Corrigé du contrôle de maths L1 : suites, continuité et dérivation

Exercice 1 : Somme alternée et suites extraites (5 points)

1. Pour tout \(n \geq\, 1\) :

   \[u_{2n+2} – u_{2n} = \frac{1}{2n+1} – \frac{1}{2n+2} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} > 0,\]

   donc \((u_{2n})\) est croissante. Pour tout \(n \geq\, 0\) :

   \[u_{2n+3} – u_{2n+1} = -\frac{1}{2n+2} + \frac{1}{2n+3} = -\frac{1}{(2n+2)(2n+3)} < 0,\]

   donc \((u_{2n+1})\) est décroissante. Enfin \(u_{2n+1} – u_{2n} = \dfrac{1}{2n+1}\) tend vers \(0\). Les suites \((u_{2n})\) et \((u_{2n+1})\) sont adjacentes.

2. Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(N_1\) tel que \(n \geq\, N_1\) entraîne \(|v_{2n} – \ell| \leq\, \varepsilon\), et \(N_2\) tel que \(n \geq\, N_2\) entraîne \(|v_{2n+1} – \ell| \leq\, \varepsilon\). On pose \(N = \max(2N_1, 2N_2 + 1)\). Soit \(p \geq\, N\). Si \(p = 2n\) est pair, alors \(n \geq\, N_1\) ; si \(p = 2n+1\) est impair, alors \(n \geq\, N_2\). Dans les deux cas, \(|v_p – \ell| \leq\, \varepsilon\). Donc \((v_n)\) converge vers \(\ell\).

   Par le théorème des suites adjacentes, \((u_{2n})\) et \((u_{2n+1})\) convergent vers une même limite. D’après ce qui précède, \((u_n)\) converge.

3. La suite \((u_{2n})\) est croissante de limite \(\ell\), donc \(u_{2n} \leq\, \ell\) ; la suite \((u_{2n+1})\) est décroissante de limite \(\ell\), donc \(\ell \leq\, u_{2n+1}\).

   Pour \(n = 2\) : \(u_4 = 1 – \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} – \dfrac{1}{4} = \dfrac{12 – 6 + 4 – 3}{12} = \dfrac{7}{12}\) et \(u_5 = \dfrac{7}{12} + \dfrac{1}{5} = \dfrac{35 + 12}{60} = \dfrac{47}{60}\).

   Donc \(\dfrac{7}{12} \leq\, \ell \leq\, \dfrac{47}{60}\).

4. Si \(n = 2m\) est pair, \(u_{2m} \leq\, \ell \leq\, u_{2m+1}\), donc \(|u_n – \ell| \leq\, u_{2m+1} – u_{2m} = \dfrac{1}{2m+1} = \dfrac{1}{n+1}\). Si \(n = 2m+1\) est impair, \(u_{2m+2} \leq\, \ell \leq\, u_{2m+1}\), donc \(|u_n – \ell| \leq\, u_{2m+1} – u_{2m+2} = \dfrac{1}{2m+2} = \dfrac{1}{n+1}\). Dans tous les cas, \(|u_n – \ell| \leq\, \dfrac{1}{n+1}\).

Barème : a) 2 points : 0,5 point par monotonie, 0,5 point pour la différence qui tend vers \(0\), 0,5 point pour la conclusion ; b) 1,5 point : 1 point pour le choix de \(N\) et la disjonction pair/impair, 0,5 point pour la conclusion sur \((u_n)\) ; c) 1 point : 0,5 point pour les inégalités, 0,5 point pour \(\frac{7}{12}\) et \(\frac{47}{60}\) ; d) 0,5 point.

Exercice 2 : Accroissements finis et valeurs intermédiaires (6 points)

1. On pose \(k(x) = f(x) + x – 1\), continue sur \([0,1]\). On a \(k(0) = -1 < 0\) et \(k(1) = 1 > 0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, \(k\) s’annule en un point \(c \in [0,1]\), qui n’est ni \(0\) ni \(1\) puisque \(k(0) \neq 0\) et \(k(1) \neq 0\). Il existe \(c \in ]0,1[\) tel que \(f(c) = 1 – c\).
2. La fonction \(f\) est continue sur \([0, c]\) et dérivable sur \(]0, c[\). Par l’égalité des accroissements finis, il existe \(a \in ]0, c[\) tel que

   \[f^{\prime}(a) = \frac{f(c) – f(0)}{c – 0} = \frac{1 – c}{c}.\]

   De même, sur \([c, 1]\), il existe \(b \in ]c, 1[\) tel que

   \[f^{\prime}(b) = \frac{f(1) – f(c)}{1 – c} = \frac{1 – (1 – c)}{1 – c} = \frac{c}{1 – c}.\]

   Les réels \(a < c < b\) sont distincts et \(f^{\prime}(a) \, f^{\prime}(b) = \dfrac{1 – c}{c} \times \dfrac{c}{1 – c} = 1\).

3. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(A > 0\) comme dans l’indication. Pour \(x > A\), la fonction \(g\) est continue sur \([A, x]\) et dérivable sur \(]A, x[\) : l’égalité des accroissements finis donne \(c_x \in ]A, x[\) tel que \(g(x) – g(A) = g^{\prime}(c_x)(x – A)\). On en déduit

   \[\frac{g(x)}{x} – L = \frac{g(A) – LA}{x} + (g^{\prime}(c_x) – L)\frac{x – A}{x}.\]

   Comme \(c_x \geq\, A\), on a \(|g^{\prime}(c_x) – L| \leq\, \varepsilon\), et \(0 < \dfrac{x – A}{x} < 1\), donc le second terme est majoré en valeur absolue par \(\varepsilon\). Le premier terme tend vers \(0\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\) (\(A\) est fixé) : il existe \(B \geq\, A\) tel que \(\dfrac{|g(A) – LA|}{x} \leq\, \varepsilon\) pour \(x \geq\, B\).

   Ainsi, pour tout \(x \geq\, B\), \(|\dfrac{g(x)}{x} – L| \leq\, 2\varepsilon\). Comme \(\varepsilon\) est arbitraire, \(\dfrac{g(x)}{x}\) tend vers \(L\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\).

Erreur fréquente : appliquer les accroissements finis sur \([0, x]\). Le point \(c_x\) obtenu peut alors rester proche de \(0\), où l’on ne contrôle pas \(g^{\prime}\) ; c’est pour cela qu’on part de \(A\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la fonction auxiliaire, 0,5 point pour le théorème et \(c \neq 0, 1\) ; b) 2 points : 0,5 point par application des accroissements finis avec hypothèses, 0,5 point pour \(a \neq b\), 0,5 point pour le produit ; c) 3 points : 1 point pour l’égalité des accroissements finis sur \([A, x]\), 1 point pour la décomposition et la majoration par \(\varepsilon\), 1 point pour le traitement du terme \(\frac{g(A) – LA}{x}\) et la conclusion.

Exercice 3 : Itérations du cosinus et point fixe (9 points)

1. La fonction \(h\) est dérivable sur \([0,1]\) et \(h^{\prime}(x) = -\sin x – 1\). Sur \([0,1] \subset [0, \pi]\), \(\sin x \geq\, 0\), donc \(h^{\prime}(x) \leq\, -1 < 0\) : \(h\) est strictement décroissante et continue. De plus \(h(0) = 1 > 0\) et \(h(1) = \cos 1 – 1 < 0\), car \(\cos 1 < 1\) (\(1\) n’est pas un multiple de \(2\pi\)). Par le théorème des valeurs intermédiaires, \(h\) s’annule sur \([0,1]\), et la stricte monotonie donne l’unicité. Il existe un unique \(\alpha \in [0, 1]\) tel que \(\cos \alpha = \alpha\) ; de plus \(\alpha \in ]0, 1[\).
2. Comme \(\pi > 3\), on a \(\dfrac{1}{2} < 1 < \dfrac{\pi}{3}\). Le cosinus est strictement décroissant sur \([0, \pi]\), donc \(\cos \dfrac{1}{2} > \cos \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\), soit \(h(\frac{1}{2}) > 0\).

   Ensuite \(h(\frac{\pi}{4}) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} – \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{2\sqrt{2} – \pi}{4}\). Or \((2\sqrt{2})^2 = 8 < 9 < \pi^2\), donc \(2\sqrt{2} < \pi\) et \(h(\frac{\pi}{4}) < 0\). Les réels \(\frac{1}{2}\) et \(\frac{\pi}{4}\) sont dans \([0,1]\) et \(h\) est strictement décroissante : \(\dfrac{1}{2} < \alpha < \dfrac{\pi}{4}\).

   

3. Le cosinus est décroissant sur \([0, 1] \subset [0, \pi]\), donc \(\cos([0,1]) = [\cos 1, 1]\). Comme \(0 < 1 < \frac{\pi}{2}\), \(\cos 1 > 0\). Ainsi \(\cos([0,1]) \subset [0,1]\), et une récurrence immédiate à partir de \(u_0 \in [0,1]\) donne \(u_n \in [0,1]\) pour tout \(n\).
4. Le cosinus est dérivable sur \([0,1]\) de dérivée \(-\sin\). Pour \(t \in [0,1]\), \(0 \leq\, \sin t \leq\, \sin 1\), car le sinus est croissant sur \([0, \frac{\pi}{2}]\). Donc \(|\cos^{\prime}(t)| \leq\, \sin 1\) sur \([0,1]\), et l’inégalité des accroissements finis donne \(|\cos x – \cos y| \leq\, \sin(1) \, |x – y|\) pour tous \(x, y \in [0,1]\).
5. Pour tout \(n\), \(u_n\) et \(\alpha\) sont dans \([0,1]\) et \(\cos \alpha = \alpha\), donc

   \[|u_{n+1} – \alpha| = |\cos u_n – \cos \alpha| \leq\, \sin(1) \, |u_n – \alpha|.\]

   Par récurrence, \(|u_n – \alpha| \leq\, (\sin 1)^n |u_0 – \alpha| \leq\, (\sin 1)^n\), car \(|u_0 – \alpha| \leq\, 1\). Comme \(0 < \sin 1 < 1\), \((\sin 1)^n\) tend vers \(0\). Par le théorème des gendarmes, \((u_n)\) converge vers \(\alpha\).

6. Le cosinus est strictement décroissant sur \([0,1]\). Supposons \(u_n \neq \alpha\). Si \(u_n > \alpha\), alors \(u_{n+1} = \cos u_n < \cos \alpha = \alpha\) ; si \(u_n < \alpha\), alors \(u_{n+1} > \alpha\). Dans les deux cas, \(u_{n+1} \neq \alpha\) et \(u_{n+1} – \alpha\) et \(u_n – \alpha\) sont de signes contraires. Comme \(u_0 \neq \alpha\), une récurrence donne \(u_n \neq \alpha\) pour tout \(n\).
7. On pose \(\tau(x) = \dfrac{\cos x – \cos \alpha}{x – \alpha}\) pour \(x \neq \alpha\). Le cosinus est dérivable en \(\alpha\), donc \(\tau(x)\) tend vers \(\cos^{\prime}(\alpha) = -\sin \alpha\) quand \(x\) tend vers \(\alpha\). La suite \((u_n)\) tend vers \(\alpha\) sans jamais valoir \(\alpha\) : par la caractérisation séquentielle de la limite, \(\tau(u_n)\) tend vers \(-\sin \alpha\). Or

   \[\tau(u_n) = \frac{\cos u_n – \alpha}{u_n – \alpha} = \frac{u_{n+1} – \alpha}{u_n – \alpha}.\]

   Donc \(\dfrac{u_{n+1} – \alpha}{u_n – \alpha}\) tend vers \(-\sin \alpha\).

8. D’après f), les termes passent alternativement de part et d’autre de \(\alpha\) : l’escalier tourne autour du point \((\alpha ; \alpha)\), d’où la spirale. D’après g), l’écart à \(\alpha\) est multiplié à chaque étape par un nombre proche de \(\sin \alpha\), avec \(\sin \alpha < \sin \frac{\pi}{4} < 1\) : la spirale se resserre à vitesse géométrique (convergence linéaire, de rapport environ \(0{,}67\)). Comme dans l’exercice 1, les termes de rang pair et ceux de rang impair restent chacun d’un même côté de la limite et l’encadrent.

Erreur fréquente : affirmer que \((u_n)\) est monotone. Le cosinus étant décroissant sur \([0,1]\), la suite ne l’est pas : seules ses suites extraites de rangs pairs et impairs le sont.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour la stricte monotonie, 0,5 point pour les signes, 0,5 point pour le théorème et l’unicité ; b) 1 point : 0,5 point par inégalité ; c) 1 point : 0,5 point pour \(\cos 1 > 0\), 0,5 point pour la stabilité et la récurrence ; d) 1 point ; e) 1 point : 0,5 point pour la récurrence, 0,5 point pour la limite ; f) 1,5 point : 1 point pour les signes contraires, 0,5 point pour \(u_n \neq \alpha\) ; g) 1,5 point : 0,5 point pour la fonction \(\tau\), 1 point pour la caractérisation séquentielle ; h) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : suites, continuité et dérivation

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