Dérivation, convexité, Développements limités by Ech-charafi adil

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soit r un r´eel quelconque. On d´efinit une application f par :

f (0) = 0, f (−1) = 0, et pour tout réel x différent de 0 et de −1, f (x) = x 1 + Etudier la continuité de f , ainsi que l’existence et la continuité de f 0 .

. x

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] x Calculer la dérivée de f (x) = cos x(1 + tan x tan ). 2 Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] s √ 1 + sin x √ . Calculer la dérivée de f (x) = 1 − sin x Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] f (x) = `. x→+∞ x

Soit f : [a, +∞[→ IR, d´erivable, telle que lim f 0 (x) = ` ∈ IR. Montrer que lim x→+∞

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] f 2 (a + 3h) − f 2 (a − h) f étant dérivable en a, calculer lim h→0 h Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Etudier l’application f définie par f (x) = arctan

x x 1 + arctan − arctan 2 . x+1 x−1 2x

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] – En dehors de x = 0 et x = −1 : utiliser la dérivée logarithmique. – Au voisinage de 0 : utiliser ε = ±1 pour que x = ε |x|. Considérer les cas r > 1, r = 1, 0 < r < 1, r = 0 et r < 0. – Au voisinage de −1 : considérer les mêmes cas que ci-dessus. Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] Développer et simplifier f (x) avant de chercher à dériver. Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] √ ε √ . Si on note ε = ±1 le signe de cos x, on trouve f 0 (x) = √ 2 x(1 − sin x) Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Traiter d’abord le cas ` = 0 : pour ε > 0, utiliser a > 0 tel que x ≥ a ⇒ |f 0 (x)| ≤ ε. En déduire |f (x)| ≤ |f (a)| + ε(x − a) pour x ≥ a. Dans le cas général (` dans IR), poser g : x 7→ g(x) = f (x) − `x. Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] Au voisinage de x = 0 on a le développement limité f (a + x) = f (a) + xf 0 (a) + o(x). Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] On trouve f 0 (x) ≡ 0, ce qui veut dire que f est constante par intervalles.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige – En dehors de x = 0 et x = −1 : L’application f est C ∞ sur ] − ∞, −1 [ ∪ ] − 1, 0 [ ∪ ] 0, +∞[. Pour tout x ∈ / {−1, 0}, on a ln |f (x)| = (1 − r) ln |x| + r ln |x + 1|. f 0 (x) 1−r r x+1−r x + 1 − r

On en d´eduit = + donc f 0 (x) = f (x) =

1 + f (x) x x+1 x(x + 1) x+1 – Au voisinage de 0 :

x + 1 r

1−r Notons ε = ±1 pour que x = ε |x|. On a f (x) = x

∼ ε |x| . x Si r > 1 alors lim f (x) = ±∞ : f n’est pas prolongeable par continuit´e en 0.

. x

x→0

Il en est de mˆeme quand r = 1 car alors f (x) = ε |x + 1| ∼ ε. Si r < 1, alors f (prolong´ee par f (0) = 0) est continue en 0, et on a

f (x) ∼ |x|−r . x

f (x) = +∞ : il y a une tangente verticale en (0, 0). x→0 x Si r = 0, alors f (x) = x est dérivable en 0 avec f 0 (0) = 1 (dérivée continue bien sˆ ur.)

Si r ∈]0, 1[ alors lim

f (x) = 0 : f est d´erivable en 0 x→0 x

0 Dans ce cas on a aussi lim f (x) = lim (1 − r) 1 +

Si r < 0, alors lim

x→0

et f 0 (0) = 0. 1

= 0 : f 0 est donc continue en 0. x

x + 1 r

r – Au voisinage de −1 : On a f (x) = x

∼ − |x + 1| . x – Si r < 0, alors lim f (x) = −∞ : f n’est pas continue en ce point. x→−1

– Si r = 0, alors f (x) = x pour x 6= −1. L`a encore f n’est pas continue en −1. – Si r > 0, on a lim f (x) = 0 et f est continue en −1. x→−1

f (x) Notons ε = ±1 de telle sorte que x + 1 = ε |x + 1|. On a alors ∼ −ε |x + 1|r−1 x+1 +∞ si x < −1 f (x) = – Si 0 < r < 1, alors lim x→−1 x + 1 −∞ si x < −1 Dans ce cas, il y a une demi-tangente verticale en (−1, 0), orient´ee vers les y < 0. – Si r = 1, alors f (x) = − |1 + x|. On a fg0 (−1) = 1 et fd0 (−1) = −1. f (x) = 0 : ainsi f est d´erivable en −1 et f 0 (−1) = 0. x→−1 x + 1 x − r + 1

x + 1

r r−1 Dans ce cas, on observe que f 0 (x) =

∼ −rε |x + 1| . x+1 x On en d´eduit lim f 0 (x) = 0, ce qui prouve que f 0 est continue en −1.

– Si r > 1, alors lim

x→−1

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´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Le piège est de dériver f (x) comme un produit, alors qu’il faut commencer par simplifier. On a f (x) = cos x + sin x tan x2 = cos x + 2 sin x2 cos x2 tan x2 = cos x + 2 sin2 x2 = 1. Ainsi f est constante sur son domaine ! La dérivée de f est donc nulle... ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige s √ 1 + sin x √ . On considère l’application f : x 7→ f (x) = 1 − sin x Cette application est définie pour tout x ≥ 0 tel que x2 6= π2 (2π). Elle est dérivable pour tout x tel que x2 6= π2 (π). Notons D le domaine de dérivabilité de f . s

√ √

√

(1 + sin x)2

1 + sin x

1 √ √ + tan x . √ =

Pour tout x de D, on a : f (x) = = cos x cos x 1 − sin2 x 1 √ √ √ Si on note ε = ±1 le signe de cos x, on a donc f (x) = ε + tan x . cos x √ √ ε 1 ε sin x ε 1 + sin x 0 √ + √ √ √ . Ainsi f (x) = √ = √ = √ 2 2 2 2 x cos x cos x 2 x cos x 2 x(1 − sin x) ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On va commencer par traiter le cas ` = 0. On se donne un réel ε > 0. Par hypothèse, il existe a > 0 tel que x ≥ a ⇒ |f 0 (x)| ≤ ε. Pour tout x > a, on a donc |f (x) − f (a)| ≤ ε(x − a) (accroissements finis.) |f (a)| x−a |f (a)| |f (x)| Il en découle |f (x)| ≤ |f (a)| + ε(x − a) puis ≤ +ε ≤ + ε. x x x x |f (a)| D’autre part, il existe b > a tel que x ≥ b ⇒ ≤ ε. x |f (x)| f (x) On en déduit que pour tout x ≥ b, on a ≤ 2ε, ce qui prouve lim = 0. x→+∞ x x Dans le cas général (` dans IR), posons g : x 7→ g(x) = f (x) − `x. Alors g 0 (x) = f 0 (x) − ` tend vers 0 quand x tend vers +∞. g(x) f (x) Il en résulte lim = 0 c’est-à-dire lim − ` = 0. x→+∞ x x→+∞ x f (x) = `. Conclusion : si lim f 0 (x) = ` ∈ IR, alors lim x→+∞ x→+∞ x Remarque : une démonstration analogue montre que le résultat reste vrai si ` = ±∞. 4

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On sait qu’au voisinage de x = 0 on a : f (a + x) = f (a) + xf 0 (a) + o(x). On en déduit : f 2 (a + x) = f 2 (a) + 2xf (a)f 0 (a) + o(x). 2 f (a + 3h) = f 2 (a) + 6hf (a)f 0 (a) + o(h) En particulier f 2 (a − h) = f 2 (a) − 2hf (a)f 0 (a) + o(h) f 2 (a + 3h) − f 2 (a − h) = 8f (a)f 0 (a) + o(1). h f 2 (a + 3h) − f 2 (a − h) = 8f (a)f 0 (a). Ainsi lim h→0 h

Il en d´ecoule que

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application f est définie et dérivable sur D = IR − {−1, 0, 1}. Pour tout x de D on a : f 0 (x) =

1 (x + 1)2

−

1 (x − 1)2

1 x3

1 x 1+ 4 2 4x (x − 1) 1 1 4x −4x 4x = 2 − 2 + 4 = 4 + 4 =0 2x + 2x + 1 2x − 2x + 1 4x + 1 4x + 1 4x + 1 2

x (x + 1)2

Ainsi f est constante sur chacun des intervalles ] − ∞, −1[, ] − 1, 0[, ]0, 1[, ]1, +∞[. π π On constate que lim f (x) = . On en d´eduit f (x) = sur ] − ∞, −1[∪ ] 1, +∞[. x→±∞ 2 2 π π D’autre part, lim f (x) = − . On en d´eduit f (x) = − sur ] − 1, 0[∪ ] 0, 1[. x→0 2 2

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] √ a2 − b2 sin x Calculer la dérivée de f (x) = arctan b + a cos x Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Calculer la dérivée de f (x) = arccos

x2n − 1 . x2n + 1

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Trouver une expression de la somme Sn (x) = 1 + 2x + 3x3 + · · · + nxn−1 . Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Calculer la d´eriv´ee de f (x) = arctan √

x et expliquer le r´esultat. 1 − x2

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soient k ≤ n dans IN. En utilisant fk (x) =

n P

(−1)p pk xp C pn , calculer A(n, k) =

p=1

n P

(−1)p pk C pn .

p=1

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Quel est le nombre de solutions dans IR de l’´equation : 1 + x +

x2 xn + ··· + = 0? 2! n!

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] √ a2 − b 2 . On trouve f 0 (x) = b cos x + a Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] 2nxn−1 −2nxn−1 0 si x < 0 et f (x) = si x > 0. x2n + 1 x2n + 1 Discuter la dérivabilité en x = 0 suivant les valeurs de n. On trouve f 0 (x) =

Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] Observer que Sn (x) = (1 + x + x2 + · · · + xn )0 . Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] 1 . 1 − x2 On en déduit f (x) = arcsin x sur ] − 1, 1[. On trouve : ∀ x ∈] − 1, 1[, f 0 (x) = √

Ce résultat peut être obtenu en posant θ = arcsin x. Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] 0 Remarquer que fk (1) = A(n, k), et que (pour k ∈ {1, . . . , n}) on a : fk (x) = xfk−1 (x).

En d´eduire fk (x) = (−1)k

n! xk (1 − x)n−k + o((1 − x)n−k ) par r´ecurrence. (n − k)!

Finalement A(n, 0) = −1, A(n, n) = (−1)n n! et A(n, k) = 0 si 1 ≤ k ≤ n − 1. Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] Poser fn (x) = 1 + x +

x2 xn xn+1 0 + · · · + . On a fn+1 (x) = fn (x) et fn+1 (x) = fn (x) + . 2! n! (n + 1)!

Montrer par r´ecurrence que f2n (x) > 0 sur IR, et que f2n+1 (x) = 0 a une seule solution dans IR.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On suppose bien sˆ ur |b| ≤ |a|. f est alors définie et dérivable pour cos x 6= − ab et : f 0 (x) =

√

a2 − b 2

(cos x)(b + a cos x) + a sin2 x (b + a cos x)2

1 (a − b2 ) sin2 x 1+ (b + a cos x)2 2

√ √ a2 − b2 (b cos x + a) a2 − b2 (b cos x + a) a2 − b 2 = = = b2 cos2 x + a2 + 2ab cos x b cos x + a (b + a cos x)2 + (a2 − b2 ) sin2 x √

´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application f est définie et continue sur IR car −1 ≤ f est dérivable en x si −1 < f 0 (x) = (2n) x2n−1

x2n − 1 ≤ 1 pour tout x de IR. x2n + 1

x2n − 1 < 1 c’est-`a-dire x 6= 0. On a alors : x2n + 1

2 s 2n (x + 1)2

−1

(x2n − 1)2 1 − 2n (x + 1)2

−4nx2n−1 (x2n + 1)

(x2n + 1)2 − (x2n − 1)2

−4nx2n−1 −2nεxn−1 √ = = avec ε = ±1 tel que x = ε |x| x2n + 1 (x2n + 1) 4x2n −2nxn−1 2nxn−1 0 si x < 0 et f (x) = si x > 0. x2n + 1 x2n + 1 −2ε Si n = 1, on a f 0 (x) = 2 et lim f 0 (x) = −2ε. x→0 x +1 Si n = 1 on a donc fg0 (0) = 2 et fd0 (0) = −2 : f n’est pas d´erivable en 0. Ainsi f 0 (x) =

Si n ≥ 2, on a lim f 0 (x) = 0 : f est d´erivable en 0 avec f 0 (0) = 0. x→0

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige xn+1 − 1 0 On a Sn (1) = 12 n(n + 1). Pour x 6= 1, Sn (x) = (1 + x + x2 + · · · + xn )0 = . x−1 (n + 1)xn (x − 1) − (xn+1 − 1) xn+1 − (n + 1)xn + 1 Ainsi, x 6= 1 ⇒ Sn (x) = = . (x − 1)2 (x − 1)2 8

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´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x L’application x 7→ f (x) = arctan √ est définie et dérivable sur ] − 1, 1[. 1 − x2 √ x2 1 − x2 + √ √ x2 1 1 1 − x2 2+ √ ∀ x ∈] − 1, 1[, f 0 (x) = 1 − x = =√ 2 2 x 1−x 1 − x2 1 − x2 1+ 1 − x2 On constate que x 7→ f (x) et x 7→ arcsin(x) ont la même dérivée sur ] − 1, 1[. Donc il existe λ ∈ IR tel que ∀ x ∈] − 1, 1[, f (x) = arcsin x + λ. Or f (0) = 0 = arcsin 0. Finalement on a identiquement f (x) = arcsin x sur ] − 1, 1[. Ce résultat pouvait être obtenu en posant x = sin θ, avec θ = arcsin x ∈ ]− π2 , π2 [. x sin θ En effet f (x) = arctan √ = arctan p = arctan tan θ = θ = arcsin x. 2 1−x 1 − sin2 θ ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige n P Comme le suggère l’énoncé, on pose fk (x) = (−1)p pk xp C pn . p=1

On constate que pour tout k de {0, . . . , n}, on a fk (1) = A(n, k). D’autre part, pour tout k de {1, . . . , n}, on a : n n P P 0 fk (x) = x (−1)p pk xp−1 C pn = x (−1)p pk−1 p xp−1 C pn = xfk−1 (x) p=1

Or f0 (x) =

n P

p=1

(−1)p xp C pn = (1 − x)n − 1.

p=1

On en déduit f1 (x) = xf00 (x) = −nx(1 − x)n−1 . De même f2 (x) = xf10 (x) = n(n − 1) x2 (1 − x)n−2 − nx(1 − x)n−1 . Une récurrence facile montre que pour 1 ≤ k ≤ n, on a : fk (x) = (−1)k

n! xk (1 − x)n−k + o((1 − x)n−k ) (n − k)!

Il en r´esulte fk (1) = 0 si 1 ≤ k ≤ n − 1 et fn (1) = (−1)n n!  A(n, 0) = f0 (1) = −1   Conclusion : A(n, n) = (−1)n n!   ∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, A(n, k) = 0

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´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige xn x2 Pour tout n dans IN, et tout x de IR, on pose fn (x) = 1 + x + + ··· + . 2! n! ∞ Chaque application fn est de classe C sur IR (c’est un polynôme.) 0 On constate que pour tout entier n, on a fn+1 = fn .

D’autre part, on a l’´egalit´e fn+1 (x) ≡ fn (x) +

xn+1 . (n + 1)!

On va montrer par récurrence sur l’entier n la propriété suivante : “f2n (x) > 0 sur IR, et f2n+1 (x) = 0 a une seule solution dans IR” f0 (x) ≡ 1 > 0 La propriété est vraie si n = 0 car f1 (x) ≡ 1 + x = 0 ⇔ x = −1 Supposons que la propriété soit vraie pour un entier n ≥ 0 fixé. f2n+1 s’annule donc en un seul point xn de IR (et xn 6= 0 car f2n+1 (xn ) = 1). f2n+1 (x) < 0 si x < xn On a nécessairement (à cause des limites en ±∞.) f2n+1 (x) > 0 si x > xn Il en découle que f2n+2 est décroissante sur ] − ∞, xn ] et croissante sur [xn , +∞[. Ainsi le minimum de f2n+2 est f2n+2 (xn ) = f2n+1 (xn ) +

x2n+2 x2n+2 n n = > 0. (2n + 2)! (2n + 2)!

Le polynˆome f2n+2 reste donc > 0 sur IR. 0 Il en d´ecoule que f2n+3 est strictement croissant sur IR (car f2n+3 = f2n+2 > 0.)

Or lim f2n+3 (x) = −∞ et lim f2n+3 (x) = +∞ (coefficient du terme de plus haut degr´e). x→−∞

x→+∞

Cela implique que f2n+3 est une bijection de IR sur IR, donc s’annule en un point unique. On a ainsi prouvé la propriété au rang n + 1, ce qui achève la récurrence. Conclusion : Si n est pair, l’équation fn (x) = 0 n’a aucune solution dans IR. Si n est impair, l’équation fn (x) = 0 a une seule solution dans IR (et elle est < 0.)

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Calculer la dérivée n-ième de fn (x) = xn−1 ln x, avec n ≥ 1. Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Calculer la dérivée n-ième de f (x) = sin(x cos α) ex sin α . On proposera deux démonstrations différentes. Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] On pose y(x) = arctan x. Montrer que y (n) (x) = (n − 1)! cosn y sin(ny + n π2 ). Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Calculer les zéros de la dérivée n-ième de f (x) =

1 . 1 + x2

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] n+1 √ √ dn n+1/2 d x x Pour tout entier naturel n, ´etablir que e (4x) = e . dxn dxn+1

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] (n)

On a fn+1 (x) = xfn (x). Montrer par r´ecurrence que fn (x) s’´ecrit sous la forme (n)

V´erifier que an+1 = nan pour tout n ≥ 1. En d´eduire fn (x) =

(n − 1)! . x

an . x

Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] – Première méthode : remarquer que f 0 (x) = sin(α + x sin α) ex cos α . Prouver par récurrence que f (n) (x) = sin(nα + x sin α) ex cos α . – Deuxième méthode : remarquer que f (x) = Im g(x) avec g(x) = eωx et ω = eiα . Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] Procéder par récurrence sur n ≥ 1, en remarquant d’abord que y 0 = cos2 y. Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] 1 i 1 1 Remarquer que f (x) = = − . (x + i)(x − i) 2 x+i x−i En déduire f (n) (x) =

i(−1)n n!((x − i)n+1 − (x + i)n+1 ) . 2(x2 + 1)n+1

Chercher ensuite les z´eros du polynˆome Pn (x) = (x − i)n+1 − (x + i)n+1 . On trouve n solutions distinctes : les xk = − cotan θk , avec avec θk =

kπ et 1 ≤ k ≤ n. n+1

Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] √

Poser y = e

(n)

, zn = (4x)n+1/2 y (n+1) , puis ´etablir zn = y par r´ecurrence.

Pour celà, montrer que 4xy 00 + 2y 0 − y = 0, égalité qu’on dérivera n fois. √ En déduire z1 + 2z0 − 2y x = 0 et pour n ≥ 1 : zn+1 + (4n + 2)zn − 4zn−1 = 0. Enfin, dériver n + 1 fois l’égalité précédente.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1 1 On vérifie que f10 (x) = (ln x)0 = et f200 (x) = (x ln x)00 = (1 + ln x)0 = . x x an (n) Montrons par récurrence que pour tout n ≥ 1, il existe an ∈ IR tel que gn (x) = fn (x) = . x C’est vrai si n = 1. Supposons que ce le soit pour un entier n ≥ 1 fixé. Alors : (n+1)

(n+1)

(n)

gn+1 (x) = fn+1 (x) = (xfn (x))(n+1) (x) = xfn (x) + (n + 1)fn (x) an (n + 1)an nan = = xgn0 (x) + (n + 1)gn (x) = − + x x x an+1 (n+1) , avec an+1 = nan . Ainsi il existe an+1 tel que gn+1 (x) = fn+1 (x) = x Cela prouve la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence. De plus la relation an+1 = nan et l’égalité a1 = 1 donnent ∀ n ≥ 1, an = (n − 1)! (n)

Conclusion : pour tout n ≥ 1, on a fn (x) =

(n − 1)! . x

´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On calcule la dérivée première de f : f 0 (x) = ((sin α) cos(x sin α) + (cos α) sin(x sin α)) ex cos α = sin(α + x sin α) ex cos α Montrons que pour tout entier n, on a f (n) (x) = sin(nα + x sin α) ex cos α . La propriété est vraie pour n = 0 et n = 1. Supposons qu’elle le soit pour un entier n ≥ 0 donné. On en déduit : d f (n+1) (x) = dx (sin(nα + x sin α) ex cos α ) = ((sin α) cos(nα + x sin α) + (cos α) sin(nα + x sin α)) ex cos α

= sin((n + 1)α + x sin α) ex cos α ce qui prouve la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence. Il y a une autre démonstration, qui utilise les fonctions à valeurs complexes. On a en effet f (x) = Im g(x) avec g(x) = eix sin α ex cos α = eωx avec ω = eiα . On a alors, pour tout n, g (n) (x) = ω n eωx = einα eωx = exp(i(nα + x cos α)) ex cos α . On en déduit, pour tout n de IN : f (n) (x) = Im g (n) (x) = Im exp(i(nα + x cos α)) ex cos α = sin(nα + x sin α) ex cos α . 13

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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On procède par récurrence sur l’entier n ≥ 1. Pour n = 1, on a : (n − 1)! cosn y sin(ny + n π2 ) = cos y sin(y + π2 ) = cos2 y =

1 1 = = y 0 (x) 2 1 + tan y 1 + x2

La propriété est donc vraie pour n = 1. Supposons qu’elle le soit au rang n ≥ 1 fixé. On a alors : d y (n+1) (x) = (n − 1)! dx cosn y sin(ny + n π2 ) π π 0 = (n − 1)! y (x) −n sin y sin(ny + n 2 ) + n cos y cos(ny + n 2 ) cos(n−1) (y) π 2 = n! cos (y) cos((n + 1)y + n 2 ) cos(n−1) (y) = n! cos(n+1) (y) sin((n + 1)y + (n + 1) π2 ) Ce qui établit la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence. ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On utilise une décomposition en éléments simples dans C(X). l 1 1 i 1 1 Pour tout x de IR, on a = = − . 1 + x2 (x + i)(x − i) 2 x+i x−i 1 (−1)n n! est . On en déduit : x+α (x + α)n+1 i(−1)n n!((x − i)n+1 − (x + i)n+1 ) 1 − = (x − i)n+1 2(x2 + 1)n+1

On sait que la dérivée n-ième de f (n) (x) =

i(−1)n n! 1 2 (x + i)n+1

Les zéros de f (n) (x) sont donc ceux du polynôme Pn (x) = (x − i)n+1 − (x + i)n+1 . kπ , avec 0 ≤ k ≤ n. n+1 Les ωk sont les n + 1 racines (n + 1)-ièmes de l’unité (en particulier z0 = 1.) On note wk = exp 2iθk , avec θk =

On rappelle que pour tout u, v dans C, l on a un+1 = v n+1 ⇔ ∃ k ∈ {0, . . . , n}, u = ωk v. Pour tout z de C, l on peut donc ´ecrire : Pn (z) = 0 ⇔ (z − i)n+1 = (z + i)n+1 ⇔ ∃k ∈ {0, . . . , n}, z − i = ωk (z + i) ⇔ ∃k ∈ {1, . . . , n}, z = i

1 + ωk 1 + e2iθk 2 cos θk =i = −i = − cotan θk 2iθ 1 − ωk 1− e k 2i sin θk

Les θk forment une suite strictement croissante de ]0, π[. Ainsi f (n) poss`ede n z´eros distincts sur IR qui sont les xk = − cotan θk , avec 1 ≤ k ≤ n. 14

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige √

, et zn = (4x)n+1/2 y (n+1) . y y0 y y0 y – On trouve tout d’abord y 0 = √ puis y 00 = √ − √ = − . 4x 2x 2 x 2 x 4x x 00 0 On en déduit l’égalité 4xy + 2y − y = 0. On pose y = e

– On dérive n fois l’égalité précédente. On trouve 4xy (n+2) + 4ny (n+1) + 2y (n+1) − y (n) = 0 donc 4xy (n+2) + (4n + 2)y (n+1) − y (n) = 0. – On multiplie membre a` membre par (4x)n+1/2 . On trouve (4x)n+3/2 y (n+2) + (4n + 2)(4x)n+1/2 y (n+1) − 4x(4x)n−1/2 y (n) = 0. √ z1 + 2z0 − 2 y = 0 si n = 0 Autrement dit : zn+1 + (4n + 2)zn − 4xzn−1 = 0 si n ≥ 1 (n)

– On dérive n + 1 fois la dernière égalité. Pour tout n, on pose Zn = zn . (n+1)

(n+1)

On trouve zn+1 + (4n + 2)zn

(n+1)

(n)

− 4xzn−1 − 4(n + 1)zn−1 = 0.

00 0 Autrement dit Zn+1 + (4n + 2)Zn0 − 4xZn−1 − 4(n + 1)Zn−1 = 0.

– Il reste a` montrer que Zn = y et pour cela on procède par récurrence sur n. √ Tout d’abord Z0 = z0 = 2 x y 0 (x) qui est bien égal à y. √ y y0 D’autre part Z1 = z10 = (8x x y 00 )0 et on sait que y 00 = √ − √ . 2x x 4x x √ 00 √ On en déduit 8x x y = 4xy 0 − 2y puis (8x x y 00 )0 = 4xy 00 + 2y 0 = y. Ainsi la propriété est vraie aux rangs n = 0 et n = 1. Supposons qu’elle le soit aux rangs n − 1 et n (n ≥ 1 donné). Ainsi Zn−1 = Zn = y. 00 0 Alors Zn+1 + (4n + 2)Zn0 − 4xZn−1 − 4(n + 1)Zn−1 = 0 devient Zn+1 = 4xy 00 + 2y 0 = y.

Cela établit la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence.

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : [a, b] → IR une application de classe C n , n + 1 fois dérivable sur [a, b]. Montrer qu’il existe c dans ]a, b[ tel qu’on ait l’égalité de Taylor-Lagrange : f (b) = f (a) + (b − a)f 0 (a) +

(b − a)2 00 (b − a)n (n) (b − a)n+1 (n+1) f (a) + · · · + f (a) + f (c) 2! n! (n + 1)!

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Trouver f : IR → IR, dérivable, telle que f (1) = 1, f 0 (0) > 0 et : ∀ x ∈ IR, f 0 (x) f 0 (f (x)) = 1. Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : [a, b] → IR, deux fois dérivable et telle que f (a) = f 0 (a) et f (b) = f 0 (b). Montrer qu’il existe un élément c de ]a, b[ tel que f (c) = f 00 (c). Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que la dérivée d’ordre n de (x2 −1)n est un polynôme de degré n dont toutes les racines sont distinctes et comprises entre −1 et 1. Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soit P un polynôme à coefficients réels. Montrer que si toutes les racines de P sont réelles, il en est de même des racines de P 0 . Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Soient f, g : [a, b] → IR deux applications continues, dérivables sur ]a, b[. 1. Montrer qu’il existe c dans ]a, b[ tel que (f (b) − f (a))g 0 (c) = (g(b) − g(a))f 0 (c). f0 f 2. On suppose f (a) = g(a) = 0 et lim 0 = `. Montrer que lim = `. x→a g x→a g Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] (Théorème de Rolle généralisé) Soit f : [a, +∞[→ IR, continue, dérivable sur ]a, +∞[, et telle que lim f (x) = f (a). x→+∞

Montrer qu’il existe un point c, avec c > a, tel que f (c) = 0. 16

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Utiliser x 7→ ϕ(x) =

n X (b − x)k k=0

f (k) (x) +

(b − x)n+1 λ, o` u λ est tel que ϕ(a) = ϕ(b). (n + 1)!

Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] Remarquer que g(x) = f (f (x)) ≡ x. Montrer que f est strictement monotone. Prouver qu’il n’existe aucun x tel que f (x) > x ou f (x) < x. Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] Considérer g définie sur [a, b] par g(x) = ex (f (x) − f 0 (x)), et appliquer le théorème de Rolle. Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] (k)

Poser Un (x) = (x2 − 1)n et Qn,k = Un . Montrer que chaque Qn,k , avec 0 ≤ k ≤ n − 1 s’annule en x = −1 et en x = 1. Prouver par récurrence que si k ∈ {0, . . . , n}, Qn,k s’annule en au moins k points de ] − 1, 1[. Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] Le polynôme P est scindé dans IR. Introduire les racines distinctes x1 < · · · < xm de P , et leurs multiplicités r1 , . . . , rm . Utiliser le théorème de Rolle entre les xk successifs. Terminer en considérant que les xk peuvent être racines de P 0 . Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] 1. Considérer la fonction h : x 7→ (g(b) − g(a))(f (x) − f (a)) − (f (b) − f (a))(g(x) − g(a)). 2. Conséquence immédiate de la question précédente. Indication pour l’exercice 7 [ Retour à l’énoncé ] Si f est constante, c’est évident, sinon considérer b > a tel f (b) 6= f (a). Se donner un réel strictement compris entre f (a) et f (b). Utiliser le théorème des valeurs intermédiaires sur [a, b] et sur [b, ∞[. Terminer avec le théorème de Rolle.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige n X (b − x)n+1 (b − x)k (k) f (x) + λ, o` u λ est tel que ϕ(a) = ϕ(b). On définit x 7→ ϕ(x) = k! (n + 1)! k=0 L’application ϕ est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. On peut alors appliquer le théorème de Rolle : il existe c dans ]a, b[ tel que ϕ0 (c) = 0. (b − x)n (n+1) Or pour tout x de ]a, b[, on a : ϕ0 (x) = (f (x) − λ). n! L’égalité ϕ0 (c) = 0 donne donc λ = f (n+1) (c). n X (b − a)(n+1) (n+1) (b − a)k (k) f (a) + f (c). L’égalité ϕ(a) = ϕ(b) devient alors f (b) = k! (n + 1)! k=0 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Supposons qu’il existe une solution f , et posons g = f ◦ f . – L’application g est dérivable sur IR, et g 0 (x) = f 0 (x)f 0 (f (x)) ≡ 1. Ainsi ∃ λ ∈ IR, ∀ x ∈ IR, g(x) = x + λ. Or g(1) = f (f (1)) = f (1) = 1. On trouve donc g(x) = x pour tout x de IR. – Supposons par l’absurde que f ne soit pas monotone. Alors il existe a, b, c tels que a < b < c et f (b) ∈ / [f (a), f (c)]. Supposons par exemple f (a) ≤ f (c) < f (b). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c0 ∈ [a, b] tel que f (c0 ) = f (c). Dans ces conditions, on a c0 < c et f (c0 ) = f (c). D’après le théorème de Rolle, ∃ d ∈]c0 , c[ tel que f 0 (d) = 0. Or l’hypothèse sur f montre que f 0 ne s’annule jamais. On a donc abouti à une contradiction : f est strictement monotone sur IR. Or f 0 (0) > 0 par hypothèse. Ainsi f est strictement croissante sur IR. – Supposons par l’absurde qu’il existe x dans IR tel que f (x) 6= x. f étant strictement croissante, il viendrait : Si x < f (x) alors f (x) < f ◦ f (x) donc x < f ◦ f (x). Si f (x) < x alors f ◦ f (x) < f (x) donc f ◦ f (x) < x. Mais cela est contradictoire avec le fait que g(x) = f ◦ f (x) = x. Ainsi, pour tout x de IR, on a nécessairement f (x) = x. – Réciproquement f : x 7→ x est solution du problème. Conclusion : l’application f : x 7→ x est la seule solution du problème. 18

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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On considère l’application g définie sur [a, b] par g(x) = ex (f (x) − f 0 (x)). L’application g est de classe C 1 sur le segment [a, b]. Pour tout x de [a, b], on a g 0 (x) = ex (f 0 (x) − f 00 (x) + f (x) − f 0 (x)) = ex (f (x) − f 00 (x)) Par hypothèse, on a g(a) = 0 et g(b) = 0. On peut donc appliquer le théorème de Rolle : il existe c dans ]a, b[ tel que g 0 (c) = 0. On a bien sˆ ur g 0 (x) = 0 ⇔ f (x) = f 00 (x). Le point c vérifie donc f (c) = f 00 (c). ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige (k)

On pose Un (x) = (x2 − 1)n et Qn,k = Un . Il s’agit d’étudier les propriétés de Pn = (x2 − 1)(n) (c’est-à-dire Pn = Qn,n ). (n)

Notons que Un étant un polynôme de degré 2n, Pn = Un

est un polynˆome de degr´e n.

D’autre part, le polynˆome Un admet −1 et 1 comme racines d’ordre n. (k)

(k)

Cela se traduit par Un (−1) = Un (1) = 0 pour tout k de {0, . . . , n − 1}. Autrement dit, chaque polynôme Qn,k , avec 0 ≤ k ≤ n − 1 s’annule en ±1. Montrons par récurrence que si k ∈ {0, . . . , n}, Qn,k s’annule en au moins k points de ] − 1, 1[. La propriété est bien sˆ ur vraie si k = 0. Supposons qu’elle le soit a` un rang k donné dans {0, . . . , n − 1}. Ainsi il existe x1 , . . . , xk avec −1 < x1 < · · · < xk < 1 tels que Qn,k (x1 ) = · · · = Qn,k (xk ) = 0. On sait d’autre part que Qn,k (−1) = Qn,k (1) = 0 (car k ≤ n − 1.) On peut donc appliquer Rolle sur chacun des k + 1 intervalles [−1, x1 ], [x1 , x2 ], . . . , [xk , 1]. Il en découle que Qn,k+1 = Q0n,k s’annule en k + 1 points distincts de ] − 1, 1[. Cela prouve la propriété au rang k + 1 et achève la récurrence. En particulier Pn = Qn,n s’annule en au moins n points distincts de ] − 1, 1[. Or deg Pn = n. On a ainsi trouvé toutes les racines (réelles ou complexes) de Pn . Conclusion : Pn est un polynôme de degré n dont toutes les racines sont réelles, distinctes, et appartiennent a` l’intervalle ouvert ] − 1, 1[.

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’hypothèse exprime que le polynôme P est scindé dans IR. m m Q P Pour fixer les idées, posons P = λ (x − xk )rk . Ainsi deg P = n = rk . k=1

k=1

Ici x1 , . . . , xm sont les racines distinctes de P , de multiplicités respectives r1 , . . . , rm . On ne perd aucune généralité à supposer x1 < x2 < · · · < xm . Pour chaque k de {1, . . . , m}, xk est une racine de P 0 de multiplicité rk − 1 (y compris si rk = 1, car cela signifie que xk est racine de P 0 avec la multiplicité 0 c’est-à-dire en fait n’est pas racine de P 0 .) m P On dispose donc déjà de (rk − 1) = deg P − m racines de P 0 (chacune étant comptée autant k=1

de fois que sa multiplicité.). D’autre part, en vertu du théorème de Rolle, la dérivée P 0 s’annule en au moins un point yk de chaque intervalle ]xk , xk+1 [, avec 1 ≤ k ≤ m − 1. Cela nous donne m − 1 racines supplémentaires distinctes pour le polynôme P 0 . Au total, et en les comptant autant de fois que leurs ordres de multiplicité, on a trouvé deg P − 1 = deg P 0 racines réelles pour le polynôme P 0 . Conclusion : tout comme le polynôme P , le polynôme P 0 est scindé. ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1. On considère la fonction h définie sur [a, b] par : h(x) = (g(b) − g(a))(f (x) − f (a)) − (f (b) − f (a))(g(x) − g(a)) Tout comme f et g, l’application h est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. D’autre part on constate qu’on a l’égalité h(a) = h(b) (= 0). On peut donc appliquer le théorème de Rolle. Ainsi il existe c dans ]a, b[ tel que h0 (c) = 0. Or ∀ x ∈]a, b[, h0 (x) = (g(b) − g(a))f 0 (x) − (f (b) − f (a))g 0 (x). Le résultat en découle. 2. Pour tout x de ]a, b[, il existe cx dans ]a, x[ tel que

g(x) g(x) − g(a) g 0 (cx ) = = 0 . f (x) f (x) − f (a) f (cx )

Quand x tend vers a, il en est de mˆeme de cx . g 0 (cx ) g(x) On en d´eduit lim 0 = ` puis lim = `. x→a f (cx ) x→a f (x)

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´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Notons que si f est constante sur [a, +∞[ alors le résultat est évident. On suppose donc que f n’est pas constante sur [a, +∞[. Quitte à considérer −f plutôt que f , on peut supposer qu’il existe b > a tel que f (b) > f (a). Soit y un réel strictement compris entre f (a) et f (b). L’application f étant continue sur [a, b], il existe x1 dans ]a, b[ tel que f (x1 ) = y. Puisque lim f (x) = f (a), il existe α > b tel que f (b) > y > f (α) > f (a). x→+∞

Toujours par continuité, il existe x2 dans ]b, α[ tel que f (x2 ) = y. Ainsi on dispose de deux points différents x1 et x2 tels que f (x1 ) = f (x2 ). On peut alors appliquer le théorème de Rolle a` l’application f sur [x1 , x2 ]. Conclusion : il existe c dans ]a, +∞[ tel que f 0 (c) = 0.

c Page 6 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Appliquer la formule des accroissements finis à f (x) = ax2 + bx + c entre x0 et x0 + h. Que remarque-t-on ? Interprétation géométrique ? Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application deux fois dérivable sur [x0 , x0 + 2h]. Montrer qu’il existe θ dans ]0, 1[ tel que f (x0 + 2h) − 2f (x0 + h) + f (x0 ) = h2 f 00 (x0 + 2θh). (On donnera deux démonstrations de ce résultat.) Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Théorème de Darboux Soit f une application dérivable sur [a, b]. Montrer que f 0 prend toutes les valeurs comprises entre f 0 (a) et f 0 (b). Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application dérivable de ]0, 1[ dans IR. On suppose que pour tout x de ]0, 1[, |f 0 (x)| ≤ M . Montrer que f est prolongeable par continuité en 0 et en 1. Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Appliquer la formule des accroissements finis à f (x) = arctan x entre 0 et h. Montrer qu’il existe un unique θ tel que f (h) = hf 0 (θh). Calculer θ et lim θ. h→0

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] On constate que f (x0 + h) = f (x0 ) + hf 0 (x0 + h2 ). Soient A, B deux points d’une parabole P, et soit C le point de P d’abscisse médiane. Alors la tangente a` P en C est parallèle à la corde [AB]. Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] – Première méthode : Considérer l’application ϕ définie sur [x0 , x0 + h] par ϕ(t) = f (t + h) − f (t). Appliquer deux fois l’égalité des accroissements finis. – Deuxième méthode : Considérer l’application ψ : t 7→ ψ(t) = f (x0 + 2t) − 2f (x0 + t) + f (x0 ) − λt2 . Choisir λ pour que ψ(h) = 0. Appliquer Rolle puis les accroissements finis. Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] f (x) − f (a) f (x) − f (b) et ψ(x) = . x−a x−b Prolonger ces fonctions par continuité sur le segment [a, b]. Considérer les fonctions ϕ(x) =

Utiliser le fait que [f 0 (a), f 0 (b)] est inclus dans la réunion [ϕ(a), ϕ(b)] ∪ [ψ(a), ψ(b)]. Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Il suffit de prouver la propriété en 0. Se donner une suite (xn ) de ]0, 1[ qui converge vers 0. Montrer que la suite (f (xn )) est également convergente : notons ` sa limite. Montrer que ` ne dépend pas de la suite (xn ) initiale. Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] r h − arctan h 1 On trouve f (h) = hf 0 (θh) avec θ = . On vérifie que lim θ = √ . 2 h→0 h arctan h 3

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On sait qu’il existe θ dans ]0, 1[ tel que f (x0 + h) − f (x0 ) = hf 0 (x0 + θh). f (x0 + h) − f (x0 ) = a(x0 + h)2 + b(x0 + h) + c − ax20 − bx0 − c = (2ax0 + b)h + ah2 f 0 (x0 + θh) = 2a(x0 + θh) + b L’égalité f (x0 + h) − f (x0 ) = hf 0 (x0 + θh) s’écrit donc (2ax0 + b)h + ah2 = 2ah(x0 + θh) + bh. Autrement dit θ = 21 . On a donc l’égalité f (x0 + h) = f (x0 ) + hf 0 (x0 + h2 ). Cela signifie que si A, B sont quelconques sur une parabole, d’abscisses respectives a et b, alors la tangente au point C d’abscisse a+b ele a` la corde [AB]. 2 de cette parabole est parall` ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Pour cet exercice, on va voir deux méthodes. – Première méthode : On introduit l’application ϕ définie sur [x0 , x0 + h] par ϕ(t) = f (t + h) − f (t). On constate que f (x0 + 2h) − 2f (x0 + h) + f (x0 ) = ϕ(x0 + h) − ϕ(x0 ). L’application ϕ est deux fois dérivable sur [x0 , x0 + h]. Les accroissements finis donnent α ∈]0, 1[ tel que ϕ(x0 + h) − ϕ(x0 ) = hϕ0 (x0 + αh). Or ϕ0 (x0 + αh) = f 0 (x0 + αh + h) − f 0 (x0 + αh). Les accroissements finis donnent β dans ]0, 1[ tel que ϕ0 (x0 + αh) = hf 00 (x0 + αh + βh). On pose maintenant θ = 21 (α + β) : c’est un élément de ]0, 1[. Le calcul précédent donne alors : f (x0 + 2h) − 2f (x0 + h) + f (x0 ) = h2 f 00 (x0 + 2θh). – Deuxième méthode : On introduit l’application ψ : t 7→ ψ(t) = f (x0 + 2t) − 2f (x0 + t) + f (x0 ) − λt2 . On choisit λ pour que ψ(h) = 0. L’application ψ est deux fois dérivable sur [0, 1]. On a ψ(0) = 0 et ψ 0 (t) = 2f 0 (x0 + 2t) − 2f 0 (x0 + t) − 2λt ⇒ ψ 0 (0) = 0. Puisque ψ(0) = ψ(1) = 0, Rolle donne k dans ]0, h[ tel que ψ 0 (k) = 0. Ainsi on a l’égalité f 0 (x0 + 2k) − f 0 (x0 + k) = λk. Le TAF donne z dans ]x0 + k, x0 + 2k[ tel que f 0 (x0 + 2k) − f 0 (x0 + k) = kf 00 (z). Ainsi λ = f 00 (z). Et il existe θ dans ]0, 1[ tel que z = x0 + 2θh. L’égalité ψ(h) = 0 donne bien : f (x0 + 2h) − 2f (x0 + h) + f (x0 ) = h2 f 00 (x0 + 2θh). 24

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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige f (x) − f (a) Pour tout x de ]a, b], on pose ϕ(x) = , et ϕ(a) = f 0 (a) = lim ϕ(x). x→a+ x−a f (x) − f (b) De même, on définit ψ(x) = sur [a, b[ et ψ(b) = f 0 (b) = lim ψ(x). x→b− x−b Ainsi définies, les applications ϕ et ψ sont continues sur [a, b]. f (b) − f (a) On observe que ϕ(b) = ψ(a) = T = . b−a L’intervalle [f 0 (a), f 0 (b)] est inclus dans la réunion [ϕ(a), ϕ(b)] ∪ [ψ(a), ψ(b)]. Soit γ un élément de [f 0 (a), f 0 (b)]. On a γ ∈ [ϕ(a), ϕ(b)] ou γ ∈ [ψ(a), ψ(b)]. Traitons le premier cas. ϕ étant continue, il existe c dans [a, b] tel que γ = ϕ(c). f (c) − f (a) . Si c = a alors γ = f 0 (a) sinon on peut écrire γ = c−a f (c) − f (a) Mais le théorème des accroissements finis donne d dans ]a, c[ tel que = f 0 (d). c−a Le cas o` u γ ∈ [ψ(a), ψ(b)] se traite de manière analogue. Ainsi dans tous les cas, γ est une valeur prise par f 0 , ce qui établit le théorème de Darboux (la dérivée d’une application sur un intervalle obéit donc toujours à la propriété des valeurs intermédiaires, même si elle n’est pas continue.) ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Il suffit de prouver la propriété en 0. Soit (xn ) une suite de ]0, 1[ convergente vers 0. Pour tout (m, n) de IN2 , on a |f (xn ) − f (xm )| ≤ M |xn − xm |. La suite (xn ) étant convergente, elle est de Cauchy. Mais l’inégalité précédente montre que la suite (f (xn )) est de Cauchy, donc convergente. Donnons nous maintenant une deuxième suite (yn ) de ]0, 1[, convergente vers 0. Tout comme la suite (f (xn )), la suite (f (yn )) est convergente. Définissons maintenant la suite (zn ) par z2n = x2n et z2n+1 = y2n+1 . La suite (zn ) est bien sˆ ur convergente vers 0. On sait que cela implique la convergence de la suite (f (zn )). Mais les suites (f (xn )) et (f (yn )) sont toutes deux extraites de la suite (f (zn )). On en déduit que les suites (f (xn )) et (f (yn )) ont la même limite dans IR. Ainsi il existe un réel λ tel que, pour toute suite (xn ) de ]0, 1[ convergente vers 0, la suite (f (xn )) soit convergente vers λ. On reconnait la caractérisation des limites par les suites. Ainsi f peut être prolongée par continuité en 0 en posant f (0) = λ. 25

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige h La formule des accroissements finis s’écrit f (h) = hf 0 (θh) donc arctan h = . 1 + θ2 h2 r h − arctan h : il n’y a qu’une solution θ dans ]0, 1[. Elle donne θ = h2 arctan h h3 On sait qu’au voisinage de l’origine on a arctan h ∼ h et h − arctan h ∼ . 3 h − arctan h 1 1 On en déduit que lim 2 = . Ainsi lim θ = √ . h→0 h arctan h h→0 3 3

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application continue sur [a, b], deux fois d´erivable sur ]a, b[. Montrer que pour tout x de [a, b], il existe un c de ]a, b[ tel que : f (x) = f (a) +

f (b) − f (a) (x − a)(x − b) 00 (x − a) + f (c) b−a 2

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application trois fois dérivable sur [a, b]. b−a 0 (b − a)3 000 Montrer ∃ c ∈ ] a, b [ , f (b) = f (a) + [f (a) + f 0 (b)] − f (c). 2 12 Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application dérivable sur [a, b], telle que f 0 (a) = f 0 (b). f (c) − f (a) Montrer qu’il existe un réel c de ]a, b] tel que f 0 (c) = . c−a Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application de classe C 3 sur [0, 2] telle que f (0) = f (1) = f (2) = 0. x(x − 1)(x − 2) 000 Montrer que pour x de [0, 2], il existe c dans ]0, 2[ tel que f (x) = f (c). 6 Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soit g une application impaire et cinq fois dérivable de [0, 1] dans IR. 1 1 (5) g (c). Montrer qu’il existe un réel c de ]0, 1[ tel que : g(1) = (g 0 (1) + 2g 0 (0)) − 3 180

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] C’est évident si x = a ou x = b. On suppose donc x ∈ / {a, b}. (t − a)(t − b) f (b) − f (a) (t − a) − λ. b−a 2 On choisit λ pour que ϕ(x) = 0. Appliquer deux fois Rolle a` ϕ, puis une fois a` ϕ0 . Considérer ϕ : t 7→ ϕ(t) = f (t) − f (a) −

Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] x−a 0 Définir l’application g : x 7→ g(x)f (x) − f (a) − (f (a) + f 0 (x)) + λ(x − a)3 . 2 Choisir λ pour que g(b) = 0. Calculer g 0 et g 00 . Appliquer deux fois Rolle, pour trouver c dans ]a, d[ tel que g 00 (c) = 0. Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Considérer l’application définie sur [a, b] par ϕ(x) = f (x) − f (a) − (x − a)

f (b) − f (a) . b−a

Vérifier que ϕ(a) = ϕ(b) = 0, et que ϕ0 (a) = ϕ0 (b). Traiter le cas particulier ϕ0 (a) = ϕ0 (b) = 0. Dans le cas général, prouver qu’il existe x0 dans ]a, b[ tel que ϕ(x0 ) = 0. Terminer en appliquant Rolle à l’application x 7→ ψ(x) =

f (x) − f (a) . x−a

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] C’est évident si x ∈ {0, 1, 2}. On fixe donc x, distinct de 0, 1, 2. t(t − 1)(t − 2) λ, o` u λ est tel que ϕ(x) = 0. 6 Appliquer plusieurs fois le thórème de Rolle. Considérer ϕ : t 7→ f (t) −

Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] x Utiliser ϕ(x) = g(x) − (g 0 (x) + 2g 0 (0)) + λx5 , avec λ tel que ϕ(1) = 0. 3 Constater que ϕ(0) = ϕ0 (0) = ϕ00 (0) = ϕ(3) (0) = ϕ(4) (0) = 0 et appliquer Rolle plusieurs fois. Prouver l’existence de c3 dans ]0, 1[ tel que ϕ(3) (c3 ) = 0. Appliquer l’égalité des accroissements finis à g (4) entre 0 et c3 . 28

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Remarquons que le résultat est évident si x = a ou x = b (avec c quelconque). On suppose donc x ∈ / {a, b}. Dans toute la suite x a une valeur fixée. (t − a)(t − b) f (b) − f (a) (t − a) − λ. b−a 2 Tout comme f , l’application ϕ est continue sur [a, b] et deux fois dérivable sur ]a, b[.

On introduit l’application ϕ : t 7→ ϕ(t) = f (t) − f (a) −

On choisit λ pour que ϕ(x) = 0. On constate alors que ϕ(a) = ϕ(x) = ϕ(b) = 0. Rolle sur [a, x] et [x, b] donne y dans ]a, x[ et z dans ]x, b[ tels que ϕ0 (y) = ϕ0 (z) = 0. L’application ϕ0 étant dérivable sur [y, z], on peut encore appliquer Rolle. Il existe donc c dans ]y, z[ (donc dans ]a, b[) tel que ϕ00 (c) = 0. Or pour tout t de ]a, b[ on a ϕ00 (t) = f 00 (t) − λ. Ainsi λ = f 00 (c). L’égalité ϕ(b) = 0 s’écrit alors : f (b) = f (a) +

f (b) − f (a) (t − a)(t − b) 00 (t − a) + f (c). b−a 2

´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Pour tout x de [a, b], on pose g(x) = f (x) − f (a) −

x−a 0 (f (a) + f 0 (x)) + λ(x − a)3 . 2

On choisit le réel λ de telle manière que g(b) = 0. Puisque f est trois fois dérivable sur [a, b], g est deux fois dérivable sur [a, b]. x − a 00 1 Pour tout x de [a, b], on a g 0 (x) = (f 0 (x) − f 0 (x)) − f (x) + 3λ(x − a)2 . 2 2 x − a 000 Pour tout x de [a, b], on a g 00 (x) = − f (x) + 6λ(x − a). 2 On a g(a) = g(b) = 0. Il existe donc d dans ]a, b[ tel que g 0 (d) = 0 (théorème de Rolle.) De même, g 0 (a) = 0. Il existe donc c dans ]a, d[ tel que g 00 (c) = 0. c − a 000 f 000 (c) f (c) + 6λ(c − a) = 0 ⇔ λ = . 2 12 Enfin λ a été choisi pour que g(b) = 0. Si on écrit l’égalité g(b) = 0, on trouve : Mais g 00 (c) = 0 ⇔ −

f (b) = f (a) +

b−a 0 f 000 (c) (f (a) + f 0 (b)) − (b − a)3 2 12

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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige f (b) − f (a) . b−a Cette application est dérivable sur [a, b] et elle vérifie ϕ(a) = ϕ(b) = 0. f (b) − f (a) . En particulier ϕ0 (a) = ϕ0 (b). Pour tout x de [a, b], ϕ0 (x) = f 0 (x) − b−a f (b) − f (a) – Si ϕ0 (a) = ϕ0 (b) = 0, alors f 0 (b) = . b−a Dans ce cas la propriété demandée est vérifiée avec c = b.

Soit ϕ l’application d´efinie sur [a, b] par ϕ(x) = f (x) − f (a) − (x − a)

– Supposons ϕ0 (a) = ϕ0 (b) > 0. Alors ϕ(x) ∼ (x − a)ϕ0 (a) est > 0 au voisinage de a à droite. De même ϕ(x) ∼ (x − b)ϕ0 (b) est < 0 au voisinage de b à gauche. L’application ϕ étant continue, il existe x0 dans ]a, b[ tel que ϕ(x0 ) = 0. – La démonstration est analogue si ϕ0 (a) = ϕ0 (b) < 0. Ainsi, si ϕ0 (a) = ϕ0 (b) 6= 0, ∃ x0 ∈]a, b[ tel que ϕ(x0 ) = 0. f (b) − f (a) f (x0 ) − f (a) Cette égalité s’écrit = . x0 − a b−a

f (x) − f (a) vérifie ψ(x0 ) = ψ(b). x−a Mais ψ est dérivable sur ]a, b] : elle vérifie les hypothèses du théorème de Rolle sur [x0 , b]. Ainsi il existe c dans ]x0 , b] (donc dans ]a, b]) tel que ψ 0 (c) = 0. f 0 (x)(x − a) − f (x) + f (a) Or, pour tout x de l’intervalle ]a, b], on a ψ 0 (x) = . (x − a)2 f (c) − f (a) L’égalité ψ 0 (c) = 0 s’écrit f 0 (c) = , ce qui achève la démonstration. c−a Autrement dit l’application ψ définie sur ]a, b] par ψ(x) =

´ de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Corrige Le résultat est évident si x ∈ {0, 1, 2}. On fixe donc x avec x ∈ / {0, 1, 2}. t(t − 1)(t − 2) λ. On introduit l’application ϕ : t 7→ f (t) − 6 L’application ϕ est de classe C 3 sur [0, 2]. On choisit λ tel que ϕ(x) = 0. Ainsi ϕ s’annule en les quatre points distincts 0, 1, 2, x. On applique le thórème de Rolle sur les trois segments définis par ces quatre points. Il existe donc α < β < γ dans ]0, 2[, tels que ϕ0 (α) = ϕ0 (β) = ϕ0 (γ) = 0. On applique Rolle sur [α, β] et sur [β, γ] à l’application ϕ0 . Il existe donc λ et µ, avec 0 < λ < µ < 2 tels que ϕ00 (λ) = ϕ00 (µ) = 0. On applique enfin Rolle à ϕ00 sur [λ, µ] : ∃ c ∈]0, 2[, ϕ000 (c) = 0. Or ∀ x ∈ [0, 2], ϕ000 (t) = f 000 (t) − λ. On obtient donc λ = f 000 (c). x(x − 1)(x − 2) 000 Avec cette expression de λ, l’égalité ϕ(x) = 0 devient alors f (x) = f (c). 6 30

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Tout comme g, les applications g 00 et g (4) sont impaires. On a donc g(0) = g 00 (0) = g (4) (0) = 0. x On définit l’application ϕ : x 7→ ϕ(x) = g(x) − (g 0 (x) + 2g 0 (0)) + λx5 . 3 On choisit λ pour que ϕ(1) soit nul. L’application ϕ est quatre fois dérivable sur [0, 1]. 2 x Pour tout x de [0, 1], on a ϕ0 (x) = (g 0 (x) − g 0 (0)) − g 00 (x) + 5λx4 . 3 3 1 x x De même, ϕ00 (x) = g 00 (x) − g 000 (x) + 20λx3 et ϕ(3) (x) = − g (4) (x) + 60λx2 . 3 3 3 0 00 (3) (4) On constate que ϕ(0) = ϕ (0) = ϕ (0) = ϕ (0) = ϕ (0) = 0. On peut donc appliquer plusieurs fois le théorème de Rolle : – ϕ(0) = ϕ(1) ⇒ il existe c1 dans ]0, 1[ tel que ϕ0 (c1 ) = 0. – ϕ0 (0) = ϕ0 (c1 ) = 0 ⇒ il existe c2 dans ]0, c1 [ tel que ϕ00 (c2 ) = 0. – ϕ00 (0) = ϕ00 (c2 ) = 0 ⇒ il existe c3 dans ]0, c2 [ tel que ϕ(3) (c3 ) = 0. c3 Ainsi − g (4) (c3 ) + 60λc3 2 = 0 donc g (4) (c3 ) = 180λc3 . 3 On applique enfin l’égalité des accroissements finis entre 0 et c3 . Il existe c dans ]0, c3 [ tel que g (4) (c3 ) = g (4) (0) + c3 g (5) (c) = c3 g (4) (c). Combiné a` l’égalité g (4) (c3 ) = 180λc3 , on en déduit g (5) (c) = 180λ. Dans ces conditions l’égalité ϕ(1) = 0 devient

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : IR → IR, de classe C 2 et telle que : ∀ x ∈ IR, |f (x)| ≤ M0 et |f 00 (x)| ≤ M2 . √ Montrer que, pour tout x, |f 0 (x)| ≤ M1 avec M1 = 2M0 M2 . Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Calculer la limite suivante : lim

n→∞

n X

sin

p=1

p . n2

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application de classe C 2 au voisinage de a, avec f 00 (a) 6= 0. 1 Les accroissements finis donnent f (a + h) = f (a) + hf 0 (a + θh h). Montrer que lim θh = . h→0 2 Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application de classe C 2 sur un voisinage de a. f (a + h) + f (a − h) − 2f (a) . Calculer lim h→0 h2 Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : IR → IR une application de classe C ∞ telle que ∀ n ∈ IN, f (n) (0) = 0.

On suppose qu’il existe λ > 0 tel que que : ∀ x ∈ IR, ∀ n ∈ IN, f (n) (x) ≤ n!λn . Montrer que f est identiquement nulle sur IR.

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] Appliquer l’inégalité de Taylor-Lagrange à f sur [x, x + h] et sur [x − h, x]. En déduire |f (x + h) − f (x − h) − 2hf 0 (x)| ≤ h2 M2 puis |f 0 (x)| ≤

M0 h + M2 . h 2

M0 h ´ Etudier l’application ϕ définie sur IR+∗ par ϕ(h) = + M2 . h 2 Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] Appliquer l’inégalité de Taylor-Lagrange à t 7→ sin t entre 0 et x. n n X X p p n+1 Si un = sin 2 et vn = , en déduire une majoration de |un − vn |. = 2 n n 2n p=1 p=1 1 Finalement, constater que un tend vers quand n → +∞. 2 Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] 2 Appliquer Taylor-Young : f (a + h) = f (a) + hf 0 (a) + h2 f 00 (a) + o(h2 ).

Comparer avec les accroissements finis et en déduire f 0 (a + θh h) = f 0 (a) + h2 f 00 (a) + o(h). Prouver alors l’existence de αh dans ]0, 1[ tel que f 0 (a + θh h) − f 0 (a) = θh h f 00 (a + αh h). Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Appliquer l’égalité de Taylor-Young pour évaluer f (a + h) et f (a − h). Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] Appliquer l’inégalité de Taylor-Lagrange au rang n − 1, entre 0 et x. h i En déduire |f (x)| ≤ |(λx)n | puis f (x) ≡ 0 sur − λ1 , λ1 . ε Considérer ensuite g : x 7→ g(x) = f x + λ . Généraliser enfin a` d’autres translations.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Soient x dans IR et h dans IR+∗ . On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange a` f entre x et x + h, et entre x et x − h. h2 h2 On obtient : |f (x + h) − f (x) − hf 0 (x)| ≤ M2 et |f (x − h) − f (x) + hf 0 (x)| ≤ M2 . 2 2 0 2 On en déduit |f (x + h) − f (x − h) − 2hf (x)| ≤ h M2 . Il en découle |2hf 0 (x)| ≤ |f (x + h) − f (x − h)| + h2 M2 ≤ 2M0 + h2 M2 . M0 h Et finalement, pour tout h > 0, on constate que |f 0 (x)| ≤ + M2 . h 2 h M 0 + M2 . Notons ϕ l’application définie sur IR+∗ par ϕ(h) = h 2 M M 0 2 Pour tout h de IR+∗ , on a ϕ0 (h) = − 2 + . r h 2 √ 2M0 , et vaut 2M0 M2 . – Si M2 > 0 le minimum de ϕ est atteint en h0 = M2 √ 0 0 On a |f (x)| ≤ ϕ(h) pour tout h > 0, donc |f (x)| ≤ ϕ(h0 ) donc |f 0 (x)| ≤ 2M0 M2 . – Si M2 = 0, c’est-à-dire si f 00 est la fonction nulle, alors f est une fonction affine. Mais par hypothèse f est bornée sur IR. Donc f est constante. √ Sa dérivée est donc la fonction nulle et |f 0 (x)| ≤ 2M0 M2 est encore vrai. √ Conclusion : pour tout x de IR, on a l’inégalité |f 0 (x)| ≤ 2M0 M2 . ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange a` l’application t 7→ sin t entre 0 et x. Pour tout x de IR, on a |sin x − x| ≤ n X

x3 . 3!

X p p n+1 Posons un = sin 2 et vn = = . 2 n n 2n p=1 p=1

n n n

X p p

p p

X p3

. On trouve alors : |un − vn | =

sin 2 − 2 ≤

p=1 n n p=1 n n 6n6 p=1 Or

n X p=1

p3 =

n2 (n + 1)2 (n + 1)2 . On en d´eduit |un − vn | ≤ . 4 24n4

1 Il en r´esulte lim (un − vn ) = 0. Or lim vn = . n→+∞ n→+∞ 2 Finalement, on constate que un = vn + (un − vn ) tend vers 34

1 quand n → +∞. 2

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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 2 On applique la formule de Taylor-Young : f (a + h) = f (a) + hf 0 (a) + h2 f 00 (a) + o(h2 ).

On compare avec l’égalité donnée par les accroissements finis : f (a + h) − f (a) = hf 0 (a + θh h). Pour h 6= 0, on en déduit f 0 (a + θh h) = f 0 (a) + h2 f 00 (a) + o(h). Les accroissements finis donnent αh dans ]0, 1[ tel que f 0 (a + θh h) − f 0 (a) = θh hf 00 (a + αh h). En reportant, on obtient l’égalité θh f 00 (a + αh h) = 21 f 00 (a) + o(1). f

1 00 f (a) + o(1) est continue et f (a) = 6 0. Pour h assez petit on peut donc ´ecrire θh = 2 00 . 00

On fait tendre h tend vers 0 (f

f (a + αh h)

continue) et on trouve lim θh = 12 . h→0

´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 2 On applique la formule de Taylor-Young : f (a + h) = f (a) + hf 0 (a) + h2 f 00 (a) + o(h2 ). 2 On en déduit f (a − h) = f (a) − hf 0 (a) + h2 f 00 (a) + o(h2 ).

Par conséquent f (a + h) + f (a − h) − 2f (a) = h2 f 00 (a) + o(h2 ). f (a + h) + f (a − h) − 2f (a) On en déduit finalement : lim = f 00 (a). h→0 h2 ´ de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] Corrige On écrit l’inégalité de Taylor-Lagrange au rang n − 1, entre 0 et x :

x2 00 xn−1

f (0) − · · · − f (n−1) (0) ≤ sup f (n)

f (x) − f (0) − xf 0 (0) − 2! (n − 1)! n! [0,x] Compte tenu des hypothèses, ce résultat devient : |f (x)| ≤ |(λx)n |. h i Si on se place sur − λ1 , λ1 et si on fait tendre n vers +∞, on trouve : f (x) = 0. h i 1 1 Par continuité, on a alors f (x) ≡ 0 sur − λ , λ . Il en découle que f ainsi que toutes ses dérivées sont nulles en λε , avec ε = ±1. On considère maintenant l’application g : x 7→ g(x) = f x + λε . L’application g est de classe C ∞ sur IR et pour tout n, g (n) (x) = f (n) x + λε .

On a donc encore g (n) (0) = 0 pour tout n et les inégalités : g (n) (x) ≤ n!λn . h i 1 1 On en déduit comme précédemment que g est identiquement nulle sur − λ , λ . h i Autrement dit, f est identiquement nulle sur − λ2 , λ2 . En procédant ainsi à des translations successives, on constate que f est nulle sur IR. 35

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] ´ Soit f : I → J convexe et strictement monotone. Etudier la convexité de f −1 : J → I. Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soient f, g : IR → IR convexes, g étant croissante. Montrer que g ◦ f est convexe. Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soient f, g : I → IR convexes. Les applications sup(f, g) et inf(f, g) sont-elles convexes ? Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : IR → IR+∗ . Montrer que ln(f ) convexe⇒ f convexe. Réciproque ? Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : [0, +∞[→ IR une fonction majorée de classe C 2 . On suppose l’existence d’un réel a > 0 tel que : ∀ x ≥ 0, f 00 (x) ≥ af (x) ≥ 0. 1. Montrer que f est décroissante. 2. Quelle est la limite de f 0 en +∞ ? 3. Montrer que lim f (x) = 0. +∞

4. Montrer que ∀ x ≥ 0, f (x) ≤ f (0) e−x

√

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que si f : IR → IR est convexe et major´ee, alors elle est constante.

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] Si f est strictement croissante convexe, alors f −1 est concave. Si f est strictement décroissante convexe, alors f −1 est convexe. Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] Utiliser la convexité de f , puis la croissance de g, puis la convexité de g. Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] L’application sup(f, g) est convexe. Cela n’est pas vrai en général pour inf(f, g) : exemple f (x) ≡ 0 et g(x) ≡ x. Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Cela résulte de l’exercice précédent. La réciproque est fausse (considérer f : x 7→ x.) Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] 1. L’application f est convexe sur IR+ , donc f (x) ≥ f (a) + (x − a)f 0 (a) pour tous a, x. En déduire que f est décroissante. 2. Justifier l’existence de α ≤ 0 tel que lim f 0 (x) = α. x→+∞

Supposer α < 0 et aboutir a` une contradiction. 3. Justifier l’existence de β ≥ 0 tel que lim f (x) = β. x→+∞

Supposer β > 0 et aboutir a` une contradiction. √

4. Pour tout x ≥ 0, poser g(x) = f (x) ex

Vérifier que g satisfait à des hypothèses analogues a` celles de f . Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] Supposer qu’il existe a, b dans IR, avec a < b et f (a) 6= f (b). Justifier que pour tout x > b, on a f (x) ≥ α(x − a) + f (a), avec α =

f (b) − f (a) . b−a

Montrer ´egalement que x < a ⇒ f (x) ≥ α(x − a) + f (a). Discuter enfin suivant le signe de α.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Soient y1 et y2 deux éléments de J, et λ un réel de [0, 1]. Soient x1 et x2 les antécédents de y1 et y2 dans I. On sait que f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) (1) – Supposons f (donc f −1 ) strictement croissante. Alors l’égalité (1) donne λx1 + (1 − λ)x2 ≤ f −1 (λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 )). Autrement dit λf −1 (y1 ) + (1 − λ)f −1 (y2 ) ≤ f −1 (λy1 + (1 − λ)y2 ) : f −1 est concave. – Supposons f (donc f −1 ) strictement décroissante. Alors l’égalité (1) donne λx1 + (1 − λ)x2 ) ≥ f −1 (λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 )). Autrement dit λf −1 (y1 ) + (1 − λ)f −1 (y2 ) ≥ f −1 (λy1 + (1 − λ)y2 ) : f −1 est convexe. Conclusion : si f est strictement croissante convexe, alors f −1 est concave, mais si f est strictement décroissante convexe, alors f −1 est convexe. ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On se donne x, y dans IR, et λ dans [0, 1]. La convexité de f donne : f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y). La croissance de g donne alors : g(f (λx + (1 − λ)y)) ≤ g(λf (x) + (1 − λ)f (y)). Or g est convexe. Donc g(λf (x) + (1 − λ)f (y)) ≤ λg(f (x)) + (1 − λ)g(f (y)). On a donc obtenu (g ◦ f )(λx + (1 − λ)y) ≤ λ(g ◦ f )(x) + (1 − λ)(g ◦ f )(y). Conclusion : si f, g sont convexes et si g est croissante alors g ◦ f est convexe. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Soient x, y deux éléments de I et λ un élément de [0, 1]. On a f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) ≤ λ sup(f, g)(x) + (1 − λ) sup(f, g)(y). De même g(λx + (1 − λ)y) ≤ λg(x) + (1 − λ)g(y) ≤ λ sup(f, g)(x) + (1 − λ) sup(f, g)(y). On en déduit sup f (λx + (1 − λ)y), g(λx + (1 − λ)y) ≤ λ sup(f, g)(x) + (1 − λ) sup(f, g)(y). Or sup f (λx + (1 − λ)y), g(λx + (1 − λ)y) = sup(f, g)(λx + (1 − λ)y). Ainsi sup(f, g)(λx + (1 − λ)y) ≤ λ sup(f, g)(x) + (1 − λ) sup(f, g)(y) : sup(f, g) est convexe. Cela n’est pas vrai en général pour inf(f, g). Par exemple, f : x 7→ 0 et g = x 7→ x sont convexes sur IR mais pas inf(f, g). 38

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´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Le résultat est immédiat en utilisant l’exercice précédent. On sait en effet que l’application x 7→ exp x est convexe et croissante. Il en résulte que si ln(f ) est convexe, alors exp(ln(f )), c’est-à-dire f , est convexe. La réciproque est fausse. En effet f : x 7→ x est convexe, mais pas g : x 7→ ln x. ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1. Puisque f 00 ≥ 0 sur IR+ , f 0 est croissante et f est convexe sur IR+ . Pour tous a, x de IR+ on sait que f (x) ≥ f (a)+(x−a)f 0 (a) (conséquence de la convexité.) Tout comme f , l’application x 7→ f (a) + (x − a)f 0 (a) est donc majorée sur IR+ . Cela implique évidemment f 0 (a) ≤ 0 : ainsi f 0 ≤ 0 sur IR+ , et f est décroissante. 2. L’application f 0 est croissante et majorée par 0. Il existe donc α ≤ 0 tel que lim f 0 (x) = α. x→+∞

Supposons α < 0 : il en découle f 0 (x) ≤ α < 0 sur IR+ . Pour tout x > 0, il existe cx > 0 tel que f (x) = f (0) + xf 0 (cx ) donc f (x) ≤ f (0) + αx. Il en découle lim f (x) = −∞, ce qui est incompatible avec l’hypothèse f ≥ 0. x→+∞

Conclusion : lim f 0 (x) = 0. x→+∞

3. L’application f est d´ecroissante et minor´ee par 0. Il existe donc β ≥ 0 tel que lim f (x) = β. x→+∞

Supposons β > 0 : il en d´ecoule f (x) ≥ β > 0 donc f 00 (x) ≥ aβ > 0 sur IR+ . Pour tout x > 0, il existe dx > 0 tel que f 0 (x) = f 0 (0) + xf 00 (dx ) ≥ f 0 (0) + aβx. Il en r´esulte lim f 0 (x) = +∞, ce qui est absurde. Conclusion : lim f (x) = 0. x→+∞

4. Pour tout x ≥ 0, on pose g(x) = f (x) e

x→+∞

√ x a

Tout comme f , L’application g est de classe C 2 et elle est ≥ 0 sur IR+ . √ √ √ √ ∀ x ∈ IR+ , g 0 (x) = (f 0 (x) + f (x) a) ex a et g 00 (x) = (f 00 (x) + 2f 0 (x) a + af (x)) ex a . √ √ √ De l’hypothèse sur f , il découle : ∀ x ∈ IR+ , g 00 (x) ≥ 2 a(f (x) a + f 0 (x)) ex a . √ Ainsi g 00 (x) ≥ 2 ag(x) : g satisfait donc a` une hypothèse analogue à celle de f . Il en découle en particulier que g est décroissante sur IR+ . On en déduit notamment : ∀ x ∈ IR+ , g(x) ≤ g(0), c’est-à-dire f (x) ex Conclusion : on a bien démontré l’inégalité f (x) ≤ f (0) e−x

√

≤ f (0).

sur IR+ .

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´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Soit f : IR → IR une application convexe. Il s’agit de montrer que si f n’est pas constante alors elle n’est pas majorée. On suppose donc qu’il existe a, b dans IR, avec a < b et f (a) 6= f (b). On utilise maintenant une caractérisation de la convexité par les pentes des cordes. Pour tout x de ]b, +∞[, on a

f (x) − f (a) f (b) − f (a) ≥ . x−a b−a

Autrement dit : ∀ x > b, f (x) ≥ α(x − a) + f (a), avec α =

f (b) − f (a) . b−a

f (a) − f (x) f (b) − f (a) ≤ = α ⇒ f (x) ≥ α(x − a) + f (a). a−x b−a Par hypoth`ese on a α 6= 0. De mˆeme, x < a ⇒

– Si α > 0, alors lim (α(x − a) + f (a)) = +∞ donc lim f (x) = +∞. x→+∞

x→+∞

– Si α < 0, alors lim (α(x − a) + f (a)) = +∞ donc lim f (x) = +∞. x→−∞

x→−∞

Dans tous les cas, on constate effectivement que f n’est pas major´ee.

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] 2

Soit f : I → IR, continue, telle que : ∀ (x, y) ∈ I , f

x + y 2

≤

f (x) + f (y) . 2

Montrer que f est convexe. Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que pour tout λ de IR et tout x de [−1, 1], on a : eλx ≤ ch λ + x sh λ. Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soient p, q dans IR+∗ tels que

1 1 ap b q + = 1. Montrer que ∀ a, b ∈ IR+∗ , + ≥ ab. p q p q

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] x + y √ ≥ ln x ln y. Pour tous x, y de ]1, +∞[, montrer que ln 2

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] k k k k Soient x < y. Prouver que ∀k ∈ {0, . . . , 2n }, f n x + (1 − n )y ≤ n f (x) + (1 − n )f (y). 2 2 2 2 kn kn + 1 Se donner λ ∈ [0, 1]. Justifier l’existence de kn de {0, . . . , 2n−1} tel que n ≤ λ < . 2 2n kn Utiliser alors la suite des λn = n et la continuité de f . 2 Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] Utiliser la convexité de f : x 7→ eλx sur [−1, 1]. Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] Utiliser la concavité de x 7→ ln x, entre x = ap et y = bq . Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] x + y ϕ(x) + ϕ(y) ≥ , avec ϕ(t) = ln ln t. L’inégalité à prouver équivaut a` ϕ 2 2

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Soient x, y fixés, avec x < y. On va montrer par récurrence sur n ≥ 1 la propriété : ∀k ∈ {0, . . . , 2n }, f

k k k k x + (1 − )y ≤ n f (x) + (1 − n )f (y) n n 2 2 2 2

Remarquons que pour k = 0 ou k = 2n, cette inégalité est évidente (c’est même une égalité). x + y f (x) + f (y) Si n = 1 la propriété se réduit a` f ≤ : c’est l’hypothèse de l’énoncé. 2 2 On se donne un entier n ≥ 1, et on suppose que la propriété est vraie au rang n. k k k k Soit k ∈ {1, . . . , 2n+1 − 1}. Posons ak = n+1 x + (1 − n+1 )y et bk = n+1 f (x) + (1 − n+1 )f (y). 2 2 2 2 Il s’agit de prouver l’inégalité f (ak ) ≤ bk . – Supposons que k soit pair : k = 2m avec 0 ≤ m ≤ 2n . m m m m L’inégalité à démontrer se réduit donc à f n x + (1 − n )y ≤ n f (x) + (1 − n )f (y). 2 2 2 2 Le résultat est donc une conséquence directe de l’hypothèse de récurrence. – Supposons que k soit impair : k = 2m + 1 avec 0 ≤ m ≤ 2n − 1. a2m + a2m+2 b2m + b2m+2 Alors ak = a2m+1 = et bk = . 2 2 On sait d’après le cas précédent que f (a2m ) ≤ b2m et f (a2m+2 ) ≤ b2m+2 . a + a f (a ) + f (a b2m + b2m+2 2m 2m 2m+2 2m+2 ) ≤ ≤ . L’énoncé donne f (ak ) = f 2 2 2 Ainsi f (ak ) ≤ bk , ce qui prouve la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence. On se donne maintenant un réel λ quelconque entre [0, 1]. kn kn + 1 Pour tout n, il existe un plus grand entier kn de {0, . . . , 2n − 1} tel que λn = n ≤ λ < . 2 2n 1 La suite des λn est convergente vers λ car 0 ≤ λ − λn < n . 2 D’autre part, pour tout n de IN, on a f (λn x + (1 − λn )y) ≤ λn f (x) + (1 − λn )f (y).   lim (λn x + (1 − λn )y) = λx + (1 − λ)y n→+∞ Quand n tend vers +∞, on a  lim (λn f (x) + (1 − λn )f (y)) = λf (x) + (1 − λ)f (y) n→+∞

La continuité de f donne alors f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y). On a ainsi prouvé la convexité de l’application f .

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´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application f : x 7→ eλx est convexe (sa dérivée seconde λ2 eλx est positive.) L’équation de la droite reliant les points d’abscisse −1 et 1 de la courbe y = f (x) est : y = g(x) avec g(x) = f (−1) + (x + 1)

f (1) − f (−1) = e−λ + (x + 1) sh λ = ch λ + x sh λ 2

La convexité de f implique : ∀ x ∈ [−1, 1], f (x) ≤ g(x), ce qui est le résultat attendu. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x y ln x ln y +∗ Pour tous x, y dans IR , on a ln + ≥ + (concavité de x 7→ ln x.) p q p q ap b q p q Si on applique ce résultat a` x = a et y = b , on trouve : ln + ≥ ln a + ln b. p q ap b q ap b q + + . Ainsi ln(ab) ≤ ln puis ab ≤ p q p q ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x + y √ ≥ ln ln x ln y. Par composition avec t 7→ ln t, l’inégalité à prouver équivaut a` ln ln 2 x + y ϕ(x) + ϕ(y) Cette inégalité s’écrit encore ϕ ≥ avec ϕ(t) = ln ln t. 2 2 Pour obtenir le résultat il suffit donc de vérifier la concavité de ϕ. 1 Celle-ci résulte de la décroissance de t 7→ ϕ0 (t) = sur ]1, +∞[. t ln t

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre n, de f (x) =

1 . (1 − x)3

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 6, de f (x) = tan sin x. Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 7, de f (x) = ln cos x. Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 7, de f (x) = exp(sin x2 ). Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]

√ Développement limité en 0, a` l’ordre 3, de f (x) = cos x + x2 . Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 6, de f (x) = cos x sin 3x. Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 3, de f (x) = (1 + x)1/x Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, à l’ordre 8, de f (x) = (cos x − 1)( sh x − x) − ( ch x − 1)(sin x − x). Exercice 9 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 14, de f (x) =

1 . 1 + x + x2 + x3

Exercice 10 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 4, de f (x) =

ln(1 + x) . (1 + x)2

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] n P Le résultat est f (x) = C 2k+2 xk + o(xn ). k=0

Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = x +

x3 x5 − + o(x6 ). 6 40

Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = −

x2 x4 x6 − − + o(x7 ). 2 12 45

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = 1 + x2 +

x4 + o(x7 ). 2

Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = 1 −

x 11x2 59x3 − + + o(x3 ). 2 24 720

Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = 3x − 6x3 +

22x5 + o(x6 ). 5

Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] x 11x2 7x3 Le résultat est f (x) = e 1 − + − + o(x3 ). 2 24 16 Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) =

x7 + o(x8 ). 180

Indication pour l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = 1 − x + x5 − x6 + x10 − x11 + o(x14 ). Indication pour l’exercice 10 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = x −

5x2 13x3 77x446 + − + o(x4 ). 2 3 12

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1 est de classe C ∞ au voisinage de 0. 1−x n P Son développement limité en 0 à tout ordre n est : g(x) = xk + o(xn ). L’application g : x 7→

k=0

Le développement limité des dérivées de g s’obtient par dérivation terme a` terme de celui de g. 1 g 00 (x) Or on constate qu’on a l’égalité, pour tout x 6= 1 : f (x) = . = (1 − x)3 2 n n P 1P (k + 2)(k + 1)xk + o(xn ) = On en déduit, pour tout n : f (x) = C 2k+2 xk + o(xn ). 2 k=0 k=0 On trouve par exemple : f (x) = 1 + 3x + 6x2 + 10x3 + 15x4 + 21x5 + 28x6 + o(x6 ). ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x3 x5 X 3 2X 5 + + o(x6 ) et que tan X = X + + + o(X 6 ). 3! 5! 3 15 x3 x5 x3 x5 + + o(x6 ) = x − + + o(x6 ). On compose les développements en posant X = x − 3! 5! 6 120 x4 2x6 x5 On trouve X 2 = x2 − + + o(x6 ), puis X 3 = x3 − + o(x6 ) et X 5 = x5 + o(x6 ). 3 45 2 x3 x5 1 3 x5 2 5 x3 x5 On en déduit : tan sin x = x− + + x − + (x )+o(x6 ) = x+ − +o(x6 ). 6 120 3 2 15 6 40 On sait que sin x = x −

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Le mieux est ici d’intégrer le développement limité de f 0 (x) = − tan x = −x − Sachant que f (0) = 0, on trouve : f (x) = −

x3 2x5 − + o(x6 ). 3 15

x2 x4 x6 − − + o(x7 ). 2 12 45

´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x3 x6 x6 + O(x5 ) donc sin x2 = x2 − + O(x10 ) = x2 − + o(x7 ). 6 6 6 X2 X3 D’autre part, exp X = 1 + X + + + O(X 4 ). 2! 3! x6 On compose les développements en posant X = x2 − + o(x7 ). 6 On trouve X 2 = x4 + o(x7 ) et X 3 = x6 + o(x7 ). x6 1 4 1 x4 On en déduit : exp(sin x2 ) = 1 + x2 − + (x ) + (x6 ) + o(x7 ) = 1 + x2 + + o(x7 ). 6 2 6 2 47 On a sin x = x −

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application f est définie a` droite de 0. √ X2 X4 X6 X X2 X3 + − + O(X 8 ) donc cos X = 1 − + − + O(X 4 ). On sait que cos X = 1 − 2! 4! 6! 2! 4! 6! En posant X = x + x2 , on trouve X 2 = x2 + 2x3 + o(x3 ) et X 3 = x3 + o(x3 ). On en déduit : √ 1 1 x 11x2 59x3 1 cos x + x2 = 1 − (x + x2 ) + (x2 + 2x3 ) − (x3 ) + o(x3 ) = 1 − − + + o(x3 ). 2 24 720 2 24 720 ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1 x3 x5 Il vaut mieux linéariser : f (x) = (sin 4x + sin 2x). On sait que sin x = x − + + o(x6 ). 2 6 120 4x3 4x5 32x3 128x5 On en déduit : sin 2x = 2x − + + o(x6 ) et sin 4x = 4x − + + o(x6 ). 3 15 3 15 22x5 Finalement : f (x) = 3x − 6x3 + + o(x6 ). 5 ´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige ln(1 + x) 1 x2 x3 x4 x x2 x3 On écrit ln f (x) = = x− + − + o(x4 ) = 1 − + − + o(x3 ). x x 2 3 4 2 3 4 x x2 x3 − + o(x3 ). Ensuite f (x) = exp(ln f (x)) = exp(1 + X) = e (exp X), avec X = − + 2 3 4 X2 X3 On peut alors composer avec exp X = 1 + X + + + o(X 3 ). 2! 3! x2 x3 x3 − + o(X 3 ) et X 3 = − + o(X 3 ). On trouve X 2 = 4 3 8 x x2 x3 1 x2 x3 1 x3 On en déduit : f (x) = e 1 + − + − + − + − + o(x3 ) . 2 3 4 2 4 3 6 8 2 3 x 11x 7x Finalement : f (x) = e 1 − + − + o(x3 ). 2 24 16 ´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x2 x4 x3 x5 + + o(x5 ) et sh x − x = + + o(x6 ). 2 24 6 120 x5 x7 On en déduit : (cos x − 1)( sh x − x) = − + + o(x8 ). 12 360 x2 x4 x3 x5 De même ch x − 1 = + + o(x5 ) et sin x − x = − + + o(x6 ). 2 24 6 120 x5 x7 On en déduit : ( ch x − 1)(sin x − x) = − − + o(x8 ). 12 360 48 x7 Finalement : f (x) = (cos x − 1)( sh x − x) − ( ch x − 1)(sin x − x) = + o(x8 ). 180 On a : cos x − 1 = −

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´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1−x Il y a évidemment une astuce : on écrit f (x) sous la forme f (x) = . 1 − x5 n n P P 1 1 = xk + o(xn ), donc = x5k + o(x5n+4 ). On a 1 − x k=0 1 − x5 k=0 1 En particulier = 1 + x5 + x10 + o(x14 ). 5 1−x On en déduit : f (x) = (1 − x)(1 + x5 + x10 + o(x14 )) = 1 − x + x5 − x6 + x10 − x11 + o(x14 ). ´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On sait que ln(1 + x) = x − D’autre part,

x2 x3 x4 + − + o(x4 ). 2 3 4

1 1 = 1 − x + x2 − x3 + o(x3 ) donc = 1 − 2x + 3x2 − 4x3 + o(x3 ). 1+x (1 + x)2

On en d´eduit : x2 x3 x4 f (x) = 1 − 2x + 3x2 − 4x3 + o(x3 ) x − + − + o(x4 ) 2 3 4 2 3 4 5x 13x 77x =x− + − + o(x4 ). 2 3 12

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] sin x . x

D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 5, de f (x) = ln Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]

D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 4, de f (x) = ln tan

π 4

x . 2

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 4, de f (x) = (1 + sin x)1/x . Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 3, de f (x) =

1 1 − . 2 x tan2 x

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 20, de f (x) = ln(1 + x3 + x6 ). Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 6, de f (x) =

ln(1 + x) . 1 − x + x2

Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 6, de f (x) =

1−

√

1 − 2x2 (pour x ≥ 0.)

Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 3, de f (x) =

1 sin x arccos (pour x ≥ 0.) x x

Exercice 9 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 7, de f (x) =

1 arccos(1 − x2 ) (pour x ≥ 0.) x

Exercice 10 [ Indication ] [ Correction ]

√ 1 ch x √ . D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 2, de f (x) = exp ln x cos x 50

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] x2 x4 Le résultat est : f (x) = − − + o(x5 ). 6 180 Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] x3 Le résultat est : f (x) = x + + o(x4 ). 6 Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] x 7 x2 3 x3 139 x4 − + + o(x4 ). Le résultat est : f (x) = e 1 − + 2 24 16 1152 Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] 2 x2 Le résultat est : f (x) = − + o(x3 ). 3 15 Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] x6 2x9 x12 x15 x18 Le résultat est : f (x) = x3 + − + + − + o(x20 ). 2 3 4 5 3 Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] x2 x3 11x4 11x5 x6 Le résultat est : f (x) = x + − − − + + o(x6 ). 2 6 12 20 5 Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] x3 7x5 Le résultat est : f (x) = x + + + o(x6 ). 4 32 Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] 1 x2 Le résultat est : f (x) = √ − √ + o(x3 ). 3 90 3 Indication pour l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] √ x2 3 x4 5 x6 Le résultat est : f (x) = 2 1 + + + + o(x7 ). 12 160 896 Indication pour l’exercice 10 [ Retour a` l’énoncé ] 51 2x2 Le résultat est : f (x) = e 1 + + o(x2 ). 45 c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige x3 x5 sin x x2 x4 + + o(x6 ) donc =1− + + o(x5 ). 6 120 x 6 120 X2 x2 x4 On compose par ln(1 − X) = −X − + O(X 3 ), avec X = − + o(x5 ). 2 6 120 x2 x4 1 x4 x2 x4 x4 + o(x5 ) donc f (x) = − − − + o(x5 ) = − − + o(x5 ). On trouve X 2 = 36 6 120 2 36 6 180

On sait que sin x = x −

´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On a f 0 (x) =

1 = cos x

=1+

x2 + o(x3 ). 2

x2 + o(x3 ) 2 x3 Compte tenu de f (0) = 0, on trouve en int´egrant : f (x) = x + + o(x4 ). 6 1−

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige ln(1 + sin x) x3 x5 , et sin x = x − + + o(x5 ). x 6 120 x3 x5 y2 y3 y4 y5 Avec y = x − + + o(x5 ), on compose par ln(1 + y) = y − + − + + o(y 5 ). 6 120 2 3 4 5 x5 x4 + o(x5 ), puis y 3 = x3 − + o(x5 ), y 4 = x4 + o(x5 ) et y 5 = x5 + o(x5 ). On trouve y 2 = x2 − 3 2 On en déduit : x3 x5 1 2 x4 1 3 x5 1 4 1 5 ln(1 + sin x) = x − + − x − + x − − x + x + o(x5 ) 6 120 2 3 3 2 4 5 x2 x3 x4 x5 =x− + − + + o(x5 ). 2 6 12 24 On a ln f (x) =

x x2 x3 x4 ln(1 + sin x) =1− + − + + o(x4 ). x 2 6 12 24 x x2 x3 x4 On a donc : f (x) = exp(ln f (x)) = e exp(X), avec X = − + − + + o(x4 ). 2 6 12 24 X2 X3 X4 On sait que exp X = 1 + X + + + + o(X 4 ). 2 6 24 2 3 4 x x x x3 x4 x4 On trouve X 2 = − + + o(x4 ), puis X 3 = − + + o(x4 ) et X 4 = + o(x4 ). 4 6 9 8 8 16 Il en d´ecoule : x x2 x3 x4 1 x2 x3 x4 1 x3 x4 1 x4 f (x) = e 1 + − + − + + − + + − + + + o(x4 ) 2 6 12 24 2 4 6 9 6 8 8 24 16 52 2 3 4 x 7x 3x 139 x = e 1− + − + + o(x4 ) 2 24 16 1152 Il en d´ecoule : ln f (x) =

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´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x3 2x5 2x4 17x6 6 2 2 On sait que tan x = x + + + o(x ), donc tan x = x + + + o(x7 ). 3 15 3 45 2 4 17x 2x + + o(x5 ). On peut donc écrire tan2 x = x2 (1 + X), avec X = 3 45 2x2 17x4 4x4 1 On a alors = 1 − X + X 2 + O(X 3 ) = 1 − + + + o(x5 ). 1+X 3 45 9 2 x2 1 2x2 x4 1 5 Finalement : f (x) = 2 − 2 1 − + + o(x ) = − + o(x3 ). x x 3 15 3 15 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On écrit f (x) = ln(1 + x3 + x6 ) = ln On sait que ln(1 − x) = −

1 − x9 = ln(1 − x9 ) − ln(1 − x3 ). 1 − x3

n xk P + o(xn ). k k=1

x18 x6 x9 x12 x15 x18 − − − − + o(x20 ) et ln(1 − x9 ) = −x9 − + o(x20 ). 2 3 4 5 6 2 x6 2x9 x12 x15 x18 − + + − + o(x20 ). Finalement : f (x) = x3 + 2 3 4 5 3

Ainsi ln(1 − x3 ) = −x3 −

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1+x 1 = = (1 + x)(1 − x3 + o(x5 )) = 1 + x − x3 − x4 + o(x5 ). 2 1−x+x 1 + x3 x2 x3 x4 x5 x6 D’autre part : ln(1 + x) = x − + − + − + o(x6 ). 2 3 4 5 6 On en déduit : ln(1 + x) x2 x3 x4 x5 x6 6 3 4 5 f (x) = = x − + − + − + o(x ) 1 + x − x − x + o(x ) 1 − x + x2 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 x x 11x 11x x =x+ − − − + + o(x6 ) 2 6 12 20 5

On a

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige √ x x2 x3 x4 x6 − + + O(x4 ), donc 1 − 2x2 = 1 − x2 − − + o(x7 ). 2 8 16 2 2 p √ √ x2 x4 2 Ainsi f (x) = 1 − 1 − 2x = x 1 + X, avec X = + + o(x5 ). 2 2 √ X X2 1 x2 x4 1 x4 x2 7x4 3 On a 1 + X = 1+ − +O(X ) = 1+ + − +O(x6 ) = 1+ + +o(x5 ). 2 8 2 2 2 8 4 4 32 x3 7x5 Finalement : f (x) = x + + + o(x6 ). 53 4 32 On a

√

1+x=1+

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´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x3 x5 sin x x2 x4 6 On sait que sin x = x − + + o(x ) donc =1− + + o(x5 ). 6 120 x 6 120 x2 x4 sin x = arccos(1 − y) avec y = − + o(x5 ). Ainsi : z(x) = arccos x 6 120 z Remarquons que z = arccos(1 − y) ⇒ 1 − y = cos z ⇒ y = 1 − cos z = 2 sin2 . 2 r r r x y x2 x4 x2 Ainsi : z(x) = 2 arcsin = 2 arcsin − + o(x5 ) = 2 arcsin √ + o(x3 ) . 1− 2 12 240 20 2 3 x x x2 x3 On en déduit : z(x) = 2 arcsin √ 1 − + o(x3 ) = 2 arcsin √ − √ + o(x4 ) . 40 2 3 2 3 80 3 2 x z(x) x3 = arcsin X, avec X = √ − √ + o(x4 ). x x 2 3 80 3 x X3 x3 1 x3 x3 x √ + o(x4 ) = √ − √ + o(x4 ). + O(X 5 ) = √ − √ + arcsin X = X + 6 6 24 3 2 3 80 3 2 3 180 3 x3 x2 2 x 1 4 √ − √ + o(x = √ − √ + o(x3 ). Finalement : f (x) = x 2 3 180 3 3 90 3 On a donc f (x) =

´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1 xf arccos(1 − x2 ) donc 1 − x2 = cos(xf ) puis x2 = 1 − cos(xf ) = 2 sin2 . x 2 2 x X 3 3X 5 5X 7 On en déduit : f (x) = arcsin √ . Or arcsin X = X + + + + o(X 8 ). x 6 40 112 2 2 x x3 3x5 5x7 8 √ + √ + √ + √ + o(x ) Il en découle f (x) = x 2 12 2 160 2 896 2 √ x2 3 x4 5 x6 + + + o(x7 ). Finalement : f (x) = 2 1 + 12 160 896 On a f (x) =

´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Avec g(x) = ln ch x, on a g 0 (x) = th x = x−

x3 2x5 x2 x4 x6 + +O(x7 ) donc g(x) = − + +O(x8 ). 3 15 2 12 45

√ x x2 x3 On en déduit : ln ch x = − + + O(x4 ). Posons de même h(x) = ln cos x. 2 12 45 √ x3 2x5 x x2 x3 On a h0 (x) = − tan x = −x − − + O(x7 ) donc ln cos x = − − − + O(x4 ). 3 15 2 12 45 √ √ √ 1 ch x 1 2x2 √ = Il en découle ln ln ch x − ln cos x = 1 + + O(x3 ). x cos x x 45 54 2x2 2x2 2x2 2 2 Finalement : f (x) = exp 1 + + o(x ) = e exp + o(x ) = e 1 + + o(x2 ). 45 45 45 c Page 5 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] 1 Développement limité en 0, a` l’ordre n, de f (x) = exp − 2 . x Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 5, de f (x) = cos

π r tan x 2

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 5, de f (x) = arctan ex . Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 7, de f (x) = arctan

2+x . 1 − 2x

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] x

tn sin

D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre n, de f (x) = 0

1 dt, avec f (0) = 0. t

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] h π i−cotan2x Développement limité en 0, a` l’ordre 4, de f (x) = tan(x + ) 4 Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en +∞, à l’ordre 4 en

√ √ 1 , de f (x) = 3 x3 + x2 − 3 x3 − x2 . x

Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 7, de f (x) =

√

x2 + cos x.

Exercice 9 [ Indication ] [ Correction ] π Développement limité en , à l’ordre 6, de f (x) = ln tan x. 4 Exercice 10 [ Indication ] [ Correction ]

D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 5, de f (x) =

x . ln(1 + x)

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = o(xn ). Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = −

πx2 19πx4 − + o(x5 ). 12 720

Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) =

π x x3 x5 + − + + o(x6 ). 4 2 12 48

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = arctan 2 + x −

x3 x5 x7 + − + o(x8 ). 3 5 7

Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = o(xn ). Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] 2x2 4x4 1 1+ + + o(x5 ). Le résultat est f (x) = e 3 5 Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] 1 2 10 44 Le résultat est f (x) = + + + o . 3 81x2 729x4 x5 Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = 1 +

x2 x4 11x6 − + + o(x7 ). 4 96 5760

Indication pour l’exercice 9 π Le r´esultat est f (x) = 2 x − + 4

[ Retour a` l’´enonc´e ] 4 π 3 4 π 5 π 6 x− + x− +o x− . 3 4 3 4 4

Indication pour l’exercice 10 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est f (x) = 1 +

x x2 x3 19x564 3x5 − + − + + o(x5 ). 2 12 24 720 160

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige f (x) = lim X n/2 e−X = 0 (croissance comparée.) x→0 xn X→+∞ Ainsi f (x) est, au voisinage de 0, un infiniment petit devant xn .

Pour tout n de N, on a : lim

Le développement limité de f en 0 à l’ordre n est donc tout simplement : f (x) = o(xn ). ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x3 2x5 tan x x2 2x4 On a tan x = x + + + o(x6 ) donc =1+ + + o(x5 ). 3 15 x 3 15 r 1 x2 2x4 1 x4 x2 19x4 tan x =1+ + + + o(x5 ). On en déduit : − + o(x5 ) = 1 + x 2 3 15 8 9 6 360 π x2 19x4 πx2 19πx4 Ainsi f (x) = cos 1+ + + o(x5 ) = − sin X, avec X = + + o(x5 ). 2 6 360 12 720 πx2 19πx4 Finalement : f (x) = −X + O(X 3 ) = − − + o(x5 ). 12 720 ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige −1 1 1 1 x2 x4 ex 5 = = = 1 + + + o(x ) . On a f 0 (x) = 1 + e2x ex + e−x 2 ch x 2 2 24 x2 x4 x4 1 1 x2 5x4 0 Ainsi f (x) = 1− + + + o(x5 ) = − + + o(x5 ). 2 2 24 4 2 4 48 π π x x3 x5 Puisque f (0) = arctan 1 = , on trouve en intégrant : f (x) = + − + + o(x6 ). 4 4 2 12 48 ´ de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Corrige 2 + x 0 1 5 (1 − 2x)2 1 = . On a f 0 (x) = 2 + x 2 = 2 2 2 1 − 2x (1 − 2x) (1 − 2x) + (2 + x) 1 + x2 1+ 1 − 2x Puisque f (0) = arctan 2, on a f (x) = arctan 2 + arctan x au voisinage de 0 (en fait pour x < 12 .) Finalement : f (x) = arctan 2 + arctan x = arctan 2 + x −

x3 x5 x7 + − + o(x8 ). 3 5 7

´ de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] Corrige 1 1 0 n n−1 On a f (x) = x sin = x x sin = o(xn−1 ). On intègre : f (x) = f (0) + o(xn ) = o(xn ). x x 57

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´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 2 π On a ln f (x) = −(cotan2x)g(x), avec g(x) = ln tan x + et g 0 (x) = . 4 cos(2x) −1 2x4 4 2x4 + o(x5 ) = 2 1 + 2x2 − + 4x + o(x5 ) . On trouve g 0 (x) = 2 1 − 2x2 + 3 3 4 3 20x 4x 4x5 Ainsi g 0 (x) = 2 + 4x2 + + o(x5 ), donc g(x) = 2x + + + o(x6 ). 3 3 3 x3 2x5 4x2 32x4 Ensuite tan x = x + + + o(x6 ) donc tan 2x = 2x(1 + X) avec X = + + o(x5 ). 3 15 3 15 4x2 32x4 16x4 1 1 Ainsi cotan 2x = (1 − X + X 2 + O(X 3 )) = 1− + + + o(x5 ) . 2x 2x 3 15 9 On trouve donc : 1 4x2 16x4 4x3 4x5 ln f (x) = − 1− − + o(x5 ) 2x + + + o(x6 ) 2x 3 45 3 3 2 4 2 4 4x 16x 2x 2x 2x2 26x4 5 5 =− 1− − + o(x ) 1 + + + o(x ) = −1 + + + o(x5 ) 3 45 3 3 3 45 1 2x2 26x4 2x2 26x4 + + o(x5 ) = eX avec X = + + o(x5 ). Alors f (x) = exp −1 + 3 45 e 3 45 Il en résulte finalement : 1 2x2 26x4 1 4x4 1 X2 f (x) = 1+X + + O(X 3 ) = 1+ + + + o(x5 ) e 2 e 3 45 2 9 2 4 1 2x 4x = 1+ + + o(x5 ) e 3 5 ´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige r

r 1 1 3 On commence par ´ecrire f (x) sous la forme : f (x) = x 1+ − 1− . x x 1 1 1/3 1 5 10 22 1 D’autre part : 1 + =1+ − + − + +o 5 . 3x 9x2 81x3 243x4 729x5 x r r x 1 1 2 10 44 1 + + +o 6 . On en d´eduit : 3 1 + − 3 1 − = 3 5 x x 3x 81x 729x x 1 2 10 44 Finalement : f (x) = + + +o 5 . 3 81x2 729x4 x 3

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige √ √ x2 x4 x6 On a f (x) = x2 + cos x = 1 + X, avec X = + − + o(x7 ). On en déduit : 2 24 720 X X2 X3 f (x) = 1 + − + + O(x4 ) 2 8 16 1 x2 x4 x6 1 x4 x6 1 x6 =1+ + − − + + + o(x7 ) 2 2 24 720 8 4 24 16 8 58 x2 x4 11x6 =1+ − + + o(x7 ) 4 96 5760 c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

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´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1 + tan h π Posons x = + h. On a f (x) = ln tan x = ln . 4 1 − tan h h3 2h5 6 ln(1 + tan h) = ln 1 + h + + + o(h ) 3 15 h3 2h5 1 2 2h4 1 3 1 = h+ + − h + + (h + h5 ) − (h4 ) + o(h5 ) 3 15 2 3 3 4 h2 2h3 7h4 2h5 + − + + o(h5 ) =h− 2 3 12 3 h2 2h3 7h4 2h5 De même (changer h en −h) : ln(1 − tan h) = −h − − − − + o(h5 ). 2 3 12 3 1 + tan h 4h3 4h5 = 2h + + + o(h6 ). On en déduit : f = ln 1 − tan h 3 3 π 4 π 3 4 π 5 π 6 Finalement : f (x) = 2 x − + x− x− + +o x− 4 3 4 3 4 4 ´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x2 x3 x4 x5 x6 On a ln(1 + x) = x − + − + − + o(x6 ). 2 3 4 5 6 1 x x2 x3 x4 x5 , avec X = − + − + + o(x5 ). On en déduit : f (x) = 1−X 2 3 4 5 6 x2 x3 13x4 11x5 x3 x4 17x5 On trouve X 2 = − + − + o(x5 ), puis X 3 = − + + o(x5 ). 4 3 36 30 8 4 48 x4 x5 x5 4 5 5 De même, X = − + o(x ) et X = + o(x5 ). 16 6 32 Finalement : f (x) = 1 + X + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 + o(X 5 ) x x2 x3 x4 x5 x2 x3 13x4 11x5 =1+ − + − + + − + − 2 3 4 5 6 4 3 36 30 x3 x4 17x5 x4 x5 x5 + − + + − + + o(x5 ) 8 4 48 16 6 32 x x2 x3 19x4 3x5 =1+ − + − + + o(x5 ) 2 12 24 720 160

´matiques Exercices de Mathe ´veloppements limite ´s (IV) Formation de de ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] x2 xn Développement limité en 0, a` l’ordre n + 1, de f (x) = ln 1 + x + + ··· + . 2! n! Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 5, de f (x) =

p√

1+x+

√

1 − x.

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 5, de f (x) = (tan x) etan x . Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 6, de f (x) = Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Développement limité en 0, a` l’ordre 4, de f (x) =

x(sin x + sh x − 2x) (pour x ≥ 0.)

√ 3

arcsin x − x.

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 3, de f (x) =

1 1 − . 2 x arcsin2 x

Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ]

√ √ 1 + x − 3 1 − 3x Développement limité en 0, a` l’ordre 3, de f (x) = q . √ 3 3 1 + 2 x + 4 + 5x Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ] On définit une suite de fonctions (fn ) par : f0 (x) = 1 − x, et fn+1 (x) =

1 . 2 − fn (x)

Développement limité en 0, a` l’ordre 5, de fn (x). Exercice 9 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que l’équation tan x = x possède une solution unique xn dans In = ]nπ − π2 , nπ + π2 [. c d 1 Trouver le développement xn = an + b + + 2 + o( 2 ). n n n Exercice 10 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que l’équation ln x + x = λ admet une solution unique xλ , pour tout λ réel. ln λ 60 ln λ Trouver a, b, c tels que xλ = aλ + b ln λ + c +o quand λ → +∞. λ λ c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´veloppements limite ´s (IV) Formation de de Indications, r´esultats www.math-sup.blogspot.com

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est : f (x) = x −

xn+1 + o(xn+1 ). (n + 1)!

Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] √ x2 11x4 Le résultat est : f (x) = 2 1 − − + o(x5 ). 16 512 Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est : f (x) = x + x2 +

5x3 5x4 27x5 + + + o(x5 ). 6 6 40

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] x3 Le résultat est : f (x) = √ + o(x6 ). 2 15 Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] 3 x3 x √ + o(x4 ). + Le résultat est : f (x) = √ 3 6 20 3 6 Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est : f (x) =

1 x2 + + o(x3 ). 3 15

Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] x 787 x3 Le résultat est : f (x) = + + o(x3 ). 2 1152 Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Le résultat est : fn (x) = 1 − x + nx2 − n2 x3 + n3 x4 − n4 x5 + o(x5 ). Indication pour l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] 1 π 1 1 Le résultat est : xn = nπ + − + +o 2 . 2 πn 2πn2 n Indication pour l’exercice 10 [ Retour a` l’énoncé ] ln λ61 ln λ Le résultat est : xλ = λ − ln λ + +o λ λ c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x2 xn xn+1 xn+1 On a ex = 1 + x + + ··· + + + o(xn+1 ) = exp f (x) + + o(xn+1 ). 2! n! (n + 1)! (n + 1)! xn+1 x n+1 On en déduit : f (x) = ln e − + o(x ) . (n + 1)! xn+1 xn+1 + o(xn+1 ) = ex 1 − e−x + o(xn+1 ) Mais ex − (n + 1)! (n + 1)! xn+1 xn+1 n+1 x n+1 x + o(x ) = e 1 − + o(x ) = e 1 − (1 + o(1)) (n + 1)! (n + 1)! xn+1 xn+1 n+1 + o(x ) = x − + o(xn+1 ). Ainsi : f (x) = x + ln 1 − (n + 1)! (n + 1)! ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige √ x x2 x3 5x4 7x5 On sait que 1 + x = 1 + − + − + + o(x5 ). 2 8 16 128 256 √ x x2 x3 5x4 7x5 De même, 1 − x = 1 − − +− − − + o(x5 ). 2 8 16 128 256 √ √ x2 5x4 On en déduit 1 + x + 1 − x = 2(1 + X), avec X = − − + o(x5 ). 8 128 √ √ √ X2 X 3 Ainsi f (x) = 2 1 + X = 2 1 + − + O(X ) 2 8 √ √ 1 x2 5x4 1 x4 x2 11x4 5 = 2 1+ − − − + o(x ) = 2 1 − − + o(x5 ). 2 8 128 8 64 16 512 ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x3 2x5 On a f (x) = X eX , avec X = tan x = x + + + o(x5 ). 3 15 X3 X4 X5 X2 X3 X4 + + + o(X 4 ) = X + X 2 + + + + o(X 5 ) Ainsi f (x) = X 1 + X + 2 6 24 2 6 24 x3 2x5 2 2x4 1 3 1 1 = x+ + + x + + (x + x5 ) + (x4 ) + (x5 ) + o(x5 ) 3 15 3 2 6 24 3 4 5 5x 5x 27x = x + x2 + + + + o(x5 ) 6 6 40 ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x3 x5 x7 x3 x5 x7 On a sin x = x − + − + O(x9 ) et sh x = x + + + + O(x9 ). 3! 5! 7! 3! 5! 7! x5 x6 On en déduit : x(sin x + sh x − 2x) = x + O(x9 ) = + O(x10 ). 60 60 62 x3 p x3 x3 Ainsi f (x) = √ 1 + O(x4 ) = √ (1 + O(x4 )) = √ + o(x6 ). 2 15 2 15 2 15 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x3 3x5 1/3 1/3 x3 3x5 9x2 x 3 arcsin x = x + + 1 + + o(x6 ) donc f (x) = + + o(x6 ) = √ + o(x ) . 3 6 40 6 40 20 6 3x2 x 3x3 x 3 √ √ + o(x ) = 3 + √ + o(x4 ). Ainsi f (x) = 3 1 + 3 20 6 6 20 6 ´ de l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] Corrige x3 3x5 x4 8x6 + + o(x6 ) donc arcsin2 x = x2 + + + o(x7 ). 6 40 3 45 1 1 x2 8x4 1 = , avec X = + + o(x5 ). On en déduit : Ainsi x2 1 + X 3 45 arcsin2 x 1 x2 1 1 x2 8x4 x4 1 + − + o(x5 ) = + + o(x3 ). f (x) = 2 − 2 1 − X + X 2 = 2 x x x 3 45 9 3 15 On a arcsin x = x +

´ de l’exercice 7 [ Retour à l’énoncé ] Corrige √ x x2 x3 On a 1 + x = 1 + − + + o(x3 ). 2 8 16 r √ 5x 5x 25x2 125x3 On en déduit : 4 + 5x = 2 1 + =2+ − + + o(x3 ). 4 4 64 512 √ x x2 5x3 + + o(x3 ). On a 3 1 + x = 1 + − 3 9 81 r 3 √ 5x 3x x x2 5x3 Ainsi 3 1 − 3x = 1 − x − x2 − + o(x3 ) et 3 1 + =1+ − + + o(x3 ). 3 2 2 4 24 √ √ 3x 7x2 83x3 Il en découle 1 + x − 3 1 − 3x = + + + o(x3 ). 2 8 48 r 3x √ 7x 41x2 De même, 3 1 + + 4 + 5x = 3(1 + X), avec X = − + o(x2 ). Finalement : 2 12 192 x 7x2 83x3 3 f (x) = + + + o(x ) (1 − X + X 2 + o(X 2 )) 2 24 144 x 7x2 83x3 7x 41x2 49x2 = + + + o(x3 ) 1 − + + + o(x2 ) 2 24 144 12 192 144 x 7x2 83x3 x 787x3 2 7x 319x = + + + o(x3 ) 1 − + + o(x2 ) = + + o(x3 ) 2 24 144 12 576 2 1152 ´ de l’exercice 8 [ Retour à l’énoncé ] Corrige 1 + (n − 1)x x Une récurrence facile montre que fn (x) = =1− . 1 + nx 1 + nx On en déduit : fn (x) = 1 − x 1 − nx + n2 x2 − n3 x3 + n4 x4 + o(x4 ) 63

2 3

3 4

4 5

= 1 − x + nx − n x + n x − n x + o(x5 ). c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

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´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige x 7→ f (x) = tan x − x est continue sur In , et f 0 (x) = tan2 x > 0 (sauf en x = nπ.) L’application f est donc strictement croissante sur In . D’autre part lim f = −∞ et lim f = +∞. nπ−π/2

nπ+π/2

L’application f est donc une bijection de In sur R. Il existe donc un unique réel xn dans In tel que f (xn ) = 0, c’est-à-dire tan xn = xn . Puisque xn ∈ In , on a xn ∼ nπ. Posons xn = nπ + π2 − yn , avec 0 < yn < π. On a tan xn = xn ⇒ cotan yn = nπ + π2 − yn . Celle égalité montre que lim cotan yn = +∞, donc lim yn = 0+ . n→∞ n→∞ 1 1 1 1 On en déduit que tan yn = ∼ puis yn = arctan ∼ . π π nπ nπ nπ + 2 − yn nπ + 2 − yn 1 1 + zn . Ainsi zn est négligeable devant en +∞. Posons yn = nπ 1 n 1 1 1 + zn = + zn + o 2 . On a tout d’abord : = tan yn = tan tan xn nπ nπ n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = Or 1− +o = − +o 2 . = = xn nπ 1 + 1 + o 1 nπ 2n n nπ 2πn2 n nπ + π2 + o(1) 2n n 1 1 Par identification, on en déduit l’égalité : zn = − +o 2 . 2πn2 n 1 π π 1 π 1 1 Finalement : xn = nπ + − yn = nπ + − − zn = nπ + − + + o . 2 2 nπ 2 nπ 2πn2 n2 ´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application x 7→ f (x) = x + ln x est continue et strictement croissante sur R+∗ . Puisque lim f (x) = −∞ et lim f (x) = +∞, l’application f est une bijection de R+∗ sur R. x→0+

x→+∞

Pour tout r´eel λ, il existe donc un unique xλ > 0 tel que f (xλ ) = λ. Puisque lim f (xλ ) = +∞, on a lim xλ = +∞. λ→+∞

λ→+∞

λ λ ln xλ +1= donne lim = 1 donc xλ ∼ λ. Dans ces conditions, l’égalité λ→+∞ xλ xλ xλ Posons xλ = λ + yλ . Avec cette définition, on a yλ = o(λ) en +∞. On a alors ln(λ + yλ ) + yλ = 0, donc yλ = − ln(λ + o(λ)) = − ln λ + o(1). Il en découle yλ ∼ − ln λ. Posons yλ = − ln λ + zλ . Ainsi zλ = o(ln λ). ln λ ln λ ln λ ln λ On a ln(xλ ) = ln(λ − ln λ + o(ln λ)) = ln λ + ln 1 − = ln λ − . +o +o λ λ λ λ ln λ ln λ Enfin on a λ − xλ = −yλ = ln λ − zλ . Après identification : zλ = +o . λ λ ln λ 64 ln λ Finalement : xλ = λ + yλ = λ − ln λ + zλ = λ − ln λ + +o . λ λ c Page 5 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´quivalents (I) Calculs de limites et d’e ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→+∞

√

x2 + x + 1 −

p 3 x3 + px2 + q.

Exercice 2 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0+

xx − (sin x)sin x . xp

Exercice 3 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

earcsin x − esin x . earctan x − etan x

Exercice 4 1 Calculer lim f (x), avec f (x) = x (1 + ) − e . x→∞ x Exercice 5 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

shn x − xn . sinn x − xn

Exercice 6 1

Calculer lim f (x), avec f (x) = (sin x + cos x) x . x→0

Exercice 7 Calculer limπ f (x), avec f (x) = tan x + a tan 3x. x→ 2

Exercice 8 Trouver a, b pour que f (x) = cos x −

1 + ax soit infiniment petit d’ordre maximum en 0. 1 + bx2

Exercice 9 On pose f (x) = ex − a cos x − b sin x − c cos 2x − d sin 2x. Déterminer a, b, c, d pour que f soit un infiniment petit d’ordre maximum en 0. Exercice 10 Donner un équivalent à l’origine de f (x) = arctan arcsin x − arcsin arctan x. 65

´matiques Exercices de Mathe ´quivalents (II) Calculs de limites et d’e ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Donner un équivalent à l’origine de f (x) = sh sin x − sin sh x. Exercice 2 Donner un équivalent à l’origine de f (x) = tan th x − th tan x. Exercice 3 Calculer lim f (x), avec f (x) =

2 ch x − 12+5x 12−5x2

sin2 x

x→0

Exercice 4 h i a Calculer lim f (x), avec f (x) = x (1 + )x − ea . x→∞ x Exercice 5 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

sh x + sin x − 2x . x( ch x + cos x − 2)

Exercice 6 x

a(a ) − a . Calculer lim f (x), avec f (x) = x x→0 a −1 Exercice 7 x sin x x−sin x Calculer lim f (x), avec f (x) = . x→0 sin x Exercice 8 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→1

√

x+3−

√ 3

3x + 5 . πx 1 − tan 4

Exercice 9 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→1

1 − log10 (x + 9) . esin πx + cos πx

Exercice 10 1 x 1 2 Calculer lim f (x), avec f (x) = x(1 + ) − ex ln(1 + ) . x→+∞ x x 66

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Calculer lim f (x), avec f (x) = x − ln ch ch x. x→+∞

Exercice 2 Calculer lim f (x), avec f (x) =

√ 3

x→+∞

ln sh x −

√ 3

Exercice 3

√ √ Calculer lim f (x), avec f (x) = sh x2 + x − sh x2 − x. x→+∞

Exercice 4

√ n− nn+1 √ √ . n+1 n− nn

√ n

Calculer la limite, quand n tend vers +∞, de un =

Exercice 5 "

ax + bx + cx Calculer lim f (x), avec f (x) = x→+∞ 3

#x .

Exercice 6

√ 4

2(1 − cos x) sin x − x3 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0 sin5 x − x5

1 − x2

Exercice 7 uv − v u Calculer lim f (x), avec f (x) = , o` u u(x) = x→0 u−v

r 3+

sh x et v(x) = 1 + cos x. sin x

Exercice 8 Partie principale en 0 de f (x) = xx − (sin x)sin x . Exercice 9 Partie principale en 0 de f (x) = tan sin x − sin tan x. Exercice 10 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

(sin x) sh x − ( sh x)sin x . (tan x) th x − ( th x)tan x 67

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 1 Soit f (x) = e−3(x−1) + 3x et g(x) = f (x) − f ( ). x Trouver un ´equivalent de g(x) quand x tend vers 0. Exercice 2 x (1 + sin x)1/x − exp(1 − 2 ) Calculer lim f (x), avec f (x) = x . x→0 (1 + tan x)1/x − exp(1 − 2 ) Exercice 3 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

tan nx − n tan x . n sin x − sin nx

Exercice 4 1

Partie principale en 0 de f (x) = (1 + x) x − e 1+x . Exercice 5 Calculer lim f (x), avec f (x) = ( th x) ch x . x→+∞

Exercice 6 Calculer lim f (x), avec f (x) = ( ch x) sh x − ( sh x) ch x . x→+∞

Exercice 7 Calculer lim f (x), avec f (x) = x3 ln cos x→+∞

1 x2 1 + sin . x 2 x

Exercice 8 a

Calculer lim f (x), avec f (x) = (cos x) x2 . x→+∞

Exercice 9 1 Calculer lim f (x), avec f (x) = (cos )x ln x . x→+∞ x Exercice 10 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→+∞

1 x2 cos . ln x

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1

ln(x + 1) Calculer lim f (x), avec f (x) = x→+∞ ln x Exercice 2 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→+∞

x ln x .

(ln x)x . xln x

Exercice 3

sin(x − sin x) . Calculer lim f (x), avec f (x) = √ x→0 x3 + 1 − 1 Exercice 4

v v u s u r r u u1 u 1 1 1 1 t Calculer lim f (x), avec f (x) = t + + + − . x→0 x x x x x

Exercice 5

arcsin x − sh x Calculer lim f (x), avec f (x) = √ . 3 x→0 tan2 x sin x − x Exercice 6 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

Exercice 7

x sin x − 1 ln | sin x| + ln | tan |. cos x 2 √

x x Calculer lim f (x), avec f (x) = √ x . x→0 ( x) Exercice 8 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

loga | loga x| , avec a > 1. x

Exercice 9 Calculer lim f (x), avec f (x) = xu(x) et u(x) = x→0

Exercice 10

x . xx − 1

Calculer lim f (x), avec f (x) = (1 + x + x2 ) x−x2 . x→0

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

Exercice 2 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

tan x

1 1−cos x

ch x

x sh x . ( sh x)x

Exercice 3

3 xx − (sin x)x − x6 . Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0 x4 ln x

Exercice 4 Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

th n x − xn . xn − sh n x

Exercice 5 Calculer limπ f (x), avec f (x) = (sin x)tan x . x→ 2

Exercice 6 Calculer limπ f (x), avec f (x) = (3 − 2 etan x )π−2x . x→ 2

Exercice 7

1 cos(x/2) Calculer lim f (x), avec f (x) = (1 + sin x) . x→π

Exercice 8 cos x − sin x Calculer limπ f (x), avec f (x) = . x→ 4 ln tan x Exercice 9

2 arcsin2 x − π16 Calculer lim1 f (x), avec f (x) = . 2−1 2x x→ √ 2

Exercice 10 xx − x Calculer lim f (x), avec f (x) = . x→1 1 − x + ln x

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Etude au voisinage de 0 de f (x) =

1 . ln | sin x|

Exercice 2 Etude au voisinage de 0 de f (x) = exp(−u2 (x)), avec u(x) =

1 . x sin x1

Exercice 3 Etude au voisinage de 0 de f (x) = exp arctan ln x. Exercice 4 Etude au voisinage de

π 2

de f (x) = exp (− tan2 x).

π 2

de f (x) = arctan(1 + tan x).

Exercice 5 Etude au voisinage de Exercice 6 Etude au voisinage de +∞ de f (x) = xu(x) , avec u(x) =

x2 + 1 . x2

Exercice 7 Etude au voisinage de +∞ de f (x) = xu(x) , avec u(x) =

sin x . x2

Exercice 8 Etude au voisinage de +∞ de f (x) =

x3 + sin2 x . x2 − sin2 x

Exercice 9 Etude au voisinage de +∞ de f (x) = ln(2 ex + x2 − 1). Exercice 10 1

Etude au voisinage de ±∞ de f (x) = (x3 + x + 1) 3 − (x2 − x − 1) 2 . 71

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x2 arctan

1 . 1+x

Exercice 2 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) =

ln |x − 2| . ln |x|

Exercice 3 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (tan x)sin x . Exercice 4 1

Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (x4 (x − 1)) 5 . Exercice 5 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x arctan

x x−1

Exercice 6 Etudier la fonction f définie par f (x) = x ln |x| − (x − 2) ln |x − 2|. Exercice 7 Etudier la fonction f définie par f (x) = (sin x)cos x Exercice 8 Etudier la fonction f définie par f (x) = ln ln |x|. Exercice 9 1 11 5 2 2 Etudier la fonction f définie par f (x) = (x − 1) (x + ) . 3 Exercice 10 1

Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (cotan x) cos x . 72

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 1 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (x2 + 1) exp x . Exercice 2 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = arctan

x2 + 2x − 1 . x2 − 2x − 1

Exercice 3 Etudier la fonction f définie par f (x) = arccos(2x3 − x). Exercice 4 Etudier la fonction f définie par f (x) = (tan x)tan 2x . Exercice 5 Etudier la fonction f définie par f (x) = x − th x ln( ch x). Exercice 6 1

Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (1 + sin x) x . Exercice 7

√ 2 x Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = arcsin . 1+x Exercice 8

Etudier la fonction f définie par f (x) = x ln x−1 . Exercice 9 Etudier la fonction f définie par f (x) = cos3 x + sin3 x. Exercice 10 Etudier la fonction f définie par f (x) = | tan x|cos x . 73

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1

120 + 60x + 12x2 + x3

. Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x − ln

120 − 60x + 12x2 − x3

Exercice 2 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x exp

2x . x2 − 1

Exercice 3 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x − arctan

x+1 . x

Exercice 4 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = ln |1 − e−x |. Exercice 5 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = ln |x2 − 1| +

1 . −1

Exercice 6

x − 1

. Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x ln

x + 1

Exercice 7 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) =

ln |1 − ex | . 1 − e−x

Exercice 8 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x2 exp

−5x + 1 . x2

Exercice 9 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = exp tan

πx . 1 + x2

Exercice 10 1

Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (x(x − 1)2 ) 3 . 74

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) =

p 6

(x + 6)(x2 − 3x + 9).

Exercice 2

. Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = arctan ln

1 + x2

Exercice 3 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x exp arctan

1 . x2

Exercice 4 s

x(x2 + 1)

. Etudier la fonction f d´efinie par f (x) =

2x − 1

Exercice 5 s

(x + 1)3

Etudier la fonction f d´efinie par f (x) =

x−1

Exercice 6 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (x + 1) ln2 (x + 1). Exercice 7 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x3

√ 3

x − 1.

Exercice 8 1

Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = ((x − 1)2 (x + 1)) 3 . Exercice 9 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) =

√

3 + sin x + 2 cos x.

Exercice 10 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = arcsin

1 x + arcsin . 2 x