DS1 2022 2023
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Page 1 : Préing 1Devoir Surveillé 1Analyse IDate : Jeudi 10 Novembre 2022L’usage de tout appareil électronique est interditDurée : 1h30Nombre de pages : 2Il sera tenu compte de la qualité de la rédaction et de la précision desjustifications.Le sujet comporte 6 exercices. L’ordre dans lequel ceux-ci sont traités n’est pas imposé.Exercice 1 4 points : Résoudre, dans R, les équations suivantes :1. tan x = 2 sin x. 2 pointsSolution : Il faut d’abord préciser l’ensemble de définition de l’équation. C’est celui de latangente, c’est-à-direD = R \nπ2 + kπ, k Zo.Pour tout x D , nous avonstan x = 2 sin x⇐⇒sin xcos x = 2 sin x⇐⇒sin x = 2 sin x cos x⇐⇒sin x = sin2x.⇐⇒2x = x + 2kπ, k Zou2x = π x + 2kπ, k Z⇐⇒x = 2kπ, k Zoux = π3 + 2kπ3 , k ZAinsi, l’ensemble solution est donné par2kπ, π3 + 2kπ3 , k Z.2. cos x + sin x = 1 + tan x. 2 pointsSolution : Il faut d’abord préciser l’ensemble de définition de l’équation. C’est celui de latangente, c’est-à-direD = R \nπ2 + kπ, k Zo.1
Page 2 : Pour tout x D , nous avonscos x + sin x = 1 + tan x⇐⇒cos x + sin x = 1 + sin xcos x⇐⇒cos x + sin x = cos x + sin xcos x⇐⇒cos2 x cos x + cos x sin x sin x⇐⇒cos xcos x 1 + sin xcos x 1 = 0⇐⇒cos x 1cos x + sin x = 0⇐⇒cos x = 1oucos x = sin x = cosx + π2⇐⇒x = 2kπ, k Zoux = x π2 + 2kπ, k Z⇐⇒x = 2kπ, k Zoux = π4 + kπ, k Z.Ainsi, l’ensemble solution est donné parn2kπ, π4 + kπ, k Zo.Exercice 2 4 points :1. Démontrer les égalités suivantes :a Ex =Exsi x Z,Ex 1si x R \ Z.1 pointb E2x =2Exsi x Ex 12,2Ex + 1si x Ex 12.1.5 pointsSolution :a On a :• si x Z, alors Ex = x et Ex = x.• si x R \ Z, alorsEx x Ex + 1.DoncEx 1 x Ex.Ce qui nous permet de conclureEx = Ex 1.• Pour tout x R, nous avonsEx x Ex + 1=⇒0 x Ex 1.Ainsi, on a deux cas à étudier.• Si 0 x Ex 1/2 alorsEx x Ex + 12=⇒2Ex 2x 2Ex + 1.Or E2x est le plus grand entier inférieur ou égale à 2x, par conséquentE2x = 2Ex.2
Page 3 : • Si 1/2 x Ex 1 alorsEx + 12 x Ex + 1=⇒2Ex + 1 2x 2Ex + 2 = 2Ex + 1 + 1.Or E2x est le plus grand entier inférieur ou égale à 2x, par conséquentE2x = 2Ex + 1.2. Résoudre l’équation suivante d’inconnue x R : 1.5 pointsE2x = 5 + Ex.Solution : Nous avons trois cas à étudier• Si x Z, nous avonsE2x = 2xetEx = x.Par conséquentE2x = 5 + Ex⇐⇒2x = 5 + x=⇒3x = 5=⇒x = 53.Or x est un entier, ainsi sur Z, l’équation n’admet pas de solution.• Si 0 x Ex 1/2, nous avonsE2x = 2ExetEx = Ex 1Par conséquentE2x = 5 + Ex⇐⇒2Ex = 5 Ex 1=⇒3Ex = 4=⇒Ex = 43.Or Ex est un entier, ainsi sur l’ensemble des réels vérifiant 0 x Ex 1/2, l’équationn’admet pas solution.• Si 1/2 x Ex 1, nous avonsE2x = 2Ex + 1.Par conséquentE2x = 5 + Ex⇐⇒2Ex + 1 = 5 Ex 1=⇒3Ex = 3=⇒Ex = 1=⇒x 1, 2Ainsi, sur 1/2 x Ex 1, l’ensemble solution est donné par l’intervalle32, 2.Exercice 3 4 points : Résoudre, dans R, les inéquations suivantes :3
Page 4 : 1. x 1 2x + 1 + 1. 2 pointsSolution : Nous avonsx 1 2x + 1 + 1⇐⇒2x + 1 1 x 1 2x + 1 + 1.Deux cas à étudier.2x + 1 0 : alors2x + 1 1 x 1 2x + 1 + 1⇐⇒2x + 1 1 x 1 2x + 1 + 1⇐⇒2x 2 x 1 2x + 2⇐⇒2x 2 x 1etx 1 2x + 2⇐⇒13 xet3 x.Ainsi, dans l’intervalle12, +, l’ensemble solution est donné par13, +.2x + 1 0 : alors2x + 1 1 x 1 2x + 1 + 1⇐⇒2x + 1 1 x 1 2x + 1 + 1⇐⇒2x x 1 2x⇐⇒2x x 1etx 1 2x⇐⇒x 1etx 13.Ainsi, dans l’intervalle, 12, l’ensemble solution est donné par, 1 .Par conséquent, l’ensemble solution est donné par, 1 13, +.2.px + 2 x 4. 2 pointsSolution : Nous avonspx + 2 x 4⇐⇒x + 2 x 42 = x2 8x + 16⇐⇒x2 + 8x 16 x + 2 x2 8x + 16⇐⇒x2 + 8x 16 x + 2etx + 2 x2 8x + 16⇐⇒x2 + 7x 18 0et0 x2 9x + 14⇐⇒x2 + 7x 18 0et0 x 2x 7.Or x2 + 7x 18 ne possède pas de racines réels. Par conséquent,x R,x2 + 7x 18 0.Ainsipx + 2 x 4⇐⇒0 x 2x 7et l’ensemble solution est donné par , 2 7, +.4
Page 5 : Exercice 4 4 points : Calculer les sommes et les produits suivants :1.nXk=11k 1n + 1 k. 1.5 pointsSolution :nXk=11k 1n + 1 k=nXk=11k nXk=11n + 1 k.On effectue ensuite le changement d’indices j = n + 1 k dans la deuxième somme. On a1 k n=⇒1 k n=⇒n n + 1 k 1=⇒n j 1.AinsinXk=11n + 1 k =nXj=11jPar conséquentnXk=11k 1n + 1 k=nXk=11k nXj=11j = 0.2.nXk=01k22k+1nk. 1 pointSolution : Nous avonsnXk=01k22k+1nk=12nXk=0nk1k22k=12nXk=0nk 14k=12nXk=01nk ·nk 14k=121 14n=3n22n+1 .3. Simplifier le produitnYk=21 1k2. 1.5 pointsSolution : Nous avonsnYk=21 1k2=nYk=2k2 1k2=nYk=2k 1k + 1k · k=nYk=2k 1k·nYk=2k + 1k=1n · n + 12= n + 12n .Exercice 5 6 points : On considère les ensembles A et B suivantsA =x R \ 1 :2x 1 2x 5 11;B =1nn+ 2n : n N.5
Page 6 : 1. Les ensembles A et B sont-ils majorés, minorés ? Justifier votre réponse. 1.5 points par en-sembleSolution : Commençons par étudier l’ensemble A. Nous avonsx A ⇐⇒2x 1 2x 5 11⇐⇒0 2x 5x 1 2x 1etx 8⇐⇒0 2x2 7x + 3x 1etx 8⇐⇒0 2x 1x 3x 1etx 8En faisant un tableau de signe, nous pouvons conclure quex A⇐⇒x 12, 13, + , 8.AinsiA =12, 13, 8.Par conséquent, A est majorée par tout réel supérieur ou égal à 8, et A est minorée par toutréel inférieur ou égal à 12.Etudions maintenant l’ensemble B. On commence par noter que, pour tout n N, nous avons• si n est pair, alors1n = 1=⇒1nn+ 2n = 3n=⇒0 1nn+ 2n 32.• si n est impair, alors1n = 1=⇒1nn+ 2n = 1n=⇒0 1nn+ 2n 1.Ainsin N, 0 1nn+ 2n 32.Par conséquent, B est majorée par tout réel supérieur ou égal à 32, et B est minorée par toutréel inférieur ou égal à 0.2. Pour chaque ensemble A et B déterminer, s’il existe, les bornes supérieure et inférieure ainsique le plus grand et le plus petit élément. Justifier votre réponse. 1.5 points par ensembleSolutions : Commençons par étudier l’ensemble A. D’après la question précédente, nous avonsA =12, 13, 8.Doncsup A = 8etmin A = inf A = 12.Étudions maintenant l’ensemble B. D’après la question précédente, nous avonsn N, 0 1nn+ 2n 32.Or32 = 122+ 22=⇒32 B.6
Page 7 : Ainsi, 32 est un majorant de B qui appartient à B. Ce qui nous permet de concluremaxB = supB = 32.Finalement, pour tout n Non a1nn+ 2n infB.Donc par passage à la limite, on obtient0 =limn→+1nn+ 2n limq→+infB = infB.Or, on sait que 0 infB. Par conséquentinfB = 0.Notons que 0 /B, donc B ne possede pas de minimum.Exercice 6 3 points : Soit A un sous-ensemble non vide et borné de R et x R. On définitx + A = x + a : x A .Montrer que A + x est une partie bornée de R 1 point et quesupx + A = x + supA.2 pointsSolution : Puisque A et majoré et non vide, il existe M R, tel que pour tout a A, nous avonsa M=⇒a + x M + x.Par conséquent, A + x est majorée et il admet une borne supérieure. MontronssupA + x = supA + xpar double inégalité. Soit a A, alorsa supA=⇒a + x supA + x.Ainsi A + x est majorée par supA + x. On en déduit quesupA + x supA + x.Maintenant, pour tout a A, on aa + x supA + x=⇒a supA + x x.D’où on déduit que supA+xx est un majorant de A. Puisque supA est le plus petit des majorantsde A, nous pouvons écriresupA supA + x x=⇒supA + x supA + x.PuisquesupA + x supA + xetsupA + x supA + xon obtientsupA + B = supA + x.7
