Université Denis Diderot Paris 7 ( ) Devoir maison 2

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1 Université Denis Diderot Paris 7 (03-04) Maths, Agro & Véto Devoir maison Exercice [Sujet Analyse 03] Soit la fonction d une variable réelle f définie sur D = [0,+ [ par f(x) = xe x +x. On appelle Cf la courbe représentative de f dans un repère orthonormé d unité cm. On prendra,7 comme valeur approchée de e. a) Montrer que f est dérivable sur D et calculer f. La fonction x x +x est C sur R\{ } D. Les fonctions x x,x exp(x) sont quant à elles C sur R tout entier. On en déduit que la fonction x e x +x est C sur R\{ } D comme composée de telles fonctions, et enfin que la fonction f est également C sur R\{ } D comme produit de telles fonctions. D autre part f (x) = e x +x +x (+x) e x +x = +3x+x (+x) e 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 +3x+x. Or ce polynôme de degré a pour racines x = 3 5, x + = 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 ±, +x de sorte que e+x e. On déduit que lim f(x) =, lim x f(x) = +. x c) Déterminer le développement limité de f en 0 à l ordre (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 C f par rapport à T au voisinage de 0. ère méthode : On a vu que f (x) = +3x+x e x (+x) +x de sorte que ( (3+x)(+x) f (+x)(+3x+x ) (x) = (+x) 4 ) + +3x+x (+x) 4 e x +x,

2 et donc On déduit de ce calcul que f(0) = 0 f (0) =, f (0) =. f(x) = f(0)+f (0)x+ f (0) x +o(x ) = x+x +o(x ). ème méthode : Pour x au voisinage de 0, on a +x = x+x +o(x ) donc x +x = x x +o(x ). Posons alors u = x x +o(x ) (de sorte que u est au voisinage de 0 quand x est au voisinage de 0) et remarquons que Or u = x +o(x ), u k = o(x ) k 3. e x +x = e u = +u+ u +o(u ) = +x x + x +o(x ) = +x x +o(x ). Finalement f(x) = xe x +x = x+x +o(x ). Remarque : En remarquant qu on allait multiplier par x, on aurait pu se contenter du DL de e x +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 C f (on aurait évidemment pu utiliser directement que f(0) = 0,f (0) = pour parvenir à la même conclusion). Par ailleurs, au voisinage de 0, f(x) x = x +o(x ) de sorte que f(x) x > 0 pour x suffisamment petit, et C f se trouve donc au dessus de sa tangente en l origine. Remarque : Ici on a f (0) = > 0, de sorte que f est convexe au voisinage de 0, et il est donc normal de trouver que C f se situe au-dessus de sa tangente en ce point. ) d) Démontrer que lim x x (e +x = puis déterminer a et b pour que la droite d équation y = ax+b soit asymptote à la courbe C f quand x tend vers +. Pour u au voisinage de 0, +u = +o(). En posant u = x on voit que u est au voisinage de 0 lorsque x est au voisinage de +, et qu alors +x = x(+/x) = (+o()) = x x +o(/x). En utilisant à nouveau le DL de exp en 0, on trouve alors (toujours pour x au voisinage de + : ( ) e +x = exp x +o(/x) = x +o(/x).

3 Reste à mutiplier par x pour obtenir la limite souhaitée. Remarquons alors que e = e x +x e +x de sorte que f(x) = exe +x D après le calcul de limite que nous venons d effectuer, on voit alors que ) f(x) ex = ex (e +x e x On a donc f(x) ex+e 0 lorsque x, autrement dit la droite d équation y = ex e est asymptote à C f au voisinage de +. Remarque : Si on pousse le développement asymptotique à l ordre supérieur, on obtient que f(x) = ex e+ 3e x +o(/x), de sorte que C f se trouve au dessus de au voisinage de +. e) Tracer l allure de C f, on tracera aussi T et Cf 5 T Figure. La courbe C f et les droites T et pour x [0,0]. Exercice [Sujet Analyse 00]. 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 ( x y h (x) = Cexp 0 u du ) = Cexp(ln(x)) = Cx. On cherche alors une solution particulière de (E) sous la forme y 0 (x) = C(x)x, et on obtient que x C (x)+xc(x) C(x)x = x, et donc pour x ]0,+ [ ceci équivaut à C (x) = /x. Par exemple on peut donc prendre C(x) = ln(x), de sorte que y 0 (x) = xln(x). 3

4 Finalement une solution générale de (E) s écrit y(x) = y h (x)+y e (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) = xln(x).. Dans cette question x est un nombre positif ou nul. On considère la fonction définie sur [0,+ [ par { xln(x) si x > 0 f(x) = 0 si x = 0. et C f la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O,i,j) d unité cm. 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 C f. On représentera les tangentes aux points d abscisses 0 et. a. Par le théorème des croissances comparées on sait que lim xln(x) = 0, x 0,x>0 ce qui assure la continuité de f à l origine. b. Calculons f (x) pour x > 0 : On voit en particulier que f (x) = +ln(x). lim x 0,x>0 f (x) =, autrement dit, C f 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 = /e. Comme la fonction x ln(x) est croissante, on en déduit que f (x) < 0 sur ]0,/e[, f (x) > 0 sur ]/e,+ [. Notre fonction f est donc : nulle en 0, et comme on vient de le voir, C f possède une tangente verticale à l origine. décroissante sur l intervalle ]0, /e] minimale en /e, où elle prend la valeur /e. croissante sur [/e, + [. En particulier, elle s annule en (notons de plus que f () = de sorte que x x est tangente à C f en au point (,0).) Enfin on a évidemment que lim x f(x) = +, mais comme x ln(x) est également divergente, C f ne possède pas de droite asymptote en +. 4

5 5 4 C f 3 T 3 4 d. Figure. La courbe C f, la droite T d équation y = x tangente à C f au point (,0), pour x [0,4]. Noter que l axe des ordonnées x = 0 est tangente à C f en (0,0). 3. a. Déterminer les positions relatives de C f 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 C f et de la droite y = x. Précisément, en l abscisse x, si g(x) 0, alors C f est au-dessus de y = x si g(x) 0, alors C f est en dessous de y = x Notons que g (x) = f (x) = ln(x), de sorte que g est décroissante sur [0,] et croissante sur [,+ [. Comme g(0) = 0, et lim x g(x) = +, on constate que g ne s annule qu en 0 et en un unique point de ],+ [. C est confirmé par la résolution de léquation g(x) = 0 : g(x) = 0 x(ln(x) ) = 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 C f et de la première bissectrice y = x. b. A est l ensemble des points d abscisses 0 < x < e qui se situent entre C f 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 xln(x). On la cherche sous la forme x x ln(x) Q(x), avec Q (x) = x/ et on trouve que 5

6 x x (ln(x) /) est la primitive recherchée. Finalement aire (A) = = e 0 [ x = e 4 x( ln(x))dx ( ln(x)+/) ] e 0 Exercice 3 Dans cet exercice on considère la suite de rééls u k := x k e x dx, k 0 R. A l aide d une intégration par parties, justifier que pour tout k 0, on a u k+ = k+ u k.. Calculer u, et en déduire l expression de u k+ pour tout k Etablir que u 0 = x y e R dxdy. On admet alors que le changement de variables (passage en coordonnées polaires) { R R + [0,π) permet d écrire En déduire la valeur de u 0. u 0 = 4. Montrer alors que pour tout k 0 5. La formule de Stirling stipule que Calculer (x,y) (r,θ) R + [0,π) rexp( r )drdθ. u k = u 0 (k)! k k!. n! n ( n e) n πn. lim k kuk et en déduire un équivalent de u k lorsque k. k!, 6

7 . Soit k 0. Posons f(x) = x k+, f (x) = (k +)x k et g (x) = xexp( x ), g(x) = exp( x ). Par la formule d intégration par parties u k+ = [ xk+ ] + + exp( x k + ) + xk exp( x )dx. Par croissance comparées, lim x x k+ exp( x ) = 0, et on déduit que u k+ = k + u k. Pour une fonction f impaire et intégrable, Rf(x)dx = 0. Or pour tout k 0, x x k+ exp( x ) est impaire (et intégrable puisque R x k+ exp( x )dx <. On a donc u k+ = 0 pour tout k 0. Alternativement, on aurait pu effectuer un calcul direct : u = R xexp( x )dx = [ ] + exp( x ) = 0. En utilisant la question et une récurrence immédiate, on déduit que u k+ = 0 pour tout k Puisque u 0 = R e x dx = R e y dy, on a bien u 0 = e x dx e y x y dy = e dxdy. R R R Par la formule de changement de variables on déduit donc u 0 = R + [0,π) e r rdrdθ = π et comme u 0 0, on conclut que u 0 = π. 0 re r dr = π [ ] + e r = π, 0 4. Montrons l expression souhaitée u k = π (k)! k k! par récurrence sur k. Pour k = 0 la formule est évidente (on rappelle que 0! = ). Si la formule est vraie jusqu au rang k 0, d après, on a u k+ = k + (k)! π k k! = (k +)! π (k +) k+ k! = (k +)! π k+ (k +)!, ce qui achève la preuve par récurrence. 5. D après la formule de Stirling, kuk k! = πk (k)! k (k!) k πk πk ( k k e ) e k =. k Ceci revient à dire que lim k kuk k! =, 7

8 ou encore que u k k k! k. En utilisant à nouveau Stirling, on a donc également u k k π ( k e) k. Exercice 4 On considère la suite u 0 = u n+ = 5+4u n,n 0.. Montrer que pour tout n 0, u n est bien définie.. Etudier le signe de la fonction g : { [ 5/4,+ ) R x 5+4x x. 3. En déduire que (u n ) est monotone, et converge. Calculer lim n u n. 4. Faire l étude de la suite v 0 = 0 v n+ = 5+4v n,n 0.. Par récurrence, on va voir que u n est bien définie, u n 0. L assertion initiale est trivialement vérifiée. Si elle est vraie jusqu au rang n 0, alors 5+4u n 0 de sorte que u n+ = 5+4u n est bien définie, et positive, ce qui achève la preuve.. On a g (x) = 4 5+4x, de sorte que la fonction g est croissante sur [ 5/4, /4], puis décroissante sur [ /4, + ). Or g( 5/4) = 5/4, g( /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 x 0 [ 5/4,+ ]. Pour le déterminer il faut résoudre g(x 0 ) = 0. On a donc 5+4x0 = x 0 x 0 4x 0 5 = 0 et x 0 0, or les deux racines du polynôme X 4X 5 sont et 5, et on trouve donc finalement que x 0 = 5. Finalement la fonction g est positive sur [ 5/4,5] et négative sur [5,+ ). 3. Notons que u n+ u n = g(u n ). Une récurrence immédiate assure que 0 u n 5 pour tout n. En effet 0 u n 5 implique 0 5+4u n 5. On déduit de la question précédente que pour tout n 0, u n+ u n 0, et donc u n est croissante, majorée par 5, donc elle converge. Puisque lim n u n = lim n u n+ = lim n 5+4un, et que la fonction x 5+4x est continue, la limite l de u n vérifie forcément l = 5+4l g(l) = 0, comme on a vu plus haut ceci entraîne que l = 5. 8

9 4. Par une étude en tous points similaire on a v n 5 pour tout n 0, et donc (v n ) 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 w 0 [ 5/4,+ ),w n+ = 5+4w n,n 0 est bien définie pour tout n 0, et même w n 0 pour tout n. Par ailleurs f possède un unique point fixe l = 5. Enfin f (x) = 5+4x, de sorte que sup x 0 f (x) = 5 <. Par le problème qui suit, la suite (w n ) converge donc vers l lorsque n. Problème On considère un intervalle ouvert I R, une fonction f : I I de classe C, et la suite u 0 I, u n+ = f(u n ),n 0. A. Dans cette partie on suppose qu il existe l I tel que f(l) = l avec f (l) <.. 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) =: c J <. x J. On suppose que u 0 J, avec J satisfaisant les conditions de la question précédente. Montrer que pour tout n 0, u n+ l c J u n l. En déduire que u n l lorsque n. B. Dans cette partie on suppose qu il existe l I tel que f(l) = l avec f (l) >.. Montrer qu il existe un a > 0 tel que si on pose J = [l a,l+a] on a J I, inf x J f (x) =: C J >.. On suppose que u 0 J, u 0 l, avec J satisfaisant les conditions de la question précédente. Montrer que si u n J, alors u n+ l C J u n l. En déduire qu alors il existe n 0 N tel que u n0 / J. 3. Que dire de la suite (u n ) n 0 lorsque u 0 = l? A.. 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) <, donc pour a suffisamment petit, on a sup x J f (x) = c J <. Pour un tel J, et x J, d après l inégalité des accroissements finis, f(x) l = f(x) f(l) c J x l < x l, de sorte que et donc f(j) J. x l a f(x) l a, 9

10 . D après les hypothèses sur J, on a u n J pour tout n 0. L inégalité des accroissements finis assure par ailleurs que u n+ l = f(u n ) f(l) c J u n l,n 0. Une récurrence immédiate permet alors d assurer que puisque 0 c J <, et on conclut que u n l (c J ) n u 0 l n 0, u n n l. B.. Le raisonnement est en tous points similaire au début de celui de la question A... Pourvu que f(u n ) J, par Taylor-Lagrange, c (u n,l) tel que u n+ l = f(u n ) f(l) = u n l f (c) C J u n l, où on a utilisé que u n J c J de sorte que f (c) inf x J f (x) = C J. On déduit par une récurrence immédiate que tant que u n J, on a u n l (C J ) n u 0 l. Si u 0 l, le membre de droit ci-dessus tend vers +, et donc forcément n 0 tel que u n0 / J. 3. Si u 0 = l, une récurrence immédiate assure que u n = l pour tout n N et donc u n 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. 0

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