Correction de l`écrit blanc du 29 septembre 2014 Premier probl`eme

Correction de l’écrit blanc du 29 septembre 2014
Premier problème
Partie A
1. (a) Au voisinage de 0, on sait que la fonction sinus admet un développement limité et que
sin(x) = x −
x3
+ o(x3 ).
6
(b) Les fonctions x 7→ x et x 7→ sin x sont continues et ne s’annulent pas sur ]0, π/2] donc f est
continue sur ]0, π/2]. Étudions maintenant la continuité de f en 0. On déduit de la question
A.1.a que
1
x2
1
1
1 x
2
1+
=
=
+ o(x ) = + + o(x)
2
x
sin x
x
6
x 6
x 1 − + o(x2 )
6
Puis
1
x
1
− = + o(x)
sin x x
6
On peut donc en conclure que lorsque x tend vers 0 par valeurs supérieures, f (x) tend vers
0, qui est par définition égal à f (0).
f (x) =
(c) Les fonctions x 7→ x et x 7→ sin x sont de classe C 1 et ne s’annulent pas sur ]0, π/2] donc f
est de classe C 1 sur cet intervalle, et on a pour tout x ∈]0, π/2],
f 0 (x) =
− cos x
1
+ 2
2
sin (x) x
En 0+, f admet un développement limité à l’ordre 1 donc f est dérivable en 0, de dérivée
1/6, qui est bien la limite en 0 de f 0 .
La fonction f est donc dérivable sur [0, π/2] et sa dérivée est continue.
(d) On remarque que pour tout x ∈ [0, π/2], g(x) = xf (x) + 1. Par les règles usuelles sur la
continuité et la dérivation d’un produit de fonctions, g est donc de classe C 1 sur [0, π/2].
2. On intègre par parties l’intégrale proposée en dérivant la fonction x 7→ φ(x), qui est supposée de
classe C 1 , et en intégrant la fonction x 7→ sin(nx). On obtient
Z
π/2
φ(x) sin(nx) dx =
0
=
− cos(nx)
φ(x)
n
π/2
Z
π/2
+
0
φ0 (x)
0
−φ(π/2) cos(nπ/2) + φ(0) 1
+
n
n
Z
cos(nx)
dx
n
π/2
φ0 (x) cos(nx) dx
0
Lorsque n tend vers l’infini, le terme « tout intégré » tend bien entendu vers 0.
La fonction φ étant de classe C 1 , sa dérivée est continue, donc bornée par une certaine constante
M sur l’intervalle (compact) [0, π/2]. On a donc la majoration suivante :
Z
Z
1 π/2
π/2 1 0
Mπ
0
φ (x) cos(nx) dx ≤
φ (x) cos(nx) dx ≤
n 0
n
2n
0
L’intégrale proposée tend donc vers 0 lorsque n tend vers +∞.
1
Partie B
1. Au voisinage de 0, 1 − cos x est équivalent à x2 /2, donc la fonction x 7→ (1 − cos x)/x2 admet
une limite finie en 0+ : l’intégrale est donc convergente en 0.
En +∞, on a la majoration suivante :
0≤
1 − cos x
2
≤ 2
x2
x
2
et l’intégrale au voisinage de +∞ de x 7→ x2 est convergente.
R +∞ 1−cos x
L’intégrale 0
dx converge donc.
x2
2. Sur l’intervalle ]0, +∞[, la fonction x 7→ sin(x) est de classe C 0 et admet pour primitive x 7→
(1−cos(x)). Sur ce même intervalle, la fonction x 7→ 1/x est de classe C 1 et de dérivée x 7→ −1/x2 .
Une intégration par partie permet donc d’écrire que, pour tout couple (α, A) ∈ R2 tel que
0 < α < A, on a
Z A
Z A
sin x
1 − cos x A
1 − cos x
dx =
+
dx.
x
x
x2
α
α
α
R +∞
En faisant α tendre vers 0+ et A vers +∞, on obtient la convergence de l’intégrale 0 sin x/x dx
ainsi que l’égalité :
+∞
Z
sin x
dx =
x
0
Z
+∞
0
1 − cos x
dx.
x2
3. Soit n un entier naturel non nul. On utilise le résultat de la somme de (2n + 1) termes consécutifs
d’une suite géométrique de raison ez : pour tout z ∈ C tel que ez 6= 1 :
n
X
ekz =
k=−n
e−nz − e(n+1)z
1 − ez
En factorisant numérateur et dénominateur par ez/2 , on a également
n
X
ekz =
k=−n
e(n+0.5)z − e−(n+0.5)z
ez/2 − e−z/2
Soit x ∈]0, π/2]. Le complexe e2ix est différent de 1, donc on peut utiliser le résultat précédent
avec z = 2ix et on obtient :
n
X
sin((2n + 1)x)
e2ikx =
sin x
k=−n
Par ailleurs,
n
X
e2ikx = 1 +
k=−n
n X
n
X
e2ikx + e−2ikx = 1 + 2
cos(2kx)
k=1
On en déduit alors
1+2
n
X
k=1
cos(2kx) =
k=1
sin((2n + 1)x)
sin x
4. (a) L’intervalle [0, π/2] est compact, la fonction x 7→ sin((2n+1)x)
est continue sur ]0, π/2] et
sin x
peut être prolongée par continuité en 0, donc l’intégrale In est convergente.
2
(b) En utilisant la question B.3, on a, pour tout n ∈ N∗ :
π/2
Z
1+2
In =
0
π
+2
2
=
n
X
!
cos(2kx)
dx
k=1
π/2
n Z
X
cos(2kx) dx
k=1 0
n
X
π
sin(kπ) − sin(0)
+2
2
2k
k=1
π
2
=
=
(c) Pour tout x ∈ [0, π/2], on a f (x) + x1 = sin1 x . Il reste à justifier la convergence des intégrales
pour prouver l’égalité proposée. La fonction f est continue sur [0, π/2], donc la fonction
R π/2
x 7→ f (x) sin((2n+ 1)x) l’est, et l’intégrale 0 f (x) sin((2n+ 1)x) dx est donc convergente.
De même la fonction x 7→
sin((2n+1)x)
x
est continue sur ]0, π/2] et peut être prolongée par
R π/2
continuité en 0+ (par 2n + 1), donc l’intégrale 0 sin((2n+1)x)
dx est convergente.
x
On peut donc conclure que
Z π/2
Z π/2
π
sin((2n + 1)x)
f (x) sin((2n + 1)x) dx +
= In =
dx
2
x
0
0
(d) Pour tout n ∈ N∗ , on effectue le changement de variable t = (2n + 1)x. On obtient :
Z (2n+1)π/2
Z (2n+1)π/2
Z π/2
sin t
dx
sin x
sin((2n + 1)x)
dx =
=
dx
x
t/(2n
+
1)
2n
+
1
x
0
0
0
R
R +∞ sin x
(2n+1)π/2 sin x
L’intégrale 0
dx
étant
convergente,
la
suite
dx
converge vers
x
x
0
n
R +∞ sin x
x dx.
0
La fonction f étant de classe C 1 sur [0, π/2], la question A.2 implique que la suite
R
π/2
f
(x)
sin((2n
+
1)x)
dx
tend vers 0 lorsque n tend vers +∞.
0
On peut alors conclure que
Z
+∞
0
sin x
π
dx = .
x
2
Partie C
On note Jn l’intégrale définie par
Jn =
1
π
Z
π
0
x2
sin((2n + 1)x)
dx
sin x
1. La fonction hn : x 7→ sin((2n + 1)x)/sin x est continue sur ]0, π[. En 0, on a l’équivalent suivant :
sin((2n + 1)x)
∼ 2n + 1
sin x
Donc hn peut être prolongée par continuité en 0+ en posant hn (0) = 2n + 1.
De même, on peut remarquer que, pour tout x ∈]0, Π[, hn (π − x) = sin(2nπ+π−(2n+1)x)
= hn (x),
sin(π−x)
−
donc hn peut également être prolongée par continuité en π , ce qui assure la convergence de Jn .
2. L’égalité de la question B.3 : est vérifiée pour tout ∈]0, π[ (puisque e2ix est alors différent de 1).
On a donc, pour tout x ∈]0, π[,
1+2
n
X
cos 2kx =
k=1
3
sin((2n + 1)x)
sin x
Puis
1
Jn =
π
π
Z
n Z
2X π 2
x dx +
x cos(2kx) dx
π
0
2
0
k=1
Rπ
La première intégrale vaut trivialement
Calculons, pour tout k ≥ 1, 0 x2 cos(2kx) dx en
utilisant une double intégration par parties :
π Z π
Z π
sin(2kx)
2
2 sin(2kx)
2x
x cos(2kx) dx = x
−
dx
2k
2k
0
0
0
Z π
cos(2kx)
cos(2kx) π
2
= 0 + 2x
−
dx
4k 2
4k 2
0
0
2π
=
4k 2
π 3 /3.
On obtient finalement
n
Jn =
π2 X 1
+
.
3
k2
k=1
3. On effectue le changement de variable t = π − x dans
Z
π
π/2
x2
Rπ
π/2 x
2 sin((2n+1)x)
sin x
dx. On obtient :
Z 0
sin((2n + 1)x)
sin((2n + 1)(π − t))
dx = −
(π − t)2
dt
sin x
sin(π − t)
π/2
Z π/2
sin((2n + 1)(t))
=
(π − t)2
dt
sin t
0
Finalement :
1
Jn =
π
π/2
Z
(t2 + (π − t)2 )
0
sin((2n + 1)(t))
dt
sin t
4. Les intégrales intervenant dans l’égalité sont toutes convergentes et, pour tout x ∈ [0, π/2], un
calcul élémentaire montre que
π
x2 + (π − x)2
,
2(x − π)g(x) + π 2 f (x) + =
x
sin x
ce qui fournit l’égalité souhaitée.
5. D’après la question A.1, la fonction φ : x7→ 2(x − π)g(x) + π 2f (x) est de classe C 1 sur [0, π/2],
R π/2
donc, d’après la question A.2, la suite
φ(x) sin(nx) dx
tend vers 0. De plus, dans la
0
n
R
R +∞ sin x
π/2
question B.4, on a montré que 0 sin((2n+1)x
dx
converge
vers
x
x dx, c’est-à-dire vers
0
π/2.
On peut donc conclure que Jn tend vers π 2 /2 lorsque n tend vers +∞.
6. On a
+∞
X
1
π2
π2
=
lim
J
−
=
.
n
n
k2
3
6
k=1
7. (a) Les événements (Ak )k≥1 sont deux à deux disjoints, en nombre dénombrable et leur réunion
est l’ensemble Ω. Ils forment donc un système complet d’événements.
(b) La variable aléatoire X est intégrable si la série de terme général kP(X = k) converge.
Or cette série diverge (par exemple par critère de Riemann, ou par comparaison avec une
intégrale). Donc la variable aléatoire X n’est pas intégrable.
(c) La variable aléatoire X −1 est intégrable si la série de terme général P(X = k)/k converge.
Or, pour tout k ≥ 1, 0 ≤ P(X = k)/k ≤ P(X = k) et la série de terme général P(X = k)
est convergente, donc la série de terme général P(X = k)/k est convergente, c’est-à-dire
que 1/X est intégrable.
4
(d) La variable aléatoire Y est à valeurs dans 2N∗ et pour tout entier n pair et supérieur ou
égal à 2, on a P(Y = n) = P(X = n/2).
Deuxième problème
1. Convergence des suites croissantes majorées.
(a) On note M = supn un . Soit un réel strictement positif.
Par la caractérisation de la borne supérieure de {un , n ≥ 0}, il existe N tel que uN ∈
]M − , M ].
Or la suite (un ) est croissante, donc pour tout n ≥ N , on a un ∈]M − , M ], ce qui implique
que |un − M | ≤ .
On obtient ainsi que la suite (un ) converge, et que sa limite est égale à M .
(b) Soit A un réel fixé. La suite (un ) étant non majorée, il existe N tel que uN ≥ A.
Or la suite (un ) est croissante donc, pour tout n ≥ N , un ≥ A.
On peut alors conclure que la suite (un ) diverge vers +∞.
(c) Soit (un ) une suite convergente, de limite ` ∈ R.
Il existe un rang N tel que pour tout n ≥ N , |un − `| ≤ 1
Ceci implique que, pour tout n ≥ N , un ≤ ` + 1.
Notons alors M = max(max{uk , k ≤ N }, ` + 1).
On a, pour tout n, un ≤ M : M est un majorant de la suite (un ).
(d) La suite ((−1)n )n (ou (cos(nπ/2))n , ou (cos(n))n , ou...) est bornée et non convergente.
La suite ((−1)n /n)n n’est pas monotone et converge vers 0.
2. Théorème de Bolzano-Weierstrass. La preuve proposée ici du théorème de Bolzano Weierstrass est l’une des plus connues. Une autre preuve classique consiste à montrer que, de toute
suite, on peut extraire une sous-suite monotone (qui, si elle est de plus bornée, est convergente).
(a) On montre par récurrence la propriété Pn : a ≤ an ≤ an+1 ≤ bn+1 ≤ bn ≤ b.
Initialisation : pour n = 0, on a a0 = a et b0 = b. De plus,
– soit a1 = a0 et b1 = (a0 + b0 )/2 appartient à [a1 , b0 ] car b0 ≥ a0 ;
– soit b1 = b0 et a1 = (a0 + b0 )/2 appartient à [a0 , b1 ].
Dans tous les cas, on a bien a ≤ a0 ≤ a1 ≤ b1 ≤ b0 ≤ b.
Hérédité : Supposons que, pour un n donné, Pn est vérifiée et montrons que Pn+1 est vraie.
Puisque Pn est vraie, on a a ≤ an+1 ≤ bn+1 ≤ b. De plus,
– soit an+2 = an+1 et bn+2 = (an+1 + bn+1 )/2 appartient à [an+2 , bn+1 ] car bn+1 ≥ an+1 ;
– soit bn+2 = bn+1 et an+2 = (an+1 + bn+1 )/2 appartient à [an+1 , bn+2 ].
Dans tous les cas, on a bien a ≤ an+1 ≤ an+1 ≤ bn+2 ≤ bn+1 , c’est-à-dire que Pn+1 est
vérifiée.
La propriété (Pn ) étant vraie au rang 0, et étant héréditaire, on peut conclure qu’elle est
vraie pour tout n.
On a donc montré d’une part que, pour tout n ≥ 0, an ≤ an+1 ≤ b et d’autre part que
a ≤ bn+1 ≤ bn , c’est-à-dire que la suite (an ) est croissante et majorée par b, et la suite (bn )
est décroissante et minorée par a.
(b) La première question de ce problème permet alors d’affirmer que les suites (an ) et (bn ) (ou
(−bn ) si on veut se ramener à une suite croissante) sont convergentes.
Par ailleurs, on peut vérifier que, pour tout n, bn+1 − an+1 = (bn − an )/2 : La suite (bn − an )
est donc une suite géométrique de raison 1/2. Par conséquent est converge vers 0. En
écrivant bn = an + (bn − an ) et en utilisant le résultat sur la limite de la somme de deux
suites convergentes, on peut conclure que lim an = lim bn .
5
(c) On montre par récurrence que φ(n) est bien définie, pour tout n ≥ 0.
Initialisation : Pour n = 0, on impose φ(0) = 0, donc φ(0) est bien défini.
Hérédité : Supposons que φ(n) existe, pour un certain entier n, et montrons que φ(n + 1)
existe. Pour cela, il faut montrer que, l’ensemble {k > φ(n), uk ∈ [an+1 , bn+1 ]} est non vide.
φ(n + 1) sera alors son plus petit élément. Or cela découle de la construction des suites (an )
et (bn ) : par définition, il existe une infinité d’indices k tels que uk ∈ [an+1 , bn+1 ]. Il existe
donc au moins un entier k tel que k > φ(n) et uk ∈ [n+1 , bn+1 ]. Toute partie non vide de
N admettant un plus petit élément, φ(n + 1) est bien définie et on a φ(n + 1) > φ(n) et
uφ(n+1) ∈ [an+1 , bn+1 ].
(d) Pour tout entier n, on a an ≤ uφ(n) ≤ bn . Les suites (an ) et (bn ) étant convergentes et
de même limite, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que la suite (uφ(n) ), suite
extraite de la suite (un ), est convergente.
Preuve rapide du théorème des gendarmes : on suppose que trois suites (un ), (vn ) et (wn )
vérifient pour tout n, un ≤ vn ≤ wn , et que les suites (un ) et (wn ) sont convergentes, de
même limite `. On se donne alors un réel . Il existe un rang N1 et un rang N2 tels que :
pour tout n ≥ N1 , un ∈ [` − , ` + ], et pour tout n ≥ N2 , wn ∈ [` − , ` + ]. On a alors,
pour tout n ≥ max(N1 , N2 ) : ` − ≤ un ≤ vn ≤ wn ≤ ` + , ce qui permet de conclure que
la suite (vn ) converge elle aussi vers `.
(e) La fonction φ est par construction strictement croissante, donc (uφ(n) ) est une extraite
convergente de la suite (un ).
(f) On montre que la suite (φ(n) − n) est croissante. Comme elle est nulle en 0, on en déduira
qu’elle est positive.
Soit n ∈ N. On a φ(n + 1) − (n + 1) − (φ(n) − n) = φ(n + 1) − φ(n) − 1. Or la suite (φ(n)) est
par construction une suite strictement croissante d’entiers . On a donc φ(n + 1) − φ(n) ≥ 1.
La suite (φ(n) − n) est donc croissante.
(g) C’est un algorithme de dichotomie (d’une étape à la suivante, on divise la longueur de
l’intervalle par 2).
3. Convergence des suites de Cauchy réelles.
(a) Par définition d’une suite de Cauchy, il existe un N tel que pour tout couple d’entiers (n, p)
tels que n ≥ N et p ≥ N , |un − up | ≤ 1.
En particulier, pour tout n ≥ N , on a |un − uN | ≤ 1.
On note alors M = max(max(|uk |, k < N ), |uN | + 1). Le réel M vérifie : pour tout n ∈ N,
|un | ≤ M . La suite (un ) est donc bornée.
(b) On utilise le théorème de Bolzano Weierstrass : toute suite bornée admet une sous-suite
convergente, que l’on note (uφ(n) ).
(c) Soit > 0. La suite (un ) étant de Cauchy, il existe un rang N tel que, pour tout n ≥ N et
tout p ≥ N , on a |un − up | ≤ /2.
Par les remarques précédentes sur les suites extraites, on a pour tout n ∈ N, φ(n) ≥ n. On
a donc, pour tout n ≥ N , φ(n) ≥ N , et donc |un − uφ(n) | ≤ /2.
La suite (uφ(n) ) est convergente : notons ` sa limite et montrons que la suite (un ) converge
vers `.
Fixons > 0. Il existe N1 tel que pour tout n ≥ N1 , |uφ(n) − `| ≤ /2.
Avec les mêmes notations qu’à la question précédente, pour tout n ≥ Ñ = max(N, N1 ), on
aura :
|un − `| ≤ |un − uφ(n) | + |uφ(n) − `| ≤ .
(d) Ceci prouve que la suite (un ) converge vers `.
(e) Soit (un ) une suite convergente, et notons sa limite `. Soit > 0. Par définition de la limite
d’une suite, il existe N tel que, pour tout n ≥ N , |un − `| ≤ /2. On a alors, pour tout
(n, p) ∈ N2 tel que n ≥ N et p ≥ N , |un − up | ≤ .
Autrement dit, la suite (un ) est de Cauchy.
6
(f) Pour simplifier, on considère une suite (xn ) de Rd et on note (xin ) la suite des i-èmes
coordonnées.
Montrons que, si (xn ) converge, alors la suite (xin ) converge pour tout i.
Soit ` = (`i )i≤d la limite de (xn ). Intéressons-nous à la i-ème coordonnée. Par l’inégalité
triangulaire, pour tout n, on a |xin − `i | ≤ |xn − `|. Comme la suite (xn ) converge vers `, on
conclut que (xin − `i ) converge vers 0, c’est-dire que (xin ) converge vers `i .
Réciproquement, supposons que chacune des suites (xin ) converge et montrons que la suite
(xn ) converge.
Soit > 0 fixé. Pour tout i, il existe un rang N i tel que, pour tout n ≥ N i , |xin − `i | ≤ /d.
Par l’inégalité triangulaire, on a pour tout n ≥ max(N i , i ≤ d),
|xn − `| ≤
d
X
|xin − `i | ≤ i=1
On peut donc conclure que (xn ) converge vers `.
On peut démontrer de façon similaire qu’une suite d’un espace vectoriel de dimension
finie est de Cauchy si et seulement si chacune des suites formées par ses coordonnées est
de Cauchy.
4. Convergence absolue des séries.
(a) La suite (Tn ) est convergente, donc elle est de Cauchy.
Soit > 0. Il existe donc un rang N tel que, pour tout (n, p) ∈ N2 tels que n ≥ N et p ≥ N ,
on a |Tn − Tp | ≤ .
On a (pour n ≥ p, l’autre cas étant similaire) :
X
n
n
X
|uk | = |Tn − T − p|
|Sn − Sp | = uk ≤
k=p+1 k=p+1
On a donc, pour tout (n, p) ∈ N2 tel que n ≥ N et p ≥ N : |Sn − Sp | ≤ .
Donc la suite (Sn ) est de Cauchy.
(b) Par la question 3, on peut conclure que la suite (Sn ) est convergente : toute série réelle
absolument convergente est convergente.
(c) Considérons la série de terme général (−1)n /n. cette série n’est pas absolument convergente
car la série de terme général 1/n est divergente.
n
P
Notons, pour tout n ≥ 1, Sn = nk=1 (−1)
n .
On a, pour tout n ≥ 1 :
n X
−1
1
S2n =
+
2j − 1 2j
j=1
Or, pour tout j ≥ 1, on a
1
−2j + 2j − 1
−1
−1
+
=
∼+∞ 2
2j − 1 2j
2j(2j − 1)
4j
La série de terme général 1/j 2 étant convergente, on peut conclure que la suite (S2n )
converge.
Par ailleurs, la suite (S2n+1 − S2n ) tend vers 0, donc la suite (S2n+1 ) converge et admet
la même limite que la suite (S2n ). Donc la suite (Sn ) converge, c’est-à-dire que la série de
terme général (−1)n /n converge (mais pas absolument).
5. (a) Soit n ≥ 0. On a S2n+3 − S2n+1 = u2n+3 + u2n+2 ≥ −u2n+2 + u2n+2 car u2n+3 ≤ 0 ≤ u2n+2
et |u2n+3 | ≤ |u2n+2 |.
On a également S2n+2 − S2n+3 = −u2n+3 ≥ 0
et S2n − S2n+2 = −u2n+2 − u2n+1 ≥ 0 car −u2n+1 ≥ u2n+2 .
On obtient ainsi l’inégalité annoncée.
7
(b) Par l’inégalité précédemment démontrée, on peut dire que la suite (S2n ) est décroissante et
minorée par S1 , la suite (S2n+1 ) est croissante et majorée par S2 . De plus, pour tout n ≥ 1,
S2n+1 − S2n = u2n+1 , donc la suite (S2n+1 − S2n = u2n+1 ) tend vers 0.
(c) La suite (S2n est décroissante et minorée, donc elle converge vers un réel `. La suite (S2n+1 )
est croissante et majorée, donc elle converge vers un réel `0 . La différence de ces deux suites
tend vers 0, donc ` = `0 .
On peut alors conclure que (Sn ) est convergente.
6. Limite et continuité.
(a) Soit > 0 fixé. Par continuité de la fonction, il existe η > 0 tel que pour tout x ∈ [`−η, `+η],
|f (x) − f (`)| ≤ .
Comme la suite (xn ) converge vers `, il existe un rang N tel que, pour tout n ≥ N ,
|xn − `| ≤ η, c’est-à-dire, que pour tout n ≥ N , xn ∈ [` − η, ` + η].
On a alors, pour tout n ≥ N , |f (xn ) − f (`)| ≤ .
On peut ainsi conclure que la suite (f (xn )) converge vers f (`).
(b) Supposons qu’il existe tel que, pour tout η, il existe x ∈ I tel que |x − `| ≤ η et |f (x) −
f (`)| ≥ .
Pour tout entier n ≥ 1, on note xn un point de l’intervalle I vérifiant la propriété ci-dessus
avec η = 1/n. On construit ainsi une suite de réels tels que, pour tout n, |xn − `| ≤ 1/n
(donc la suite (xn ) converge vers `), et |f (xn ) − f (`)| ≥ (donc la suite (f (xn )) ne converge
pas vers f (`)).
(c) Donner un exemple de suite (xn ) admettant une limite finie ` et de fonction f telle que la
suite (f (xn )) ne converge pas vers f (`).
Autrement dit, si f n’est pas continue en `, on peut trouver une suite qui converge vers
` sans que son image par f ne converge vers f (`) : c’est la contraposée de la propriété à
démontrer.
7. Théorème des bornes.
(a) Comme M est la borne supérieure de {f (x), x ∈ [a, b]}, il existe une suite de réels (yn ) qui
tend vers M et telle que, pour tout n, yn appartient à {f (x), x ∈ [a, b]. On note alors xn
un antécédent de yn par f et on obtient la suite recherchée.
(b) La suite (xn ) est une suite de l’intervalle [a, b] : c’est donc une suite bornée. Par le théorème
de Bolzano Weierstrass, on peut en extraire une sous-suite convergente, de limite notée α.
L’intervalle [a, b] étant fermé, α ∈ [a, b].
(c) Notons xφ(n) la suite extraite obtenue à la question précédente. Par construction (xφ(n) )
converge vers α ∈ [a, b] et (f (xφ(n) ) converge vers M = sup[a,b] f . La fonction f étant
continue en α, on a f (α) = M .
On peut donc conclure qu’il existe α ∈ [a, b] tel que M = f (α). Le sup est donc un max
(et, accessoirement, il est fini...).
Un raisonnement similaire sur m = inf [a,b] f permet de conclure que toute fonction continue
sur un segment atteint ses bornes.
8. Théorème des valeurs intermédiaires. Soit f une fonction continue sur un intervalle [a, b].
(a) On construit les intervalles [an , bn ] par dichotomie : on pose a0 = a, b0 = b, et, pour tout
n ≥ 0,
– si f ((an + bn )/2) ≥ 0, on pose an+1 = an et bn+1 = (an + bn )/2.
– sinon, on pose an+1 = (an + bn )/2 et bn+1 = bn .
Par un argument similaire à celui utilisé dans la preuve du théorème de Bolzano Weierstrass,
on montre que les suites (an ) et (bn ) sont monotones et bornées (donc convergentes) et que
leur différence tend vers 0. Donc elles admettent la même limite notée c.
Par continuité de f en c, on a f (c) = limn f (an ) ≤ 0 et f (c) = limn f (bn ) ≥ 0.
Donc nécessairement, f (c) = 0.
8
(b) En appliquant le résultat précédent à la fonction −f , on montre que, si f (a) > 0 > f (b),
alors il existe c ∈ [a, b] tel que f (c) = 0.
Soit maintenant λ un réel compris entre f (a) et f (b). On remarque que la fonction x 7→
f (x) − λ est continue et change de signe sur l’intervalle [a, b], donc elle s’annule sur cet
intervalle, c’est-à-dire qu’il existe un réel cλ ∈ [a, b] tel que f (cλ ) = λ.
(c) Soit f une fonction continue sur [a, b] et notons m (resp. M ) son minimum (resp. son
maximum). On a donc f ([a, b]) ⊂ [m, M ]. Montrons maintenant que [m, M ] ⊂ f ([a, b]).
Par le théorème des bornes, il existe xm ∈ [a, b] tel que f (xm ) = m et xM ∈ [a, b] tel que
f (xM ) = M , et par le théorème des valeurs intermédiaires, pour tout réel λ compris entre
m et M , il existe un réel cλ compris entre xm et xM tel que f (cλ ) = λ. Ceci signifie que
[m, M ] est inclus dans f ([a, b]).
On a donc [m, M ] = f ([a, b]).
9. Théorème de Rolle. NB : il n’est pas utile de supposer f (a) = f (b) = 0 ; f (a) = f (b) suffit.
(a) D’après le théorème des bornes, f admet un maximum et un minimum que [a, b] ; on les
note respectivement M et m. La fonction f étant non constante, on a m 6= M , donc m ou
M est différent de f (a).
(b) Comme M = f (c) est le maximum global de f sur [a, b], on a pour tout x ∈ [a, b], f (x) ≤ M .
Donc, pour tout h > 0 tel que c − h ∈ I (ou c + h ∈ I), on a
f (c − h) − f (c)
≥0
−h
et
f (c + h) − f (c)
≤0
h
(c) On utilise la définition du nombre dérivée comme limite du taux de variation. Il reste à
passer à la limite dans les inégalités ci-dessus : puisque c 6∈ {a, b}, pour tout h suffisamment
petit, on a c − h ∈ I, donc, en faisant tendre h vers 0, f 0 (c) ≥ 0. De même, c + h ∈ I, donc,
toujours en faisant tendre h vers 0, f 0 (c) ≤ 0. On peut donc conclure que f 0 (c) = 0.
10. Théorème (ou égalité) des accroissements finis. Soit f une fonction continue sur [a, b] et
dérivable sur ]a, b[. On note g la fonction définie sur [a, b] par
g : x 7→ f (x) − x
f (b) − f (a)
.
b−a
(a) La fonction g est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et vérifie g(a) = g(b), donc soit elle
est constante et on a, pour tout c ∈ [a, b], g 0 (c) = 0 ; soit elle n’est pas constante et il existe
c ∈]a, b[ tel que g 0 (c) = 0.
(b) Par définition de c, on a f 0 (c) = (f (b) − f (a))/(b − a).
Le théorème des accroissements finis stipule que, si f est une fonction continue sur un
intervalle [a, b], dérivable sur ]a, b[, alors il existe un réel c ∈]a, b[ tel que f 0 (c) = (f (b) −
f (a))/(b − a).
(c) Si une fonction est continue et dérivable, sa représentation graphique dans un repère orthogonal admet une tangente parallèle à chacune de ses cordes.
(d) Soit f une fonction continue sur un intervalle [a, b], dérivable sur l’intervalle ]a, b[, et telle
que sa dérivée soit bornée par une constante k. Alors, pour tout (x, y) ∈ I 2 , on a
f (y) − f (x) y − x ≤ k.
9