Corrigé de l examen partiel du 30 Octobre 2009 L2 Maths

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1 Corrigé de l examen partiel du 30 Octobre 009 L Maths (a) Rappelons d abord le résultat suivant : Théorème 0.. Densité de Q dans R. QUESTIONS DE COURS. Preuve. Il nous faut nous montrer que tout réel est ité d une suite (x n) n N d éléments de Q. En fait, on cherche à montrer que si on prend un x réel, alors il existe une suite d élements de Q qu on appellera (x n) qui est telle que : xn = x. Il faut liciter une suite (xn) pour chaque valeur de x dans R. Nous allons construire une telle suite en travaillant avec la partie entière de x, E(x) qui est un entier naturel. Car l avantage de cette fonction, c est qu à partir de tout nombre réel x, on lui associe un entier E(x). Soit x R. Par définition de la partie entière, E[ ]. Pour tout réel x, onax <E(x) x et donc pour tout n N, ona: Posons On a x n Q et x n = x. E[(n +)x] (n +)x<e[(n +)x]+. x n = Théorème 0.. (Densité de Q et R \ Q dans R). E[(n +)x]. n + Tout intervalle ]a, b[ non vide contient au moins un rationnel et un irrationnel. Preuve. La deuxième propriété se déduit directement de la densité de Q dans R. Considérons un interval non trivial I. Il contient deux éléments distincts α et β. Considérons γ = α + β : on ne sait pas si γ est un rationnel ou irrationel. Par contre, on sait que γ n = E[0n γ] 0 n est rationnel, avec 0 n γ n <γ. Pour n assez grand, on aura γ n I, ce qui nous fournit un rationnel dans I. Pour trouver un irrationnel, on utilise le lemme suivant : Lemme 0.3. est irrationel. p Preuve. Si était un rationnel, on pourrait écrire =, avec la fraction sous forme q irréductible, c est à dire, non simplifiable. Maintenant, on peut écrire p = q. p est donc pair, donc p également, donc q est impair. Mais p =r, donc q =r, donc q puis q est pair : la fraction p était en fait simplifiable, et on a notre absurdité. q Une conséquence de ce lemme est que est irrationnel, mais également λn = γn + 0n 0 n.orλn I pour n assez grand. (b) Définition. Si A est un sous-ensemble de R, on dit que A admet une borne supérieure M si A est majoré et si l ensemble des majorants de A admet un plus petit élément M. Autrement dit, M est la borne supérieure de A si M est le plus petit majorant de A. Théorème 0.4. Toute partie non vide majorée de R admet une borne supérieure. 5

2 En particulier, pour montrer qu un réel M qui majore une partie de A est la borne supérieure de A, il faut et il suffit de montrer que pour tout nombre réel ε>0, il existe un élément x de A tel que M ε x M. (c) Une définition séquentielle de la notion de ite finie en un point est donnée par le résultat suivant. Théorème 0.5. L a fonction f admet la ite quand x tend vers a dans I si, et seulement si, pour toute suite (u n) n N de points de I qui converge vers a, la suite (f(u)) n N converge vers. Corrigé de l exercice I (a) (i) Il est clait que A est non vide. D autre part, pour tout entier n N, Donc, sin nπ {, 0, } et n > 0 sin nπ + n >. Le sous-ensemble A est donc minoré par -, et par suite, d après le résultat 3, il possède une borne inférieure m, m. Enfin, pour tout n N, sin nπ + n sin nπ + +=. Le sous-ensemble est donc majoré par, et par suite, d après le résultat, il possède une borne supérieure M, avecm. (ii) Montrons que m =. D après le résultat 4, il nous faut montrer que pour tout nombre ε>0, il existe un élément x de A tel que Soit ε>0. Pour tout entier k N, sin (3 + 4k)π x +ε + 3π = sin = sin est par définition un élément de A. Puisque k + +kπ 3π =0 + + = + il existe k 0 N, etk 0 tel que, pour tout k N, k k 0,onait0 < + < +ε. <ε, et donc En posant x = +,oùk k0, un tel x répond à la question posée, et donc (iii) Montrons que M =. Pour n =, m =. sin π + =+= A. Comme est un majorant de A qui appartient à A, st la borne supérieure de A, d après le résultat du cours. Donc M =. 6

3 (b) On étudie la fonction f(x) = ln sur l intervalle [, + [. x Sa dérivée vaut f (x) = ln x. On en déduit qu elle est croissante sur [,e] et décroissante sur [e, + [. De plus, f() = 0 et x f(x) =0. La borne inférieure de A est donc égale à 0. On a [e] =,orf() = ln et f(3) = ln 3 3. On en déduit que la borne supérieure de A est sup ln, ln 3 = ln (c) Posons x n = ln n n +3 n E. n n +3 On a E =sin>3. Or d après l étude faite dans la question précédente, on a sup{x n n> n 3} = ln 3 ln 3 et inf{xn n>3} = 3 3 =0 De plus, x =0 x = ln E x 3 = ln 3 3 E si bien que la borne supérieure de B est ln 3 3 Corrigé de l exercice II 5 =ln 6 = ln 3, 3 3 et que sa borne inférieure est 0. () Montrons que l application f : x cos ` x, pour tout x R n a pas de ite en 0. Si (u n) n est la suite définie dans R par u n = pour n, on a nπ un = 0 et la suite (f(u n)) n =(( ) n ) n est divergente, ce qui prouve que f n a pas de ite en 0. () La fonction f est définie sur R +.Ona soit x>0, f(x) =x» f(x) =x x + On a l équivalent e u 0 u ;etcomme si bien que Comme» f(x) + x + =0,ona: x(x +) x» x + x ; x + x(x +). = 0, on obtient : x(x +) + x(x +) + x + x + x + x ;. x + =. En conclusion f(x) =. 7

4 Corrigé de l exercice III () On a u n v n = r nπ nπ + π ce qui permet de conclure facilement que Pour tout n N, ona: = nπ p nπ + π nπ + p nπ + π nπ + p nπ + π = = nπ nπ + π nπ + p nπ + π π nπ + p nπ + π un vn =0. cos(u n) cos(vn) = cos(nπ) cos(nπ + π = 0 =. () La fonction g est bien sûr continue sur R comme composée de deux fonctions continues. De plus, g est bornée, puisque pour tout x R +,ona: cos(x ). Montrons qe g n est pas uniformément continue sur R (en revenant à la définition). Nous devons montrer qu il existe ε>0 tel que pour tout nombre réel η>0, on peut trouver des nombres réels x et y tels que x y <η et g(x) g(y) >η. Utilisons la première question. Choisissons ε =, et considérons un nombre réel strictement positif η quelconque. La première question nous apprend qu on peut trouver un nombre entier n 0 tel que Posons alors On a évidemment u n0 v n0 <η et cos(u n) cos(v n) =>. x = u n0 et y = v n0. x y <η et cos(x ) cos(y ) =>. Par conséquent, la fonction g n est pas uniformément continue sur R. Corrigé de l exercice IV. (a) ln( + x) =x x + x3 4 + x4 ε(x). (b) cos x = x + x4 4! + x4 ε(x). () (a) Il suffit de faire la division suivant les puissances croissantes de + x + x + x3 6 + x4 0 par + x à l ordre 5. On obtient : e x +x =+x x x4 30 x5 + x 5 ε(x). 8

5 (b) Écrivons x =+u et le développement en 0 de la fonction de u obtenue : ( + u)( + u) = (( + u) ln( + u)). On connaît le développement de ln( + u) en0: ln( + u) =u u + u 3 u4 4 + u4 ε(u). On en déduit le développement de ( + u) ln( + u) : ( + u) ln( + u) =u u + u3 3 u4 4 + u u 3 + u4 3 + u4 ε(u) =u + u u3 + u4 ε(u). Puis, comme ( + u) ln( + u) vaut 0 en 0, on substitue dans le développement de la fonction onentielle et on ne garde que les termes de degrés inférieurs ou égaux à 4, on obtient : ( + u) (+u) = +u + u u3 + u + u3 + u4 8 u4 6 + u3 4 + u4 4 + u4 ε(u) soit (c) ln x à l ordre 3 en. On obtient = +u + u + u3 + u4 3 + u4 ε(u), ( + u) (+u) =+u + u + u3 + u4 3 + u4 ε(u). ln( + x) =ln+ln + x ) =ln+ x x 8 + x3 4 + x3 ε(x). (d) On a ln( + x) =x x + x3 5 + x5 ε(x) cos(ln( + x)) = x x + x3 5 + x (x 4 + x3 5 )4 + x 5 ε(x) = x x4 8 + x3 x4 3 + x5 6 + x4 4 x5 + x5 ε(x) = x + x3 5x4 + x5 3 + x5 ε(x). On divise suivant les puissances croissantes le développement de sin par le développement obtenu et on obtient sin x cos(ln( + x)) = x + x x5 + x 5 ε(x). 9

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