Licence 1 2006-2007 Mathématiques EM11

Groupe A

Devoir Maison

Corrigé

Exercice 1.

a. Au rang k = 0 la propriété à démontrer s’écrit (1 + a)^{0} ≥ 1, ce qui est vrai car x^{0} = 1 pour tout x > 0. Cela initialise la récurrence. Supposons que la propriété est vraie au rang k. En multipliant des deux cotés par (1 + a), qui est positif, on peut écrire :

(1 + a)^{k+1} ≥ (1 + a)(1 + ka) = 1 + (k + 1)a + ka^{2} ≥ 1 + (k + 1)a.

Cela démontre la propriété au rang (k + 1) et donc, par récurrence, pour tout k ∈ ℕ. b. On utilise la formule de sommation pour les suites géométriques :

a ∑_{k=0}^{n−1}(1 + a)^{k} = a \frac{(1 + a)^{n} − 1}{(1 + a) − 1} = (1 + a)^{n} − 1.

c. On utilise d’abord la formule du b., puis l’inégalité du a. pour chaque terme de la somme :

(1 + a)^{n} = 1 + a ∑_{k=0}^{n−1}(1 + a)^{k} ≥ 1 + a ∑_{k=0}^{n−1}(1 + ka) = 1 + an + a^{2} ∑_{k=0}^{n−1} k.

On finit en utilisant la formule donnant la somme des (n − 1) premiers entiers, et la positivité de a :

(1 + a)^{n} ≥ 1 + an + a^{2} \frac{n(n − 1)}{2} ≥ 1 + \frac{n(n − 1)}{2}a^{2}.

d. On applique la question précédente en prenant a = \sqrt{2/n} avec n ∈ ℕ^{∗} :

(1 + \sqrt{2/n})^{n} ≥ 1 + \frac{n(n − 1)}{2} \frac{2}{n} = 1 + (n − 1) = n ≥ 1.

La fonction (x ↦ \sqrt[n]{x}) étant croissante sur ℝ_{+}^{∗}, on peut l’appliquer aux trois termes de cet encadrement, ce qui donne le résultat voulu.

e. On a

lim_{n→∞}(1 + \sqrt{2/n}) = lim_{n→∞} 1 = 1,

donc, d’après le théorème des gendarmes et l’encadrement obtenu à la question précédente, lim_{n→∞} \sqrt[n]{n} = 1.

Exercice 2.

a. Rappelons la définition de « lim_{{x→x_{0} \atop x∈D}} f(x) = l » :

∀ε > 0 ∃α > 0 ∀x ∈ D |x − x_{0}| < α ⇒ |f(x) − l| < ε.

Cette définition se lit de la manière suivante : « pour tout ε > 0, il existe un α > 0 tel que : pour tout x ∈ D, si |x − x_{0}| < α alors |f(x) − l| < ε ». L’objet de cette définition est d’exprimer l’idée « pour que f(x) soit proche de l il suffit que x soit proche de x_{0} », en quantifiant la notion de « proximité ». Plus précisément, l’inégalité |x − x_{0}| < α signifie que la distance entre x et x_{0} est strictement inférieure à α : on dit alors que x est α-proche de x_{0}. Dans la définition, ε et α sont donc à comprendre comme des distances, et on peut lire la définition comme suit : « pour tout ε > 0 on peut trouver un α > 0 tel que (x α-proche de x_{0} ⟹ f(x) ε-proche de l) ». b. Soit ε > 0 quelconque. On applique la définition des limites suivantes avec ε/2 à la place de ε :

lim_{{x→x_{0} \atop x∈D}} f(x) = l et lim_{{x→x_{0} \atop x∈D}} g(x) = m.

On peut ainsi trouver α > 0 tel que |f(x) − l| < ε/2 dès que |x − x_{0}| < α, et on peut trouver β > 0 tel que |g(x) − m| < ε/2 dès que |x − x_{0}| < β. Posons γ = min(α, β). Pour tout x ∈ D tel que |x − x_{0}| < γ, on peut appliquer les deux inégalités précédentes, et de plus l’inégalité triangulaire :

|(f + g)(x) − (l + m)| ≤ |f(x) − l| + |g(x) − m| < ε/2 + ε/2 = ε.

Cela montre que la définition de « lim_{{x→x_{0} \atop x∈D}} (f + g)(x) = l + m » est vérifiée.

c. Soit ε > 0 quelconque. On a m ∈ ]−|m| − 1, |m| + 1[ et g(x) tend vers m quand x tend vers x_{0} donc, d’après une proposition vue en cours, il existe α_{1} > 0 tel que g(x) ∈ ]−|m| − 1, |m| + 1[ pour tout x ∈ D tel que |x − x_{0}| < α_{1} — en particulier on a alors |g(x)| < |m| + 1. On applique maintenant la définition de la limite à l avec ε/2(|m| + 1), et à m avec ε/2(|l| + 1) : il existe α_{2} > 0 tel que |f(x) − l| < ε/2(|m| + 1) pour tout x ∈ D tel que |x − x_{0}| < α_{1}, et il existe α_{3} > 0 tel que |g(x) − m| < ε/2|l| pour tout x ∈ D tel que |x − x_{0}| < α_{3}. On pose finalement α = min(α_{1}, α_{2}, α_{3}). Pour x ∈ D tel que |x − x_{0}| < α, les trois inégalités ci-dessus sont vérifiées et on peut écrire, en utilisant l’inégalité triangulaire :

|f(x)g(x) − lm| = |(f(x) − l)g(x) + (g(x) − m)l| ≤ |f(x) − l| × |g(x)| + |g(x) − m| × |l|

< \frac{ε}{2(|m| + 1)} (|m| + 1) + \frac{ε}{2(|l| + 1)} |l| < ε.

Cela montre que la définition de « lim_{{x→x_{0} \atop x∈D}} (f × g)(x) = lm » est vérifiée.