´ nonc´e E
` Probleme eme
D´ evelo evelopp ppem ement entss limi li mit´ t´ es es et ´ etud et udes es de fonc foncti tion ons. s. On d´efinit efinit la fonction fonct ion f sur [0, π ] par f (x) =
x √ 5 −sin4cos . x
Prem Premi` i` ere ere part partie ie 1. D´eterminer eter miner le DL de f en 0 `a l’ordre de 4, et en π a` l’ordre 2. 2. Sur l’interv l’intervalle alle [0, π ], ´etudier etudi er le signe de f (x) Pour quelles valeurs de x a-t-on f (x) = x ?
− sin x puis celui de f (x) − x.
´ 3. Etudier c ourbe repr´esentative. esentative. Montrer que f ([0, 12 ]) [0, 12 ]. f et tracer sa courbe 1 1 1 1 4. Pour tout x de ]0, π [, on pose r(x) = et s(x) = 2 . f (x) x f (x) x2 Donner Donne r un ´equivalent equivalent de r (x) et de s(x) au voisinage de 0.
⊂
−
−
Seconde partie On d´efinit efinit la suite (un )n0 par u0 = u
∈ [0, π] et u
n+1 = f (un )
pour tout n de
N.
1. Montrer Montrer que que la suite (un )n0 est convergente et pr´eciser eciser sa limite. On suppose maintenant que le terme initial u est distinct de 0 et de π . + vn v1 + v2 + ´ nt don 2. Etant Eta donn´ n´e une suite sui te r´eelle eel le (vn )n1 , on pose wn = pour n 1. n Montrer Montrer que que si lim vn = R, alors alors lim lim wn = .
···
∈
n→∞
3. D´eterminer eter miner lim n→∞
1 un2 +1
n→∞
1 edu ire un ´equivalent equ ivalent de − et en d´eduire un2
4. On pose f n = f f
◦ ◦ ◦ ◦ · · · f (n fois, avec n 1.) Ainsi u
Comparer f n (x) et
n
1 f n−1 ( 2 ),
un quand n
→ ∞.
= f n (u) pour tout n 1.
pour n > 1. 1. Calcule Calculerr lim I n , avec I n = n→∞
π
f n (x) dx.
0
Trois ro isi` i` eme eme part partie ie 4 5cos x . 5 4cos x 1. V´erifier eri fier que g est e st d´efinie efin ie sur R. Calculer sin g(x) et cos g (x). ´ 2. Etudier les variations de g sur [0, π ] et tracer trac er la courbe. courb e. Pr´eciser ecise r la concavit´ conc avit´e. e.
− −
On d´efinit efinit l’applicati l’app lication on g par g (x) = arccos
3. Montrer Montrer que que g est une involution du segment [0, π]. π
4. Soit x un un ´el´ el´eme em ent de [0, 3 ]. π
(a) Montrer qu’il existe un unique z de [ 3 , π] tel que f (z ) = f (x). D´eterminer eter miner une relation relat ion entre cos x et cos z . Prouver que z = = g (x). (b) Calculer cos(x + z ) et cos(x (c) Calculer aussi cos
+z 2
x
− z ) en fonction de x.
et cos
− (poser h(x) = x + g (x) et k(x) = x − g(x).)
x
z
2
5. On sait que f est une bijection de [0, 3 ] sur [0, 12 ]. π
D´eterminer eter miner une expression expre ssion de sa bijection bijec tion r´eciproqu ecipr oque. e. Math´ ematiques emati ques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme Premi` ere partie 1. cos x = 1
x2
3
2
3
y
1/2
y2
2
− 2! + o(x ) ⇒ 5 − 4cos x = 1 + 2x + o(x ). De plus (1 + y) = 1 + 2 − 8 + o(y ). √ 1 On en d´eduit 5 − 4cos x = 1 + (2x ) + o(x ) = 1 + x + o(x ). 2 x − 3! + o(x ) 7 x Donc f (x) = = x 1 − + o(x ) 1 − x + o(x ) = x − x + o(x ). 2
3 x
3
4
2
2
3
1+
x2
x3
+ o( )
Conclusion : f (x) =
π
2
3
3
6
−
4
6
Posons x = π + h, avec h 0 car x [0, π ]. sin h h + o( h2 ) On a f (x) = = = h 5 + 4 cos h 9 + o(h)
√ −
3
∈
−1 + o( ) = − h 3 + o(h)
h
3
+ o(h2 ).
− x + o((π − x) ). 2
3
2. Sur [0, π] :
√ 4(cos x − 1) sin x x √ (1 − 5 − 4cos x) = √ . − sin x = √ 5 −sin4cos 5 − 4cos x(1 + 5 − 4cos x) x Ainsi f (x) − sin x 0 sur [0, π] (´egalit´e vraie seulement en x = 0 et x = π .) f (x)
D’autre part, on a sin x x sur [0, π ] (´egalit´e vraie seulement en 0.) On en d´eduit f (x) x sur [0, π] (´egalit´e vraie seulement en x = 0.) 3. L’application f est d´erivable sur [0, π ]. Pour tout x de [0, π ] : 1 cos x 5 4cos x 2cos2 x + 5 cos x (5 4cos x)3/2
√ − − =
f (x) =
−
π
2
2sin x (5 sin x = 5 4cos x
− 4cos x)cos x − 2sin − (5 − 4cos x) − − 2 = (2 − cos x)(2cos x − 1) (5 − 4cos x)
3/2
3/2
π
π
Ainsi f (x) > 0 sur [0, 3 [, f (x) < 0 sur ] 3 , π] et f ( 3 ) = 0.
π
On a f ( 3 ) =
1 (maximum 2
x
π
absolu). On rel`eve ´egalement que f ( 2 ) =
√ 5 5
.
Le DL de f en 0 montre que f d(0) = 1 : la tangente a` l’origine est la premi`ere bissectrice, la 7 3 courbe ´etant localement en-dessous de cette tangente car f (x) x x < 0. 6
− ∼−
Le DL de f en π donne f g (π ) = 13 (mais n’´etant pas calcul´e a` un ordre suffisant, il ne donne pas le placement de la courbe par rapport a` la demi-tangente.)
−
Voici le tableau de variations et la courbe repr´esentative de f :
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Probl` eme
Corrig´e
4. Pour tout x de l’intervalle ouvert ]0, π[ : 1 1 1 1 1 = = r (x) = 7 f (x) x x x 1 x 6 x 3 + o(x4 )
−
=
1
1 +
x
−
−
7 2 x 6
On en d´eduit r (x)
3
+ o(x
)−1 =
1
− 76 x
2
+ o(x3 )
−1
7 x + o( x2 ) 6
∼ 67 x au voisinage de 0.
1 1 2 2 r(x) Ensuite s(x) = r x + = r (x) r(x) + = r 2 (x) + . f (x) x x x 7 7 r (x) Puisque lim r (x) = 0 et lim = , on obtient s(x) quand x x 0 x 0 x 6 3
( )
→
→ 0.
∼
→
Seconde partie 1. Pour tout x de [0, π ], on a f (x) x. On en d´eduit un+1 = f (un ) un pour tout n. Aini la suite (un ) est d´ecroissante. D’autre part, elle est minor´ee (par 0.) Elle est donc convergente, et vers une limite telle que f () = , car f est continue. Or on sait que l’´egalit´e f (x) = x n’est possible qu’en 0. Conclusion : lim un = 0. n→∞
2. C’est classique (th´eor`eme de C´esaro.) Commen¸ cons par supposer = 0, et soit ε > 0. Alors il existe m 1 tel que n m
⇒ |v | ε. Ainsi, pour tout n > m : |w | |v + ···n + v | + |v +n· ·· + v | |v + ··n· + v | + n −n m ε |v + ··· + v | s + ε, avec s = m
1
n
n
m+1
n
m
1
n
m
1
n
n
Mais lim sn = 0, donc il existe p m tel que n p n→∞
On en d´eduit wn
⇒s
n
| | 2ε pour tout n p. Il en d´ecoule
ε.
lim wn = 0.
n→∞
On suppose maintenant que est quelconque. Posons vn = v n et wn = w n . (v1 ) + . . . + ( vn ) v1 + . . . + vn v1 + . . . + vn On a lim vn = 0 et wn = = . =
−
n
n→∞
−
−
n
−
−
n
En utilisant ce qui pr´ec`ede, on trouve lim wn = 0 donc lim wn = . n→∞
3. On a
1 2
un+1
− u1
2
n
n→∞
= s (un ). Or lim un = 0 et s est continue en 0 (avec s(0) = 73 .) n→∞
On en d´eduit lim n→∞
1 u2n+1
1
= lim
−u
2
n→∞
n
7 . 3 s(u0 ) + s(u1 ) +
s(un ) =
La question pr´ec´edente donne alors lim
n
n→∞
Mais s(u0 ) + s(u1 ) + Apr`es simplification, 7 1 1 Ainsi = lim 3 n n u2n →∞
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··· + s(u
n−1
u21
u22
u2
2
7 = . 3 1
= lim
u2n
−u
∼
3
u21
1
2
n−1
.
s un−1
n u2n
n
−u
n−1 )
1 1 1 1 )= − + − + ··· + ) + · ·· + ( ) 1 1 1 = − .
s(u0 ) + s(u1
1
··· + s(u
n→∞
1
u2
3 2 , donc lim = et enfin un nu n n 7 nu2n →∞
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7n
.
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Probl` eme
Corrig´e
4. D’apr`es les variations de f , on voit que f est croissante de [0, 12 ] dans lui-mˆeme. Par composition, il en est donc de mˆeme de l’application f n , pour tout n 1. En particulier, si n > 1 : 0 f (x) 12 donc 0 f n 1 (f (x)) f n 1 ( 12 ). −
1 f n (x) f n−1 ( ). 2
Ainsi, pour tout n > 1 et tout u de [0, π], on a : 0 π
D’apr`es ce qui pr´ec`ede, 0 I n
0
Or
1 f n−1 ( 2 )
1 . 2
= u n 1 avec u = −
−
1
1
f n−1 ( 2 ) dx = πf n−1 ( 2 ).
On en d´eduit lim I n = lim f n 1 ( 12 ) = 0. n→∞
n→∞
−
Troisi` eme partie 4 5cos x 9(1 cos x) +1 = 0. 5 4cos x 5 4cos x 4 5cos x 1 + cos x De mˆeme, 1 = 0, pour tout x de R. 5 4cos x 5 4cos x 4 5cos x Ainsi 1 1 sur R, ce qui prouve que g est d´ efinie sur R. 5 4cos x 4 5cos x Pour tout x de R, on a 0 g (x) = arccos π. 5 4cos x 4 5cos x On a tout d’abord cos g(x) = . 5 4cos x On trouve ensuite : 9(1 cos2 x) 4 5cos x 2 3 sin x 2 sin g (x) = 1 cos g (x) = 1 = = . 5 4cos x 5 4cos x 5 4cos x
1. Pour tout x de
R,
− −− − −
−
− −
− −
−
− −
− −
−
−
2. L’application g est continue sur
− −
R donc
−
−
| −
|
sur [0, π ]. 4 5cos x Pour tout x de ]0, π [, on a 1 < < 1. 5 4cos x Par composition, l’application g est donc d´erivable sur ]0, π [. On trouve : 5sin x(5 4cos x) 4sin x(4 5cos x) 1 g (x) = (5 4cos x)2 sin g (x) 9sin x 4cos x 5 3 = = < 0 (5 4cos x)2 3sin x 5 4cos x
− −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Par continuit´e, l’application g est donc strictement d´ecroissante sur [0, π]. On a g (0) = arccos( 1) = π et g (π ) = arccos(1) = 0.
−
L’application g r´ealise donc une bijection strictement d´ecroissante de [0, π ] sur lui-mˆeme. 3 12 sin x Pour tout x de ]0, π [, on a : g (x) = = > 0. 4cos x 5 (4cos x 5)2 Par continuit´e, l’application g est donc convexe sur le segment [0, π].
On lim g (x) = x→0
−
−
−3 et lim g (x) = − 13 .
x→π
On en d´eduit l’existence d’une demi-tangente en (0, π ) de coefficient directeur en (π, 0) de coefficient directeur 13 .
−
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−3, et une autre
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Probl` eme
Corrig´e
Voici le tableau de variations de g , et sa courbe repr´esentative.
3. Il faut prouver que g co¨ıncide avec sa bijection r´eciproque. Soient x et y dans [0, π]. 4 5cos x 4 5cos x y = g (x) cos y = y = arccos 5 4cos x 5 4cos x x [0, π ] x [0, π ] x, y [0, π ]
∈
− ⇔ − ∈ (5 − 4cos )cos = 4 − 5cos ⇔ ∈ [0 ] 4 − 5cos = arccos 5 − 4cos ⇔ ∈ [0 ] x
x, y
y
− ⇔ − ∈ 4 − 5cos ⇔ cos = 5 − 4cos ∈ [0 ]
x
x
,π
x, y
y y
x y
y y
,π
⇔ x = g (y)
,π
Conclusion : l’application g est une involution du segment [0, π ]. 4. (a) L’application f r´ealise une bijection de [0, 3 ] sur [0, 12 ] , et une bijection de [ 3 , π ] sur [0, 12 ] (dans les deux cas par stricte monotonie et continuit´e.). π
π
Pour tout x de [0, 3 ], f (x) est dans [0, 12 ] donc π
On a les ´equivalences : sin x = 5 4cos x
f (x) = f (z )
π
∃ !z ∈ [ 3 , π], f (z ) = f (x).
sin z 5 4cos z
sin2 x sin2 z = 5 4cos x 5 4cos z
√ − ⇔ √ − ⇔ − − ⇔ (1 − cos x)(5 − 4cos z ) = (1 − cos z )(5 − 4cos x) ⇔ 5 − 5cos x − 4cos z + 4 cos x cos z = 5 − 4cos x − 5cos z + 4 cos x cos z ⇔ (cos z − cos x)(5(cos z + cos x) − 4 − 4cos x cos z )) = 0 ⇔ (cos z − cos x)(cos z (5 − 4cos x) − 4 + 5 cos x) = 0 4 − 5cos x On obtient donc cos z = cos x ou cos z = . 5 − 4cos x Puisque x, z sont dans [0, π ], on a cos z = cos x ⇔ x = z ⇔ x = z = 3 (cf I.3) 4 − 5cos x Mais dans ce cas cos x = cos z = 12 et l’´egalit´e cos z = est encore v´erifi´ee. 5 − 4cos x 4 − 5cos x 4 − 5cos x Dans tous les cas : cos z = donc z = arccos = g (x). 5 − 4cos x 5 − 4cos x 2
2
2
2
2
2
π
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Probl` eme
Corrig´e
(b) On a successivement : cos(x + z ) = cos x cos z sin x sin z = cos x cos g(x) sin x sin g (x) 4 5cos x 3sin x 4cos x 5cos2 x 3sin2 x = cos x sin x = 5 4cos x 5 4cos x 5 4cos x
−
− −
−
−
2
−2cos Ainsi cos(x + z ) =
x + 4 cos x 5 4cos x
−
−
−
−
− 3.
− (4 − 5cos x)cos x 3sin x −8cos x + 4 cos x + 3 . De mˆeme : cos(x − z ) = + = 5 − 4cos x 5 − 4cos x 5 − 4cos x π (c) Pour tout x de 0, , posons h(x) = x + g (x) et k (x) = x − g(x). 3 3 1 − 2cos x π Pour tout x de 0, , h (x) = 1 + g (x) = 1 − =2 . 3 5 − 4cos x 5 − 4cos x 2
On en d´eduit que h (x) 0 donc que h
Pour tout x
π
de 0 , ,
3
2
k (x) = 1
π
est d´ecroissante sur 0 . ,
− g (x) = 1 + 5 −
3 3 2 cos x =4 . 4cos x 5 4cos x π
− −
On en d´eduit que ( ) 0 donc que est croissante sur 0 . 3 2 Or (0) = , ( ) = , (0) = − et = 0. 3 3 + ( ) − On en d´eduit, pour tout de 0 , et
k x
h
π
π h π
k
k
x
Il en d´ecoule cos
x + z
π
,
k
π
π
3
3
0 et cos
x
,
π
x
g x
2
π
π
2
2
x
− g(x) 0. 2
− z 0.
2 2 1 2cos2 x + 4 cos x 3 sin2 x x + z 1 + cos(x + z ) 2 Or cos = = 1+ = 2 2 2 5 4cos x 5 4cos x 1 8cos2 x 4cos x 3 4sin2 x z 1 cos(x z ) 2 x et cos = = 1 = 2 2 2 5 4cos x 5 4cos x sin x x + z x z Ainsi (car sin x 0) : cos = = f (x) et cos = 2f (x). 2 2 5 4cos x
−
5. Pour tout x
−
−
√ −
π
de 0 , on sait que ,
− −
x + g (x)
3
et
g (x)
− − −
−
−
−
−
−
− x sont dans [0, π].
2 2 x + g (x) On a alors y = f (x) y = cos x + g (x) = 2 arccos y. 2 g (x) x De mˆeme, y = f (x) 2y = cos g(x) x = 2 arccos 2y. 2 Par diff´erence, on trouve x = arccos y arccos 2y .
⇔
⇔
− ⇔ − − Ainsi la bijection r´eciproque cherch´ee est : ∀ x ∈ [0, 12 ], ϕ(x) = arccos x − arccos 2x. ⇔
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