Année universitaire 2018-2019 Site :  Luminy X St-Charles  St-Jérôme  Cht-Go

Année universitaire 2018-2019 Site :  Luminy X St-Charles  St-Jérôme  Cht-Gombert  Aix-Montperrin  Aubagne-SATIS Sujet session de :  1er semestre -  2ème semestre - X Session 2 Durée de l’épreuve : 2 heures Examen de : X L1/L2/L3 - M1/M2 -  LP -  DU Nom diplôme : Portail Descartes Code Apogée du module : SPO2U02TC Libellé du module : Analyse Documents autorisés :  OUI - X NON Calculatrices autorisées : X OUI -  NON Exercice 1 1. Donner la d´ efinition formelle d’une suite convergente vers une limite ℓ∈R. 2. ` A l’aide de la d´ efinition, montrer que la suite un = 3n + 2 n + 1 converge vers ℓ= 3. 3. Donner la d´ efinition de la d´ eriv´ ee d’une fonction en un point. 4. Montrer que la fonction f(x) = |x −1| n’est pas d´ erivable en x = 1. Exercice 2 Consid´ erons la suite (an) d´ efinie par a1 = 1 et an+1 = 1 4 + (an)2 2 pour tout n ≥1. 1. Montrer par r´ ecurrence que pour tout n ∈N on a 0 ≤an ≤1. 2. Supposons que (an) converge. Donner la seule valeur possible de sa limite. 3. Montrer que la suite est d´ ecroissante et justifier qu’elle converge. Exercice 3 Calculer les limites suivantes en justifiant chaque r´ eponse. 1. lim n→+∞ √ n2 + 3 −2n n + 7 2. lim n→+∞ n √ 3n + 4n 3. lim x→−∞ √ x2 + 1 −x 4x + 1 4. lim x→2 x3 + 2x −12 x −2 Exercice 4 Consid´ erons la fonction g : R →R d´ efinie par g(x) = −xe−2|x|. 1. Calculer la d´ eriv´ ee de g en tout x ̸= 0. 2. La fonction g est-elle d´ erivable en x = 0 ? Calculer la d´ eriv´ ee si elle existe. 3. Dresser le tableau des variations de la fonction g. 4. Calculer l’image g([0, 1]) en justifiant soigneusement la r´ eponse. 5. Donner l’´ equation de la droite tangente au graphe de la fonction g en x = 1. 6. Montrer que l’´ equation g(x) = −0.1 a une unique solution sur [0.5, +∞[. Corrections Correction de l’exercice 1 1. Soit (un)n une suite r´ eelle. Cette suite converge vers la limite ℓ∈R R si ∀ε > 0, ∃Nε ∈N tel que n ≥Nε = ⇒|un −ℓ| ≤ε . 2. Calculons un −3 = 3n + 2 n + 1 −3 = 3n + 2 −3(n + 1) n + 1 = − 1 n + 1 . On a donc |un −3| ≤ 1 n + 1 . Pour tout ε > 0, posons Nε = E(1/ε) ∈] −1 + 1/ε, 1/ε[. On a donc n ≥Nε = ⇒n + 1 ≥1/ε = ⇒ |un −3| ≤ε, ce qui permet d’affirmer la convergence de (un)n vers 3. 3. Soit f une fonction d´ efinie sur Df, soit x0 ∈Df. Le taux d’accroissement de f en x0 est la fonction x →τx0(x) = f(x) −f(x0) x −x0 . f est d´ erivable en x0 si la limite de τx0 quand x →x0 existe, on a alors f ′(x0) = lim x→x0 τx0(x) = lim x→x0 f(x) −f(x0) x −x0 = lim h→0 f(x0 + h) −f(x0) h . 4. La fonction f(x) = |x −1| est continue en x = 1 et vaut f(1) = 0. Calculons τ1(x) = |x −1| x −1 = sgn(x −1) , o` u la fonction sgn est la fonction “signe”, qui vaut 1 sur R∗ + et -1 sur R∗ −. On a donc lim x→1+ τ1(x) = 1 , lim x→1−τ1(x) = −1 , ces deux limites sont diff´ erentes, f n’est donc pas d´ erivable en x = 1. Correction de l’exercice 2 Consid´ erons la suite (an) d´ efinie par a1 = 1 et an+1 = 1 4 + (an)2 2 pour tout n ≥1 . 1. Montrons par r´ ecurrence que pour tout n ∈N on a 0 ≤an ≤1. — Initialisation : a1 = 1, la condition est donc v´ erifi´ ee. — H´ er´ edit´ e : supposons 0 ≤an ≤1 pour un n donn´ e, alors 0 ≤a2 n/2 ≤1/2, et de l` a 0 ≤1/4 ≤ un+1 ≤3/4 ≤1, la condition est donc v´ erifi´ ee 2. Supposons que (an) converge. Comme la fonction f : x →x2/2 + 1/4 est continue, la seule valeur possible de la limite de la suite est un point fixe de f, donc une solution de l’´ equation x2 2 + 1 4 = x ⇐ ⇒ 2x2 −4x + 1 = 0 . Le discriminant vaut ∆= 16 −8 = 8 > 0, les racines valent 4 ± √ 8 4 = 1 ± √ 2 2 . Une seule de ces racines appartient ` a [0,1], ` a savoir 1 − √ 2/2, c’est la seule limite possible. 2 3. On voit facilement que f ′(x) = x > 0 sur ]0, 1], f est strictement croissante sur ]0, 1]. On sait que u1 = 3/4 < u0, de plus si an ≥an−1 alors an+1 = f(an) ≥f(an−1) = an. Ceci ´ etant vrai pour tout n, on a bien montr´ e que la suite est d´ ecroissante. On a donc une suite d´ ecroissante et minor´ ee, elle est donc convergente, et converge vers sa seule limite possible 1 − √ 2/2. Correction de l’exercice 3 1. Pour lever l’ind´ etermination, calculons √ n2 + 3 −2n n + 7 = (n2 + 3) −4n2 (n + 7)( √ n2 + 3 + 2n) = −3n2 + 3 (n + 7)( √ n2 + 3 + 2n) En +∞le num´ erateur est ´ equivalent ` a −3n2, et le d´ enominateur est ´ equivalent ` a n(n+2n) = 3n2, de sorte que lim n→+∞ √ n2 + 3 −2n n + 7 = lim n→∞ −3n2 3n2 = −1 . 2. Calculons lim n→+∞ n √ 3n + 4n = lim n→+∞4 n p 1 + (3/4)n = 4 , car comme 3/4 < 1, limn→∞(3/4)n = 0 3. Pour lever l’ind´ etermination, calculons √ x2 + 1 −x 4x + 1 = √ x2 q 1 + 1 x2 −x 4x + 1 = −x  1 + q 1 + 1 x2  4x + 1 = − 1 + q 1 + 1 x2 4 + 1 x , d’o` u on peut d´ eduire lim x→−∞ √ x2 + 1 −x 4x + 1 = −1 2 . 4. Il s’agit d’une forme ind´ etermin´ ee, le num´ erateur et le d´ enominateur s’annulent en x = 2. De l` a, on peut factoriser (x −2) au d´ enominateur. La division euclidienne donne x3 + 2x −12 = (x −2)(x2 + 2x + 3), d’o` u lim x→2 x3 + 2x −12 x −2 = lim x→2(x2 + 2x + 3) = 11 . Correction de l’exercice 4 Consid´ erons la fonction g : R →R d´ efinie par g(x) = −xe−2|x|. 1. g est continue sur R. Elle est d´ erivable sur R∗, comme produit de fonctions d´ erivables sur R∗. On peut calculer sa d´ eriv´ ee, qui donne g′(x) = −e−2x + 2xe−2x , x ∈R∗ + , g′(x) = −e−2x −2xe2x , x ∈R∗ − ce que l’on peut ´ ecrire sous forme compacte comme g′(x) = −(1 −2|x|)e−2|x| . 2. En x = 0, il faut revenir au taux de variations. On sait que g(0) = 0, donc τ0(x) = −e−2|x| − → x→0 −1 . g est donc d´ erivable en x = 0. Par ailleurs, g′(x) →−1 quand x →0, donc g′ est continue en 0, et de l` a sur R par des arguments standard. 3 3. Dressons le tableau des variations de la fonction g. On voit facilement que limx→±∞g(x) = 0. Posons, a = g(1/2) = −e−1/2 ≈−0.184, on a g(−1/2) = −a. x −∞ −1/2 1/2 +∞ g′(x) + 0 − 0 + g(x) 0  *   −a @ @ @ R a  *   0 4. On voit facilement que g(0) = 0. g est strictement d´ ecroissante dans [0, 1/2] et donc bijective (car aussi continue) de [0, 1/2] sur [a, 0]. De plus, g est aussi strictement croissante et donc bijective sur [1/2, +∞[, et g([1/2, 1]) ⊂g([1/2, +∞[= [a, 0]. Donc g([0, 1]) = [a, 0]. 5. Donner l’´ equation de la droite tangente au graphe de la fonction g en x = 1. On a g(1) = −e−2 ≈ −0.135 et g′(1) = e−2 ≈0.135. L’´ equation de la tangente ` a la courbe repr´ esentative de g en x = 1 est y = g(1) + (x −1)g′(1) = e−2 [−1 + (x −1)] = (x −2)e−2 . 6. g est strictement croissante sur [0.5, +∞[, et continue, elle ´ etablit donc une bijection uploads/Litterature/ exam-session2.pdf

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littérature fonction suite limite erivable equation
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