2007

Le
22
Janvier
2008,
2
durée
heures
FINAL
FINAL
La précision et la clarté de la rédaction seront prises en compte dans l'attribution de la note.
Le barème est donné à titre indicatif. Une feuille A
4
recto-verso manuscrite est autorisée pour
l'épreuve. Les calculatrices sont interdites.
UTILISER UNE COPIE PAR EXERCICE
Exercice 1 suite récurrente
On considère
(
f : [a, b] → [a, b]
(un )
une application réelle continue. Soit
5+2
points
)
la suite dénie par
récurrence par
1.
2.
Montrer que
(un )
On suppose que
un+1 = f (un )
u0 ∈ [a, b]
est bornée.
f
est croissante. Montrer par récurrence que si
croissante. En déduire que la suite converge vers un réel
3.
4.
f
Que se passe-t-il si
α
u0 < f (u0 ) alors (un )
f (x) = x.
est
solution de
u0 > f (u0 ) ?
est croissante et
Application : montrer que la suite dénie par
√
un+1 = 3 + un
u0 = 1
est convergente et déterminer sa limite.
5. [points bonus]
que
(u2n )
et
Si f est décroissante
(u2n+1 ) convergent.
montrer que
f ◦f
est croissante. En déduire alors
Exercice 2 D.L. et fonction réciproque
Soit
1.
2.
3.
4.
f :R→R
Montrer que
la fonction dénie par
f
f
Calculer un D.L. de
a.
b.
g=f
c.
points
)
f (x) = (x2 + 1) arctan(x).
en
0
f
en précisant les limites en
à l'ordre
3.
±∞.
En déduire la nature du point
0.
−1
Que vaut
g(0) ?
Pourquoi
g
0
7
est bijective.
Donner le tableau de variation de
Soit
(
est-elle dérivable ? Calculer
à la courbe
Cg
On admet que
représentative de
g 00
et
g 000
g 0 (0).
En déduire l'équation de la tangente en
g.
g 00 (0) = 0 et g 000 (0) 6 0.
Cf et Cg au voisinage de
existent. Démontrer sans calculs que
[indication : on pourra esquisser les courbes représentatives
0].
5.
On propose de déterminer par le calcul le D.L. de
2
3
g = f −1
en
0 à l'ordre 3, on note ce D.L.
3
g(x) = a0 + a1 x + a2 x + a3 x + x (x).
a.
b.
c.
Montrer que
a0 = 0.
Calculer le D.L. en
0
Utiliser alors l'égalité
MT11 Automne
2007
à l'ordre
3
de
f (g(x)) = x
f ◦g
en fonction des coecients
pour identier les coecients
UTBM
a1 , a2 , a3 .
a1 , a2 a3 .
page 1
Le
22
Janvier
2008,
2
durée
heures
FINAL
( 9 points )
Exercice 3 Théorème de Darboux
À la question 2 de cet exercice on vous fait démontrer le théorème de Darboux : si f est
une fonction dérivable sur I alors la fonction f 0 vérie le théorème des valeurs
intermédiaires sur I . Ce résultat pourra être admis à la question 3.
1. Soit
f:
a.
b.
Montrer que
f
[−1; 1] → R
x2 sin( x1 )
x
7→
0
est continue et dérivable sur
si
x 6= 0
x=0
[−1; 1].
Calculer
si
f 0 (0).
Montrer que
[−1; 1] →
h:
7→
x
R
2x sin( x1 ) − cos( x1 )
0
x 6= 0
x=0
si
si
n'est pas continue.
2.
Soit
de
f
I,
une fonction dérivable sur un intervalle
tels que
f 0 (a) < f 0 (b)
et soit
y
I ⊂ R. On considère a < b,
f 0 (a) < y < f 0 (b).
a.
Montrer que la fonction
b.
Quel théorème du cours permet d'armer que la fonction
g
deux éléments
un réel tel que
[a, b] par g(x) = f (x) − xy
dénie sur
est dérivable. Calculer
g0 .
g
admet un minimum sur
[a, b] ?
c.
d.
Montrer que
g 0 (a) < 0
et
g 0 (b) > 0.
g
e.
n'est pas atteint en
b.
Déduire de ce qui précède qu'il existe
résultat pour
f.
f
0
c ∈]a, b[ tel que f 0 (c) = y . Que signie ce dernier
?
f 0 (a) < f 0 (b).
0
comment démontrer que f
0
0
f (a) > f (b).
Dans la démonstration précédente on suppose
Sans refaire les calculs
expliquer, en donnant les étapes,
vérie le théorème des
valeurs intermédiaires sur
3.
g n'est pas atteint en a. [indication : on pourra raisonner
limx→a g(x)−g(a)
]. De même démontrer que le minimum de
x−a
Démontrer que le minimum de
par l'absurde puis calculer
Montrer que la fonction
MT11 Automne
2007
h
[a, b]
si
de la question
1 vérie le théorème des valeurs intermédiaires.
UTBM
page 2
Le
22
Janvier
2008,
durée
2
heures
Corrigé
Corrigé
Exercice 1 Suite récurrente
1.
u0 ∈ [a, b]
(
7
points
)
a 6 u0 6 b et pour tout n > 1, un = f (un−1 ) ∈ [a, b] (car f ([a, b]) ⊂ [a, b]).
n ∈ N on a a 6 un 6 b ; la suite est bornée.
La fonction f est croissante et u0 < f (u0 ). Montrons par récurrence que (un ) est croissante.
Au rang n = 0 on a u0 < f (u0 ) = u1 la croissance de la suite est vraie au rang 0.
Au rang n on suppose un 6 un+1 on a alors f (un ) 6 f (un+1 ) (car f est croissante) c'est
à dire un+1 6 un+2 . La croissance de la suite est vériée au rang n + 1. Par récurrence
la suite est croissante. Or on a vu que (un ) est bornée (donc majorée). La suite (un ) est
croissante majorée, elle converge. Notons α la limite de (un ). La fonction f étant continue
on a α = limn→+∞ un+1 = limn→+∞ f (un ) = f (α).
Si u0 > f (u0 ) alors on montre par récurrence que la suite est décroissante :
Au rang 0 on a u0 > f (u0 ) = u1 .
Au rang n on suppose un > un+1 , on a alors f (un ) > f (un+1 ) (car f est croissante) c'est
à dire un+1 > un+2 . La suite est décroissante au rang n + 1. La suite étant minorée on en
donc
Donc pour tout
2.
3.
déduit qu'elle converge.
4.
Pour la suite
5.
√f : [0, 3] → [0, 3] (l'intervalle [0, 3]√n'est pas le seul choix possible) dénie par
on sait que f est croissante. De plus u1 =
f (x) = 3 + x. Par croissance la fonction
√
f (u0 ) = f (1) = 4 = 2 > u0 , la suite (un ) est croissante
; d'après la question 2 elle est
√
2
3
+
α
. Donc α vérie α = 3 + α. Les
convergente et sa limite est un réel α tel que α =
√
√
1 − 13
1 + 13
2
racines de α − α − 3 = 0 sont α1 =
et α2 =
. Or α1 < 1 = u0 et la suite
2
2
√
1 + 13
(un ) étant croissante on en déduit que α =
.
2
Si f est décroissante on a ∀x, y ∈ [a, b] tels que x 6 y :
√
un+1 = 3 + u
u0 = 1
On note
x 6 y ⇒ f (x) > f (y) ⇒ f (f (x)) 6 f (f (y))
Ce qui montre que
les suites
f ◦f
est croissante. Or
u2n = f ◦ f (u2(n−1) )
u0 ∈ [a, b]
un = f (un−1 ) = f (f (un−2 )),
u2n+1 = f ◦ f (u2n−1 )
et
u1 ∈ [a, b]
f ◦ f qui est croissante
u1 − u3 pour (u2n+1 )).
sont convergentes car bornées et dénies par
dépend du signe de
u0 − u2
pour
(u2n )
et
Exercice 2 D.L. et fonction réciproque
1.
on en déduit que
(le sens de variation
(
7
points
)
f 0 (x) = 2x arctan(x) + 1. Sur [0, +∞[ on a x > 0 et arctan(x) > 0 donc 2x arctan(x) > 0
0
c'est à dire f (x) > 1 sur [0, +∞[ ; sur ] − ∞, 0] on a x 6 0 et arctan(x) 6 0 donc
2x arctan(x) > 0 c'est à dire f 0 (x) > 1 sur ] − ∞; 0]. On en déduit f est strictement
croissante, elle réalise donc une bijection de R sur f (R) (on montre à la question suivante
que f (R) = R).
MT11 Automne
2007
UTBM
page 3
Le
22
2.
3.
Janvier
f
2008,
durée
2
heures
Corrigé
est strictement croissante et
limx→−∞ f (x) = −∞
limx→+∞ f (x) = +∞.
3
3 en 0 de arctan est arctan(x) = x − x3 + x3 (x) avec limx→0 (x) = 0.
3
f (x) = (x2 + 1)(x − x3 ) + x3 1 (x) = x + 32 x3 + x3 2 (x). Le point 0 est bien
Le D.L à l'ordre
On en déduit
et
un point d'inexion.
4.
a.
b.
On a
f (0) = 0
donc
D'après le calcul de
g(0) = g(f (0)) = f −1 (f (0)) = 0.
f0
fait à la question
1 on sait que f 0 (x) > 1 pour tout x ∈ R. La
dérivée ne s'annulant jamais sur
R, la fonction réciproque est dérivable sur son en1
1
g 0 (0) = f 0 (f −1
(0)) = f 0 (0) = 1. Le coecient directeur
de la tangente est donc 1. De plus la tangente passe par le point de coordonnée (0, 0)
donc l'équation de la tangente est y = x.
semble de dénition. On a ainsi
c.
0 on sait que 0 est un point d'inexion pour f ; Les courbes
g ont de plus la même tangente en (0, 0) (la droite d'équation
y = x). On en déduit par symétrie des courbes représentatives que 0 est un point
00
d'inexion pour g (donc g (0) = 0) dont le changement de concavité est opposé au
000
changement de concavité de f au voisinage de 0. Ainsi puisque f (0) > 0 on ne peut
000
000
pas avoir g (0) > 0. Donc g (0) 6 0.
Grace au D.L. de
représentatives de
5.
a.
b.
f
f
en
et
a0 = g(0) = 0.
g(x) = a1 x + a2 x2 + a3 x3 + x3 1 (x)
f (x) = x + 32 x3 + x3 2 (x),
donc
2
f ◦ g(x) = (a1 x + a2 x2 + a3 x3 ) + (a1 x + a2 x2 + a3 x3 )3 + x3 3 (x)
3
2
= a1 x + a2 x2 + (a3 + a31 )x3 + x3 4 (x)
3
c.
De l'égalité
f ◦ g(x) = x
on obtient
2
a1 x + a2 x2 + (a3 + a31 )x3 + x3 4 (x) = x
3
Ce qui donne en identiant
a1 = 1, a2 = 0
et
a3 = − 32 a31 = − 23 .
Exercice 3 Théorème de Darboux
1.
a.
(
lim
bien dérivable sur
f 0 (0) = 0.
La fonction est
R.
x → 2x sin( x1 ) tend vers 0 quand x → 0, mais la fonction x → cos( x1 )
limite quand x → 0. On en déduit que h n'a pas de limite en 0.
La fonction
pas de
a.
)
1
f (x) − f (0)
= lim x sin( ) = 0
x→0
x
x
(par le théorème des gendarmes). On a donc montré que
2.
points
f est continue sur R∗ , vérions qu'elle est continue en 0 : −1 6 sin( x1 ) 6 1 ⇒ −x2 6
f (x) 6 x2 donc le théorème des gendarmes montre que limx→0 f (x) = f (0) = 0.
0
La fonction est bien continue. Pour tout x non nul f est dérivable et on a f (x) =
1
1
2x sin( x ) − cos( x ). Vérions que f est dérivable en 0. Pour cela on calcule,
x→0
b.
9
g
est dérivable comme somme de fonctions dérivables,
MT11 Automne
2007
UTBM
n'a
g 0 (x) = f 0 (x) − y .
page 4
Le
22
Janvier
b.
g
2008,
durée
2
heures
Corrigé
est continue (car dérivable) or une fonction continue sur un intervalle
ses bornes. Donc il existe un réel
c.
d.
g 0 (a) = f 0 (a) − y < 0
y < f 0 (b).
y > f 0 (a)
tel que
g(c)
[a, b] atteint
g sur [a, b].
soit le minimum de
par hypothèse. De même
g 0 (b) = f 0 (b) − y > 0
car
g est atteint en a. Alors pour tout
>
0. En prenant la limite x → a on
g(x) − g(a) > 0. Ainsi g(x)−g(a)
x−a
0
en déduit que g (a) > 0 ce qui contredit la question 2.c. De même supposons par
l'absurde que le minimum de g sur [a, b] soit atteint en b, alors pour tout x ∈ [a, b]
g(x)−g(b)
on a g(x) 6 g(b) donc
6 0. En passant à la limite quand x → b on obtient
x−b
g 0 (b) 6 0. Ce qui contredit la question 2.c. On a donc montré que g n'atteint pas son
minimum en a ou b.
Par l'absurde on suppose que le minimum de
x ∈ [a, b]
e.
car
c ∈ [a, b]
on a
c ∈]a, b[ où le minimum est atteint. Le minimum étant un point critique
g 0 (c) = 0 c'est à dire f 0 (c) − y = 0.
0
0
Il existe donc c ∈]a, b[ tel que f (c) = y . La fonction f vérie donc le théorème des
valeurs intermédiaires sur [a, b].
Il existe donc
(un point où la dérivée s'annule) on doit avoir
f.
3.
f 0 (a) > y > f 0 (b). On
considère à nouveau la fonction g dénie par g(x) = f (x) − xy , on montre alors que
g 0 (a) > 0 et g 0 (b) < 0. On sait qu'il existe un c ∈ [a, b] tel que g(c) soit le maximum de
g sur [a, b] (car g est continue) on montre comme à la question 2.d que ce maximum
0
0
n'est atteint ni en a ni en b. Donc c ∈]a, b[ et on en déduit que f (c) = y (car g (c) = 0).
0
Ce qui prouve que f vérie le théorème des valeurs intermédiaires sur [a, b].
On suppose
f 0 (a) > f 0 (b)
On remarque ici que
h = f0
et
y
un réel quelconque tel que
donc d'après le théorème de Darboux démontré à la question
2, on sait que h vérie le théorème des valeurs intermédiaires.
MT11 Automne
2007
UTBM
page 5
Le
22
Janvier
2008,
durée
2
heures
Commentaires
Commentaires
136 étudiants ont été évalués sur cette épreuve. La moyenne est de 9,36/20. Le barème a été
modié de la manière suivante : exercice 1 (7 points), exercice 2 (8,5), exercice 3 (10 points). La
longueur du sujet justie ce nouveau barème.
Exercice 1 suite récurrente
(
7
points
)
L'exercice 1 était un exercice relativement classique. On établissait un résultat sur les suites
récurrentes dénies par une relation du type
question
un = f (un−1 )
où
f
est une fonction continue. La
2. qui consistait à démontrer la convergence dans le cas f
bien traitée pour la partie concernant la croissance de
croissante et u0 < u1 a été
(un ). Le raisonnement par récurrence a su
être mis en place même si quelques étudiants confondent l'hypothèse de récurrence et le résultat
à démontrer. Par contre les étudiants oublient quasi-systématiquement de justier à l'aide de la
continuité de
f
que si
un → l
alors
l = limn→+∞ un+1 = limn→+∞ f (un ) = f (l).
Cet argument
a pourtant été vu en cours, TD et devoir maison.
Parmis les étudiants qui ont traité la question bonus, une bonne moitié a fait l'hypothèse que
f
était dérivable pour pouvoir démontrer que
f ◦f
était croissante si
f
est décroissante. Cette
attitude attire notre attention sur deux points :
- les étudiants n'identient pas toujours correctement les données de l'énoncé.
- les étudiants ont le reexe de penser les notions à travers des techniques qui leur sont
familières (dérvation, sens de variation) plutôt que de revenir à la dénition même de ces notions.
La moyenne sur cet exercice est de 3,4/7
Exercice 2 D.L. et fonction réciproque
8, 5
(
points
)
L'exercice 2 était une utilisation de D.L. sans dicultés techniques. L'intérêt de l'exercice
f −1 au
de f ont
résidait dans l'étude locale de
de
0.
Les calculs sur le D.L.
voisinage de
f (0)
à partir de l'étude de
f
au voisinage
permis aux étudiants d'obtenir des points et de vérier
que les étudiants connaissaient la dénition d'un point d'inexion . Par contre la question
proposait aux étudiants de rééchir sur la nature du point
0 (f (0) = 0)
4 qui
pour la fonction
f −1
en utilisant la symétrie des courbes représentative n'a pas eu de succès. Seulement un étudiant
sur 15 a su esquisser les courbes et raisonner par symétrie. Il faut donc encourager nos étudiants
à donner des représentions sommaires sans calculatrices. La moyenne a cet exercice a été de
3,4/8,5.
Exercice 3 théorème de Darboux
(
10
points
)
Le dernier exercice avait pour nalité de démontrer le théorème de Darboux. Une première
partie regroupait des questions types sur la continuité et la dérivabilité. La seconde partie démontrait le résulat en décomposant la démonstration en étapes élémentaires. Enn une dernière
partie proposait une application du théorème à la fonction étudiée dans la première partie.
Les étudiants n'ont pas forcemment disposé du temps nécessaire pour traiter cet exercice
correctement (doit-on proposer des épreuves plus longues ?). La première partie n'a pas toujours
été bien abordée :
- les étudiants n'identient pas toujours à quel niveau se situe le problème de continuité ou
de dérivabilité et donc ne justient pas les résultats.
- quelques étudiants ont cru pouvoir utiliser les D.L. en
0
de
sin(x)
pour développer
sin( x1 ).
Il nous faudra donc continuer à insister sur le domaine d'application des techniques enseignées
pour éviter ce genre de confusion.
MT11 Automne
2007
UTBM
page 6
Le
22
Janvier
2008,
durée
2
heures
Commentaires
Dans la seconde partie on retiendra qu'à la question
d'armer que
g admet un minimum sur [a, b]
2.b
Quel théorème du cours permet
très peu d'étudiants (de l'ordre de 1/10) ont su dire
qu'une fonction continue atteint ses bornes sur un intervalle fermé borné. A la place diérents
théorèmes ont été évoqués un peu au hasard (TVI, Rolles, Cauchy, TAF...). Parmis les étudiants
qui ont rédigé la question
atteint son minimum en
a
2.d, la grande majorité a produit le raisonnement faux suivant : si g
0
alors g (a) = 0 ce qui contredit la question 2.c. Peut-être qu'encore
une fois cela montre à quel point il est important d'insister sur les domaines d'applications des
résultats vus en cours. A ce titre des exercices présentant en prallèles des cas classiques et des
cas sortant du cadre d'applications directes pourraient être ajoutés aux feuilles de TD.
Enn la dernière partie n'a quasiemment pas été abordée, ce qui montre que les étudiants
n'ont en général pas compris (mais le manque de temps peut expliquer cela) le sens du problème.
Moyenne 2,56/10
MT11 Automne
2007
UTBM
page 7