DS1 2021 2022
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Page 1 : Département de MathématiquesPréING1-Analyse2021 - 2022Correction DS1 Analyse - 18 novembre 2021Exercice 1 : Résoudre, dans R, les équations suivantes :1. sin3x = cosx. 1 pointSolution : Nous avonssin3x = cosx⇐⇒sin3x = sinx + π2⇐⇒3x x + π2 2π ou 3x π x π2 2π⇐⇒2x π2 2π ou 4x π2 2π⇐⇒2x = π2 + 2kπ, k Z ou 4x = π2 + 2kπ, k Z⇐⇒x = π4 + kπ, k Z ou x = π8 + kπ2 , k ZAinsi, l’ensemble solution de l’équation sin3x = cosx, est donné parπ4 + kπ, π8 + kπ2: k Z=π4 + kπ, π8 + kπ, 5π8 + kπ : k Z.2. tan2 3x + π33 = 0. 1,5 pointSolution : Pour tout x R tel que 3x + π3 ̸= π2 + kπ, k Z i.e. x ̸=π18 + kπ3 , nousavonstan2 3x + π33 = 0⇐⇒tan2 3x + π3= 3⇐⇒tan3x + π3= ±3⇐⇒tan3x + π3= ± tanπ3⇐⇒tan3x + π3= tanπ3outan3x + π3= tanπ3⇐⇒3x + π3 = π3 π ou 3x + π3 = π3 π⇐⇒3x = 0 π ou 3x = 2π3 π⇐⇒3x = kπ, k Z ou 3x = 2π3 + kπ, k Z⇐⇒x = kπ3 , k Z ou x = 2π9 + kπ3 , k ZAinsi, l’ensemble solution de l’équation tan2 3x + π33 = 0, est donné parkπ3 , 2π9 + kπ3: k Z=kπ, π3 + kπ, 2π3 + kπ, 2π9 + kπ, π9 + kπ, 4π9 + kπ : k Z.1
Page 2 : 3. 5Ex + 2 · 3Ex + 6 = 0. 1,5 pointSolution : Nous avons5Ex + 2 · 3Ex + 6 = 0⇐⇒Ex = 25 ou Ex = 63 = 2.Or pour tout x R, Ex est un entier. Donc l’equation Ex = 25 n’a pas de solution.Ainsi5Ex + 2 · 3Ex + 6 = 0⇐⇒Ex = 2⇐⇒x 2, 1.Exercice 2 : Résoudre, dans R, les inéquations suivantes :1. 1x + 1 1. 1 pointSolution : Il faut que x ̸= 0 : Cette inéquation est équivalente à 1 1x + 1 1• Si x 0, on obtient x 1 + x x ce qui impossible.• Si x 0, on obtient x 1 + x x ce qui implique que x 12.Donc, S1 = ; 12.2. 2Ex + 12 4. 1,5 pointSolution : On cherche à résoudre 2Ex+12 4 ce qui est équivalent à 2Ex+1 2 ⇔2 2Ex + 1 2. On obtient32 Ex 12⇔1 Ex 0⇔1 x 1.Donc, S2 = 1; 1.3.x2 1 2 x. 1,5 pointSolution : On cherche à résoudrex2 1 2 x. Tout d’abord, cette inéquation estdéfinie si x2 1 0 et 0 2 x, ce qui équivalent àx ; 1 1; 2.Dans ce cas, en passant au carré de deux côtés, on obtientx2 1 4 4x + x2⇔4x 5⇔x 54.Donc, S3 = ; 1 1; 54.Exercice 3 : Calculer les sommes et les produits suivants :1.nXk=0kk + 1!. 1,5 pointSolution : Nous avonsnXk=0kk + 1! =nXk=0k + 1 1k + 1!=nXk=0k + 1k + 1! 1k + 1!=nXk=01k! 1k + 1!= 10! 1n + 1! = 1 1n + 1!.2
Page 3 : 2.nXk=01k3k+1nk. 1,5 pointSolution : Nous avonsnXk=01k3k+1nk= 13nXk=0nk 13k= 13nXk=0nk1nk13k=1 13n3= 23n3.3.nYk=05 · ek. 1 pointSolution : Nous avonsnYk=05 · ek =nYk=05 ·nYk=0ek= 5n+1ePnk=0 k= 5n+1enn+12.Exercice 4 : On considère les ensembles A et B suivantsA =x R : x2 2 0 et x 1 3;B =1n + 1n : n N.1. Les ensembles A et B sont-ils majorés, minorés ? Justifier votre réponse.Solution : 1 point Commençons par étudier l’ensemble A. Nous avonsx A ⇐⇒x2 2 0 et x 1 3⇐⇒x2 2 et3 x 1 3⇐⇒x 2 ou x 2et2 x 4⇐⇒x , 2 2, 2, 4⇐⇒x 2, 2 2, 4.AinsiA = 2, 2 2, 4.Par conséquent, A est majorée par tout réel supérieur ou égal à 4, et A est minorée partout réel inférieur ou égal à 2.1 point Étudions maintenant l’ensemble B. On commence par noter que• si n ̸= 0 est pair, nous avons1n = 1et0 1n 12=⇒1 1n + 1n 1 + 12 = 32.3
Page 4 : • si n ̸= 0 est impair, nous avons1n = 1et0 1n 1=⇒1 1n + 1n 1 + 1 = 0.Ainsin N, 1n + 1n 1, 0 1, 32Par conséquent, B est majorée par tout réel supérieur ou égal à 32, et B est minorée partout réel inférieur ou égal à 1.2. Pour chaque ensemble A et B déterminer, s’il existe, les bornes supérieure et inférieureainsi que le plus grand et le plus petit élément.Solution : 1,5 point Commençons par étudier l’ensemble A. D’après la question pré-cédente, nous avons= 2, 2 2, 4.Doncsup A = 4etinf A = 2.L’ensemble A ne possède ni de maximum ni de minimum.2,5 points Étudions maintenant l’ensemble B. D’après la question précédente, nousavonsn N, 1n + 1n 1, 0 1, 32.Or32 = 12 + 12 =⇒32 B.Ainsi, 32 est un majorant de B qui appartient à B. Ce qui nous permet de concluresup B = max B = 32.Pour trouver la borne inférieure de B, étudions la suitek N, uk = 12k+1 +12k + 1 = 1 +12k + 1.Pour tout k N, nous avonsuk inf B.Donc par passage à la limite la limite preserve les inégalités larges, on obtient1 = limk→+uk limk→+inf B = inf B.Or comme -1 est un minorant de B, et inf B est le plus grand de minorants, on conclutinf B 1. Par conséquent, l’ensemble B ne possède de minimum etinf B = 1.4
Page 5 : Exercice 5 : Soit A un sous-ensemble non vide borné de R+. On définitA =x : x A.Montrer queinfA =pinfA.Solution : 2 points Comme A est borné et positive, alors infA existe et il est positif. CommeA est non vide, alorsA l’est aussi. De plus,A est positive et borné. Donc, infA existeet positif.Maintenant, pour tout x A, x infA 0. Comme la fonction x 7→x est strictementcroissante, on en déduit quex pinfA,x A.Donc,pinfA est un minorant deA. Il reste à montrer quepinfA est le plus grandminorant deA. Supposons par absurde qu’il existe ϵ 0 tel que x pinfA + ϵ pinfA 0. En passant au carré, on obtientx infA + 2ϵpinfA + ϵ2 infA.Ce qui est impossible car infA est le plus grand minorant de A. Finalement, infA =pinfA.5
