Devoir maison 2

Université Denis Diderot Paris 7
(2013-2014)
Maths, Agro & Véto
Devoir maison 2
Exercice 1 [Sujet Analyse 2013] Soit la fonction d’une variable réelle f définie sur
x
D = [0, +∞[ par f (x) = xe 1+x . On appelle Cf la courbe représentative de f dans un repère
orthonormé d’unité 1 cm.
On prendra 2, 7 comme valeur approchée de e.
a) Montrer que f est dérivable sur D et calculer f ′ .
x
La fonction x → 1+x
est C ∞ sur R \ {−1} ⊃ D. Les fonctions x → x, x → exp(x) sont
x
quant à elles C ∞ sur R tout entier. On en déduit que la fonction x → e 1+x est C ∞ sur
R \ {−1} ⊃ D comme composée de telles fonctions, et enfin que la fonction f est
également C ∞ sur R \ {−1} ⊃ D comme produit de telles fonctions.
D’autre part
x
1
e 1+x
2
(1 + x)
x
1 + 3x + x2 1+x
e
.
(1 + x)2
x
f ′ (x) = e 1+x + x
=
b) Etudier les variations de f sur D et calculer la limite de f quand x tend vers +∞.
D’après la question précédente, f ′ (x) est du signe de 1 + 3x + x2 . Or ce polynôme de
degré 2 a pour racines
√
√
−3 − 5
−3 + 5
x− =
,
x+ =
.
2
2
Le polynôme est de signe positif sur R \ (x− , x+ ) et de signe négatif entre ses racines.
On en déduit que f est croissante sur (−∞, x− ], décroissante sur [x− , x+ ], puis à
nouveau croissante sur [x+ , +∞). On notera en particulier que f est strictement
croissante sur D.
x
x
Par ailleurs, lorsque x → ±∞, 1+x
→ 1 de sorte que e 1+x → e. On déduit que
lim f (x) = −∞,
x→−∞
lim f (x) = +∞.
x→∞
c) Déterminer le développement limité de f en 0 à l’ordre 2 (on pourra calculer f ′ (0) et
f ′′ (0)). En déduire l’équation de la tangente T au point d’abscisse 0 et la position de
la courbe Cf par rapport à T au voisinage de 0.
1ère méthode : On a vu que f ′ (x) =
′′
f (x) =
x
1+3x+x2 1+x
e
(1+x)2
de sorte que
(3 + 2x)(1 + x)2 − 2(1 + x)(1 + 3x + x2 ) 1 + 3x + x2
+
(1 + x)4
(1 + x)4
1
x
e 1+x ,
et donc
f (0) = 0
f ′ (0) = 1,
f ′′ (0) = 2.
On déduit de ce calcul que
f (x) = f (0) + f ′ (0)x +
f ′′ (0) 2
x + o(x2 ) = x + x2 + o(x2 ).
2
2ème méthode : Pour x au voisinage de 0, on a
1
x
= 1 − x + x2 + o(x2 ) donc
= x − x2 + o(x2 ).
1+x
1+x
Posons alors u = x − x2 + o(x2 ) (de sorte que u est au voisinage de 0 quand x est au
voisinage de 0) et remarquons que
u2 = x2 + o(x2 ),
uk = o(x2 )∀k ≥ 3.
Or
x
e 1+x = eu = 1 + u +
Finalement
x2
x2
u2
+ o(u2 ) = 1 + x − x2 +
+ o(x2 ) = 1 + x −
+ o(x2 ).
2
2
2
x
f (x) = xe 1+x = x + x2 + o(x2 ).
Remarquex : En remarquant qu’on allait multiplier par x, on aurait pu se contenter du
DL de e 1+x au premier ordre.
On déduit de la forme du DL de f en 0 que la droite y = x est tangente à la courbe
Cf (on aurait évidemment pu utiliser directement que f (0) = 0, f ′ (0) = 1 pour
parvenir à la même conclusion). Par ailleurs, au voisinage de 0,
f (x) − x = x2 + o(x2 )
de sorte que f (x) − x > 0 pour |x| suffisamment petit, et Cf se trouve donc au dessus
de sa tangente en l’origine.
Remarque : Ici on a f ′′ (0) = 2 > 0, de sorte que f est convexe au voisinage de 0, et il
est donc normal de trouver que Cf se situe au-dessus de sa tangente en ce point.
−1
d) Démontrer que limx→∞ x e 1+x − 1 = −1 puis déterminer a et b pour que la droite ∆
d’équation y = ax + b soit asymptote à la courbe Cf quand x tend vers +∞.
1
Pour u au voisinage de 0, 1+u
= 1 + o(1). En posant u = x1 on voit que u est au
voisinage de 0 lorsque x est au voisinage de +∞, et qu’alors
−1
−1
−1
−1
=
=
(1 + o(1)) =
+ o(1/x).
1+x
x(1 + 1/x)
x
x
En utilisant à nouveau le DL de exp en 0, on trouve alors (toujours pour x au
voisinage de +∞ :
−1
−1
1
+ o(1/x) − 1 = − + o(1/x).
e 1+x − 1 = exp
x
x
2
Reste à mutiplier par x pour obtenir la limite souhaitée.
x
1
−1
Remarquons alors que e = e 1+x e 1+x de sorte que f (x) = exe 1+x D’après le calcul de
limite que nous venons d’effectuer, on voit alors que
−1
f (x) − ex = ex e 1+x − 1 −→ −e
x→∞
On a donc f (x) − ex + e → 0 lorsque x → ∞, autrement dit la droite ∆ d’équation
y = ex − e est asymptote à Cf au voisinage de +∞.
Remarque : Si on pousse le développement asymptotique à l’ordre supérieur, on
obtient que
3e
f (x) = ex − e +
+ o(1/x),
2x
de sorte que Cf se trouve au dessus de ∆ au voisinage de +∞.
e) Tracer l’allure de Cf , on tracera aussi T et ∆.
25
20
15
Cf
10
T
5
2
4
6
8
10
Figure 1. La courbe Cf et les droites T et ∆ pour x ∈ [0, 10].
Exercice 2 [Sujet Analyse 2010]
1. On considère l’équation différentielle
xy ′ − y = x
(E)
définie pour x ∈]0, +∞[.
Quelle est la solution générale de (E) ?
Trouver la solution particulière h de (E) telle que h(e) = e.
On procède comme dans le premier exercice. L’équation homogène xy ′ − y = 0, pour
x ∈]0, +∞[, peut être réécrite y ′ − y/x = 0, et donc
Z x
1
yh (x) = C exp
du = C exp(ln(x)) = Cx.
0 u
On cherche alors une solution particulière de (E) sous la forme y0 (x) = C(x)x, et on
obtient que x2 C ′ (x) + xC(x) − C(x)x = x, et donc pour x ∈]0, +∞[ ceci équivaut à
C ′ (x) = 1/x. Par exemple on peut donc prendre C(x) = ln(x), de sorte que
y0 (x) = x ln(x).
3
Finalement une solution générale de (E) s’écrit
y(x) = yh (x) + ye (x) = x(ln(x) + C).
Pour obtenir la solution h telle que h(e) = e il faut prendre C = 0, et on conclut
h(x) = x ln(x).
2. Dans cette question x est un nombre positif ou nul.
On considère la fonction définie sur [0, +∞[ par
(
x ln(x) si x > 0
.
f (x) =
0
si x = 0
et Cf la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O, i, j) d’unité 2cm.
a. Démontrer que f est continue sur [0, +∞[.
b. La fonction f est-elle dérivable en 0 ?
c. Etudier les variations de f sur [0, +∞[.
d. Dessiner Cf . On représentera les tangentes aux points d’abscisses 0 et 1.
a. Par le théorème des croissances comparées on sait que
lim
x→0,x>0
x ln(x) = 0,
ce qui assure la continuité de f à l’origine.
b. Calculons f ′ (x) pour x > 0 :
f ′ (x) = 1 + ln(x).
On voit en particulier que
lim
x→0,x>0
f ′ (x) = −∞,
autrement dit, Cf possède une tangente verticale en l’origine, et elle n’est donc
pas dérivable en 0.
c. On voit facilement que f ′ (x) = 0 ⇔ x = 1/e. Comme la fonction x → ln(x) est
croissante, on en déduit que f ′ (x) < 0 sur ]0, 1/e[, f ′ (x) > 0 sur ]1/e, +∞[. Notre
fonction f est donc :
– nulle en 0, et comme on vient de le voir, Cf possède une tangente verticale à
l’origine.
– décroissante sur l’intervalle ]0, 1/e]
– minimale en 1/e, où elle prend la valeur −1/e.
– croissante sur [1/e, +∞[.
En particulier, elle s’annule en 1 (notons de plus que f ′ (1) = 1 de sorte que
x → x − 1 est tangente à Cf en au point (1, 0).) Enfin on a évidemment que
limx→∞ f (x) = +∞, mais comme x → ln(x) est également divergente, Cf ne
possède pas de droite asymptote en +∞.
4
5
4
Cf
3
2
1
T
1
d.
2
3
4
-1
Figure 2. La courbe Cf , la droite T d’équation y = x − 1 tangente à Cf au point (1, 0),
pour x ∈ [0, 4]. Noter que l’axe des ordonnées x = 0 est tangente à Cf en (0, 0).
3. a. Déterminer les positions relatives de Cf et de la droite y = x suivant les valeurs de
x.
b. Dans le repère (O, i, j), hachurer l’ensemble A des points M : (x, y) tels que
(
0<x<e
.
f (x) < y < x
c. Calculer l’aire de l’ensemble A.
a. Introduisons la fonction g : x → f (x) − x. L’étude du signe de g va nous permettre
d’étudier les positions relatives de Cf et de la droite y = x. Précisément, en
l’abscisse x,
– si g(x) ≥ 0, alors Cf est au-dessus de y = x
– si g(x) ≤ 0, alors Cf est en dessous de y = x
Notons que g ′ (x) = f ′ (x) − 1 = ln(x), de sorte que g est décroissante sur [0, 1] et
croissante sur [1, +∞[. Comme g(0) = 0, et limx→∞ g(x) = +∞, on constate que
g ne s’annule qu’en 0 et en un unique point de ]1, +∞[. C’est confirmé par la
résolution de léquation g(x) = 0 :
g(x) = 0 ⇔ x(ln(x) − 1) = 0 ⇔ x = 0 ou x = e.
Finalement g(x) < 0 pour tout x ∈]0, e[ et g(x) > 0 pour tout x ∈]e, +∞[, ce qui,
comme expliqué plus haut, nous donne la position relative de la courbe Cf et de
la première bissectrice y = x.
b. A est l’ensemble des points d’abscisses 0 < x < e qui se situent entre Cf et la droite
y = x.
c. D’après la question précédente, l’aire de A n’est autre que l’aire qui se situe sous la
courbe représentative de la fonction x → −g(x) = x − f (x). Pour calculer
l’intégrale on va avoir besoin de la primitive de x → x ln(x). On la cherche sous la
2
forme x → x2 ln(x) − Q(x), avec Q′ (x) = −x/2 et on trouve que
5
x→
x2
2
(ln(x) − 1/2) est la primitive recherchée. Finalement
Z e
x(1 − ln(x))dx
aire (A) =
0
e
2
x
(1 − ln(x) + 1/2)
=
2
0
e2
4
=
Exercice 3 Dans cet exercice on considère la suite de rééls
Z
2
xk e−x dx, k ≥ 0
uk :=
R
1. A l’aide d’une intégration par parties, justifier que pour tout k ≥ 0, on a
k+1
uk .
2
uk+2 =
2. Calculer u1 , et en déduire l’expression de u2k+1 pour tout k ≥ 0.
3. Etablir que
u20
=
Z
e−x
2 −y 2
dxdy.
R2
On admet alors que le changement de variables (passage en coordonnées polaires)
(
R2 → R+ × [0, 2π)
(x, y) → (r, θ)
permet d’écrire
u20
=
Z
r exp(−r 2 )drdθ.
R+ ×[0,2π)
En déduire la valeur de u0 .
4. Montrer alors que pour tout k ≥ 0
u2k = u0
(2k)!
.
22k k!
5. La formule de Stirling stipule que
n! ∼n→∞
Calculer
e
√
2πn.
ku2k
,
k!
lorsque k → ∞.
lim
k→∞
et en déduire un équivalent de u2k
n n √
6
1. Soit k ≥ 0. Posons f (x) = xk+1 , f ′ (x) = (k + 1)xk et g ′ (x) = x exp(−x2 ),
g(x) = − 21 exp(−x2 ). Par la formule d’intégration par parties
k+1
+∞ Z +∞
x
k+1 k
uk+2 = −
+
exp(−x2 )
x exp(−x2 )dx.
2
2
−∞
−∞
Par croissance comparées, lim|x|→∞ xk+1 exp(−x2 ) = 0, et on déduit que
k+1
uk
2
R
2. Pour une fonction f impaire et intégrable, R f (x)dx =R0. Or pour tout k ≥ 0,
x → x2k+1 exp(−x2 ) est impaire (et intégrable puisque R |x|2k+1 exp(−x2 )dx < ∞. On
a donc u2k+1 = 0 pour tout k ≥ 0.
Alternativement, on aurait pu effectuer un calcul direct :
+∞
Z
1
2
2
= 0.
x exp(−x )dx = − exp(−x )
u1 =
2
R
−∞
uk+2 =
En utilisant la question 1 et une récurrence immédiate, on déduit que u2k+1 = 0 pour
tout k ≥ 0.
R
R
2
2
3. Puisque u0 = R e−x dx = R e−y dy, on a bien
Z
Z
Z
2
2
−y 2
−x2
2
e−x −y dxdy.
e dy =
e dx ×
u0 =
R2
R
R
Par la formule de changement de variables on déduit donc
u20
=
Z
−r 2
e
rdrdθ = 2π
Z
0
R+ ×[0,2π)
et comme u0 ≥ 0, on conclut que u0 =
√
√
∞
−r 2
re
1
2
dr = 2π − e−r
2
+∞
= π,
0
π.
4. Montrons l’expression souhaitée u2k = π 2(2k)!
2k k! par récurrence sur k. Pour k = 0 la
formule est évidente (on rappelle que 0! = 1). Si la formule est vraie jusqu’au rang
k ≥ 0, d’après 1, on a
u2k+2 =
√
2k + 1 √ (2k)! √
(2k + 2)!
(2k + 2)!
= π 2k+2
,
π 2k = π
2k+1
2
2 k!
(2k + 2)2
k!
2
(k + 1)!
ce qui achève la preuve par récurrence.
5. D’après la formule de Stirling,
√
√
2k e 2k
2πk 1
ku2k
(2k)!
= πk 2k
∼k→∞
= 1.
k!
2 (k!)2
2πk 22k e k
Ceci revient à dire que
√
ku2k
lim
= 1,
k→∞
k!
7
ou encore que
k!
uk ∼k→∞ √ .
k
En utilisant à nouveau Stirling, on a donc également
k
√
k
uk ∼k→∞ 2π
.
e
Exercice 4 On considère la suite
u0 = 1
un+1 =
√
5 + 4un , n ≥ 0.
1. Montrer que pour tout n ≥ 0, un est bien définie.
2. Etudier le signe de la fonction
(
[−5/4, +∞) → R
.
g:
√
x → 5 + 4x − x
3. En déduire que (un ) est monotone, et converge. Calculer limn→∞ un .
4. Faire l’étude de la suite
√
v0 = 10
vn+1 = 5 + 4vn , n ≥ 0.
1. Par récurrence, on va voir que un est bien définie, un ≥ 0. L’assertion initiale est
trivialement√vérifiée. Si elle est vraie jusqu’au rang n ≥ 0, alors 5 + 4un ≥ 0 de sorte
que un+1 = 5 + 4un est bien définie, et positive, ce qui achève la preuve.
4
2. On a g′ (x) = √5+4x
− 1, de sorte que la fonction g est croissante sur [−5/4, −1/4], puis
décroissante sur [−1/4, +∞). Or
g(−5/4) = 5/4, g(−1/4) = 9/4, lim g(x) = −∞,
x→∞
et donc g, sur [−5/4, +∞], prend des valeurs positives, puis négatives, et ne change de
signe qu’une seule fois en un certain point x0 ∈ [−5/4, +∞].
Pour le déterminer il faut résoudre g(x0 ) = 0. On a donc
√
5 + 4x0 = x0 ⇔ x20 − 4x0 − 5 = 0 et x0 ≥ 0,
or les deux racines du polynôme X 2 − 4X − 5 sont −1 et 5, et on trouve donc
finalement que x0 = 5.
Finalement la fonction g est positive sur [−5/4, 5] et négative sur [5, +∞).
3. Notons que un+1 − un = g(un ).
Une récurrence
√ immédiate assure que 0 ≤ un ≤ 5 pour tout n. En effet 0 ≤ un ≤ 5
implique 0 ≤ 5 + 4un ≤ 5. On déduit de la question précédente que pour tout n ≥ 0,
un+1 − un ≥ 0, et donc un est croissante, majorée par 5, donc elle converge.
√
Puisque
√ limn→∞ un = limn→∞ un+1 = limn→∞ 5 + 4un , et que la fonction
x → 5 + 4x est continue, la limite ℓ de un vérifie forcément
√
ℓ = 5 + 4ℓ ⇔ g(ℓ) = 0,
comme on a vu plus haut ceci entraı̂ne que ℓ = 5.
8
4. Par une étude en tous points similaire on a vn ≥ 5 pour tout n ≥ 0, et donc (vn ) est
décroissante minorée, elle converge, et à nouveau, la seule limite possible est ℓ.
√
Remarque : Soit f : x → 5 + 4x. On a f ([−5/4, +∞)) = [0, +∞) de sorte que toute
suite de la forme
√
w0 ∈ [−5/4, +∞), wn+1 = 5 + 4wn , n ≥ 0
est bien définie pour tout n ≥ 0, et même wn ≥ 0 pour tout n ≥ 1.
2
Par ailleurs f possède un unique point fixe ℓ = 5. Enfin f ′ (x) = √5+4x
, de sorte que
supx≥0 f ′ (x) = √25 < 1. Par le problème qui suit, la suite (wn ) converge donc vers ℓ
lorsque n → ∞.
Problème On considère un intervalle ouvert I ⊂ R, une fonction f : I → I de classe C 1 , et
la suite
u0 ∈ I, un+1 = f (un ), n ≥ 0.
A. Dans cette partie on suppose qu’il existe ℓ ∈ I tel que f (ℓ) = ℓ avec |f ′ (ℓ)| < 1.
1. Montrer qu’il existe un a > 0 tel que pour J = [ℓ − a, ℓ + a] on a
J ⊂ I,
f (J) ⊂ J,
sup |f ′ (x)| =: cJ < 1.
x∈J
2. On suppose que u0 ∈ J, avec J satisfaisant les conditions de la question
précédente. Montrer que pour tout n ≥ 0,
|un+1 − ℓ| ≤ cJ |un − ℓ|.
En déduire que un → ℓ lorsque n → ∞.
B. Dans cette partie on suppose qu’il existe ℓ ∈ I tel que f (ℓ) = ℓ avec |f ′ (ℓ)| > 1.
1. Montrer qu’il existe un a > 0 tel que si on pose J = [ℓ − a, ℓ + a] on a
J ⊂ I,
inf |f ′ (x)| =: CJ > 1.
x∈J
2. On suppose que u0 ∈ J, u0 6= ℓ, avec J satisfaisant les conditions de la question
précédente. Montrer que si un ∈ J, alors
|un+1 − ℓ| ≥ CJ |un − ℓ|.
En déduire qu’alors il existe n0 ∈ N tel que un0 ∈
/ J.
3. Que dire de la suite (un )n≥0 lorsque u0 = ℓ ?
A.
1. Comme I est ouvert et ℓ ∈ I, dès que a est suffisamment petit on a bien
[ℓ − a, ℓ + a] ⊂ I.
Par hypothèse f ′ (.) est continue sur I, or |f ′ (ℓ)| < 1, donc pour a suffisamment
petit, on a supx∈J |f ′ (x)| = cJ < 1.
Pour un tel J, et x ∈ J, d’après l’inégalité des accroissements finis,
|f (x) − ℓ| = |f (x) − f (ℓ)| ≤ cJ |x − ℓ| < |x − ℓ|,
de sorte que
et donc f (J) ⊂ J.
|x − ℓ| ≤ a ⇒ |f (x) − ℓ| ≤ a,
9
2. D’après les hypothèses sur J, on a un ∈ J pour tout n ≥ 0. L’inégalité des
accroissements finis assure par ailleurs que
|un+1 − ℓ| = |f (un ) − f (ℓ)| ≤ cJ |un − ℓ|, n ≥ 0.
Une récurrence immédiate permet alors d’assurer que
|un − ℓ| ≤ (cJ )n |u0 − ℓ| −→ 0,
n→∞
puisque 0 ≤ cJ < 1, et on conclut que
un −→ ℓ.
n→∞
B.
1. Le raisonnement est en tous points similaire au début de celui de la question A.1.
2. Pourvu que f (un ) ∈ J, par Taylor-Lagrange, ∃c ∈ (un , l) tel que
|un+1 − ℓ| = |f (un ) − f (ℓ)| = |un − ℓ||f ′ (c)| ≥ CJ |un − ℓ|,
où on a utilisé que un ∈ J ⇒ c ∈ J de sorte que |f ′ (c)| ≥ inf x∈J |f ′ (x)| = CJ .
On déduit par une récurrence immédiate que tant que un ∈ J, on a
|un − ℓ| ≥ (CJ )n |u0 − ℓ|.
Si u0 6= ℓ, le membre de droit ci-dessus tend vers +∞, et donc forcément ∃n0 tel
que un0 ∈
/ J.
3. Si u0 = ℓ, une récurrence immédiate assure que un = ℓ pour tout n ∈ N et donc
un → ℓ dans ce cas.
Remarque : Dans le cas A. on parle de point fixe stable / attracteur.
Dans le cas B, on parle de point fixe instable / répulsif.
10