Exercices d'analyse TS
Bonjour, je me demandais si vous aviez des exercices intéressants d'analyse réelle pour un élève de Terminale S ? Plutôt des problèmes ouverts, qui me permettraient de sortir un peu des exercices beaucoup trop guidés que l'on retrouve au lycée... Merci d'avance !
Si jamais ce post n'a pas sa place dans cette partie du forum, je m'en excuse.
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Réponses
Tu peux lui donner les exercices trop guidés mais sans les questions intermédiaires. Tu peux aussi lui donner des exos de sup, mais là il faudra qu'il apprenne plus que le programme de TS actuel. Ce que je dis n'est pas très intéressant mais cela peut faire un début.
Un deuxième pour voir si tu tiens la route :
Un troisième pour finir :
Bon courage.
je te conseille ce document
Bon travail !
LP
Le raisonnement que j'ai pour le premier exercice semble marcher à la fois pour les réels et les complexes donc je me suis peut-être trompé...
On a tout d'abord que $\lim\limits_{n\to+\infty} \left(u_n+v_n\right) = 0$ donc $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n = -\lim\limits_{n\to+\infty} v_n$
Il vient : $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(u_nv_n\right) = -\left(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n\right)^2$
Si la limite de $(u_n)$ était différente de 0 alors $-\left(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n\right)^2$ le serait aussi ce qui est absurde d'après l'énoncé.
Ainsi, $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=0$ soit $\lim\limits_{n\to+\infty} \left(u_n+v_n\right) = \lim\limits_{n\to+\infty} v_n = 0$
Cordialement.
(*) on peut facilement trouver la limite de (u-v)² à partir de celle de (u+v)².
Rappel :
Cordialement.
$w_n = u_n + v_n$ 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....
Je ne sais pas comment tu justifies $\lim\limits_{n\to+\infty} z_n =\lim\limits_{n\to+\infty} -v_n^2=0$
Je ne le comprends que d'une seule façon (fausse) : comme $w_n \to 0$, tu fais disparaître dans le calcul le terme $w_n$. Mais justement, il n'est pas nul, seule sa limite l'est.
Essaie de ne pas surinterpréter les écritures, et seulement appliquer les règle du cours sur les limites.
Cordialement.
Avec l'identité fournie par P. :
\[(u_n-v_n)^2 = (u_n+v_n)^2-4u_nv_n \xrightarrow{n\to\infty} 0^2-4\times0 = 0\]
dont on déduit :
\[\lim(u_n-v_n)=0\]
puis :
\begin{align}
u_n &= \frac{(u_n+v_n)+(u_n-v_n)}{2} \xrightarrow{n\to\infty} \frac{0+0}{2} = 0 &
v_n &= \frac{(u_n+v_n)-(u_n-v_n)}{2} \xrightarrow{n\to\infty} \frac{0-0}{2} = 0
\end{align}
[Inutile de recopier l'avant dernier message. Un lien suffit. AD]
Justement, si la limite de $w_n$ est de 0 alors quand on calcule la limite d'une suite qui contient $w_n$ dans une somme, on peut s'en débarrasser non ?
[Inutile de recopier l'avant dernier message. Un lien suffit. AD]
C'est plus simple comme cela... Merci.
Quand c'est la limite d'une somme dont un des termes est $w_n$, oui. Mais à démontrer. Mais ici, $w_n$ n'est pas un terme d'une telle somme, et la limite est celle d'un produit.
Ce que tu dis est une "règle élève", pas vraiment un théorème du cours. Et comme c'est exprimé en termes non mathématiques, cela te fait faire des fautes.
Je reviens sur les limites de sommes : Tu as un théorème qui te dit que si $u_n$ et $v_n$ ont des limites finies, alors $u_n+v_n$ a une limite finie. Attention, il ne dit pas que si $u_n+v_n$ a une limite finie, alors $u_n$ et $v_n$ ont des limites.
Cordialement.
au lycée on dispose de peu d'admission mais voici des suggestions qui simplifient si tu veux ensuite rédiger entièrement:
* tu peux remplacer l'hypothèse par u+v+u-v tend vers 0 et (u-v)(u+v) tend vers 0
* tu peux développer (1+u)(1+v) et conclure.
Dans toutes ces remarques tu devras diviser un nombre par 2. Il reste à trouver un argument qui ne suppose pas 2 non nul mais c'est très loin des programmes.
Pour ce qui est du second exercice, j'ai démontré la première partie (par rapport aux tangentes) et j'essaie de démontrer la seconde (par rapport aux cordes) mais je dois d'abord me familiariser avec la notion de corde, les formules associées etc...
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 $b$.
1) essaie, quand tu penses "pour tout", d'écrire "pour tout" plutôt que "pour" sans le "tout" (En MPSI, ils sont exigeants, car il y a des énoncés sensibles à ça). Cette faute, tu n'arrêtes pas de la faire, presque à chaque ligne.
2) ce n'est pas $f(x)$ qui est croissante, c'est $f$ tout court (sans le "(x)"). Sinon, ça ne veut rien dire, ou en tout cas, pas ce que tu veux.
3) Pourquoi utiliser la notion d'intégrale si tu dis toi-même que tu n'es pas sûr. Ces choses se prouvent très facilement et classiquement sans utiliser d'intégrale. Mais surtout, c'est mieux de ne pas utiliser un outil dont on doute.
Je te le répète, tu es dans le premier 500 ième des TS de France (sous l'hypothèse que tu as tout trouvé tout seul dans ce que tu as écrit), c'est très bien, malgré les petites remarques.
Voici d'autres exercices:
a) l'exercice de bisam introduit l'envie de parler du fait que si $ab=0$ alors $a=0$ ou $b=0$, et de l'étendre intuitivement à l'idée que si $ab$ est très près de $0$ alors $a$ l'est ou $b$ l'est. Mais pour éviter le "ou", il a ajouté une hypothèse d'où l'exercice: prouve que pour tout $e>0$, il existe $u>0$ tel que pour tous nombres $x,y: $ si $|xy|\leq u$ alors $min(|x|,|y|)\leq e$. Tu peux décliner l'énoncé en deux exercices en considérant qu'on est dans $\R$ ou dans $\C$ (dans ce cas, $|..|$ désigne le module)
b) l'exercice suivant pourrait être donné en classe de seconde sur le plan des notions évoquées. On note $A$ l'ensemble des fonction définies et continues sur $[0,1]$ à valeurs dans $[0,1]$. Soit $g\in A$. On suppose que pour toute $f$ de [0,1] dans lui-même si $f$ est croissante alors il existe $x\in [0,1]$ tel que $g(f(x)) = x$. Prouver qu'alors $g$ est croissante
c) Un dernier pour les lycéens ambitieux: existe-t-il une fonction $f$, définie et dérivable sur $\R$, strictement croissante, telle que pour tout $x\in \R: f'(x) = f(x+8/9)$?
Merci aussi pour les exercices, je vais m'y attaquer pendant ces prochains jours quand j'ai un peu de temps.
Montrons que :
$\forall\epsilon>0, \exists \nu>0, \forall(x,y)\in\mathbb{R}^2, |xy|\leq\nu\implies min(|x|,|y|)\leq\epsilon$
Tout d'abord, on peut éliminer le cas où $x=0$ ou $y=0$ qui sont des cas triviaux, on peut aussi étudier $x,y>0$ vu qu'on travaille toujours avec $|x|$ et $|y|$, ($|xy|=|x||y|$). Enfin, on suppose $x\leq y$ sans perdre de généralité. Ainsi, on a $0<x\leq y$.
Soit $\epsilon>0$, essayons de trouver un $\nu$ qui respecte cette condition.
Soit $(x,y)$ deux réels tels que $0<x\leq y$ et supposons $xy\leq\nu$ avec $\nu>0$ quelconque. On a :
$xy\leq\nu\iff x\leq \frac{\nu}{y}$.
$\frac{\nu}{y}$ est minimal quand $y=x$ ($y\geq x$ et la fonction $x\mapsto \dfrac{\nu}{y}$ est strictement décroissante). On a donc pour $y=x$:
$x\leq\frac{\nu}{x}\iff x^2\leq \nu$
Ainsi, peu importe le couple $(x,y)$ avec $0<x\leq y$ choisi, si $xy\leq\nu$ alors $x^2\leq\nu$. En prenant $\nu=\epsilon^2$ on a :
$x^2\leq \epsilon^2$
Comme $x^2$ et $\epsilon^2$ sont strictement positifs et que la fonction racine carré est strictement croissante sur $\mathbb{R}^+$ on a :
$x\leq \epsilon$
On a bien montré que pour tout $\epsilon>0$ en prenant $\nu=\epsilon^2$, pour tout couple $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ choisi, si $|xy|\leq\nu$ alors $min(|x|,|y|)\leq\epsilon$
Si on travaille dans $\C$ au lieu de $\R$, c'est exactement la même démonstration en remplaçant partout $x$ et $y$ par $|x|$ et $|y|$.
Les exercices b) et c) te demanderont sans doute un peu plus de réflexion.
(oui c'est un exercice d'analyse)
$\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }(x_{n}+y_{n})=2a$ et : $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty } (e^{x_{n}}+e^{y_{n}})=2e^a$.
Démontrer que ces suites convergent.
Corrigé après remarque de Poirot, infra.
Et JLT, merci pour la correction, il faut que je fasse plus attention quand je retranscris sur LateX...
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 !).
Soit $a\in\mathbb{R}$ et $(x_n)$ et $(y_n)$ deux suites à valeurs réelles telles que
$x_n+y_n\rightarrow 2a$ et $e^{x_n}+e^{y_n}\rightarrow 2e^a$
Par composition, on a $e^{x_n+y_n}\rightarrow e^{2a}=(e^a)^2$. De plus, en divisant par deux $e^{x_n}+e^{y_n}$ il vient :
$\dfrac{e^{x_n}+e^{y_n}}{2} \rightarrow e^a$, et donc en élevant au carré :
$\left( \dfrac{e^{x_n}+e^{y_n}}{2} \right)^2\rightarrow (e^a)^2$.
Ainsi, par différence avec la limite trouvé précédemment on trouve :
$\left( \dfrac{e^{x_n}+e^{y_n}}{2} \right)^2 - e^{x_n+y_n}\rightarrow 0$
Calculons cette quantité :
$\left( \dfrac{e^{x_n}+e^{y_n}}{2} \right)^2 - e^{x_n+y_n} = \dfrac{e^{2x_n}+2e^{x_n+y_n}+e^{2y_n} - 4e^{x_n+y_n}}{4}
=\dfrac{e^{2x_n}-2e^{x_n+y_n}+e^{2y_n}}{4} = \dfrac{(e^{x_n} - e^{y_n})^2}{4}$
Ainsi, on trouve : $\dfrac{(e^{x_n}-e^{y_n})^2}{4}\rightarrow 0$ soit :
$e^{x_n}-e^{y_n}\rightarrow 0$.
On peut maintenant déterminer la limite de $(x_n)$, en effet :
$x_n = \dfrac{(x_n+y_n)+(x_n-y_n)}{2}$ donc $x_n\rightarrow \dfrac{2a+0}{2}\rightarrow a$
Or, on a que $x_n+y_n\rightarrow 2a$ donc $x_n + y_n - x_n = y_n\rightarrow a$.
On en conclut que $(x_n)$ et $(y_n)$ convergent.
Ce n'est pas une notion très compliquée.
Si $\Omega$ est un point du plan et $\lambda$ un réel non nul, l'homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $\lambda$ est la transformation ponctuelle qui à un point $M$ du plan associe le point $M'$ tel que : $\overrightarrow{\Omega M^{\prime }}=\lambda~ \overrightarrow{\Omega M}$.
Bonne journée.
Fr. Ch.