est et si a < 0 alors c est +. On échange les deux côtés de 0 lorsque b < 0. . Donc la limite est = ln(1+x) )

Transcription

1 P.C.S.I. Éléments de correction. Eercice. Fau: sur R + prendre et.. Vrai c est du cours.. Fau: prendre +cos. 4. Vrai: Supposons f T périodique et croissante. Soient < y réels et n N tel que + nt > y; alors f fy f+nt = f d où f = fy. 5. Fau: prendre une fonction constante. 6. Vrai: c est du cours. 7. Fau: pour qu elle soit continue en 0, il faudrait que ces deu limites soient égales à f Fau: il faut que pour toute suite n n N convergeant vers a on ait lim n + f n = fa. 9. Fau: l image de R par la fonction cosinus est un intervalle non ouvert. 0. Fau: Toute fonction continue sur un segment est bornée mais continue sur l intervalle borné ]0, ] n est pas bornée.. Fau: la fonction partie entière n est pas continue en 0. Mais la restriction de cette application à [0, [ est continue je sais, c est subtil. Eercice Del encadrement E < E+,ondéduitE d où,quelquesoit lesignedeb,onae ± b ± b a d où lim ± E = b b a. Pour la seconde, prenons b > 0 et plaçons nous en 0 + alors E est identiquement nulle sur ]0, b[ donc la b limite à droite est nulle. Pour la limite à gauche, on a ] b 0[, E = : on en déduit que si a > 0 alors la limite en 0 b est et si a < 0 alors c est +. On échange les deu côtés de 0 lorsque b < 0. Eercice Les fonctions seront toutes notées f.. 0 et, = [. > 0, ln + α ] ln + α = α α. ],0[ ]0, [, ln + donc lim = et lim 0 +lnf 0. Donc la limite est = quotient de deu dérivées. α. La limite recherchée est donc + eα. = ln = +. D où lim lnf sinln 4. Comme lim = 0, on peut écrire = sinln ln. 0 +ln ln On a: lim 0 sinln ln 5. On a: ] π [, 0 = ; Il en résulte que la limite recherchée est. ] 0 π [, lncos ln sin sin cos = sin sin + ln+. Le terme entre parenthèses tend vers f = 0 et lim f =

2 ln sin = sin 6. >, f = ep ep + + ep sin 8sin cos = ep ep ep. D où lim 0 f = 4. + car Prendre des équivalents. Au voisinage de 0, on a: f > 0, f = d où limf =. + 5 = 9 5. Or quand + on a = o d où + puis + = o et ainsi de suite. +o On a donc: f = +o +. La limite est. Eercice 4 Les deu fonctions sont continues en tout point de ]n, n+[ pour tout n Z. [n, n+[, f = n+ n, g = + n et ]n, n[, f = n + n+, g = + n+. On en déduit: limf = n, limf = n = f, limg = n, limg = n+ donc f est continue sur R tandis que g est discontinue en n + n n + n tout point de Z. Elle y est cependant continue à droite. Eercice 5. Soit R, n n N suite de rationnels et n n N convergeant vers. On a lim f n = 0 = lim n + n + f n. D où la discontinuité.. Si = p q irréductible, alors on prend des suites comme précédemment et on a lim f n = n + q 0 = lim n + f n d où la discontinuité. Si R\Q, soit ǫ > 0 et q N, q 0 > { ǫ et A = = p q irréductible et ], +[ et q q 0 }. A est fini et de contient pas. On pose η = d, A > 0 on nécessairement η <. Alors ] η, + η[ ne contient aucun élément de A.

3 Donc, ] η, + η[, ou bien / Q et f = 0 ou bien Q, = p q avec q > q 0 donc f = q < q 0 < ǫ. Dans les deu cas, on a: ] η, +η[, f f < ǫ. C.Q.F.D. Eercice 6 f+h f Pour la limite de gauche, on a: lim h 0 h pas. f+h f Pour celle de droite, f étant continue, on a: lim 0 h donc 0. = f = sin cos. La limite de gauche n eiste donc = fh f0 h = hsin. La limite de droite est h Eercice 7 Le sens est évident. Pour l autre sens, on raisonne par contraposée en supposant: f. Si f < alors f f < f < et si f > alors f f > et, dans les deu cas, on a: f f. C.Q.F.D. Eercice 8 Si / Q alors on raisonne comme dans l eercice 6 avec une suite d irrationnels et une suite de rationnels convergeant toutes deu vers. Si Q, alors on prend ǫ > 0 et on applique la définition de la continuité à g et à h. On obtient ainsi α > 0 et α > 0 tels que etc. Puis on prend α = Min{α, α } et alors α convient pour f. Eercice 9 On doit montrer que B > 0, A > 0, R, > A f > B. Prenons donc B > 0. [ B, B] est bornée donc f [ B, B] l est aussi donc il eiste A > 0 tel que f [ B, B] [ A, A]. Alors / [ A, A], f / [ B, B] ce qui prouve la propriété. Eercice 0 Passer à la limite en 0 dans l inégalité 0 f < en utilisant le théorème des gendarmes. La fonction g du segment [a, b] dans R définie par, g = f est continue donc bornée et atteint ses bornes donc il eiste 0 [a, b], [a, b], g g 0 < d où l inégalité demandée avec k = f 0 0. Eercice Soit [a, b] un segment et f : [a, b] [a, b] une application continue. Soit g : [a, b] R définie par, g = f. g est continue, ga 0 et gb 0 donc, par le T.V.I., il eiste 0 tel que g 0 = 0. C.Q.F.D. Eercice Par contraposée du T.V.I., f et g ne s annulant pas, elles sont de signe constant sur I d où f = ± f et g = ± g. D où la propriété. Eercice Si une application continue sur un intervalle prend deu valeurs distinctes, alors, elle prend aussi toutes valeurs intermédiaires ce qui représente une infinité de valeurs d où la propriété. Eercice 4 Soit f : [0,] R l application qui, à t [0,] associe la distance parcourue à l instant t. f est continue téléportation..., f0 = 0 et f =. Soit g : [0,] R définie par t [0,], gt = ft+ ft; gt représente la distance parcourue dans l heure qui suit l instant t. g est continue et g0+g = f f0+f f = d où: ou bien g0 6 et g 6 ou bien: g0 6 et g 6. Dans les deu cas, le T.V.I. montre qu il eiste t 0 tel que gt = 6. C.Q.F.D.

4 Eercice 5 ] [ Soit g : f. g est strictement décroissante et continue donc induit une bijection de R sur limg, limg. + Or, ou bien f admet une limite finie en + ou bien elle tend vers. Dans les deu cas, on limg = et, de + même, on a limg = +. Il en résulte que g est une bijection de R dans R et 0 admet alors un unique antécédent. C.Q.F.D. Eercice 6 une telle fonction P est continue et, selon le signe du coefficient dominant, on a limp = et limp = + ou + vice-versa. Dans les deu cas, on peut appliquer le T.V.I. Eercice 7 Pour tout R, il eiste une suite u n n N de rationnels convergeant vers. Alors f = lim n + fu n. Eercice 8. En prenant = y = 0 dans la première relation, on a f0 = f0 d où f0 = 0. En prenant = y = dans la seconde relation, on a f = f d où f {0, } mais comme f est injective, on a f f0 = 0 d où f =.. D abord, par récurrence, on a: R, n N, fn = nf. En effet f0 = f0 = 0 = 0.f et si au rang n on fn = nf alors fn+ = fn+ = fn+f = nf+f = n+f. Ensuite, pour tout n N, f n+fn = f0 = 0 f n = fn = nf. Il en résulte que n Z, fn = nf = n. Ensuite, q N, = f = f f = p q q. Enfin, p Z, q N, f = pf = p q q q. q q. On observe d abord que 0, f 0 en effet, 0, f = f = f 0. Alors, y R, < y fy f = fy Soit R; on sait que est limite de deu suites adjacentes de rationnels u n n N et v n n N avec, pour fier les idées u n n N croissante. On a alors n N, u n = fu n f fv n = v n d où, en passant à la limite: f c est-à-dire f =. = qf q d où Eercice 9 Comme précédemment, on montre que f0 = 0. On pose a = f et on a, par récurrence n N, fn = an puis n termes {}}{ la même chose pour n Z. On a ensuite: a = f = f q + + q = f + +f d où f = a q q q q. p Enfin, par le même type de raisonnement, on a p N, q N, f = a p q q et la même chose pour q N et p Z. Soit ensuite R et u n n N une suite de rationnels convergeant vers. Par continuité de f en, on a: f = lim fu n = lim au n = a. C.Q.F.D. n + n + Eercice 0 On a f = f d où f = car f > 0. Choisissons a > et soit α tel que fa = a α. De façon analogue au eercices précédents, on montre que pour toute fraction rationnelle r, on a fa r = fa r. Soit alors > 0 et r n n N une suite de rationnels convergeant vers ln. On a alors arn lna f = lim n + farn = lim n + farn = lim n + aαrn = lim n + arn α = α. n + d où, par continuité de f, 4

5 Eercice Soient < y, u n n N une suite croissante de rationnels convergeant vers et v n n N une suite décroissante de rationnels convergeant vers y de sorte que n, u n < y v n ce qui entraîne: n, fu n fv n d où, en passant à la limite dans les inégalités: f fy. Eercice. On a: n, a n n < a n +. D où a n n+ < a n +. Or E n+ est le plus grand entier inférieur ou égal à n+ et E n+ + est le plus petit entier strictement supérieur à n+. Il en résulte: a n a n+ n+ < a n+ + a n + d où, en divisant par n+ : u n u n+ < v n+ v n. Par ailleurs on a v n u n = n 0. C.Q.F.D. n +. a Initialisation: montrons que k Z, fk = ak + b. C est vrai pour 0 et. Si c est vrai pour k et k +k + k, alors ak + b = f = fk +fk+ ak +b+fk+ = d où: fk+ = ak+b ak +b = ak++b. La même démarche permet de faire une récurrence descendante au terme de laquelle, on a k Z, fk = ak +b. k Hérédité: Soit n N. On suppose que k Z, f n = a k n +b. Soit k Z, si k est pair k = k k k k k, alors = n+ n d où f n+ = f n = a k n +b = a k +b. n+ k Si k est imapir, k = k k +, alors n+ = n + k + n. Il en résulte: k k + f k f n+ = n +f n a k + = n +b+ak n +b = a k +b C.Q.F.D. n+ b Notons A la réunion des A n. D après la question n, il eiste une suite u n n N d éléments de A convergeant vers. Alors f = lim n + fu n = lim n + au n +b = a+b. C.Q.F.D. Eercice. Ainsi écrit n est minimal lorsque a p = et a k = 0 pour 0 k < p ce qui donne.b p n. Ensuite n est maimal lorsque tous les a k, 0 k p sont égau à b ce qui donne: p n b b k = b bp+ = b p+ d où l encadrement. b k=0. Avec les notations de la question précédente, on a p lnn lnn lnb < p + d où p = E. Avec cette lnb lnn écriture, le nombre de chiffres nécessaires pour écrire n en base b est alors p+ = E +. Comme lnp on sait qu en + on a E et que la constante est négligeable par rapport à lnn qui tend vers lnp l infini, on obtient bien les deu équivalents demandés. Ensuite, il n y a plus qu à prendre le quotient de ces équivalents pour obtenir la limite recherchée qui est donc ln0 ln. 5