analyse controle2 corrige 2015 2016

EPST ANNABA. ANALYSE REELLE. CONTROLE2.S2
Avril 2016. Durée 1h30
Exercice1 (3points)
Soit f : [a; b] ! R continue. Montrez qu’il existe c 2]a; b[ tel que:
Zb
f (x)dx = (b
a)f (c)
a
Solution Exercice1
f : [a; b] ! R continue. Donc il existe x0 2 [a; b]; x1 2 [a; b] tels que
8x 2 [a; b] : f (x)
8x 2 [a; b] : f (x)
f (x0 )
f (x1 )
On a donc
8x 2 [a; b] : f (x0 )
f (x)
f (x1 ):
Zb
f (x)
Zb
Zb
f (x)
Par conséquent
8x 2 [a; b] :
Zb
f (x0 )
a
a
f (x1 )
a
ou encore
8x 2 [a; b] : (b
a)f (x0 )
(b
a
ou
f (x0 )
1
(b
a)
Zb
f (x)
a
Posons
=
1
(b
a)
Zb
a
1
f (x):
f (x1 ):
a)f (x1 )
On a donc
f (x0 )
f (x1 )
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c appartenant à
]x0 ; x1 [; donc c 2]a; b[ tel que
f (c) =
=
1
(b
a)
Zb
f (x)
a
soit en multipliant par (b
a); on a
Zb
f (x)dx = (b
a)f (c):
a
Exercice2 (4points)
Considérons la fonction
f (x) = 9 sin(x)
11x cos(x) + 2x cos(2x)
1.(2points) Calculez en utilisant les développements limités un équivalent simple de la fonction ff(2x)
(x)
2. (2points) Calculez en utilisant les développements limités et les
équivalences, la limite de la fonction suivante:
f (2x)
x!0 f (x)
lim
Solution Exercice2
1.
sin(x) = x
cos(x) = 1
x3
x5
+
+ x5 "(x)
6
120
x2 x4
+
+ 0:x5 + x5 "(x)
2
24
cos(2x) = 1
= 1
4x2 16x4
+
+ x5 "(x)
2
24
2
2x2 + x4 + x5 "(x)
3
2
x3
x5
+
+ x5 "(x)
11x 1
6
120
2
+2x 1 2x2 + x4 + x5 "(x)
3
19 5
19 5
=
x + x5 "(x)
x
20
20
x2 x4
+
+ 0:x5 + x5 "(x)
2
24
f (x) = 9 x
Ceci donne
f (2x) =
152 5
x + x5 "(x)
5
152 5
x
5
Par conséquent
f (2x)
f (x)
152 5
x
5
19 5
x
20
=
152 20
: = 32
5 19
2.
Donc
f (2x)
= 32
x!0 f (x)
lim
Exercice3(3points)
a)(2points) Calculez en utilisant les développements limités un équivalent
simple des fonctions
2
ex
cos(x)
et
ex
2
cos(x)
x2
b)(1point) Calculez en utilisant les développements limités et les équivalences, la limite de la fonction suivante:
lim
ex
2
cos(x)
x2
x!0
Solution Exercice3
a) On a
ex = 1 + x +
x2
+ x2 "(x)
2
donc
2
ex = 1 + x2 +
3
x4
+ x4 "(x)
2
2
Par conséquent, le D.L. de ex à l’ordre 2 est
2
ex = 1 + x2 + x2 "(x)
On a donc
x2
2
e
2
cos(x) = (1 + x + x "(x))
et
ex
2
x2
3
+ x2 "(x)) = x2 + x2 "(x)
2
2
(1
cos(x)
x2
3 2
x
2
x2
=
3 2
x
2
3
2
b) On a donc
lim
ex
2
x!0
3
cos(x)
=
2
x
2
Exercice4(4points)
a) (3points) Calculez en utilisant les développements limités un équivalent
simple de la fonction:
ln(x)
x2 1
b) (1point)Calculez en utilisant les développements limités et les équivalences, la limite de la fonction suivante:
lim
ln(x)
1
x!1 x2
Solution Exercice4
a) Posons t = x 1:Donc x = t + 1 et t ! 0 quand x ! 1
ln(x)
ln(t + 1)
ln(t + 1)
ln(1 + t)
=
= 2
= 2
2
2
x
1
(t + 1)
1
t + 2t + 1 1
t + 2t
On a
Donc
ln(1 + t) = t + t"(t)
t
2t + t2 = 2t + t"1 (t)
2t
ln(1 + t)
t2 + 2t
t
1
=
2t
2
4
b) Par conséquent, on a
ln(x)
ln(1 + t)
1
= lim 2
=
2
x!1 x
1 t!0 t + 2t
2
lim
Exercice5(4points)
a) (3points) Calculez en utilisant les développements limités un équivalent
simple de la fonction:
i
h p
x2 + 3x + 2
x
Aide: Utilisez le changement de varaiable: X = x1
b) (1point) Calculez en utilisant les développements limités et les équivalences, la limite de la fonction suivante:
h p
i
2
lim
x + 3x + 2
x
x!+1
Solution Exercice 5
a) E¤ectuons le changement de variable X = x1 : par conséquent
X ! 0+ ; lorsque x ! +1
et
h p
x2 + 3x + 2
x
i
=
=
r
p
!
1
3
+
+2
X2 X
1 + 3X + 2X 2
X
1
=
X
1
r
1 + 3X + 2X 2
X2
1
X
(car X > 0)
Posons U (X) = 3X + 2X 2 : On a U (0) = 0 et
p
p
1
1
1 + U (X) = 1 + U (X) + X"(X) = 1 +
3X + 2X 2 + X"(X)
2
2
3
= 1 + X + X"1 (X)
2
1 + 3X + 2X 2 =
Par conséquent
p
1 + 3X + 2X 2
3
1 = X + X"1 (X)
2
5
3
X
2
Et donc
p
1 + 3X + 2X 2
X
1
i
p
3
2
b) Finalement
h p
lim
x!+1
x2 + 3x + 2
x = lim
X!0
1 + 3X + 2X 2
X
1
=
3
2
Exercice6(3points)
a) (2points)Calculez en utilisant les développements limités un équivalent
simple de la fonction:
ex 1 x
(sin(x))2
b)(1point) Calculez en utilisant les développements limités et les équivalences, la limite de la fonction suivante:
ex 1 x
x!0 (sin(x))2
lim
Solution Exercice 6
a) On a
ex = 1 + x +
donc
ex
1
x=
x2
+ x2 "(x)
2
x2
+ x2 "(x)
2
x2
2
D’autre part
sin(x) = x + x"(x) =) sin2 (x) = x2 + x2 "1 (x)
Par conséquent
ex 1 x
(sin(x))2
b) …nalement, on a
x2
2
x2
=
1
ex 1 x
=
2
x!0 (sin(x))
2
lim
Exercice7 (4points)
6
1
2
x2
Considérons l’integrale I suivante:
I=
+0:01
Z
e
x2
2
dx
0:01
a)(0.5point) Montrez que l’integrale I existe.
b) (2points) On note par Iapprochee une valeur approchée de I =
+0:01
Z
e
x2
2
dx
0:01
Montrez que
8" > 0; il existe Iapprochee ; telle que :
+0:01
Z
e
x2
2
dx
Iapprochee < "
0:01
c)(1.5points) On donne la valeur suivante de I avec 20 chi¤res signi…catifs
+0:01
Z
e
x2
2
dx = 0:01999 966 667 166 660 714 3
0:01
Trouvez une valeur approchée de I qu’on note Iapprochee telle que l’erreur
E = jI Iapprochee j soit inferieure à 0:0001: Justi…ez votre réponse, c’est à dire
montrez quelle méthode vous avez utilisé pour trouver cette valeur approchée
Iapprochee .
Solution Exercice 7
a) La fonction f (x) = e
+0:01
Z
e
x2
2
x2
2
est continue sur l’intervalle [ 0:01; +0:01] : Donc
dx existe.
0:01
b) Notons par Sn (f ) la somme de Riemann d’ordre n; associée à f et à
l’intervalle [ 0:01; +0:01] : On sait que
lim Sn (f ) =
n!1
+0:01
Z
e
0:01
7
x2
2
dx
ou encore
lim Sn (f )
n!1
+0:01
Z
x2
2
e
dx = 0
0:01
Donc, par dé…nition
+0:01
Z
8" > 0; 9N0 : 8n : n > N0 =) Sn (f )
e
x2
2
dx < "
0:01
Il su¢ t donc de choisir Iapprochee telle que
Iapprochee = Sn (f ) : n > N0
c) On peut appliquer 2 méthodes:
Méthode1
On applique le point b)
On commence par n = 1 et on prend
On obtient:
S1 (f ) = (0:01
D’autre part
+0:01
Z
S1 (f )
e
x2
2
dx
( 0:01))f (
1)
1
le milieu de l’intervalle [ 0:01; +0:01] :
= 0:02f (0) = 0:02:e0 = 0:02
= 0:0200000000
0:01999 966 667 166 660 714 3
0:01
= 3: 334
10
7
< 10
3
On peut prendre comme approximation Iapprochee de I la valeur S1 (f )
Iapp = S1 (f )
Méthode2
On utilise l’exercice1 en prenant c 2] 0:01; +0:01[: Une valeur approchée
est c = 0 qui donne un calcul très simple. D’après l’exercice 1, on a
+0:01
Z
x2
Iapp '
e 2 dx ' (0:01 ( 0:01)f (0) = (0:02)
0:01
On a
Iapp
I = (0:02) 0:01999 966 667 166 660 714 3
= 3:33 10 7 < 0:0001
8