Problèmes d'Analyse Maths Terminale S - Solutions

PROBLÈMES D’ANALYSE POUR LA
TERMINALE SCIENCES MATHS
—– PREMIER SEMESTRE —–
SAAD CHOUKRI

PROBLÈME I
Soit fnla fonction numérique dénie sur R+par
(∀x∈[0,+∞[), fn(x) = x2n
où nun entier naturel.
– Partie I –
1. Pour tout entier naturel n≥1, montrer que lim
x→+∞fn(x) = +∞en utilisant la dénition.
2. Montrer que la fonction fnest injective par récurrence sur pour tout n∈N.
3. Prouver que la fonction fnest injective autrement.
4. Montrer que la fonction fnest une bijection de R+vers R+pour tout entier naturel n. Expliciter φnsa
bijection réciproque pour tout entier naturel n.
5. Sans utiliser la forme explicite de φn, montrer par deux méthodes diérentes, que
(∀n∈N)(∀(x, y)∈R+×R+), φn(xy) = φn(x)φn(y)
6. Montrer que
(∀x≥1)(∀K∈R+, K ≥fn(x))(∃!p∈N∗), fp(x)≤K < fp+1(x)
Indication. Utiliser le fait que f(R+) = R+.
– Partie II –
1. On dénit la fonction ΦNsur R+, pour tout x≥0
ΦN(x) = 
φN(x)
N
p=0
φp(x)
où Nun entier naturel.
(a) Justier soigneusement pourquoi la fonction ΦNest bien dénie pour tout entier naturel N.
(b) Montrer par récurrence sur Nque pour tout réel x≥0et tout entier naturel N, on a
ΦN=idR+
(c) Montrer autrement le résultat de la question précédente.
2. On considère la fonction dénie sur R+par
(x) = 1 + f0(x)0+f0(x)++f0(x)2+. . . +f0(x)1997
Résoudre dans l’ensemble des nombres réels l’équation
(E),(x) = 4999
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SOLUTION PROPOSÉE DU PROBLÈME I
Partie I
1. Il s’agit de montrer que
(∀A > 0)(∃B > 0)(∀x∈R), x > B =⇒fn(x)> A
Pour A > 0un nombre réel et pour par exemple B=A+ 1, on a par croissance de f(facile à voir),
x≥B+ 1 =⇒fn(x)≥fn(B) = fn(A+ 1) = (A+ 1)2n≥A+ 1 > A
Donc
lim
x→+∞fn(x) = +∞
2. Montrons que pour tout entier naturel n, la fonction fnest injective. Pour n= 0, c’est évident. Supposons le résultat
vrai pour le rang n, et montrons le pour le rang n+ 1, on remarque que fn+1 (a) = fn(a)2pour tout nombre réel
a≥0. Ensuite, on a pour x, y ∈R+vériant fn+1(x) = fn+1(y)ce qui suit
fn+1(x) = fn+1 (y) =⇒fn(x)2=fn(y)2=⇒ |fn(x)|=|fn(y)|=⇒fn(x) = fn(y) =⇒x=y
par injectivité de fn(l’hypothèse de récurrence). Finalement,
Pour tout entier naturel n, la fonction fnest injective.
3. Première méthode. On remarque que la fonction fnest croissante strictement pour n∈Nxé car fnest de dérivée
positive non nulle, elle est par conséquent injective.
Seconde méthode. Soient xet ydeux nombres réels positifs tels que fn(x) = fn(y)pour n∈Nqu’on supposera
xe. Si f(x)=0=f(0), on a bien évidemment x= 0.Pour x̸= 0, l’égalité fn(x) = fn(y)entraîne x2n=y2n
et alors (x/y)2n= 1. Si xet ysont diérents, ou bien x > y donc (x/y)2n>1 = (x/y)2n, ou bien x < y, donc
(x/y)2n<1=(x/y)2net dans les deux cas, on trouve une absurdité. Notre hypothèse de départ est par la suite
fn(x) = fn(y)entraine x=y, pour tout couple de réels positifs (x, y). La fonction fnest alors injective.
4. Montrons que fnest bijective. Il reste à montrer la surjectivité, on procède par récurrence. Pour n= 0, c’est évident,
supposons que fnest surjective et montrons que fn+1 est surjective. Soit yun élément de l’ensemble d’arrivée R+de
fn+1. On cherche à trouver un élément x0de l’ensemble de départ R+de fn+1 tel que y=fn+1(x0); on sait qu’il
existe x′
0∈R+tel que y=fn(x′ 0)par hypothèse de récurrence. Or, on remarque que fn(x0) = fn+1(x′
0). En posant
x0=x′
0, celui ci est bien évidemment un antécédent de ypar fn+1.
Pour la bijection réciproque φn, soit y∈R+, on a pour x∈R+
fn(x) = y⇐⇒ x2n=y⇐⇒ x2n−1=√y⇐⇒ x2n−2=√y⇐⇒ . . . ⇐⇒ x=. . . √y
nradicaux
Donc la fonction réciproque φnde la fonction est dénie de R+vers R+par
φn(x) = . . . √x
nradicaux
pour tout nombre réel xpositif.
5. On se donne deux nombres réels positifs xet y, la surjectivité de fnentraine l’existence d’un couple (a, b)de nombres
réels vériant (x, y) = (fn(a), fn(b)), par la suite
φn(xy) = φn(fn(a)fn(b)) = φn(a2nb2n) = φn((ab)2n) = φn(fn(ab) = ab =f−1
n(x)f−1 n(y) = φn(x)φn(y)
D’où
(∀n∈N)(∀(x, y)∈R+×R+), φn(xy) = φn(x)φn(y)
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6. Comme indiqué, on a f(R+) = R+, plus précisément pour un réel x≥1on a par croissante de fn(pour tout entier
naturel n), fn([x, +∞[) = [fn(x),+∞[et pour xxé, la croissance stricte de la suite (fn(x))n∈N(car x≥1) permet
d’écrire
fn([x, +∞[) = [fn(x),+∞[= [fn(x), fn+1(x)[∪[fn+1(x), fn+2 (x)[∪. . . ∪. . . =
p≥n,p∈N
[fp(x), fp+1(x)[
D’où sous l’hypothèse K≥fn(x)on a l’existence de p∈Ntel que K∈[fp(x), fp+1(x)[.
Pour l’unicité, si il existe deux entiers naturels p, q ≥ntels que fp(x)≤K < fp+1(x)et fq(x)≤K < fq+1 (x). Par
conséquent
K∈[fp(x), fp+1(x)[∩[fq(x), fq+1(x)[= ∅
puisque la suite (fn(x))n∈Nest strictement croissante. Ce qui constitue une absurdité claire.
Partie II
1. (a) Pour tout entier naturel N∈N, l’ensemble de dénition de la fonction ΦNest l’intersection des ensembles des
dénitions de toutes les fonctions φp(pour p∈ {0,1, . . . , N}) qui vaut R+. Donc la fonction φNest bien dénie
puisque ce qui à l’intérieur de la racine est positif.
(b) Une récurrence simple amène au résultat.
(c) Soit x≥0un nombre réel. On a en remarquant que pour tout k∈Non a x=fk(φk(x)) = φk(x)2k(donc
φk−1(x) = φk(x)2, par récurrence on obtient φk(x) = φ2N−k
N,
ΦN(x) = 
φN(x)
N
n=0
φp(x) = 
φN(x)
N
n=0
φ2N−p
N=φN(x)φN
n=0 2N−p
N=φN(x)φN
n=0 2N−p
N
=φN(x)φN
n=0 2p
N=φN(x)φ2N+1−1 N=φ2N+1 N(x) = φ2N
N(x) = fN(φN(x)) = x
ceci étant vrai pour tout x∈R+, on a bien
ΦN=idR+
2. L’équation en question est équivalente (puisquef0=id),
1+1+x+x2=. . . +x1997 = 21998
On remarque 2est une solution (en utilisant une somme géométrique), de plus la fonction est injective (puisqu’elle
est strictement croissante), le 2est l’unique solution, donc l’ensemble des solutions de l’équation en question est
S={2}
∗∗∗∗∗∗
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