Exercices d'analyse TS

Bonjour, mon message n'était pas très claire clair, je suis l'élève de ts en question ! Je vais jeter un coup d’œil à des bouquins de sup du coup. Merci.

En posant deux suites auxiliaires : $(w_n)$ et $(z_n)$, pour $n\in\mathbb{N}$, on définit $w_{n}$ et $z_n$ par :
$w_n = u_n + v_n$ et $z_n=u_nv_n$
On a donc $u_n = w_n - v_n$, en remplaçant dans $z_n$ il vient :
$z_n = (w_n-v_n)v_n$
On a d'après l'énoncé :
$\lim\limits_{n\to+\infty}z_n=\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=0$

Or, $\lim\limits_{n\to+\infty}z_n = \lim\limits_{n\to+\infty}\left( (w_n-v_n)v_n\right)$. Comme $\lim\limits_{n\to+\infty} w_n = 0$ on a :

$\lim\limits_{n\to+\infty} z_n =\lim\limits_{n\to+\infty} -v_n^2=0$

Je ne suis pas sûr d'avoir le droit de faire ce qui suit mais cela me paraît cohérent (EDIT: en fait c'est évident par composition):
$\lim\limits_{n\to+\infty}-v_n^2=0$ donc $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n^2=0$ et enfin $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n = 0$

En élevant $w_n$ au carré on a : $w_n^2=u_n^2+2u_nv_n+v_n^2$

Comme $\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=0$ on a $\lim\limits_{n\to+\infty}w_n^2=0$, de plus d'après la limite de $(z_n)$ et de $(u_n)$ on a :
$\lim\limits_{n\to+\infty} w_n^2= \lim\limits_{n\to+\infty} u_n^2=0$ donc $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0$

Cette preuve me paraît correct, mais il y a surement plus simple....

gb écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1596568,1597000#msg-1597000
[Inutile de recopier l'avant dernier message. Un lien suffit. AD]

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C'est plus simple comme cela... Merci.

Voilà j'ai fini, j’espère ne pas avoir trop fais de coquille, je m'excuse d'avance pour les erreurs de rédaction par rapport aux intégrales: je ne les ais pas encore faites en cours donc je ne connais pas vraiment les règles par rapport à celles-ci.

Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$, à valeurs dans $\mathbb{R}$. On suppose que $f$ est deux fois dérivables et que pour tout $x$ de $I$, $f''(x)\geq0$. Montrer que la courbe représentative de la fonction $f$ est en dessous de toutes ses cordes et au dessus de toutes ses tangentes.

Tout d'abord, montrons qu'elle est au dessus de toutes ses tangentes:
On définit la fonction $g_{k}$ pour $k\in I$ définie sur $I$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ la fonction d'expression : $g_k(x) = f(x) - t_k(x)$ où $t$ est l'expression de la tangente à la courbe représentative de la fonction $f$ au point $M(k,f(k))$. On a donc pour $(k,x)\in I^2$:
$g_k(x) = f(x) - t_k(x) = f(x) - (f(k) + f'(k)(x-k)
=f(x) - f'(k)x - f'(k)k - f(k)$
Comme $f$ est deux fois dérivable sur $I$ on peut donc dériver $g_k(x)$ sur $I$:
$g_k'(x)=f'(x)-f'(k)$
Comme $f''(x)\geq0$ pour $x\in I$, $f'$ est croissante. De plus :
$g_k'(x) = 0\iff f'(x)-f'(k)=0\iff f'(x)=f'(k)$ (f' est strictement monotone $I$ donc injective sur $I$).
Ainsi, $g_k'(x)\geq0$ pour $x\geq k$ et $g_k'(x)\leq0$ pour $x\leq 0$. On en déduit les variations de $g_k$ et on voit que $g_k$ est minimale en $k$. Or, $g_k(k)=0$ donc $g_k(x)\geq 0$ pour $(x,k)\in I$. Ainsi, on a montré que peu importe la tangente choisie (en prenant un k dans $I$ quelconque), la courbe représentative de la fonction $f$ était au dessus de la tangente choisie.

Maintenant, montrons que la courbe représentative de la fonction $f$ est en dessous de ses cordes. Je n'avais jamais entendu parler de corde avant donc j'ai fais quelques recherches et j'ai trouvé cet expression pour avoir l'équation de la corde entre un point $A(a, f(a))$ et $B(b, f(b))$ avec $(a,b)\in I^2$:
$y = \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a)$

De la même manière que pour les tangentes, je vais définir la fonction $g_{a,b}$ avec $(a,b)\in I$ et $a<b$ la fonction définie sur $[a,b]$ par :
$g_{a,b}(x)=c(x)-f(x)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a)-f(x)$
Comme la fonction $f$ est dérivable sur $[a,b]\subset I$, on peut dériver $g_{a,b}$ sur $[a,b]$. Ainsi, on a pour $x\in[a,b]$:
$g_{a,b}'(x) = \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}-f'(x)$.
On note d'abord que comme $f''(x)\geq 0 $ pour $x\in[a,b]$, $f'(x)$ est croissante sur $[a,b]$ et $g_{a,b}'(x)$ est décroissante.
$g'_{a,b}(x)=0\iff \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} - f'(x) = 0
\iff \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}= f'(x)$
Il s'agit donc de montrer qu'il existe un $x\in[a,b]$ tel que le coefficient directeur de la tangente en $x$ est le coefficient directeur de la droite passant par $f(a)$ et $f(b)$. Intégrons $f'$ entre $a$ et $b$:
$\displaystyle\int_{a}^{b}f'(t)dt=f(b)-f(a)$
On se rend compte que $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ correspond à la valeur moyenne prise par $f'$ entre $a$ et $b$. Donc $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(x)$ admet bien une solution sur $[a,b]$ que l'on note $x_0$ (n'oublions pas que $a\leq x_0\leq b$).
Ainsi, $g'_{a,b}(x)\geq0$ pour $x\in[a,x_0]$ et $g'_{a,b}(x)\leq 0$ pour $x\in[x_0,b]$. On en déduit les variations de $g_{a,b}$ et on remarque que $g$ est minimale aux bornes en $a$ et $b$. Or, $g_{a,b}(a) = g_{a,b}(b)=0$ donc $g_{a,b}(x)\geq 0$ pour $x\in[a,b]$. Ainsi, peu importe la corde choisie (en faisant varier $a$ et $b$ dans $I^2$), la courbe représentative de la fonction $f$ est bien en dessous de la corde entre $a$ et $b$.

Merci pour les remarques, je note (je mets souvent pour au lieu de pour tout il est vrai...).
Merci aussi pour les exercices, je vais m'y attaquer pendant ces prochains jours quand j'ai un peu de temps.

Merci pour les exercices ! Je regarderai.

Et JLT, merci pour la correction, il faut que je fasse plus attention quand je retranscris sur LateX...

Pour le premier exercice :

Trouver tout les couples $(x,y)\in(\mathbb{R}^{+*})^2$, $0<x<y$ tels que $x^y=y^x$.

Écartons tout d'abord le cas $x = 1$ ou $y = 1$. Si $x = 1$ on a :
$1^y=y^1\iff 1 = y$ ce qui est impossible car $y>x=1$
Si $y = 1$ on a: $x^1=1^x\iff x = 1$ ce qui est impossible car $x<y=1$.
On suppose donc $x\neq1$ et $y\neq1$.

$x^y=y^x\iff e^{y\ln(x)}=e^{x\ln(y)} \iff y\ln(x) = x\ln(y)\\\iff\dfrac{y}{\ln(y)}=\dfrac{x}{\ln(x)}$

Ainsi, $(x,y)$ est solution si est seulement si $\dfrac{y}{\ln(y)}=\dfrac{x}{\ln(x)}$.
Étudions la fonction $f$ définie sur $I = \mathbb{R}\backslash\{0,1 \}$ par:
$f(x) = \dfrac{x}{\ln(x)}$.
La fonction $f$ est bien dérivable sur $I$ comme quotient de deux fonctions usuelles bien définies et dérivables sur $I$. On a donc pour tout $x$ de $I$:
$f'(x) = \dfrac{\ln(x) - 1}{\ln(x)^2}$
$\ln(x)^2>0$ pour tout $x$ de $I$ comme carré donc le signe de la dérivée dépend de $\ln(x)-1$.
$\ln(x)-1 \geq 0 \iff \ln(x) \geq 1\iff x \geq e$.
On en déduit le tableau de variation : [voir ci-dessous. AD]

Si $0\leq x<y<1$ alors comme $f$ est strictement décroissante sur $[0;1[$, le théorème de la bijection nous dit que $f(x)\neq f(y)$ et donc que $(x,y)$ n'est pas solution.
Si $0\leq x<1<y$: le maximum de $f$ sur $[0;1[$ est de 0 et le minimum de $f$ sur $]1;+\infty[$ est de $e>0$ donc on ne peut pas avoir $f(x)=f(y)$. Ainsi, $(x,y)$ n'est pas solution si $0\leq x<1<y$.
Si $1<x<e<y$ alors on a bien une solution. En effet, il existe un $x\in]1;e[$ solution de $f(x) = f(y)$ pour $y\in]e;+\infty[$ d'après le théorème de la bijection.
On en conclut que si $(x,y)$ est solution de $x^y=y^x$ alors on a $1<x<e<y$. Je ne suis en revanche pas capable de trouver le paramétrage pour trouver toutes les solutions donc je pense que je vais m'arrêter là (sauf si j'ai une illumination !).

Pour la dernière solution que j'ai posté j'ai écrit "un peu" n'importe quoi à la fin, pour la dernière égalité, il suffit de remplacer tout les $x_n$ et $y_n$ par des exponentielle puis appliquer $\ln$ à $x_n$ pour avoir la limite (par composition).