Corrigé Devoir n° 1 - Ts1

Exercice 1

 1. Démontrer les relations
Soit \(a\) et \(b\) deux réels tels que \(0 \leq a < b\).

- Relation (i) : \(a < \sqrt{ab} < b\)  
  Puisque \(a < b\) et \(a, b \geq 0\), la racine carrée est strictement croissante, donc \(\sqrt{a} < \sqrt{b}\).  
  Multiplier par \(\sqrt{a}\) : \(\sqrt{a} \cdot \sqrt{a} < \sqrt{a} \cdot \sqrt{b} \Rightarrow a < \sqrt{ab}\).  
  Multiplier par \(\sqrt{b}\) : \(\sqrt{a} \cdot \sqrt{b} < \sqrt{b} \cdot \sqrt{b} \Rightarrow \sqrt{ab} < b\).  
  Ainsi, \(a < \sqrt{ab} < b\).

- Relation (ii) : \(a < \dfrac{2ab}{a+b} < \dfrac{a+b}{2} < b\)  
  - \(a < \dfrac{2ab}{a+b}\) :  
    \[
    \dfrac{2ab}{a+b} - a = \dfrac{2ab - a(a+b)}{a+b} = \dfrac{2ab - a^2 - ab}{a+b} = \dfrac{ab - a^2}{a+b} = \dfrac{a(b-a)}{a+b} > 0
    \]
    car \(a > 0\), \(b > a\), donc \(\dfrac{2ab}{a+b} > a\).  
  - \(\dfrac{2ab}{a+b} < \dfrac{a+b}{2}\) :  
    \[
    \dfrac{a+b}{2} - \dfrac{2ab}{a+b} = \dfrac{(a+b)^2 - 4ab}{2(a+b)} = \dfrac{a^2 + 2ab + b^2 - 4ab}{2(a+b)} = \dfrac{a^2 - 2ab + b^2}{2(a+b)} = \dfrac{(a-b)^2}{2(a+b)} > 0
    \]
    car \(a \neq b\), donc \(\dfrac{2ab}{a+b} < \dfrac{a+b}{2}\).  
  - \(\dfrac{a+b}{2} < b\) :  
    Puisque \(a < b\), \(\dfrac{a+b}{2} < \dfrac{b+b}{2} = b\).  
  Ainsi, \(a < \dfrac{2ab}{a+b} < \dfrac{a+b}{2} < b\).

 2. Démontrer par récurrence que pour tout \(n \geq 1\), \(0 \leq a_n < b_n\)
- Initialisation : Pour \(n=1\), \(a_1 = 3\), \(b_1 = 2\sqrt{3} \approx 3.464 > 3\), et \(a_1, b_1 > 0\), donc \(0 \leq a_1 < b_1\).  
- Hérédité : Supposons que pour un entier \(n \geq 1\), \(0 \leq a_n < b_n\).  
  Alors \(b_{n+1} = \dfrac{2a_n b_n}{a_n + b_n}\). D'après (ii), \(a_n < \dfrac{2a_n b_n}{a_n + b_n} < b_n\), donc \(a_n < b_{n+1} < b_n\). En particulier, \(b_{n+1} > 0\).  
  Puis \(a_{n+1} = \sqrt{a_n b_{n+1}}\). D'après (i), puisque \(a_n < b_{n+1}\), on a \(a_n < \sqrt{a_n b_{n+1}} < b_{n+1}\), donc \(a_n < a_{n+1} < b_{n+1}\). Ainsi, \(0 \leq a_{n+1} < b_{n+1}\).  
- Conclusion : Par récurrence, pour tout \(n \geq 1\), \(0 \leq a_n < b_n\).

 3. Sens de variation des suites \((a_n)\) et \((b_n)\)
- D'après la question 2, pour tout \(n \geq 1\), \(a_{n+1} = \sqrt{a_n b_{n+1}} > \sqrt{a_n \cdot a_n} = a_n\) car \(b_{n+1} > a_n\), donc \((a_n)\) est strictement croissante.  
- De plus, \(b_{n+1} = \dfrac{2a_n b_n}{a_n + b_n} < b_n\) car d'après (ii), \(\dfrac{2ab}{a+b} < b\) (puisque \(b - \dfrac{2ab}{a+b} = \dfrac{b(b-a)}{a+b} > 0\)), donc \((b_n)\) est strictement décroissante.

 4. Convergence des suites \((a_n)\) et \((b_n)\)
- \((a_n)\) est croissante et majorée par \(b_1\) (car \(a_n < b_n \leq b_1\) pour tout \(n\)), donc converge vers une limite \(L\).  
- \((b_n)\) est décroissante et minorée par \(a_1\) (car \(b_n > a_n \geq a_1 > 0\) pour tout \(n\)), donc converge vers une limite \(M\).  
- De plus, \(a_n < b_n\) pour tout \(n\), donc à la limite \(L \leq M\).

 5. Démontrer que \(b_{n+1} - a_{n+1} \leq \dfrac{1}{2} (b_n - a_n)\)
On a \(a_{n+1} = a_n u_n\) et \(b_{n+1} = a_n u_n^2\) avec \(u_n = \sqrt{\dfrac{2b_n}{a_n + b_n}}\).  
Ainsi,  
\[
b_{n+1} - a_{n+1} = a_n u_n^2 - a_n u_n = a_n u_n (u_n - 1).
\]  
En posant \(r = \dfrac{b_n}{a_n} > 1\), on a \(u_n = \sqrt{\dfrac{2r}{1 + r}}\) et \(b_n - a_n = a_n (r - 1)\).  
Il suffit de montrer que  
\[
\sqrt{\dfrac{2r}{1 + r}} \left( \sqrt{\dfrac{2r}{1 + r}} - 1 \right) \leq \dfrac{1}{2} (r - 1).
\]  
En posant \(v = \sqrt{\dfrac{2r}{1 + r}} > 1\), on a \(r = \dfrac{v^2}{2 - v^2}\) et  
\[
v(v - 1) \leq \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2(v^2 - 1)}{2 - v^2} = \dfrac{v^2 - 1}{2 - v^2}.
\]  
Comme \(v > 1\), on divise par \(v - 1 > 0\) :  
\[
v \leq \dfrac{v + 1}{2 - v^2}.
\]  
Puisque \(2 - v^2 > 0\), on multiplie des deux côtés :  
\[
v(2 - v^2) \leq v + 1 \implies 2v - v^3 \leq v + 1 \implies v - v^3 \leq 1.
\]  
Or, pour \(v > 1\), \(v(1 - v^2) < 0 < 1\), donc l'inégalité est vraie. Ainsi, \(b_{n+1} - a_{n+1} \leq \dfrac{1}{2} (b_n - a_n)\).

 6. En déduire que \(b_n - a_n \leq \dfrac{1}{2^n}\) et convergence vers la même limite
- Par récurrence, montrons que \(b_n - a_n \leq \dfrac{1}{2^{n-1}} (b_1 - a_1)\).  
  - Pour \(n=1\), \(b_1 - a_1 = 2\sqrt{3} - 3\).  
  - Supposons que pour un entier \(n \geq 1\), \(b_n - a_n \leq \dfrac{1}{2^{n-1}} (b_1 - a_1)\).  
    Alors \(b_{n+1} - a_{n+1} \leq \dfrac{1}{2} (b_n - a_n) \leq \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2^{n-1}} (b_1 - a_1) = \dfrac{1}{2^n} (b_1 - a_1)\).  
  Ainsi, \(b_n - a_n \leq \dfrac{1}{2^{n-1}} (2\sqrt{3} - 3)\).  
- Or \(2\sqrt{3} - 3 \approx 0.464\), et \(2(2\sqrt{3} - 3) = 4\sqrt{3} - 6 \approx 0.928 < 1\), donc  
  \[
  b_n - a_n \leq \dfrac{4\sqrt{3} - 6}{2^n} \leq \dfrac{1}{2^n}.
  \]  
- Puisque \(\dfrac{1}{2^n} \to 0\), \(b_n - a_n \to 0\). Comme \((a_n)\) et \((b_n)\) convergent vers \(L\) et \(M\) respectivement, on a \(L = M\). Ainsi, les suites convergent vers la même limite.

Exercice 2

 1.a. Sens de variation de \(p_n\), \(p_n(0)\), \(p_n(1)\)
Pour \(n \geq 2\), \(p_n(x) = -1 + \sum_{k=1}^n x^k\).  
- \(p_n(0) = -1 + \sum_{k=1}^n 0^k = -1\).  
- \(p_n(1) = -1 + \sum_{k=1}^n 1^k = -1 + n\).  
- Dérivée : \(p_n'(x) = \sum_{k=1}^n k x^{k-1} > 0\) pour \(x > 0\), donc \(p_n\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\).

 b. Existence et unicité de \(a_n \in ]0,1[\)
- \(p_n(0) = -1 < 0\), \(p_n(1) = n - 1 \geq 1 > 0\) (car \(n \geq 2\)), et \(p_n\) continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique \(a_n \in ]0,1[\) tel que \(p_n(a_n) = 0\).  
- Pour \(n=2\), \(p_2(x) = -1 + x + x^2 = 0\), soit \(x^2 + x - 1 = 0\). Les solutions sont \(\dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\), et comme \(a_2 > 0\), \(a_2 = \dfrac{-1 + \sqrt{5}}{2}\).

 2.a. Démontrer que \(p_n(a_{n+1}) < 0\)
- Par définition, \(p_{n+1}(a_{n+1}) = 0\), donc \(-1 + \sum_{k=1}^{n+1} a_{n+1}^k = 0\), d'où \(\sum_{k=1}^{n+1} a_{n+1}^k = 1\).  
- Ainsi, \(p_n(a_{n+1}) = -1 + \sum_{k=1}^n a_{n+1}^k = \left( -1 + \sum_{k=1}^{n+1} a_{n+1}^k \right) - a_{n+1}^{n+1} = 0 - a_{n+1}^{n+1} < 0\) (car \(a_{n+1} > 0\)).

 b. Sens de variation de \((a_n)\) et convergence
- De \(p_n(a_{n+1}) < 0 = p_n(a_n)\) et \(p_n\) strictement croissante, on a \(a_{n+1} < a_n\). Ainsi, \((a_n)\) est strictement décroissante.  
- Minorée par 0 (car \(a_n > 0\)), donc \((a_n)\) converge.

 3.a. Expression de \(p_{n+1}(x)\) et équation
- Pour \(x \neq 1\),  
  \[
  p_{n+1}(x) = -1 + \sum_{k=1}^{n+1} x^k = -1 + x \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} = \frac{ - (1 - x) + x(1 - x^{n+1}) }{1 - x} = \frac{ -1 + x + x - x^{n+2} }{1 - x} = \frac{ -1 + 2x - x^{n+2} }{1 - x} = \frac{ x^{n+2} - 2x + 1 }{x - 1}.
  \]  
  (Note : L'énoncé comporte une coquille ; il s'agit de \(p_{n+1}(x) = \dfrac{x^{n+2} - 2x + 1}{x - 1}\).)  
- Puisque \(p_n(a_n) = 0\) et \(a_n \neq 1\), on a \(p_n(a_n) = \dfrac{a_n^{n+1} - 2a_n + 1}{a_n - 1} = 0\), donc \(a_n^{n+1} - 2a_n + 1 = 0\).

 b. Inégalités
- La suite \((a_n)\) est décroissante et \(n \geq 2\), donc \(a_n \leq a_2 = \dfrac{-1 + \sqrt{5}}{2} < 1\).  
- De \(a_n^{n+1} - 2a_n + 1 = 0\), on a \(2a_n - 1 = a_n^{n+1} > 0\) (car \(a_n > 0\)), donc \(a_n > \dfrac{1}{2}\).  
- Ainsi, \(0 < 2a_n - 1 = a_n^{n+1} \leq a_2^{n+1}\) (car \(a_n \leq a_2 < 1\) et la fonction \(x \mapsto x^{n+1}\) est croissante pour \(x > 0\)).

 c. Limite de \((a_n)\)
- De \(0 < 2a_n - 1 \leq a_2^{n+1}\) et \(a_2 < 1\), donc \(a_2^{n+1} \to 0\) quand \(n \to \infty\). Par encadrement, \(2a_n - 1 \to 0\), d'où \(a_n \to \dfrac{1}{2}\).

 Problème

 Partie A

1. Bijection de \(f\)  
    Montrer que $f$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ vers un intervalle $J$ à préciser.

On a :

$$
f(x) = \frac{x-1}{\sqrt{(x-1)^2 +1}}
$$

 Domaine de définition :
La racine est toujours positive puisque $(x-1)^2 +1 \ge 1$, donc $f$ est définie sur $\mathbb{R}$.

 Variation de $f$ :
Calculons la dérivée :

$$
f(x) = \frac{u}{v} \quad \text{avec} \; u = x-1, \; v = \sqrt{(x-1)^2 +1}
$$

$$
f'(x) = \frac{u' v - u v'}{v^2}
$$

On a :

$$
u' = 1, \quad v' = \frac{(x-1)}{\sqrt{(x-1)^2 +1}}
$$

Donc :

$$
f'(x) = \frac{1 \cdot v - (x-1)\cdot \frac{(x-1)}{v}}{v^2}
= \frac{v^2 - (x-1)^2}{v^3}
$$

Or :

$$
v^2 = (x-1)^2 +1
$$

Donc :

$$
f'(x) = \frac{(x-1)^2 +1 - (x-1)^2}{v^3} = \frac{1}{v^3}
>0
$$

 $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

 Limites aux bornes :

$$
\lim_{x \to -\infty} f(x)
= \lim_{x \to -\infty} \frac{x-1}{|x-1|} 
= -1
$$

$$
\lim_{x \to +\infty} f(x)
= 1
$$

 Conclusion :

$$
f(\mathbb{R}) = ]-1, 1[
$$

 $f$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ vers $]-1,1[$.

3. Tracé des courbes 

 4)Montrer que $f^{-1}$ est dérivable sur $(-1,1)$ et : $f^{-1}(x)=1+\frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$

Posons :

$$
x = f(t) = \frac{t-1}{\sqrt{(t-1)^2 +1}}
$$

On veut $t$ en fonction de $x$ :

$$
x \sqrt{(t-1)^2 +1} = t -1
$$

$$
x^2((t-1)^2 +1) = (t-1)^2
$$

$$
x^2(t-1)^2 + x^2 = (t-1)^2
$$

$$
(x^2 -1)(t-1)^2 = -x^2
$$

$$
(t-1)^2 = \frac{x^2}{1 - x^2}
$$

$$
t-1 = \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \quad (\text{croissance : on garde +})
$$

Donc :

$$
f^{-1}(x) = 1 + \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}
$$

 $f^{-1}$ dérivable sur $[-1,1]$ car composée de fonctions dérivables.

5.

 Partie B

1. Calcul de \(g(x)\)  
   \(g(x) = \sin x + f^{-1}(\sin x) - \tan x\).  
   \(f^{-1}(\sin x) = 1 + \dfrac{\sin x}{\sqrt{1 - \sin^2 x}} = 1 + \dfrac{\sin x}{|\cos x|}\).  
   Pour \(x \in ]-\pi/2, \pi/2[\), \(\cos x > 0\), donc \(f^{-1}(\sin x) = 1 + \tan x\).  
   Ainsi, \(g(x) = \sin x + (1 + \tan x) - \tan x = 1 + \sin x\).

2. Bijection de \(g\)  
   \(g(x) = 1 + \sin x\) est strictement croissante (dérivée \(\cos x > 0\) sur \(]-\pi/2, \pi/2[\)) de \(]-\pi/2, \pi/2[\) vers \(]0, 2[\), donc bijection.

3. Dérivée de \(g^{-1}\)  
   \(y = g(x) = 1 + \sin x \implies \sin x = y - 1 \implies x = \arcsin(y - 1)\).  
   Ainsi, \(g^{-1}(y) = \arcsin(y - 1)\), et  
   \[
   (g^{-1})'(y) = \frac{1}{\sqrt{1 - (y - 1)^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 - (y^2 - 2y + 1)}} = \frac{1}{\sqrt{2y - y^2}}.
   \]

 Partie C

1. Dérivabilité de \(\varphi\)  
   \(\varphi(x) = g^{-1}(x) + g^{-1}(2 - x)\).  
   Dérivée :  
   \[
   \varphi'(x) = (g^{-1})'(x) - (g^{-1})'(2 - x) = \frac{1}{\sqrt{2x - x^2}} - \frac{1}{\sqrt{2(2 - x) - (2 - x)^2}}.
   \]  
   Or \(2(2 - x) - (2 - x)^2 = 4 - 2x - (4 - 4x + x^2) = 2x - x^2\), donc \(\varphi'(x) = 0\).

2. Valeur de \(\varphi(x)\)  
   \(\varphi'(x) = 0\) sur \(]0, 2[\), donc \(\varphi\) est constante. En \(x = 1\), \(g^{-1}(1) = \arcsin(0) = 0\), donc \(\varphi(1) = 0\). Ainsi, \(\varphi(x) = 0\) pour tout \(x \in ]0, 2[\).  
   Géométriquement, la courbe de \(g^{-1}\) est symétrique par rapport au point \((1, 0)\).

3. Suite \((u_n)\)  
   a. Définition : Pour \(k \geq 1\), \(\dfrac{1}{k} \in ]0, 1] \subset ]0, 2[\) et \(\dfrac{2k+1}{k+1} = 2 - \dfrac{1}{k+1} \in [1.5, 2[ \subset ]0, 2[\), donc \(u_n\) est bien définie.  
   b. Vérification :  
      \[
      \varphi\left( \frac{2k+1}{k+1} \right) = g^{-1}\left( \frac{2k+1}{k+1} \right) + g^{-1}\left( 2 - \frac{2k+1}{k+1} \right) = g^{-1}\left( \frac{2k+1}{k+1} \right) + g^{-1}\left( \frac{1}{k+1} \right).
      \]  
   c. Expression de \(u_n\) :  
      D'après \(\varphi = 0\), \(g^{-1}\left( \dfrac{2k+1}{k+1} \right) = -g^{-1}\left( \dfrac{1}{k+1} \right)\).  
      Ainsi,  
      \[
      u_n = \sum_{k=1}^n \left[ g^{-1}\left( \frac{1}{k} \right) - g^{-1}\left( \frac{1}{k+1} \right) \right] = g^{-1}(1) - g^{-1}\left( \frac{1}{n+1} \right) = 0 - \arcsin\left( \frac{1}{n+1} - 1 \right) = - \arcsin\left( -\frac{n}{n+1} \right).
      \]  
   d. Limite :  
      \(\lim_{n \to \infty} -\frac{n}{n+1} = -1^+\), et \(\arcsin(y) \to -\pi/2\) quand \(y \to -1^+\), donc  
      \[
      u_n \to - \left( -\frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{2}.
      \]