Transcript corrigé - IMJ-PRG

UPMC
1M002 Suites, int´egrales, alg`ebre lin´eaire
2014-2015
MIPI 25-1 Devoir du 19 f´
evrier 2015
Dur´ee 1h ; version A.
Aucun document n’est autoris´
e. L’utilisation de tout appareil ´
electronique de
calcul et des t´
el´
ephones portables est interdite. Les correcteurs tiendront compte
de la qualit´e de la r´edaction et de la pr´ecision des raisonnements. Ce devoir comporte 3
exercices et est not´e sur 15.
Exercice 1. On veut calculer I =
� 1
−1
√
1 − t2 dt.
1. En effectuant le changement de variable t = cos(u), montrer que I =
� π
0
sin2 (u)du.
dt
= − sin(u), soit dt = − sin(u)du. De plus, pour 0 ≤ u ≤ π,
Solution : Si t = cos(u), alors
du
� 0
� π
�
√
2
2
2
on a 1 − t = 1 − cos (u) = sin(u). Donc I =
− sin (u)du =
sin2 (u)du.
0
π
2. Montrer que sin2 (u) =
1 − cos(2u)
.
2
Solution : D’apr`es les formules trigonom´etriques, on a cos(2u) = cos(u + u) = cos2 (u) − sin2 (u).
Comme de plus cos2 (u) = 1 − sin2 (u), on obtient cos(2u) = −2 sin2 (u) + 1. On conclut bien que
1 − cos(2u)
.
sin2 (u) =
2
3. En d´eduire la valeur de I.
Solution : On d´eduit des deux questions pr´ec´edentes que :
I=
� π
0

sin(2u)
2
u−
1 − cos(2u)
du = 
2
2
π

=
0
π
.
2
Exercice 2. On consid`ere la relation de r´ecurrence (E0 ) : un+2 + 3un+1 + 2un = 0.
1. D´eterminer l’ensemble des solutions de (E0 ).
Solution : On consid`ere le trinˆome X 2 + 3X + 2 associ´e. Il a deux racines r´eelles distinctes : −1
et −2. D’apr`es le cours, l’ensemble des solutions de (E0 ) est donc l’ensemble des suites
(λ(−1)n + µ(−2)n )n∈N
pour λ, µ ∈ R.
2. Quelle est la solution u de (E0 ) telle que u0 = 1 et u1 = 0 ?
Solution : D’apr`es la question pr´ec´edente, il faut r´esoudre le syst`eme
obtient λ = 2 et µ = −1. La suite u solution est donc la suite
�
1 = u0 = λ + µ
. On
0 = u1 = −λ − 2µ
(2(−1)n − (−2)n )n∈N .
Soit maintenant la relation de r´ecurrence (E) : vn+2 + 3vn+1 + 2vn = 6n + 5.
1
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3. Soient v une suite solution de (E). Montrer que la suite u d´efinie par un = vn − n pour
tout n est solution de (E0 ).
Solution : Calculons :
un+2 +3un+1 +2un = (vn+2 −n−2)+3(vn+1 −n−1)+2(vn −n) = vn+2 +3vn+1 +2vn −6n−5 = 0.
Donc la suite (un )n∈N est bien solution de (E0 ).
4. Quel est le terme g´en´eral de la solution v de (E) telle que v0 = 1 et v1 = 1 ?
Solution : On consid`ere la suite d´efinie par un = vn − n. On a vu que c’est une suite solution de
(E0 ). De plus, u0 = v0 −0 = 1 et u1 = v1 −1 = 0. On a vu que dans ce cas, un = 2(−1)n −(−2)n .
Donc, le terme g´en´eral de v est :
vn = un + n = 2(−1)n − (−2)n + n.
Exercice 3. On consid`ere la fonction f d´efinie sur R par f (x) = 4x(1 − x). On fixe un r´eel
a ∈ [0, 1].
´
1. Etudier
f . Montrer que l’intervalle [0, 1] est stable par f .
Solution : On a f (x) = −4x2 + 4x. Ce trinˆome a pour racine 0 et 1, et atteint son maximum
1
1
1
1
en . De plus, f est croissante sur ] − ∞, ] et d´ecroissante sur [ , +∞[. Enfin f ( ) = 1. Donc
2
2
2
2
l’image par f de [0, 1] est l’intervalle [0, 1]. On a bien montr´e que cet intervalle est stable.
2. On consid`ere la suite d´efinie par r´ecurrence par u0 = a, un+1 = f (un ). Montrer que cette
suite est bien d´efinie et born´ee.
Solution : Le premier terme u0 appartient `a l’intervalle stable [0, 1]. Donc la suite d´efinie par
r´ecurrence est bien d´efinie et tous les termes appartiennent `a l’intervalle [0, 1]. La suite est donc
bien born´ee.
3. D´eterminer les points fixes de f sur [0, 1].
3
Solution : On r´esout f (x) = x, soit −4x2 + 3x = 0. On trouve deux solutions : x = 0 et x = .
4
f a donc ces deux points fixes sur [0, 1].
1
4. Tracer le graphe de f sur [0, 1] et les 5 premiers termes de la suite dans le cas o`
ua= .
10
On prendra une ´echelle o`
u l’unit´e est d’environ 10 centim`etres.
Solution : On renvoie a` la figure 1. Le graphe est en bleu, et la construction des termes de la
suite en rouge.
5. Montrer que pour tout a ∈ [0, 1] la suite (un )n∈N converge vers un point l si et seulement
si il existe un entier n tel que un = l.
Solution : L’intervalle [0, 1] est ferm´e et f est continue, donc si la suite (un )n∈N converge,
3
c’est vers un point fixe de f . C’est `a dire que l = 0 ou l = . Or on calcule |f � (0)| = 4 et
4
� 3
|f ( )| = | − 6 + 4| = 2. Ces deux d´eriv´ees sont en valeur absolues strictement sup´erieures `a 1.
4
On a donc |f � (l)| > 1. Donc, d’apr`es le cours, la suite converge vers l si et seulement si il existe
n tel que un = l.
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y
u0
u 3 u1
u5
u4
u2
x
Figure 1 – Le graphe de f (en bleu) et les 5 premiers termes de la suite
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