Partiel d’analyse du premier semestre : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « partiel d’analyse du premier semestre », question par question.
Cette correction est rédigée comme une excellente copie de partiel. Chaque preuve en epsilon donne un rang explicite, obtenu grâce à la propriété d’Archimède, et chaque théorème est cité avec ses hypothèses vérifiées. Les deux démonstrations de cours suivent le plan attendu par les correcteurs.
Deux figures complètent la rédaction : les deux sous-suites de l’exercice 3, puis le diagramme en escargot de la suite du problème. Le barème indique où se gagnent les points, notamment pour la vérification des hypothèses du TVI et des accroissements finis. Rédigez d’abord votre propre copie, ensuite comparez-la question par question, car c’est ainsi que l’on repère les justifications oubliées.
L’énoncé complet se trouve ici : Partiel d’analyse du premier semestre : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : partiel d’analyse du premier semestre
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Questions de cours démontrées | 4 points |
| 2. Deux bornes à justifier | 3 points |
| 3. Limites de suites | 3,5 points |
| 4. Continuité, limites et contre-exemples | 3,5 points |
| 5. Problème : un point fixe approché | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : partiel d’analyse du premier semestre
Exercice 1 – Questions de cours démontrées (4 points)
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Axiome de la borne supérieure. Dans \(\mathbb{R}\), l’ensemble des majorants d’une partie majorée qui contient au moins un élément possède toujours un plus petit élément : on l’appelle la borne supérieure de cette partie.
Caractérisation. Pour \(A\) non vide et majorée, un réel \(M\) est égal à \(\sup A\) exactement lorsque deux conditions sont réunies. D’abord, \(a \leq M\) pour chaque \(a \in A\). Ensuite, chaque intervalle \(]M – \varepsilon\,;\,M]\), avec \(\varepsilon > 0\), contient au moins un point de \(A\).
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L’ensemble \(E = \left\{u_n : n \in \mathbb{N}\right\}\) est non vide et majoré par hypothèse. D’après l’axiome, il admet donc une borne supérieure \(M\).
Fixons \(\varepsilon > 0\). Par la caractérisation, il existe un rang \(N\) tel que \(u_N > M – \varepsilon\). Soit ensuite \(n \geq N\) ; comme la suite est croissante, \(u_n \geq u_N > M – \varepsilon\). De plus, \(u_n \leq M\), car \(M\) majore \(E\).
Ainsi, pour tout \(n \geq N\), on a \(M – \varepsilon < u_n \leq M\), donc \(\left|u_n – M\right| < \varepsilon\). Par conséquent, \((u_n)\) converge vers \(M = \sup E\).
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Énoncé. On prend deux réels \(a < b\) et une fonction \(f\), à la fois continue sur le segment \([a\,;\,b]\) et dérivable sur l’ouvert \(]a\,;\,b[\). On peut alors trouver un réel \(c\) strictement compris entre \(a\) et \(b\) qui vérifie \(\frac{f(b) – f(a)}{b – a} = f^{\prime}(c)\).
Preuve. Posons \(p = \frac{f(b) – f(a)}{b – a}\) et \(g(x) = f(x) – f(a) – p(x – a)\) pour \(x \in [a\,;\,b]\). La fonction \(g\) est continue sur \([a\,;\,b]\) et dérivable sur \(]a\,;\,b[\), car c’est la somme de \(f\) et d’une fonction affine.
D’une part \(g(a) = 0\), d’autre part \(g(b) = f(b) – f(a) – p(b – a) = 0\). Le théorème de Rolle fournit alors \(c \in \,]a\,;\,b[\) tel que \(g^{\prime}(c) = 0\), soit \(f^{\prime}(c) – p = 0\). Le taux \(p\) est donc égal à \(f^{\prime}(c)\), ce qui achève la preuve.
Piège classique : oublier de vérifier que \(g(a) = g(b)\), alors que c’est précisément la raison du choix de la fonction auxiliaire.
Exercice 2 – Deux bornes à justifier (3 points)
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Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), on a \(3n – 1 = 3(n + 2) – 7\), donc \(\frac{3n – 1}{n + 2} = 3 – \frac{7}{n + 2}\). On a ainsi \(c = 7\).
La suite \(\frac{7}{n + 2}\) est strictement décroissante, donc \(a_n = 3 – \frac{7}{n + 2}\) est strictement croissante. Par conséquent, \(\min A = a_0 = -\frac{1}{2}\).
Ensuite, \(\frac{7}{n + 2} > 0\), donc \(a_n < 3\) pour tout \(n\) : le réel \(3\) majore \(A\). Fixons \(\varepsilon > 0\). La propriété d’Archimède fournit un entier naturel \(n\) vérifiant \(n\varepsilon > 7\). Dans ces conditions, \(n + 2 > \frac{7}{\varepsilon}\), donc \(\frac{7}{n + 2} < \varepsilon\) et \(a_n > 3 – \varepsilon\).
La caractérisation donne alors \(\sup A = 3\). Enfin, cette borne n’est pas atteinte, car tous les éléments de \(A\) sont strictement inférieurs à \(3\).
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Soit \(p\) et \(q\) dans \(\mathbb{N}^*\). On a \(p^2 + q^2 – 2pq = (p – q)^2 \geq 0\), donc \(2pq \leq p^2 + q^2\), soit \(\frac{pq}{p^2 + q^2} \leq \frac{1}{2}\). De plus, le choix \(p = q = 1\) donne l’élément \(\frac{1}{2}\). Ainsi, \(\max B = \frac{1}{2}\).
Tous les éléments de \(B\) sont strictement positifs, donc \(0\) minore \(B\). Fixons ensuite \(\varepsilon > 0\), puis choisissons, toujours par Archimède, un entier non nul \(n\) vérifiant \(n\varepsilon > 1\). Pour \(p = 1\) et \(q = n\), on obtient \(\frac{n}{1 + n^2} < \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} < \varepsilon\).
Ainsi, tout réel \(\varepsilon > 0\) est strictement supérieur à un élément de \(B\) : \(\inf B = 0\). Cependant, \(0\) n’appartient pas à \(B\), puisque tous ses éléments sont strictement positifs. Cette borne inférieure n’est donc pas un minimum.
Exercice 3 – Limites de suites (3,5 points)
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Pour \(n \geq 1\), on calcule \(u_n – 2 = \frac{4n + 3 – 2(2n – 1)}{2n – 1} = \frac{5}{2n – 1}\), qui est strictement positif.
Fixons \(\varepsilon > 0\). Grâce à Archimède, on choisit un rang \(N \geq 1\) avec \(N\varepsilon > 5\). Pour \(n \geq N\), comme \(n \geq 1\), on a alors \(2n – 1 \geq n \geq N\), donc \((2n – 1)\varepsilon > 5\).
Par conséquent, \(\left|u_n – 2\right| = \frac{5}{2n – 1} < \varepsilon\) pour tout \(n \geq N\). Ainsi, \((u_n)\) converge vers \(2\).
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Par définition de la partie entière, \(k\sqrt{2} – 1 < \lfloor k\sqrt{2} \rfloor \leq k\sqrt{2}\) pour tout entier \(k\). En sommant pour \(k\) de \(1\) à \(n\), puis en rappelant que la somme des \(n\) premiers entiers non nuls vaut \(\frac{n^2 + n}{2}\), on obtient :
\[\frac{\sqrt{2}\, n(n + 1)}{2} – n < \sum_{k=1}^{n} \lfloor k\sqrt{2} \rfloor \leq \frac{\sqrt{2}\, n(n + 1)}{2}.\]
On divise ensuite par \(n^2 > 0\) :
\[\frac{\sqrt{2}}{2}\left(1 + \frac{1}{n}\right) – \frac{1}{n} < v_n \leq \frac{\sqrt{2}}{2}\left(1 + \frac{1}{n}\right).\]
Les deux bornes tendent vers \(\frac{\sqrt{2}}{2}\), car \(\frac{1}{n}\) tend vers \(0\). Le théorème des gendarmes donne donc \(\lim v_n = \frac{\sqrt{2}}{2}\).
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D’abord, \(\left|w_n\right| \leq \frac{n}{n + 1} < 1\), donc la suite est bornée. Considérons ensuite les suites extraites d’indices \(3p\) et \(3p + 1\).
D’une part, \(\cos(2p\pi) = 1\), donc \(w_{3p} = \frac{3p}{3p + 1}\), qui tend vers \(1\). D’autre part, \(\cos\left(2p\pi + \frac{2\pi}{3}\right) = -\frac{1}{2}\), donc \(w_{3p+1} = -\frac{1}{2} \times \frac{3p + 1}{3p + 2}\), qui tend vers \(-\frac{1}{2}\).
Si \((w_n)\) convergeait vers un réel \(L\), toutes ses suites extraites convergeraient vers \(L\), et l’on aurait \(L = 1\) et \(L = -\frac{1}{2}\). C’est absurde, donc \((w_n)\) diverge, bien qu’elle soit bornée.
Piège classique : croire qu’une suite bornée converge. Le théorème de Bolzano-Weierstrass garantit seulement une suite extraite convergente.
Exercice 4 – Continuité, limites et contre-exemples (3,5 points)
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Pour tout réel \(x\), on factorise \(x^2 + x – 6 = (x – 2)(x + 3)\). Si \(\left|x – 2\right| \leq 1\), alors \(x \in [1\,;\,3]\), donc \(\left|x + 3\right| \leq 6\).
Fixons \(\varepsilon > 0\) et posons \(\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{6}\right)\). Pour \(\left|x – 2\right| < \delta\), on a alors \(\left|x^2 + x – 6\right| \leq 6\left|x – 2\right| < 6\delta \leq \varepsilon\). Ainsi, \(x^2 + x\) tend vers \(6\) quand \(x\) tend vers \(2\).
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Posons \(x_n = \frac{1}{2n}\) et \(y_n = \frac{1}{2n + 1}\) pour \(n \geq 1\). Ces deux suites tendent vers \(0\) sans prendre la valeur \(0\). Or \(h(x_n) = \cos(2n\pi) = 1\) et \(h(y_n) = \cos\left((2n + 1)\pi\right) = -1\).
Supposons que \(h\) tende vers un réel \(L\) en \(0\). Les deux suites images tendraient alors vers \(L\), d’après le critère séquentiel, ce qui forcerait \(1 = L = -1\). C’est absurde : \(h\) n’a pas de limite en \(0\). Par conséquent, \(h\) ne se prolonge pas par continuité en \(0\), car un tel prolongement exigerait une limite finie.
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Posons \(\psi(x) = g(x) – x\) sur \([0\,;\,1]\). Cette fonction est continue, comme différence de fonctions continues. De plus, \(\psi(0) = g(0) \geq 0\) et \(\psi(1) = g(1) – 1 \leq 0\), car \(g\) est à valeurs dans \([0\,;\,1]\).
Le théorème des valeurs intermédiaires fournit donc \(c \in [0\,;\,1]\) tel que \(\psi(c) = 0\), c’est-à-dire \(g(c) = c\) : \(c\) est un point fixe de \(g\).
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Pour \(n \geq 1\), posons \(x_n = n + \frac{1}{n}\) et \(y_n = n\). Alors \(\left|x_n – y_n\right| = \frac{1}{n}\), tandis que \(x_n^2 = n^2 + 2 + \frac{1}{n^2}\) : l’écart entre les carrés reste supérieur à \(2\).
Prenons donc \(\varepsilon = 2\). Pour tout \(\delta > 0\), un entier \(n > \frac{1}{\delta}\) donne deux points distants de moins de \(\delta\) dont les images diffèrent d’au moins \(2\). Ainsi, \(x \mapsto x^2\) n’est pas uniformément continue sur \([0\,;\,+\infty[\).
En revanche, \([0\,;\,5]\) est un segment, et la fonction carré y est continue. Le théorème de Heine affirme alors qu’elle est uniformément continue sur \([0\,;\,5]\). On peut aussi le vérifier directement, car \(\left|x^2 – y^2\right| = \left|x + y\right| \left|x – y\right| \leq 10\left|x – y\right|\) sur ce segment.
Exercice 5 – Problème : un point fixe approché (6 points)
Partie A – Le point fixe
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La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), car son dénominateur \(2 + x^2\) ne s’annule pas. Sa dérivée vaut \(f^{\prime}(x) = \frac{-2x}{\left(2 + x^2\right)^2}\), qui est strictement négative sur \(\left]0\,;\,\frac{1}{2}\right]\). Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \(I\).
Comme \(f\) est de plus continue, l’image du segment \(I\) est le segment d’extrémités \(f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2 + \frac{1}{4}} = \frac{4}{9}\) et \(f(0) = \frac{1}{2}\). Donc \(f(I) = \left[\frac{4}{9}\,;\,\frac{1}{2}\right] \subset I\).
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La fonction \(\varphi\) est continue sur \(I\). Elle est aussi strictement croissante, car \(x \mapsto x\) est strictement croissante et \(x \mapsto -f(x)\) l’est également sur \(I\). Or \(\varphi(0) = -\frac{1}{2} < 0\) et \(\varphi\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} – \frac{4}{9} = \frac{1}{18} > 0\).
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, \(\varphi\) s’annule sur \(I\). Elle s’y annule une seule fois, puisqu’elle est strictement monotone. On note \(\ell\) ce point : \(\ell\) est l’unique point fixe de \(f\) dans \(I\).
Ensuite, \(\ell = f(\ell)\) appartient à \(f(I)\), donc \(\frac{4}{9} \leq \ell \leq \frac{1}{2}\). Enfin, \(\ell\left(2 + \ell^2\right) = 1\), donc \(\ell^3 + 2\ell – 1 = 0\).
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Pour \(x \in I\), on a \(0 \leq 2x \leq 1\) et \(2 + x^2 \geq 2\), donc \(\left(2 + x^2\right)^2 \geq 4\). Par conséquent, \(\left|f^{\prime}(x)\right| = \frac{2x}{\left(2 + x^2\right)^2} \leq \frac{1}{4}\).
Partie B – Une suite qui converge vers \(\ell\)
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Par récurrence : \(u_0 = 0 \in I\), et si \(u_n \in I\), alors \(u_{n+1} = f(u_n) \in f(I) \subset I\). Donc \(u_n \in I\) pour tout \(n\).
On calcule ensuite \(u_1 = f(0) = \frac{1}{2}\), puis \(u_2 = f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{4}{9}\), et enfin \(u_3 = \frac{1}{2 + \frac{16}{81}} = \frac{81}{178}\). Ainsi, \(u_1 = \frac{1}{2}\), \(u_2 = \frac{4}{9}\) et \(u_3 = \frac{81}{178}\).
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La fonction \(f\) est dérivable sur l’intervalle \(I\), avec \(\left|f^{\prime}\right| \leq \frac{1}{4}\). De plus, \(u_n\) et \(\ell\) appartiennent à \(I\). L’inégalité des accroissements finis donne alors \(\left|f(u_n) – f(\ell)\right| \leq \frac{1}{4}\left|u_n – \ell\right|\), soit \(\left|u_{n+1} – \ell\right| \leq \frac{1}{4}\left|u_n – \ell\right|\).
Une récurrence immédiate donne ensuite \(\left|u_n – \ell\right| \leq \frac{1}{4^n}\left|u_0 – \ell\right| = \frac{\ell}{4^n}\). Comme \(\ell \leq \frac{1}{2}\), on conclut que \(\left|u_n – \ell\right| \leq \frac{1}{2} \times \frac{1}{4^n}\).
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Montrons par récurrence que \(4^n \geq n + 1\). C’est vrai pour \(n = 0\), car \(4^0 = 1\). Si \(4^n \geq n + 1\), alors \(4^{n+1} \geq 4n + 4 \geq n + 2\). Ainsi, \(4^n \geq n + 1 \geq n\) pour tout entier \(n\).
Fixons \(\varepsilon > 0\). On dispose, par Archimède, d’un entier \(N \geq 1\) vérifiant \(2N\varepsilon > 1\). Pour tout \(n \geq N\), on obtient alors \(\left|u_n – \ell\right| \leq \frac{1}{2 \times 4^n} \leq \frac{1}{2n} \leq \frac{1}{2N} < \varepsilon\).
Par définition de la limite, \((u_n)\) converge donc vers \(\ell\).
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Il suffit que \(\frac{1}{2 \times 4^n} \leq 10^{-3}\), c’est-à-dire \(4^n \geq 500\). Or \(4^4 = 256\) et \(4^5 = 1024\). Par conséquent, pour tout \(n \geq 5\), \(u_n\) approche \(\ell\) à \(10^{-3}\) près.
Ensuite, \(f\) est strictement décroissante sur \(I\). Quand \(u_n < \ell\), on a donc \(u_{n+1} = f(u_n) > f(\ell) = \ell\), et inversement. Puisque \(u_0 = 0 < \ell\), aucun terme n’est égal à \(\ell\), et les termes se placent alternativement de part et d’autre de \(\ell\).
Les termes d’indice pair sont ainsi inférieurs à \(\ell\), et ceux d’indice impair supérieurs. Finalement, \(u_5\) est une valeur approchée de \(\ell\) par excès.
Piège classique : appliquer les accroissements finis sans avoir prouvé que les termes restent dans \(I\), seul intervalle où la dérivée est majorée par \(\frac{1}{4}\).
À retenir de ce contrôle
- Pour prouver que M est la borne supérieure, on montre que M majore l’ensemble puis que tout réel M moins epsilon est dépassé par un élément.
- Une preuve de limite en epsilon fixe epsilon d’abord, puis fournit un rang explicite, souvent obtenu grâce à la propriété d’Archimède.
- Deux suites extraites qui ont des limites différentes suffisent à prouver la divergence d’une suite, même lorsque celle-ci est bornée.
- Si f envoie un intervalle stable dans lui-même avec une dérivée bornée par k inférieur à 1, les accroissements finis donnent une convergence géométrique.
- Une fonction continue sur un segment y est uniformément continue (Heine), mais ce résultat tombe en défaut sur un intervalle non borné.
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