Correction examen

Pages: 7 (1742 mots) Publié le: 30 avril 2012
INSTITUT PREPARATOIRE AUX ETUDES D’INGENIEURS DE NABEUL
Corrigé : Examen du Premier Trimestre

Épreuve d’Analyse
Fait le : 12-12-2011 Section : MP 1 point pour la cohérence du raisonnement, la clarté et la concision du développement. Problème N˚ :(12pt) 1 1. (1 .5pt)La continuité (0 .5pt) : – x → (x − 1) + 2 (x − 1) ln2 x = (x − 1) (x − 1) + 2 ln2 x = 0 est continue sur ]0, 1[ . – x → xx−1 −1 = exp ((x − 1) ln x) − 1 est continue sur ]0, 1[ . D’où f est continue comme rapport et composé de fonctions continues sur ]0, 1[ . La limite en 1 (0 .5pt) : on posera y = x − 1 ⇒ [x → 1− ⇒ y → 0− ] – exp ((x − 1) ln x) − 1 Ainsi f (x) =
y=x−1 3 2

Proposé par : Lamouchi Haithem

=

exp (y ln (y + 1)) − 1 y 3 1 + 2 ln y1+y 2
1 3y
2

y→0− ⇒y ln(1+y)→0



y ln (1 + y) ∼ y 2

– (x− 1)3 + 2(x − 1) ln2 x
xx−1 −1 (x−1)3 +2(x−1) ln2 x

y=x−1

=

∼ 3y 3



y2 3y 3

=

y→0−

→ −∞

Conclusion (0 .5pt) : la limite de f en 1 n’est pas finie donc f n’est pas prolongeable par continuité en 1. 2. Soit (un ) ⊂ [0, 1[ ; lim un = 1.
n→+∞

(a) (0 .5pt) (un ) n’est pas obligatoirement croissante, il suffit de prendre comme exemple : u0 = On a 0 < 1 et u0 = Ou ∀n ∈ N ,un = (b) (1pt) i. (0 .25pt) lim un = 1, pour ε =
n→+∞ n→+∞ 1−u0 2 ∗ 1 2

1 1 , un = 1 − , ∀n ∈ N∗ 2 n
n→+∞

> u1 = 0 & (un ) ⊂ [0, 1[ & lim un = 1. 1− 1−
2 n 1 n

si n est paire . si n est impaire > 0, ∃n1 > 0; un1 ≥ 1 − ε =
1−unp 2 1+u0 2

> u0 .
1+unp 2

ii. (0 .25pt) De même, lim un = 1, pour ε =

> 0, ∃np+1 > np ; unp+1 ≥ 1 − ε =

> unp .

iii. (0 .5pt) Soient p ∈ N, parconstruction on a uψ(p) < uψ(p+1) , d’où uψ(p) est strictement croissante. uψ(p) est une sous suite de (un ), en effet ∀p ∈ N, ψ (p) = np < np+1 = ψ (p + 1) Donc ψ : N → N est strictement croissante.Ainsi lim uψ(p) = lim un = 1.
n→+∞ n→+∞

3. (1pt : chaque ⇒ vaut 0 .5pt)Il suffit de remarquer que t → f est uniformément continue sur [a, b[ ⇔

b−a b+a 2 t+ 2 ,

réalise une bijection de [−1, 1[sur [a, b[ .

∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x, y ∈ [a, b[ , |x − y| ≤ δ ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε b−a b+a b−a b+a ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x = t+ ,y = s+ ∈ [a, b[ , 2 2 2 2 b−a b+a b−a b+a |x − y| ≤ δ ⇒ f t+ −f s+ ≤ε 2 2 2 2 2 ⇔ ∀ε > 0, ∃δ = δ > 0, ∀t, s ∈ [−1, 1[ , b−a b−a b+a b−a b+a |s − t| ≤ δ ⇒ f t+ −f s+ ≤ε 2 2 2 2 ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀t, s ∈ [−1, 1[ , |t − s| ≤ δ ⇒ |g (t) − g (s)| ≤ ε

4. Soit g ∈ F ([−1, 1[ , R), uniformémént continue. (a) (4pt)Supposons que g est non bornée alors 1

i. (1pt) g est non bornée ⇔ ⇒ ⇒ ∀M ∈ R, ∃x ∈ [−1, 1[ , |g (x)| > M ∀n ∈ N; ∃xn ∈ [−1, 1[ , |g (xn )| > n ∃ (xn ) ∈ [−1, 1[ ; lim |g (xn )| = +∞
n→+∞

ii. (0 .5pt) , (xn ) ⊂ [−1, 1[ ⊂ [−1, 1] donc d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass ∃ xϕ(n) une sous suite de (xn ) convergente vers α dans [−1, 1] . iii. (1pt)Supposons que α ∈ [−1, 1[ . Comme g est continue sur [−1, 1[ & lim xϕ(n) = α alors lim
n→+∞

n→+∞

g xϕ(n)

= |g (α)| . (0 .5pt)

Or xϕ(n) une sous suite de (xn ) ce qui implique que g xϕ(n) lim g xϕ(n) = lim |g (xn )| = +∞ = |g (a)| absurde.(0 .5pt)
n→+∞ n→+∞

est une sous suite de (g (xn ))d’où

Donc α = 1. iv. Pas de question ! v. (0 .5pt)Soient ε > 0, δ > 0 – (0 .25pt) zn 1 ⇒ ∃n1 ∈N; ∀n ≥ n1 , 1 > zn ≥ zn1 > 1 − δ ⇒ ∃n1 ∈ N; ∀n ≥ n1 , |zn − zn1 | ≤ δ – (0 .25pt) |g (zn )| → +∞ ⇒ ∃n2 ∈ N; ∀n ≥ n2 , |g (zn )| ≥ ε + |g (zn1 )| . vi. (1pt) Soit ε > 0 : g est uniformément continue sur [−1, 1[ ⇒ ∃δ > 0, ∀t, s ∈ [−1, 1[ , |t − s| ≤ δ ⇒ |g (t) − g (s)| ≤ ε Pour ce δ, ∃n1 ∈ N; ∀n ≥ n1 , |zn − zn1 | ≤ δ & pour ce ε, ∃n2 ∈ N; ∀n ≥ n2 , |g (zn )| ≥ ε + |g (zn1 )| . Soit n0 = max {n1 ,n2 } , alors , |zn0 +1 − zn0 | ≤ δ & |g (zn0 +1 ) − g (zn0 )| > ε absurde. Donc g ne peut qu’être bornée sur [−1, 1[ . (b) (3pt) Soient (xn ) , (yn ) ⊂ [0, 1[ , telles que xn −→ 1 & yn −→ 1
n→+∞ n→+∞

i. (1pt)Soit ε > 0 : On a g est uniformément continue sur [−1, 1[ ⇒ ∃δ > ∀t, s ∈ [−1, 1[ , |t − s| ≤ δ ⇒ |g (t) − g (s)| ≤ ε ( ) et parallélement, xn −→ 1
n→+∞

⇒ ⇒
( )

(xn ) converge...
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