Bonjour ,
C'est un examen de l'année dernière de notre université mais qui a été posté sans correction , alors est ce que vous pouvez me résoudre les exercices 1 et 3
http://formation.u-psud.fr/courses/L1MP ... PI20092010
Cordialement.
Analyse 2
Re: Analyse 2
Bonjour
Exercice 1
1. Pas de difficulté : $g'(x)=9(x^2-1)$
$g$ est croissante de $-\infty$ à 8 sur l'intervalle $]-\infty , 1]$, décroissante de 8 à -4 sur l'intervalle [-1 , 1], croissante de -4 à $+\infty$ sur l'intervalle $[1,+\infty[$
2. $g$ est une fonction continue, la propriété des valeurs intermédiaires utilisée sur chacun des intervalles précédents assure l'existence des 3 solutions de l'équation $g(x)=0$
3. $f(x)=x \Longleftrightarrow g(x)=0$ donc $a, b, c$ sont 3 points fixes de $f$.
$f(x)=x^2\geq 0$ donc il s'agit de points fixes attractifs.
4. $b\in ]-1 , 1[$. $g(0)=2>0$ ; $g(\frac{1}{3})=-\frac{8}{9}<0$
$g$ est continue, strictement décroissante sur $[0 , \frac{1}{3}]$ donc $b\in I$.
$f$ est continue, strictement croissante sur $I$ donc $f(I)=[f(0), f(\frac{1}{3}]=[\frac{2}{9} , \frac{19}{81}]\subset [0, \frac{1}{3}]$ donc $f(I)\subset I$.
5. $f'(x)=x^2$ donc $\forall x \in I, |f'(x)|\leq \frac{1}{9}$
6. Par récurrence, puisque $f(I)\subset I$, $u_n\in I \Longrightarrow u_{n+1} =f(u_n)\in I$
$\forall n\in {\mathbb N}, u_n\in I$ et $b\in I=[0,\frac{1}{3}]$ donc $|u_n-b|\leq \frac{1}{3}$.
On démontre par récurrence que $\forall n \in {\mathbb N}, |u_n-b|\leq \frac{1}{3} \times (\frac{1}{9})^n$.
C'est vérifié au rang 0.
On suppose l'inégalité vérifiée au rang $n$ et on applique l'inégalité des accroissements finis avec $|f'(x)|\leq \frac{1}{9}$
$|f(u_n)-f(b)|\leq \frac{1}{9} |u_n-b|$ soit $|u_{n+1}-b|\leq \frac{1}{9} \times \frac{1}{3} \times (\frac{1}{9})^n =\frac{1}{3} (\frac{1}{9})^{n+1})$. L'inégalité est donc vérifiée au rang $(n+1)$.
$\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{3} \times (\frac{1}{9})^n=0$ donc $\lim_{n\to +\infty} |u_n-b|=0$. La suite $(u_n)$ converge vers $b$.
7. Pour que $u_n$ soit une valeur approchée de $b$ à $3^{-p}$ près, il suffit que $\frac{1}{3} \times (\frac{1}{9})^n\leq (\frac{1}{3})^p$
soit $(\frac{1}{3})^{2n+1}\leq (\frac{1}{3})^p$ soit $2n+1\geq p$, $n\geq \frac{p-1}{2}$
Exercice 1
1. Pas de difficulté : $g'(x)=9(x^2-1)$
$g$ est croissante de $-\infty$ à 8 sur l'intervalle $]-\infty , 1]$, décroissante de 8 à -4 sur l'intervalle [-1 , 1], croissante de -4 à $+\infty$ sur l'intervalle $[1,+\infty[$
2. $g$ est une fonction continue, la propriété des valeurs intermédiaires utilisée sur chacun des intervalles précédents assure l'existence des 3 solutions de l'équation $g(x)=0$
3. $f(x)=x \Longleftrightarrow g(x)=0$ donc $a, b, c$ sont 3 points fixes de $f$.
$f(x)=x^2\geq 0$ donc il s'agit de points fixes attractifs.
4. $b\in ]-1 , 1[$. $g(0)=2>0$ ; $g(\frac{1}{3})=-\frac{8}{9}<0$
$g$ est continue, strictement décroissante sur $[0 , \frac{1}{3}]$ donc $b\in I$.
$f$ est continue, strictement croissante sur $I$ donc $f(I)=[f(0), f(\frac{1}{3}]=[\frac{2}{9} , \frac{19}{81}]\subset [0, \frac{1}{3}]$ donc $f(I)\subset I$.
5. $f'(x)=x^2$ donc $\forall x \in I, |f'(x)|\leq \frac{1}{9}$
6. Par récurrence, puisque $f(I)\subset I$, $u_n\in I \Longrightarrow u_{n+1} =f(u_n)\in I$
$\forall n\in {\mathbb N}, u_n\in I$ et $b\in I=[0,\frac{1}{3}]$ donc $|u_n-b|\leq \frac{1}{3}$.
On démontre par récurrence que $\forall n \in {\mathbb N}, |u_n-b|\leq \frac{1}{3} \times (\frac{1}{9})^n$.
C'est vérifié au rang 0.
On suppose l'inégalité vérifiée au rang $n$ et on applique l'inégalité des accroissements finis avec $|f'(x)|\leq \frac{1}{9}$
$|f(u_n)-f(b)|\leq \frac{1}{9} |u_n-b|$ soit $|u_{n+1}-b|\leq \frac{1}{9} \times \frac{1}{3} \times (\frac{1}{9})^n =\frac{1}{3} (\frac{1}{9})^{n+1})$. L'inégalité est donc vérifiée au rang $(n+1)$.
$\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{3} \times (\frac{1}{9})^n=0$ donc $\lim_{n\to +\infty} |u_n-b|=0$. La suite $(u_n)$ converge vers $b$.
7. Pour que $u_n$ soit une valeur approchée de $b$ à $3^{-p}$ près, il suffit que $\frac{1}{3} \times (\frac{1}{9})^n\leq (\frac{1}{3})^p$
soit $(\frac{1}{3})^{2n+1}\leq (\frac{1}{3})^p$ soit $2n+1\geq p$, $n\geq \frac{p-1}{2}$
Re: Analyse 2
Exercice 3
1.
$a_{k+1}-a_k=\sum_{p=1}^{2(k+1)}\frac{(-1)^p}{p!}-\sum_{p=1}^{2k}\frac{(-1)^p}{p!}=\frac{(-1)^{2k+1}}{(2k+1)!} +\frac{(-1)^{2k+2}}{(2k+2)!}=\frac{-1}{(2k+1)!}+\frac{1}{(2k+2)!}$
$=\frac{-(2k+2)+1}{(2k+2)!}=\frac{-2k-1}{(2k+2)!}$
$a_{k+1}-a_k<0$, la suite $(a_k)$ est strictement décroissante.
$b_{k+1}-b_k=\sum_{p=1}^{2(k+1)+1}\frac{(-1)^p}{p!}-\sum_{p=1}^{2k+1}\frac{(-1)^p}{p!}=\frac{(-1)^{2k+2}}{(2k+2)!} +\frac{(-1)^{2k+3}}{(2k+3)!}=\frac{1}{(2k+2)!}+\frac{-1}{(2k+3)!}$
$=\frac{2k+3-1}{(2k+3)!}=\frac{2k+2}{(2k+3)!}$
$b_{k+1}-b_k>0$, la suite $(b_k)$ est strictement croissante.
$b_k-a_k=\frac{(-1)^{2k+1}}{(2k+1)!}$ donc $\lim_{k\to +\infty} (b_k-a_k)=0$
Les suites $(a_k)$ et $(b_k)$ sont donc adjacentes. par conséquent, elles convergent vers la même limite $l$ d'où on déduit que la suite $(u_n)$ converge vers $l$.
2. (a) $f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{(x-0)^k}{k!} f^{(k)}(0) +\frac{(x-0)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(c)$ avec $c\in ]0,x[$
Pour la fonction exponentielle, $\forall k \in {\mathbb N}, f^{(k)}(0)=1 $ donc
$e^x=\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}+\frac{x^{n+1}}{(n+1)!} e^c$
(b) Avec $x=-1$, on obtient : $e^{-1}=1+\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{k!}+\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!} e^c=1+u_n +\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!} e^c$
$\lim_{n\to +\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!} e^c=0$ donc la suite $(u_n)$ converge vers $e^{-1}-1$
1.
$a_{k+1}-a_k=\sum_{p=1}^{2(k+1)}\frac{(-1)^p}{p!}-\sum_{p=1}^{2k}\frac{(-1)^p}{p!}=\frac{(-1)^{2k+1}}{(2k+1)!} +\frac{(-1)^{2k+2}}{(2k+2)!}=\frac{-1}{(2k+1)!}+\frac{1}{(2k+2)!}$
$=\frac{-(2k+2)+1}{(2k+2)!}=\frac{-2k-1}{(2k+2)!}$
$a_{k+1}-a_k<0$, la suite $(a_k)$ est strictement décroissante.
$b_{k+1}-b_k=\sum_{p=1}^{2(k+1)+1}\frac{(-1)^p}{p!}-\sum_{p=1}^{2k+1}\frac{(-1)^p}{p!}=\frac{(-1)^{2k+2}}{(2k+2)!} +\frac{(-1)^{2k+3}}{(2k+3)!}=\frac{1}{(2k+2)!}+\frac{-1}{(2k+3)!}$
$=\frac{2k+3-1}{(2k+3)!}=\frac{2k+2}{(2k+3)!}$
$b_{k+1}-b_k>0$, la suite $(b_k)$ est strictement croissante.
$b_k-a_k=\frac{(-1)^{2k+1}}{(2k+1)!}$ donc $\lim_{k\to +\infty} (b_k-a_k)=0$
Les suites $(a_k)$ et $(b_k)$ sont donc adjacentes. par conséquent, elles convergent vers la même limite $l$ d'où on déduit que la suite $(u_n)$ converge vers $l$.
2. (a) $f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{(x-0)^k}{k!} f^{(k)}(0) +\frac{(x-0)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(c)$ avec $c\in ]0,x[$
Pour la fonction exponentielle, $\forall k \in {\mathbb N}, f^{(k)}(0)=1 $ donc
$e^x=\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}+\frac{x^{n+1}}{(n+1)!} e^c$
(b) Avec $x=-1$, on obtient : $e^{-1}=1+\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{k!}+\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!} e^c=1+u_n +\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!} e^c$
$\lim_{n\to +\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!} e^c=0$ donc la suite $(u_n)$ converge vers $e^{-1}-1$