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UMMTO. Campus Tamda 2. Domaine mathématiques et informatique Section D

CORRIGE DU PARTIEL D’ANALYSE I Année 2016/2017

Exercice N°1

1. Soient 𝐴⊆R et 𝐵⊆R non vides. Montrer que si 𝐴 𝑒𝑡 𝐵 sont majorés alors on a :

𝑠𝑢𝑝 𝐴 + 𝐵 = 𝑠𝑢𝑝 𝐴 + 𝑠𝑢𝑝 𝐵 On pose 𝑠𝑢𝑝 𝐴 + 𝑠𝑢𝑝 𝐵 =∝

𝑠𝑢𝑝 𝐴 + 𝐵 =∝⟺ 𝑎.∀𝑧 ∈ 𝐴 + 𝐵: 𝑧 ≤∝

𝑏. ∀𝜀 > 0 ∃𝑧 ∈ 𝐴 + 𝐵 ∶ 𝛼 − 𝜀 < 𝑧

a. Soit 𝑧 ∈ 𝐴 + 𝐵 ∃𝑥 ∈ 𝐴 et ∃𝑦 ∈ 𝐵 /𝑧 = 𝑥 + 𝑦

𝑥 ∈ 𝐴 ⟹ 𝑥 ≤ 𝑠𝑢𝑝𝐴 𝑦 ∈ 𝐵 ⟹ 𝑦 ≤ 𝑠𝑢𝑝𝐵

En faisant la somme des deux inégalités on a 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 ≤∝ b. Soit 𝜀 > 0 On a:

∃𝑥 ∈ 𝐴 𝑡𝑒𝑙𝑙𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑢𝑝𝐴 −𝜀

2< 𝑥

∃𝑦 ∈ 𝐵 𝑡𝑒𝑙𝑙𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑢𝑝𝐵 −𝜀

2< 𝑦

On prend 𝑧 = 𝑥 + 𝑦

𝑠𝑢𝑝𝐴 −𝜀

2 + 𝑠𝑢𝑝𝐵 −

𝜀

2 < 𝑥 + 𝑦 = 𝑧

Donc on a : 𝛼 − 𝜀 < 𝑧.

𝑠𝑢𝑝 𝐴 + 𝐵 = 𝑠𝑢𝑝 𝐴 + 𝑠𝑢𝑝 𝐵

2. Déduire de (1) que si 𝐴 𝑒𝑡 𝐵 sont minorés alors on a : 𝑖𝑛𝑓 𝐴 + 𝐵 = 𝑖𝑛𝑓 𝐴 + 𝑖𝑛𝑓 𝐵 ?.

On sait que 𝑖𝑛𝑓𝐴 = −𝑠𝑢𝑝 −𝐴

𝑖𝑛𝑓 𝐴 + 𝐵 = −𝑠𝑢𝑝 − 𝐴 + 𝐵 = −𝑠𝑢𝑝 −𝐴 + −𝐵 =

2

− 𝑠𝑢𝑝 −𝐴 + 𝑠𝑢𝑝 −𝐵 = −𝑠𝑢𝑝 −𝐴 − 𝑠𝑢𝑝 −𝐵 = 𝑖𝑛𝑓𝐴 + 𝑖𝑛𝑓𝐵.

3. Montrer que l’ensemble

𝐶 = 3𝑛 + 2

4𝑛 + 3+ −1 𝑚

𝑚,𝑛 ∈ ℕ,𝑚 ∈ ℕ∗

est majoré et en appliquant (1) calculer sa borne supérieure.

𝐶 = 3𝑛 + 2

4𝑛 + 3,𝑛 ∈ ℕ +

−1 𝑚

𝑚,𝑚 ∈ ℕ∗ = 𝐴 + 𝐵

3𝑛 + 2

4𝑛 + 3< 1,𝑛 ∈ ℕ

La suite 3𝑛+2

4𝑛+3 est croissante car on a

3𝑛 + 2

4𝑛 + 3=

3

4−

14

4𝑛 + 3

1

4

4𝑛+3 est décroissante donc −

14

4𝑛+3 est croissante.

𝑠𝑢𝑝 3𝑛 + 2

4𝑛 + 3,𝑛 ∈ ℕ = lim

𝑛→+∞

3𝑛 + 2

4𝑛 + 3=

3

4

−1 𝑚

𝑚,𝑚 ∈ ℕ∗ = −1,

1

2,−1

3,1

4,… ,

1

2𝑛,−

1

2𝑛 + 1,…

On a:

𝑠𝑢𝑝 −1 𝑚

𝑚,𝑚 ∈ ℕ∗ = 𝑚𝑎𝑥

−1 𝑚

𝑚,𝑚 ∈ ℕ∗ =

1

2

Car 1

2∈ 𝐵 et on a

1

2𝑛≤

1

2 et −

1

2𝑛+1< 0 <

1

2

𝑠𝑢𝑝𝐶 =3

4+

1

2=

5

4

3

Exercice N°2

lim𝑥→1

𝑥𝑛 − 1

𝑥𝑚 − 1= lim

𝑥→1

𝑥 − 1 1 + 𝑥 + ⋯+ 𝑥𝑛−1

𝑥 − 1 1 + 𝑥 + ⋯+ 𝑥𝑚−1 = lim

𝑥→1

1 + 𝑥 + ⋯+ 𝑥𝑛−1

1 + 𝑥 + ⋯+ 𝑥𝑚−1=

𝑛

𝑚

*****

lim𝑥→1

𝑥𝑛 − 1

𝑥1𝑛 − 1

= lim𝑥→1

𝑥1𝑛

𝑛2

− 1

𝑥1𝑛 − 1

= lim𝑥→1

𝑥1𝑛 − 1 1 + 𝑥

1𝑛 + 𝑥

1𝑛

2

+ ⋯+ 𝑥1𝑛

𝑛2−1

𝑥1𝑛 − 1

=

lim𝑥→1

1 + 𝑥1𝑛 + 𝑥

1𝑛

2

+ ⋯+ 𝑥1𝑛

𝑛2−1

= 𝑛2

*****

lim𝑥→0

𝑥2 𝑡𝑔(sin 2𝑥 ) = lim𝑥→0

𝑒𝑡𝑔(sin (2𝑥)𝑙𝑛 (𝑥2) =

lim𝑥→0

𝑒𝑡𝑔 si n 2𝑥

𝑠𝑖𝑛 2𝑥 𝑠𝑖𝑛 (2𝑥)

2𝑥2𝑥𝑙𝑛 (𝑥2)

𝑥 → 0 ⟹𝑡𝑔 si n 2𝑥

𝑠𝑖𝑛 2𝑥 ⟶ 1,

𝑠𝑖𝑛 2𝑥

2𝑥→ 1 et 2𝑥𝑙𝑛(𝑥2) ⟶ 0

lim𝑥→0

𝑥2 𝑡𝑔(sin (2𝑥) = lim 𝑥→0

𝑒𝑡𝑔 si n 2𝑥

𝑠𝑖𝑛 2𝑥 𝑠𝑖𝑛 (2𝑥)

2𝑥2𝑥𝑙𝑛 (𝑥2)

= 𝑒0 = 1

*****

lim𝑥→+∞

𝑥2𝑠𝑖𝑛 1

𝑥3 = lim

𝑥→+∞

1

𝑥

𝑠𝑖𝑛 1𝑥3

1𝑥3

𝑥 → +∞ ⟹1

𝑥3→ 0 ⟹

𝑠𝑖𝑛 1𝑥3

1𝑥3

→ 1

4

𝑥 → +∞ ⟹1

𝑥→ 0

𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞

𝑥2𝑠𝑖𝑛 1

𝑥3 = 𝑙𝑖𝑚

𝑥→+∞

1

𝑥

𝑠𝑖𝑛 1𝑥3

1𝑥3

= 0 × 1 = 0

Exercice N°3

Pour 𝑡 > 0 on a :

𝑡 − 1

𝑡< 𝑙𝑛𝑡 < 𝑡 − 1

1.Si on a 𝑡 = 1 + 𝑥alors :

1 + 𝑥 − 1

1 + 𝑥< ln 1 + 𝑥 < 1 + 𝑥 − 1

Donc on a

𝑥

1 + 𝑥< ln 1 + 𝑥 < 𝑥

2.

De (1) on a

−1

1 + 𝑥=

𝑥

1 + 𝑥− 1 < ln 1 + 𝑥 − 1 < 𝑥 − 1

Pour 𝑥 > 0 on a

−1

1 + 𝑥 𝑥<

ln 1 + 𝑥 − 1

𝑥<

𝑥 − 1

𝑥= 1 −

1

𝑥

lim𝑥→0+ 1 −1

𝑥 = −∞ ⟹ lim𝑥→0+

ln 1+𝑥 −1

𝑥= −∞

Pour 𝑥 < 0 on a

−1

1 + 𝑥 𝑥>

ln 1 + 𝑥 − 1

𝑥> 1 −

1

𝑥

lim𝑥→0− 1 −1

𝑥 = +∞ ⟹ lim𝑥→0−

ln 1+𝑥 −1

𝑥= +∞

5

lim𝑥→0+ln 1+𝑥 −1

𝑥= −∞et lim𝑥→0−

ln 1+𝑥 −1

𝑥= +∞

La fonction 𝑥 →ln 1+𝑥 −1

𝑥 n’a pas de limite en 0.

3. Calculons les limites des suites :

lim𝑛→+∞

1 +1

𝑛+

1

𝑛2 𝑛

?

1 +1

𝑛+

1

𝑛2 𝑛

= 𝑒𝑛𝑙𝑛 1+

1𝑛

+1𝑛2 = 𝑒

𝑛 1𝑛

+1𝑛2

𝑙𝑛 1+1𝑛

+1𝑛2

1𝑛

+1𝑛2 = 𝑒

1+1𝑛 𝑙𝑛 1+

1𝑛

+1𝑛2

1𝑛

+1𝑛2

𝑛 → +∞ ⟹1

𝑛+

1

𝑛2→ 0 ⟹

𝑙𝑛 1+1

𝑛+

1

𝑛2

1

𝑛+

1

𝑛2

→ 1 et 1 +1

𝑛→ 1

lim𝑛→+∞

1 +1

𝑛+

1

𝑛2 𝑛

= lim𝑛→+∞

𝑒

1+1𝑛 𝑙𝑛 1+

1𝑛

+1𝑛2

1𝑛

+1𝑛2 = 𝑒

lim𝑛→+∞

1 +1

𝑛+

1

𝑛2 𝑛

?

1 +1

𝑛+

1

𝑛2 𝑛2

= 𝑒𝑛2𝑙𝑛 1+

1𝑛

+1𝑛2 = 𝑒

𝑛2 1𝑛

+1𝑛2

𝑙𝑛 1+1𝑛

+1𝑛2

1𝑛

+1𝑛2 = 𝑒

𝑛+1𝑛 𝑙𝑛 1+

1𝑛

+1𝑛2

1𝑛

+1𝑛2

𝑛 → +∞ ⟹1

𝑛+

1

𝑛2→ 0 ⟹

𝑙𝑛 1+1

𝑛+

1

𝑛2

1

𝑛+

1

𝑛2

→ 1 et 𝑛 +1

𝑛→ +∞

lim𝑛→+∞

1 +1

𝑛+

1

𝑛2 𝑛

= lim𝑛→+∞

𝑒

𝑛+1𝑛 𝑙𝑛 1+

1𝑛

+1𝑛2

1𝑛

+1𝑛2 = +∞

lim𝑛→+∞

1 +1

𝑛 𝑛2

?

1 +1

𝑛 𝑛2

= 𝑒𝑛2𝑙𝑛 1+

1𝑛

= 𝑒𝑛2 1

𝑛

𝑙𝑛 1+1𝑛

1𝑛 = 𝑒

𝑛𝑙𝑛 1+

1𝑛

1𝑛

6

𝑛 → +∞ ⟹1

𝑛→ 0 ⟹

𝑙𝑛 1+1

𝑛

1

𝑛

→ 1

lim𝑛→+∞

1 +1

𝑛 𝑛2

= lim𝑛→+∞

𝑒𝑛𝑙𝑛 1+

1𝑛

1𝑛 = +∞

lim𝑛→+∞

1 +1

n2 𝑛

?

1 +1

n2 𝑛

= 𝑒𝑛𝑙𝑛 1+

1𝑛2 = 𝑒

𝑛1𝑛2

𝑙𝑛 1+1𝑛2

1𝑛2 = 𝑒

1𝑛

𝑙𝑛 1+1𝑛2

1𝑛2

lim𝑛→+∞

1 +1

n2 𝑛

= lim𝑛→+∞

𝑒

1

𝑛

𝑙𝑛 1+1

𝑛2

1

𝑛2 = 𝑒0 = 1.

Note.

Vous pouvez remarquer que je ne vous ai donné que ce que vous avez

fais. Ce sera la même chose au deuxième semestre. Travaillez sérieusement et

tout se passera très bien.

Bon courage !