
x − 1) − (c √ x − 1) (2a − b − c) √
x − 2 <g(x) < (2a − b − c) √ x + 2
Mais 2a − b − c = 0 et g(x) ∈ Z donc − 2 < g(x) < 2 entraîne g(x) ∈ {− 1, 0, 1 }.
5. L'ensemble des points de discontinuité de g est l'union des ensembles de points de discontinuité de f
a, f
b, f
c. Ces ensembles sont (d'après la question 2.) :
2p
2, p ∈ Z
q
23 − 2 √
2 , q ∈ Z
r
2, r ∈ Z Ils sont deux à deux disjoints car √
2 ,
32− √ 2 et √
2 − 1 sont irrationnels. On peut alors appliquer le résultat de linéarité du saut démontré en question 1. On en déduit qu'en un point de discontinuité de f
a, le saut est +2 alors qu'en un point de discontinuité de f
bou f
cle saut est − 1 .
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6. Raisonnons en distinguant plusieurs cas et en exploitant le fait que g ne prend que les valeurs − 1 , 0 et 1 avec des sauts +2 ou − 1 et qu'aucun des trois ensembles de discontinité n'est majoré (il existe donc des discontinuités de chaque type après un réel arbitraire) :
Si g(A) = − 1 , le premier saut de discontinuité est forcément +2 . La fonction prend alors la valeur +1 . Le saut suivant est obligatoirement − 1 et la fonction g prend alors la valeur 0 .
Si g(A) = 0, le premier saut de discontinuité est forcément − 1 . La fonction prend la valeur − 1 et on se retrouve dans le cas précédent.
Si g(A) = +1 , le premier saut de discontinuité est forcément − 1 . La fonction prend la valeur 0 et on se retrouve dans le cas précédent.
La fonction g prend donc les trois valeurs sur tout intervalle [A, + ∞ [ .
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/