Dérivation, convexité, Développements limités

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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 r´eel x diff´erent de 0 et de −1, f (x) = x 1 + Etudier la continuit´e de f , ainsi que l’existence et la continuit´e de f 0 .

1

r

. x

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] x Calculer la d´eriv´ee de f (x) = cos x(1 + tan x tan ).

2 Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] s √ 1 + sin x √ .

Calculer la d´eriv´ee 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 ´etant d´erivable en a, calculer lim h→0 h Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Etudier l’application f d´efinie par f (x) = arctan

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

1

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] – En dehors de x = 0 et x = −1 : utiliser la d´eriv´ee logarithmique.

– Au voisinage de 0 : utiliser ε = ±1 pour que x = ε |x|.

Consid´erer les cas r > 1, r = 1, 0 < r < 1, r = 0 et r < 0.

– Au voisinage de −1 : consid´erer les mˆemes cas que ci-dessus.

Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] D´evelopper et simplifier f (x) avant de chercher `a d´eriver.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] √ 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 `a l’´enonc´e ] Traiter d’abord le cas ` = 0 : pour ε > 0, utiliser a > 0 tel que x ≥ a ⇒ |f 0 (x)| ≤ ε.

En d´eduire |f (x)| ≤ |f (a)| + ε(x − a) pour x ≥ a.

Dans le cas g´en´eral (` dans IR), poser g : x 7→ g(x) = f (x) − `x.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] Au voisinage de x = 0 on a le d´eveloppement limit´e f (a + x) = f (a) + xf 0 (a) + o(x).

Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ] 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.

1

r

. 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 d´erivable en 0 avec f 0 (0) = 1 (d´eriv´ee 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

x→0

et f 0 (0) = 0.

1

r

= 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’´enonc´e ] Corrige Le pi`ege est de d´eriver 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 d´eriv´ee de f est donc nulle... ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige s √ 1 + sin x √ .

On consid`ere l’application f : x 7→ f (x) = 1 − sin x Cette application est d´efinie pour tout x ≥ 0 tel que x2 6= π2 (2π).

Elle est d´erivable pour tout x tel que x2 6= π2 (π).

Notons D le domaine de d´erivabilit´e 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’´enonc´e ] Corrige On va commencer par traiter le cas ` = 0.

On se donne un r´eel ε > 0.

Par hypoth`ese, 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 d´ecoule |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 d´eduit que pour tout x ≥ b, on a ≤ 2ε, ce qui prouve lim = 0. x→+∞ x x Dans le cas g´en´eral (` 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 r´esulte lim = 0 c’est-`a-dire lim − ` = 0. x→+∞ x x→+∞ x f (x) = `.

Conclusion : si lim f 0 (x) = ` ∈ IR, alors lim x→+∞ x→+∞ x Remarque : une d´emonstration analogue montre que le r´esultat reste vrai si ` = ±∞.

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On sait qu’au voisinage de x = 0 on a : f (a + x) = f (a) + xf 0 (a) + o(x).

On en d´eduit : 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’´enonc´e ] Corrige L’application f est d´efinie et d´erivable sur D = IR − {−1, 0, 1}.

Pour tout x de D on a : f 0 (x) =

1 (x + 1)2

1

−

1 (x − 1)2

1

+

1 x3

1

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

1+

x (x + 1)2

2

1+

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 d´eriv´ee de f (x) = arctan b + a cos x Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Calculer la d´eriv´ee 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 `a l’´enonc´e ] √ a2 − b 2 .

On trouve f 0 (x) = b cos x + a Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] 2nxn−1 −2nxn−1 0 si x < 0 et f (x) = si x > 0. x2n + 1 x2n + 1 Discuter la d´erivabilit´e en x = 0 suivant les valeurs de n.

On trouve f 0 (x) =

Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Observer que Sn (x) = (1 + x + x2 + · · · + xn )0 .

Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1 .

1 − x2 On en d´eduit f (x) = arcsin x sur ] − 1, 1[.

On trouve : ∀ x ∈] − 1, 1[, f 0 (x) = √

Ce r´esultat peut ˆetre obtenu en posant θ = arcsin x.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] 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 `a l’´enonc´e ] 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’´enonc´e ] Corrige On suppose bien sˆ ur |b| ≤ |a|. f est alors d´efinie et d´erivable 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’´enonc´e ] Corrige L’application f est d´efinie et continue sur IR car −1 ≤ f est d´erivable 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)

p

(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’´enonc´e ] Corrige x L’application x 7→ f (x) = arctan √ est d´efinie et d´erivable 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 mˆeme d´eriv´ee 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 r´esultat pouvait ˆetre 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’´enonc´e ] Corrige n P Comme le sugg`ere l’´enonc´e, 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 d´eduit f1 (x) = xf00 (x) = −nx(1 − x)n−1 .

De mˆeme f2 (x) = xf10 (x) = n(n − 1) x2 (1 − x)n−2 − nx(1 − x)n−1 .

Une r´ecurrence 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’´enonc´e ] 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 polynˆome.)

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 r´ecurrence sur l’entier n la propri´et´e suivante : “f2n (x) > 0 sur IR, et f2n+1 (x) = 0 a une seule solution dans IR”

f0 (x) ≡ 1 > 0 La propri´et´e est vraie si n = 0 car f1 (x) ≡ 1 + x = 0 ⇔ x = −1 Supposons que la propri´et´e soit vraie pour un entier n ≥ 0 fix´e. 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 n´ecessairement (`a cause des limites en ±∞.) f2n+1 (x) > 0 si x > xn Il en d´ecoule que f2n+2 est d´ecroissante 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 prouv´e la propri´et´e au rang n + 1, ce qui ach`eve la r´ecurrence.

Conclusion : Si n est pair, l’´equation fn (x) = 0 n’a aucune solution dans IR. Si n est impair, l’´equation 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 d´eriv´ee n-i`eme de fn (x) = xn−1 ln x, avec n ≥ 1.

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Calculer la d´eriv´ee n-i`eme de f (x) = sin(x cos α) ex sin α .

On proposera deux d´emonstrations diff´erentes.

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 z´eros de la d´eriv´ee n-i`eme 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 `a l’´enonc´e ] (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 `a l’´enonc´e ] – Premi`ere m´ethode : remarquer que f 0 (x) = sin(α + x sin α) ex cos α .

Prouver par r´ecurrence que f (n) (x) = sin(nα + x sin α) ex cos α .

– Deuxi`eme m´ethode : remarquer que f (x) = Im g(x) avec g(x) = eωx et ω = eiα .

Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Proc´eder par r´ecurrence sur n ≥ 1, en remarquant d’abord que y 0 = cos2 y.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1 i 1 1 Remarquer que f (x) = = − . (x + i)(x − i) 2 x+i x−i En d´eduire 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 `a l’´enonc´e ] √

Poser y = e

x

(n)

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

Pour cel`a, montrer que 4xy 00 + 2y 0 − y = 0, ´egalit´e qu’on d´erivera n fois. √ En d´eduire z1 + 2z0 − 2y x = 0 et pour n ≥ 1 : zn+1 + (4n + 2)zn − 4zn−1 = 0.

Enfin, d´eriver n + 1 fois l’´egalit´e pr´ec´edente.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 1 On v´erifie que f10 (x) = (ln x)0 = et f200 (x) = (x ln x)00 = (1 + ln x)0 = . x x an (n) Montrons par r´ecurrence 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 fix´e. 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 propri´et´e au rang n + 1 et ach`eve la r´ecurrence.

De plus la relation an+1 = nan et l’´egalit´e 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’´enonc´e ] Corrige On calcule la d´eriv´ee premi`ere 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 propri´et´e est vraie pour n = 0 et n = 1.

Supposons qu’elle le soit pour un entier n ≥ 0 donn´e.

On en d´eduit : 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 propri´et´e au rang n + 1 et ach`eve la r´ecurrence.

Il y a une autre d´emonstration, qui utilise les fonctions `a 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 d´eduit, 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 .

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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On proc`ede par r´ecurrence 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 propri´et´e est donc vraie pour n = 1.

Supposons qu’elle le soit au rang n ≥ 1 fix´e. 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 ´etablit la propri´et´e au rang n + 1 et ach`eve la r´ecurrence. ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On utilise une d´ecomposition en ´el´ements 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 d´eduit : 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 d´eriv´ee n-i`eme de f (n) (x) =

i(−1)n n!

1 2 (x + i)n+1

Les z´eros de f (n) (x) sont donc ceux du polynˆome 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)-i`emes de l’unit´e (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.

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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 d´eduit l’´egalit´e 4xy + 2y − y = 0.

On pose y = e

x

– On d´erive n fois l’´egalit´e pr´ec´edente.

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 d´erive n + 1 fois la derni`ere ´egalit´e. 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 proc`ede par r´ecurrence sur n. √ Tout d’abord Z0 = z0 = 2 x y 0 (x) qui est bien ´egal `a 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 d´eduit 8x x y = 4xy 0 − 2y puis (8x x y 00 )0 = 4xy 00 + 2y 0 = y.

Ainsi la propri´et´e est vraie aux rangs n = 0 et n = 1.

Supposons qu’elle le soit aux rangs n − 1 et n (n ≥ 1 donn´e). 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 ´etablit la propri´et´e au rang n + 1 et ach`eve la r´ecurrence.

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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 d´erivable sur [a, b].

Montrer qu’il existe c dans ]a, b[ tel qu’on ait l’´egalit´e 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, d´erivable, 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 d´erivable et telle que f (a) = f 0 (a) et f (b) = f 0 (b).

Montrer qu’il existe un ´el´ement c de ]a, b[ tel que f (c) = f 00 (c).

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que la d´eriv´ee d’ordre n de (x2 −1)n est un polynˆome de degr´e n dont toutes les racines sont distinctes et comprises entre −1 et 1.

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soit P un polynˆome `a coefficients r´eels.

Montrer que si toutes les racines de P sont r´eelles, il en est de mˆeme des racines de P 0 .

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Soient f, g : [a, b] → IR deux applications continues, d´erivables 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 ] (Th´eor`eme de Rolle g´en´eralis´e) Soit f : [a, +∞[→ IR, continue, d´erivable sur ]a, +∞[, et telle que lim f (x) = f (a). x→+∞

0

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

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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

k!

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 `a l’´enonc´e ] 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 `a l’´enonc´e ] Consid´erer g d´efinie sur [a, b] par g(x) = ex (f (x) − f 0 (x)), et appliquer le th´eor`eme de Rolle.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] (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 r´ecurrence que si k ∈ {0, . . . , n}, Qn,k s’annule en au moins k points de ] − 1, 1[.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] Le polynˆome P est scind´e dans IR. Introduire les racines distinctes x1 < · · · < xm de P , et leurs multiplicit´es r1 , . . . , rm .

Utiliser le th´eor`eme de Rolle entre les xk successifs.

Terminer en consid´erant que les xk peuvent ˆetre racines de P 0 .

Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1. Consid´erer la fonction h : x 7→ (g(b) − g(a))(f (x) − f (a)) − (f (b) − f (a))(g(x) − g(a)).

2. Cons´equence imm´ediate de la question pr´ec´edente.

Indication pour l’exercice 7 [ Retour `a l’´enonc´e ] Si f est constante, c’est ´evident, sinon consid´erer b > a tel f (b) 6= f (a).

Se donner un r´eel strictement compris entre f (a) et f (b).

Utiliser le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires sur [a, b] et sur [b, ∞[.

Terminer avec le th´eor`eme de Rolle.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] 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 d´efinit x 7→ ϕ(x) = k! (n + 1)! k=0 L’application ϕ est continue sur [a, b] et d´erivable sur ]a, b[.

On peut alors appliquer le th´eor`eme 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’´egalit´e 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’´egalit´e ϕ(a) = ϕ(b) devient alors f (b) = k! (n + 1)! k=0 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Supposons qu’il existe une solution f , et posons g = f ◦ f .

– L’application g est d´erivable 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’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, il existe c0 ∈ [a, b] tel que f (c0 ) = f (c).

Dans ces conditions, on a c0 < c et f (c0 ) = f (c).

D’apr`es le th´eor`eme de Rolle, ∃ d ∈]c0 , c[ tel que f 0 (d) = 0.

Or l’hypoth`ese sur f montre que f 0 ne s’annule jamais.

On a donc abouti `a une contradiction : f est strictement monotone sur IR. Or f 0 (0) > 0 par hypoth`ese. Ainsi f est strictement croissante sur IR. – Supposons par l’absurde qu’il existe x dans IR tel que f (x) 6= x. f ´etant 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 n´ecessairement f (x) = x.

– R´eciproquement f : x 7→ x est solution du probl`eme.

Conclusion : l’application f : x 7→ x est la seule solution du probl`eme.

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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On consid`ere l’application g d´efinie 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 hypoth`ese, on a g(a) = 0 et g(b) = 0.

On peut donc appliquer le th´eor`eme 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 v´erifie donc f (c) = f 00 (c). ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige (k)

On pose Un (x) = (x2 − 1)n et Qn,k = Un .

Il s’agit d’´etudier les propri´et´es de Pn = (x2 − 1)(n) (c’est-`a-dire Pn = Qn,n ). (n)

Notons que Un ´etant un polynˆome de degr´e 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 polynˆome Qn,k , avec 0 ≤ k ≤ n − 1 s’annule en ±1.

Montrons par r´ecurrence que si k ∈ {0, . . . , n}, Qn,k s’annule en au moins k points de ] − 1, 1[.

La propri´et´e est bien sˆ ur vraie si k = 0.

Supposons qu’elle le soit a` un rang k donn´e 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 d´ecoule que Qn,k+1 = Q0n,k s’annule en k + 1 points distincts de ] − 1, 1[.

Cela prouve la propri´et´e au rang k + 1 et ach`eve la r´ecurrence.

En particulier Pn = Qn,n s’annule en au moins n points distincts de ] − 1, 1[.

Or deg Pn = n. On a ainsi trouv´e toutes les racines (r´eelles ou complexes) de Pn .

Conclusion : Pn est un polynˆome de degr´e n dont toutes les racines sont r´eelles, distinctes, et appartiennent a` l’intervalle ouvert ] − 1, 1[.

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’hypoth`ese exprime que le polynˆome P est scind´e dans IR. m m Q P Pour fixer les id´ees, 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 multiplicit´es respectives r1 , . . . , rm .

On ne perd aucune g´en´eralit´e `a supposer x1 < x2 < · · · < xm .

Pour chaque k de {1, . . . , m}, xk est une racine de P 0 de multiplicit´e rk − 1 (y compris si rk = 1, car cela signifie que xk est racine de P 0 avec la multiplicit´e 0 c’est-`a-dire en fait n’est pas racine de P 0 .) m P On dispose donc d´ej`a de (rk − 1) = deg P − m racines de P 0 (chacune ´etant compt´ee autant k=1

de fois que sa multiplicit´e.).

D’autre part, en vertu du th´eor`eme de Rolle, la d´eriv´ee 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 suppl´ementaires distinctes pour le polynˆome P 0 .

Au total, et en les comptant autant de fois que leurs ordres de multiplicit´e, on a trouv´e deg P − 1 = deg P 0 racines r´eelles pour le polynˆome P 0 .

Conclusion : tout comme le polynˆome P , le polynˆome P 0 est scind´e. ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1. On consid`ere la fonction h d´efinie 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 d´erivable sur ]a, b[.

D’autre part on constate qu’on a l’´egalit´e h(a) = h(b) (= 0).

On peut donc appliquer le th´eor`eme 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 r´esultat en d´ecoule.

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’´enonc´e ] Corrige Notons que si f est constante sur [a, +∞[ alors le r´esultat est ´evident.

On suppose donc que f n’est pas constante sur [a, +∞[.

Quitte `a consid´erer −f plutˆot que f , on peut supposer qu’il existe b > a tel que f (b) > f (a).

Soit y un r´eel strictement compris entre f (a) et f (b).

L’application f ´etant 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 continuit´e, il existe x2 dans ]b, α[ tel que f (x2 ) = y.

Ainsi on dispose de deux points diff´erents x1 et x2 tels que f (x1 ) = f (x2 ).

On peut alors appliquer le th´eor`eme de Rolle a` l’application f sur [x1 , x2 ].

Conclusion : il existe c dans ]a, +∞[ tel que f 0 (c) = 0.

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Appliquer la formule des accroissements finis `a f (x) = ax2 + bx + c entre x0 et x0 + h.

Que remarque-t-on ? Interpr´etation g´eom´etrique ?

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application deux fois d´erivable 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 d´emonstrations de ce r´esultat.)

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Th´eor`eme de Darboux Soit f une application d´erivable 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 d´erivable de ]0, 1[ dans IR. On suppose que pour tout x de ]0, 1[, |f 0 (x)| ≤ M .

Montrer que f est prolongeable par continuit´e en 0 et en 1.

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Appliquer la formule des accroissements finis `a 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 `a l’´enonc´e ] 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 m´ediane.

Alors la tangente a` P en C est parall`ele `a la corde [AB].

Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] – Premi`ere m´ethode : Consid´erer l’application ϕ d´efinie sur [x0 , x0 + h] par ϕ(t) = f (t + h) − f (t).

Appliquer deux fois l’´egalit´e des accroissements finis.

– Deuxi`eme m´ethode : Consid´erer 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 `a l’´enonc´e ] f (x) − f (a) f (x) − f (b) et ψ(x) = . x−a x−b Prolonger ces fonctions par continuit´e sur le segment [a, b].

Consid´erer les fonctions ϕ(x) =

Utiliser le fait que [f 0 (a), f 0 (b)] est inclus dans la r´eunion [ϕ(a), ϕ(b)] ∪ [ψ(a), ψ(b)].

Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Il suffit de prouver la propri´et´e en 0.

Se donner une suite (xn ) de ]0, 1[ qui converge vers 0.

Montrer que la suite (f (xn )) est ´egalement convergente : notons ` sa limite.

Montrer que ` ne d´epend pas de la suite (xn ) initiale.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] r h − arctan h 1 On trouve f (h) = hf 0 (θh) avec θ = . On v´erifie 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’´enonc´e ] 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’´egalit´e f (x0 + h) − f (x0 ) = hf 0 (x0 + θh) s’´ecrit donc (2ax0 + b)h + ah2 = 2ah(x0 + θh) + bh.

Autrement dit θ = 21 . On a donc l’´egalit´e 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’´enonc´e ] Corrige Pour cet exercice, on va voir deux m´ethodes.

– Premi`ere m´ethode : On introduit l’application ϕ d´efinie 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 d´erivable 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 ´el´ement de ]0, 1[.

Le calcul pr´ec´edent donne alors : f (x0 + 2h) − 2f (x0 + h) + f (x0 ) = h2 f 00 (x0 + 2θh).

– Deuxi`eme m´ethode : 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 d´erivable 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’´egalit´e 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’´egalit´e ψ(h) = 0 donne bien : f (x0 + 2h) − 2f (x0 + h) + f (x0 ) = h2 f 00 (x0 + 2θh).

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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] 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 mˆeme, on d´efinit ψ(x) = sur [a, b[ et ψ(b) = f 0 (b) = lim ψ(x). x→b− x−b Ainsi d´efinies, 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 r´eunion [ϕ(a), ϕ(b)] ∪ [ψ(a), ψ(b)].

Soit γ un ´el´ement 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 ´etant 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 ´ecrire γ = c−a f (c) − f (a) Mais le th´eor`eme 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 mani`ere analogue.

Ainsi dans tous les cas, γ est une valeur prise par f 0 , ce qui ´etablit le th´eor`eme de Darboux (la d´eriv´ee d’une application sur un intervalle ob´eit donc toujours `a la propri´et´e des valeurs interm´ediaires, mˆeme si elle n’est pas continue.) ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Il suffit de prouver la propri´et´e 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 ) ´etant convergente, elle est de Cauchy.

Mais l’in´egalit´e pr´ec´edente montre que la suite (f (xn )) est de Cauchy, donc convergente.

Donnons nous maintenant une deuxi`eme suite (yn ) de ]0, 1[, convergente vers 0.

Tout comme la suite (f (xn )), la suite (f (yn )) est convergente.

D´efinissons 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 d´eduit que les suites (f (xn )) et (f (yn )) ont la mˆeme limite dans IR. Ainsi il existe un r´eel λ tel que, pour toute suite (xn ) de ]0, 1[ convergente vers 0, la suite (f (xn )) soit convergente vers λ.

On reconnait la caract´erisation des limites par les suites.

Ainsi f peut ˆetre prolong´ee par continuit´e en 0 en posant f (0) = λ.

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige h La formule des accroissements finis s’´ecrit 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 d´eduit 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 d´erivable 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 d´erivable sur [a, b], telle que f 0 (a) = f 0 (b). f (c) − f (a) Montrer qu’il existe un r´eel 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 d´erivable de [0, 1] dans IR. 1 1 (5) g (c).

Montrer qu’il existe un r´eel 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’´enonc´e ] C’est ´evident 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 .

Consid´erer ϕ : t 7→ ϕ(t) = f (t) − f (a) −

Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] x−a 0 D´efinir 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’´enonc´e ] Consid´erer l’application d´efinie sur [a, b] par ϕ(x) = f (x) − f (a) − (x − a)

f (b) − f (a) . b−a

V´erifier que ϕ(a) = ϕ(b) = 0, et que ϕ0 (a) = ϕ0 (b).

Traiter le cas particulier ϕ0 (a) = ϕ0 (b) = 0.

Dans le cas g´en´eral, prouver qu’il existe x0 dans ]a, b[ tel que ϕ(x0 ) = 0.

Terminer en appliquant Rolle `a l’application x 7→ ψ(x) =

f (x) − f (a) . x−a

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] C’est ´evident 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 th´or`eme de Rolle.

Consid´erer ϕ : t 7→ f (t) −

Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] 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’´egalit´e des accroissements finis `a g (4) entre 0 et c3 .

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Remarquons que le r´esultat est ´evident si x = a ou x = b (avec c quelconque).

On suppose donc x ∈ / {a, b}. Dans toute la suite x a une valeur fix´ee. (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 d´erivable 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 ´etant d´erivable 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’´egalit´e ϕ(b) = 0 s’´ecrit 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 r´eel λ de telle mani`ere que g(b) = 0.

Puisque f est trois fois d´erivable sur [a, b], g est deux fois d´erivable 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 (th´eor`eme de Rolle.)

De mˆeme, 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 ´et´e choisi pour que g(b) = 0. Si on ´ecrit l’´egalit´e 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’´enonc´e ] Corrige f (b) − f (a) . b−a Cette application est d´erivable sur [a, b] et elle v´erifie 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 propri´et´e demand´ee est v´erifi´ee 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 `a droite.

De mˆeme ϕ(x) ∼ (x − b)ϕ0 (b) est < 0 au voisinage de b `a gauche.

L’application ϕ ´etant continue, il existe x0 dans ]a, b[ tel que ϕ(x0 ) = 0.

– La d´emonstration 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 ´egalit´e s’´ecrit = . x0 − a b−a

f (x) − f (a) v´erifie ψ(x0 ) = ψ(b). x−a Mais ψ est d´erivable sur ]a, b] : elle v´erifie les hypoth`eses du th´eor`eme 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’´egalit´e ψ 0 (c) = 0 s’´ecrit f 0 (c) = , ce qui ach`eve la d´emonstration. c−a Autrement dit l’application ψ d´efinie sur ]a, b] par ψ(x) =

´ de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Corrige Le r´esultat est ´evident 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 th´or`eme de Rolle sur les trois segments d´efinis 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] `a 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 `a 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’´egalit´e ϕ(x) = 0 devient alors f (x) = f (c).

6 30

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] 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 d´efinit 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 d´erivable 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 mˆeme, 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 th´eor`eme 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’´egalit´e 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).

Combin´e a` l’´egalit´e g (4) (c3 ) = 180λc3 , on en d´eduit g (5) (c) = 180λ.

Dans ces conditions l’´egalit´e 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 `a l’´enonc´e ] Appliquer l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange `a f sur [x, x + h] et sur [x − h, x].

En d´eduire |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 d´efinie sur IR+∗ par ϕ(h) = + M2 . h 2 Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Appliquer l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange `a t 7→ sin t entre 0 et x. n n X X p p n+1 Si un = sin 2 et vn = , en d´eduire 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 `a l’´enonc´e ] 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 d´eduire 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 `a l’´enonc´e ] Appliquer l’´egalit´e de Taylor-Young pour ´evaluer f (a + h) et f (a − h).

Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] Appliquer l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange au rang n − 1, entre 0 et x. h i En d´eduire |f (x)| ≤ |(λx)n | puis f (x) ≡ 0 sur − λ1 , λ1 .

ε Consid´erer ensuite g : x 7→ g(x) = f x + λ . G´en´eraliser enfin a` d’autres translations.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Soient x dans IR et h dans IR+∗ .

On applique l’in´egalit´e 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 d´eduit |f (x + h) − f (x − h) − 2hf (x)| ≤ h M2 .

Il en d´ecoule |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 d´efinie 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-`a-dire si f 00 est la fonction nulle, alors f est une fonction affine.

Mais par hypoth`ese f est born´ee sur IR. Donc f est constante. √ Sa d´eriv´ee est donc la fonction nulle et |f 0 (x)| ≤ 2M0 M2 est encore vrai. √ Conclusion : pour tout x de IR, on a l’in´egalit´e |f 0 (x)| ≤ 2M0 M2 . ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On applique l’in´egalit´e 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!

n

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

X

p p

X p3

.

On trouve alors : |un − vn | =

sin 2 − 2 ≤

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’´egalit´e donn´ee par les accroissements finis : f (a + h) − f (a) = hf 0 (a + θh h).

Pour h 6= 0, on en d´eduit 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’´egalit´e θh f 00 (a + αh h) = 21 f 00 (a) + o(1). f

00

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)

00

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

´ de l’exercice 4 [ 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 ).

2 On en d´eduit f (a − h) = f (a) − hf 0 (a) + h2 f 00 (a) + o(h2 ).

Par cons´equent f (a + h) + f (a − h) − 2f (a) = h2 f 00 (a) + o(h2 ). f (a + h) + f (a − h) − 2f (a) On en d´eduit finalement : lim = f 00 (a). h→0 h2 ´ de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] Corrige On ´ecrit l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange au rang n − 1, entre 0 et x :

xn

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 hypoth`eses, ce r´esultat 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 continuit´e, on a alors f (x) ≡ 0 sur − λ , λ .

Il en d´ecoule que f ainsi que toutes ses d´eriv´ees sont nulles en λε , avec ε = ±1.

On consid`ere 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 in´egalit´es : g (n) (x) ≤ n!λn . h i 1 1 On en d´eduit comme pr´ec´edemment que g est identiquement nulle sur − λ , λ . h i Autrement dit, f est identiquement nulle sur − λ2 , λ2 .

En proc´edant ainsi `a 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 convexit´e de f −1 : J → I. Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soient f, g : IR → IR convexes, g ´etant 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. R´eciproque ?

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : [0, +∞[→ IR une fonction major´ee de classe C 2 .

On suppose l’existence d’un r´eel a > 0 tel que : ∀ x ≥ 0, f 00 (x) ≥ af (x) ≥ 0.

1. Montrer que f est d´ecroissante.

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

√

a

.

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 `a l’´enonc´e ] Si f est strictement croissante convexe, alors f −1 est concave.

Si f est strictement d´ecroissante convexe, alors f −1 est convexe.

Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Utiliser la convexit´e de f , puis la croissance de g, puis la convexit´e de g.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] L’application sup(f, g) est convexe.

Cela n’est pas vrai en g´en´eral pour inf(f, g) : exemple f (x) ≡ 0 et g(x) ≡ x.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Cela r´esulte de l’exercice pr´ec´edent. La r´eciproque est fausse (consid´erer f : x 7→ x.)

Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1. L’application f est convexe sur IR+ , donc f (x) ≥ f (a) + (x − a)f 0 (a) pour tous a, x.

En d´eduire que f est d´ecroissante.

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

a

.

V´erifier que g satisfait `a des hypoth`eses analogues a` celles de f .

Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ] 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’´enonc´e ] Corrige Soient y1 et y2 deux ´el´ements de J, et λ un r´eel de [0, 1].

Soient x1 et x2 les ant´ec´edents 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’´egalit´e (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 d´ecroissante.

Alors l’´egalit´e (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 d´ecroissante convexe, alors f −1 est convexe. ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On se donne x, y dans IR, et λ dans [0, 1].

La convexit´e 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’´enonc´e ] Corrige Soient x, y deux ´el´ements de I et λ un ´el´ement 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 mˆeme g(λx + (1 − λ)y) ≤ λg(x) + (1 − λ)g(y) ≤ λ sup(f, g)(x) + (1 − λ) sup(f, g)(y).

On en d´eduit 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 g´en´eral pour inf(f, g).

Par exemple, f : x 7→ 0 et g = x 7→ x sont convexes sur IR mais pas inf(f, g).

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´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Le r´esultat est imm´ediat en utilisant l’exercice pr´ec´edent.

On sait en effet que l’application x 7→ exp x est convexe et croissante.

Il en r´esulte que si ln(f ) est convexe, alors exp(ln(f )), c’est-`a-dire f , est convexe.

La r´eciproque est fausse. En effet f : x 7→ x est convexe, mais pas g : x 7→ ln x. ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] 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) (cons´equence de la convexit´e.)

Tout comme f , l’application x 7→ f (a) + (x − a)f 0 (a) est donc major´ee sur IR+ .

Cela implique ´evidemment f 0 (a) ≤ 0 : ainsi f 0 ≤ 0 sur IR+ , et f est d´ecroissante.

2. L’application f 0 est croissante et major´ee par 0.

Il existe donc α ≤ 0 tel que lim f 0 (x) = α. x→+∞

Supposons α < 0 : il en d´ecoule 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 d´ecoule lim f (x) = −∞, ce qui est incompatible avec l’hypoth`ese 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’hypoth`ese sur f , il d´ecoule : ∀ 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 hypoth`ese analogue `a celle de f .

Il en d´ecoule en particulier que g est d´ecroissante sur IR+ .

On en d´eduit notamment : ∀ x ∈ IR+ , g(x) ≤ g(0), c’est-`a-dire f (x) ex Conclusion : on a bien d´emontr´e l’in´egalit´e f (x) ≤ f (0) e−x

√

a

√

a

≤ f (0).

sur IR+ .

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´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] 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 major´ee.

On suppose donc qu’il existe a, b dans IR, avec a < b et f (a) 6= f (b).

On utilise maintenant une caract´erisation de la convexit´e 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.

40

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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

41

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] 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 continuit´e de f .

2 Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Utiliser la convexit´e de f : x 7→ eλx sur [−1, 1].

Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Utiliser la concavit´e de x 7→ ln x, entre x = ap et y = bq .

Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] x + y ϕ(x) + ϕ(y) ≥ , avec ϕ(t) = ln ln t.

L’in´egalit´e `a prouver ´equivaut a` ϕ 2 2

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Soient x, y fix´es, avec x < y. On va montrer par r´ecurrence sur n ≥ 1 la propri´et´e : ∀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 in´egalit´e est ´evidente (c’est mˆeme une ´egalit´e). x + y f (x) + f (y) Si n = 1 la propri´et´e se r´eduit a` f ≤ : c’est l’hypoth`ese de l’´enonc´e.

2 2 On se donne un entier n ≥ 1, et on suppose que la propri´et´e 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’in´egalit´e f (ak ) ≤ bk .

– Supposons que k soit pair : k = 2m avec 0 ≤ m ≤ 2n . m m m m L’in´egalit´e `a d´emontrer se r´eduit donc `a f n x + (1 − n )y ≤ n f (x) + (1 − n )f (y).

2 2 2 2 Le r´esultat est donc une cons´equence directe de l’hypoth`ese de r´ecurrence.

– 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’apr`es le cas pr´ec´edent 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’´enonc´e donne f (ak ) = f 2 2 2 Ainsi f (ak ) ≤ bk , ce qui prouve la propri´et´e au rang n + 1 et ach`eve la r´ecurrence.

On se donne maintenant un r´eel 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 continuit´e de f donne alors f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y).

On a ainsi prouv´e la convexit´e de l’application f .

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´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application f : x 7→ eλx est convexe (sa d´eriv´ee seconde λ2 eλx est positive.)

L’´equation 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 convexit´e de f implique : ∀ x ∈ [−1, 1], f (x) ≤ g(x), ce qui est le r´esultat attendu. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige x y ln x ln y +∗ Pour tous x, y dans IR , on a ln + ≥ + (concavit´e de x 7→ ln x.) p q p q ap b q p q Si on applique ce r´esultat 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’´enonc´e ] Corrige x + y √ ≥ ln ln x ln y.

Par composition avec t 7→ ln t, l’in´egalit´e `a prouver ´equivaut a` ln ln 2 x + y ϕ(x) + ϕ(y) Cette in´egalit´e s’´ecrit encore ϕ ≥ avec ϕ(t) = ln ln t.

2 2 Pour obtenir le r´esultat il suffit donc de v´erifier la concavit´e de ϕ.

1 Celle-ci r´esulte de la d´ecroissance 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 ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 6, de f (x) = tan sin x.

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 7, de f (x) = ln cos x.

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 7, de f (x) = exp(sin x2 ).

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]

√ D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 3, de f (x) = cos x + x2 .

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

Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 3, de f (x) = (1 + x)1/x Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, `a l’ordre 8, de f (x) = (cos x − 1)( sh x − x) − ( ch x − 1)(sin x − x).

Exercice 9 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e 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’´enonc´e ] n P Le r´esultat est f (x) = C 2k+2 xk + o(xn ). k=0

Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = x +

x3 x5 − + o(x6 ).

6 40

Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = −

x2 x4 x6 − − + o(x7 ).

2 12 45

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = 1 + x2 +

x4 + o(x7 ).

2

Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = 1 −

x 11x2 59x3 − + + o(x3 ).

2 24 720

Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = 3x − 6x3 +

22x5 + o(x6 ).

5

Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ]

x 11x2 7x3 Le r´esultat est f (x) = e 1 − + − + o(x3 ).

2 24 16 Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) =

x7 + o(x8 ).

180

Indication pour l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = 1 − x + x5 − x6 + x10 − x11 + o(x14 ).

Indication pour l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat 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’´enonc´e ] Corrige 1 est de classe C ∞ au voisinage de 0.

1−x n P Son d´eveloppement limit´e en 0 `a tout ordre n est : g(x) = xk + o(xn ).

L’application g : x 7→

k=0

Le d´eveloppement limit´e des d´eriv´ees de g s’obtient par d´erivation terme a` terme de celui de g.

1 g 00 (x) Or on constate qu’on a l’´egalit´e, pour tout x 6= 1 : f (x) = . = (1 − x)3 2 n n P 1P (k + 2)(k + 1)xk + o(xn ) = On en d´eduit, 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’´enonc´e ] 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 d´eveloppements 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 d´eduit : 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’´enonc´e ] Corrige Le mieux est ici d’int´egrer le d´eveloppement limit´e 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’´enonc´e ] 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 d´eveloppements 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 d´eduit : 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’´enonc´e ] Corrige L’application f est d´efinie 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 d´eduit : √ 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’´enonc´e ] Corrige 1 x3 x5 Il vaut mieux lin´eariser : f (x) = (sin 4x + sin 2x). On sait que sin x = x − + + o(x6 ).

2 6 120 4x3 4x5 32x3 128x5 On en d´eduit : 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’´enonc´e ] Corrige

ln(1 + x) 1 x2 x3 x4 x x2 x3 On ´ecrit 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 d´eduit : 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’´enonc´e ] Corrige x2 x4 x3 x5 + + o(x5 ) et sh x − x = + + o(x6 ).

2 24 6 120 x5 x7 On en d´eduit : (cos x − 1)( sh x − x) = − + + o(x8 ).

12 360 x2 x4 x3 x5 De mˆeme ch x − 1 = + + o(x5 ) et sin x − x = − + + o(x6 ).

2 24 6 120 x5 x7 On en d´eduit : ( 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’´enonc´e ] Corrige 1−x Il y a ´evidemment une astuce : on ´ecrit 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 d´eduit : f (x) = (1 − x)(1 + x5 + x10 + o(x14 )) = 1 − x + x5 − x6 + x10 − x11 + o(x14 ). ´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] 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 ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 4, de f (x) = (1 + sin x)1/x .

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 3, de f (x) =

1 1 − .

2 x tan2 x

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 20, de f (x) = ln(1 + x3 + x6 ).

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e 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) =

p

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’´enonc´e ] x2 x4 Le r´esultat est : f (x) = − − + o(x5 ).

6 180 Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] x3 Le r´esultat est : f (x) = x + + o(x4 ).

6 Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ]

x 7 x2 3 x3 139 x4 − + + o(x4 ).

Le r´esultat est : f (x) = e 1 − + 2 24 16 1152 Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] 2 x2 Le r´esultat est : f (x) = − + o(x3 ).

3 15 Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] x6 2x9 x12 x15 x18 Le r´esultat est : f (x) = x3 + − + + − + o(x20 ).

2 3 4 5 3 Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] x2 x3 11x4 11x5 x6 Le r´esultat est : f (x) = x + − − − + + o(x6 ).

2 6 12 20 5 Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] x3 7x5 Le r´esultat est : f (x) = x + + + o(x6 ).

4 32 Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] 1 x2 Le r´esultat est : f (x) = √ − √ + o(x3 ).

3 90 3 Indication pour l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] √ x2 3 x4 5 x6 Le r´esultat est : f (x) = 2 1 + + + + o(x7 ).

12 160 896 Indication pour l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ]

51 2x2 Le r´esultat est : f (x) = e 1 + + o(x2 ).

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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

=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’´enonc´e ] 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 d´eduit :

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’´enonc´e ] 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 ´ecrire 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’´enonc´e ] Corrige On ´ecrit 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’´enonc´e ] 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 d´eduit :

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’´enonc´e ] 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 d´eduit : 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’´enonc´e ] 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 d´eduit : 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 d´ecoule 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 d´eduit : ln ch x = − + + O(x4 ). Posons de mˆeme 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 d´ecoule 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 D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre n, de f (x) = exp − 2 . x Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 5, de f (x) = cos

π r tan x 2

x

.

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 5, de f (x) = arctan ex .

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 7, de f (x) = arctan

2+x .

1 − 2x

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] x

Z

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 D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 4, de f (x) = tan(x + ) 4 Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en +∞, `a 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 D´eveloppement limit´e en , `a l’ordre 6, de f (x) = ln tan x.

4 Exercice 10 [ Indication ] [ Correction ]

55

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’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = o(xn ).

Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = −

πx2 19πx4 − + o(x5 ).

12 720

Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) =

π x x3 x5 + − + + o(x6 ).

4 2 12 48

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = arctan 2 + x −

x3 x5 x7 + − + o(x8 ).

3 5 7

Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est f (x) = o(xn ).

Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] 2x2 4x4 1 1+ + + o(x5 ).

Le r´esultat est f (x) = e 3 5 Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] 1 2 10 44 Le r´esultat est f (x) = + + + o .

3 81x2 729x4 x5 Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat 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’´enonc´e ] Le r´esultat 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’´enonc´e ] Corrige f (x) = lim X n/2 e−X = 0 (croissance compar´ee.) 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 d´eveloppement limit´e de f en 0 `a l’ordre n est donc tout simplement : f (x) = o(xn ). ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] 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 d´eduit : − + 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’´enonc´e ] 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 int´egrant : f (x) = + − + + o(x6 ).

4 4 2 12 48 ´ de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] 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 `a l’´enonc´e ] Corrige

1 1 0 n n−1 On a f (x) = x sin = x x sin = o(xn−1 ). On int`egre : f (x) = f (0) + o(xn ) = o(xn ). x x 57

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´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] 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 r´esulte 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’´enonc´e ] 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’´enonc´e ] Corrige √ √ x2 x4 x6 On a f (x) = x2 + cos x = 1 + X, avec X = + − + o(x7 ). On en d´eduit : 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’´enonc´e ] 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 mˆeme (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 d´eduit : 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’´enonc´e ] 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 d´eduit : 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 mˆeme, 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

59

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

x2 xn D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre n + 1, de f (x) = ln 1 + x + + ··· + .

2! n!

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

p√

1+x+

√

1 − x.

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 5, de f (x) = (tan x) etan x .

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 6, de f (x) = Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 4, de f (x) =

p

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 D´eveloppement limit´e en 0, a` l’ordre 3, de f (x) = q . √ 3 3 1 + 2 x + 4 + 5x Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ] On d´efinit une suite de fonctions (fn ) par : f0 (x) = 1 − x, et fn+1 (x) =

1 .

2 − fn (x)

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

Exercice 9 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que l’´equation tan x = x poss`ede une solution unique xn dans In = ]nπ − π2 , nπ + π2 [. c d 1 Trouver le d´eveloppement xn = an + b + + 2 + o( 2 ). n n n Exercice 10 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que l’´equation ln x + x = λ admet une solution unique xλ , pour tout λ r´eel. 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.

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

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

Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] √ x2 11x4 Le r´esultat est : f (x) = 2 1 − − + o(x5 ).

16 512 Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est : f (x) = x + x2 +

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

6 6 40

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] x3 Le r´esultat est : f (x) = √ + o(x6 ).

2 15 Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] 3 x3 x √ + o(x4 ). + Le r´esultat est : f (x) = √ 3 6 20 3 6 Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est : f (x) =

1 x2 + + o(x3 ).

3 15

Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] x 787 x3 Le r´esultat est : f (x) = + + o(x3 ).

2 1152 Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Le r´esultat est : fn (x) = 1 − x + nx2 − n2 x3 + n3 x4 − n4 x5 + o(x5 ).

Indication pour l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] 1 π 1 1 Le r´esultat est : xn = nπ + − + +o 2 .

2 πn 2πn2 n Indication pour l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] ln λ61

ln λ Le r´esultat 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’´enonc´e ] 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 d´eduit : 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’´enonc´e ] 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 mˆeme, 1 − x = 1 − − +− − − + o(x5 ).

2 8 16 128 256 √ √ x2 5x4 On en d´eduit 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’´enonc´e ] 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’´enonc´e ] 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 d´eduit : 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’´enonc´e ] 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 `a l’´enonc´e ] 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 d´eduit : 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 `a l’´enonc´e ] Corrige √ x x2 x3 On a 1 + x = 1 + − + + o(x3 ).

2 8 16 r √ 5x 5x 25x2 125x3 On en d´eduit : 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 d´ecoule 1 + x − 3 1 − 3x = + + + o(x3 ).

2 8 48 r 3x √ 7x 41x2 De mˆeme, 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 `a l’´enonc´e ] Corrige 1 + (n − 1)x x Une r´ecurrence facile montre que fn (x) = =1− .

1 + nx 1 + nx On en d´eduit :

fn (x) = 1 − x 1 − nx + n2 x2 − n3 x3 + n4 x4 + o(x4 ) 63

2

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 r´eel xn dans In tel que f (xn ) = 0, c’est-`a-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 ´egalit´e montre que lim cotan yn = +∞, donc lim yn = 0+ . n→∞ n→∞ 1 1 1 1 On en d´eduit que tan yn = ∼ puis yn = arctan ∼ . π π nπ nπ nπ + 2 − yn nπ + 2 − yn 1 1 + zn . Ainsi zn est n´egligeable 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 d´eduit l’´egalit´e : 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’´enonc´e ] 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’´egalit´e λ→+∞ xλ xλ xλ Posons xλ = λ + yλ . Avec cette d´efinition, 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 d´ecoule 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 . Apr`es 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.

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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.

D´eterminer a, b, c, d pour que f soit un infiniment petit d’ordre maximum en 0.

Exercice 10 Donner un ´equivalent `a l’origine de f (x) = arctan arcsin x − arcsin arctan x.

65

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Donner un ´equivalent `a l’origine de f (x) = sh sin x − sin sh x.

Exercice 2 Donner un ´equivalent `a 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

x.

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 "

1

1

1

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

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

68

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

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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

1

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

69

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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

70

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´matiques Exercices de Mathe ´ ´riques Etudes locales de fonctions nume ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

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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

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 d´efinie par f (x) = x ln |x| − (x − 2) ln |x − 2|.

Exercice 7 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (sin x)cos x Exercice 8 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = ln ln |x|.

Exercice 9

1 11 5 2 2 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (x − 1) (x + ) .

3 Exercice 10 1

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

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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 d´efinie par f (x) = arccos(2x3 − x).

Exercice 4 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = (tan x)tan 2x .

Exercice 5 Etudier la fonction f d´efinie 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

1

Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = x ln x−1 .

Exercice 9 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = cos3 x + sin3 x.

Exercice 10 Etudier la fonction f d´efinie par f (x) = | tan x|cos x .

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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| +

x2

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 .

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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

2x

.

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

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