Série exercices 4 analyse mathématiques smpc s1 m3 e1 rabat
Télécharger PDFFacult´e des Sciences de Rabat SMPC-S1 D´epartement de Math´ematiques M3-E1 : Analyse S´erie d’exercices 4
Exercice 1Etudier la d´erivabilit´e des fonctions suivantes : ´ f1(x) = x2cos1x, si x 6= 0 ; f1(0) = 0; f2(x) = sin x · sin1x, si x 6= 0 ; f2(0) = 0; f3(x) = |x|√x2 − 2x + 1 x − 1, si x 6= 1 ; f3(1) = 1.
Exercice 2D´eterminer a, b ∈ R de mani`ere `a ce que la fonction f d´efinie sur R+ par : f(x) = √x si 0 6 x 6 1 et f(x) = ax2 + bx + 1 si x > 1 soit d´erivable sur R∗+.
Exercice 3Calculer la fonction d´eriv´ee d’ordre n des fonctions f, g, h d´efinies par : f(x) = sin x ; g(x) = sin2 x ; h(x) = sin3 x + cos3 x.
Exercice 4Montrer que pour tout x ∈ R, |ex − 1 − x| 6x22e|x|.
Exercice 5Par application du th´eor`eme des accroissements finis `a f(x) = ln x sur [n, n+ 1] montrer que tend vers l’infini quand n tend vers l’infini. Sn =Xn k=1 1 k
Exercice 6Soient x et y r´eels avec 0 < x < y. 1. Montrer que x <y − x ln y − ln x< y. 2. On consid`ere la fonction f d´efinie sur [0, 1] par α 7→ f(α) = ln(αx + (1 − α)y) − α ln x − (1 − α) ln y. De l’´etude de f d´eduire que pour tout α de ]0, 1[ α ln x + (1 − α) ln y < ln(αx + (1 − α)y). Interpr´etation g´eom´etrique ? 1 + x, f2(x) = x
Exercice 7Soit f1, f2 et f2 les applications de R dans R d´efinies par f1(x) = x et f2(x) = x 1 − x2 1. Calculer f(n) 1(0) et f(n) 1 − x l’ordre 6. 2(0) pour tout n ∈ N et en d´eduire les formules de taylor de f1 et de f2 a 1
2. D´eduire la formule de Taylor de f3 a l’ordre 6.
Exercice 8En appliquant la regle de l Hospital plusieurs fois, d´eterminer la limite en 0 de arctan x − sin x tan x − arcsin x
Exercice 91. D´eveloppement limit´e en z´ero de ln(cos(x)) (`a l’ordre 6). 2. D´eveloppement limit´e en z´ero de cos x. ln(1 + x) `a l’ordre 4. 3. D´eveloppement limit´e en 1 `a l’ordre 3 de f(x) = √x. 4. D´eveloppement limit´e en 1 `a l’ordre 3 de g(x) = e√x. 5. D´eveloppement limit´e `a l’ordre 3 en π3de h(x) = ln(sin x). √1 + x2
Exercice 10Donner un d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 de f(x) = 1 + x +√1 + x2en 0. En d´eduire un d´eveloppement `a l’ordre 2 en +∞. Calculer un d´eveloppement `a l’ordre 1 en −∞.
Exercice 11Calculer les limites suivantes lim x→0 ex2− cos x x2lim x→0 ln(1 + x) − sin x xlim x→0 cos x −√1 − x2 x4
Exercice 12Etudier la position du graphe de l’application ´ x 7→ ln(1 + x + x2) par rapport `a sa tangente en 0 et 1. 2
Correction 1 1. La fonction f1 est d´erivable en dehors de x = 0. En effet x 7→ 1xest d´erivable sur R∗et x 7→ cos x est d´erivable sur R, donc par composition x 7→ cos 1xest d´erivable sur R∗. Puis par multiplication par la fonction d´erivable x 7→ x2, la fonction f1 est d´erivable sur R∗. Par la suite on omet souvent ce genre de discussion ou on l’abr`ege sous la forme “f est d´erivable sur I comme somme, produit, composition de fonctions d´erivables sur I”. Pour savoir si f1 est d´erivable en 0 regardons le taux d’accroissement : f1(x) − f1(0) x − 0= x cos1x. Mais x cos(1/x) tend vers 0 (si x → 0) car | cos(1/x)| 6 1. Donc le taux d’accroissement tend vers 0. Donc f1 est d´erivable en 0 et f01(0) = 0. 2. Encore une fois f2 est d´erivable en dehors de 0. Le taux d’accroissement en x = 0 est : x − 0=sin x xsin1x Nous savons que sin x f2(x) − f2(0) x → 1 et que sin 1/x n’a pas de limite quand x → 0. Donc le taux d’accrois sement n’a pas de limite, donc f2 n’est pas d´erivable en 0. 3. La fonction f3 s’´ecrit : f3(x) = |x||x − 1| x − 1. – Donc pour x > 1 on a f3(x) = x ; pour 0 6 x < 1 on a f3(x) = −x ; pour x < 0 on a f3(x) = x. – La fonction f3 est d´efinie, continue et d´erivable sur R \ {0, 1}. Attention ! La fonction x 7→ |x| n’est pas d´erivable en 0. – La fonction f3 n’est pas continue en 1, en effet limx→1+ f3(x) = +1 et limx→1− f3(x) = −1. Donc la fonction n’est pas d´erivable en 1. – La fonction f3 est continue en 0. Le taux d’accroissement pour x > 0 est x − 0=−xx= −1 f3(x) − f3(0) et pour x < 0, x − 0=xx= +1. f3(x) − f3(0) Donc le taux d’accroissement n’a pas de limite en 0 et donc f3 n’est pas d´erivable en 0. Correction 2 La fonction f est continue et d´erivable sur ]0, 1[ et sur ]1, +∞[. Le seul probl`eme est en x = 1. Il faut d’abord que la fonction soit continue en x = 1. La limite `a gauche est limx→1−√x = +1 et `a droite limx→1+ ax2 + bx + 1 = a + b + 1. Donc a + b + 1 = 1. Autrement dit b = −a. Il faut maintenant que les d´eriv´ees `a droite et `a gauche soient ´egales. Comme la fonction f res treinte `a ]0, 1] est d´efinie par x 7→√x alors elle est d´erivable `a gauche et la d´eriv´ee `a gauche s’obtient en ´evaluant la fonction d´eriv´ee x 7→ 1 2√xen x = 1. Donc f0g(1) = 12. Pour la d´eriv´ee `a droite il s’agit de calculer la limite du taux d’accroissement f(x)−f(1) x → 1 avec x > 1. Or x − 1=ax2 + bx + 1 − 1 x − 1=ax2 − ax x−1, lorsque f(x) − f(1) x − 1=ax(x − 1) x − 1= ax. Donc f est d´erivable `a droite et f0d(1) = a. Afin que f soit d´erivable, il faut et il suffit que les d´eriv´ees `a droite et `a gauche existent et soient ´egales, donc ici la condition est a =12. Le seul couple (a, b) que rend f d´erivable sur ]0, +∞[ est (a =12, b = −12). 3
Correction 3 1. Selon que n ≡ 0 (mod 4), 1 (mod 4), 2 (mod 4), 3 (mod 4) alors f(n)(x) vaut respectivement sin x, cos x, − sin x, − cos x. 2. La d´eriv´ee de sin2 x est 2 sin x cos x = sin 2x. Et donc les d´eriv´ees suivantes seront : 2 cos 2x, −4 sin 2x, −8 Et selon que n ≡ 1 (mod 4), 2 (mod 4), 3 (mod 4), 0 (mod 4), alors g(n)(x) vaut respectivement 2n−1sin 2x, 2n−1cos 2x, −2n−1sin 2x, −2n−1cos 2x. 3. sin(x)3 + cos(x)3 = −14sin(3x) + 34sin(x) + 14cos(3x) + 34cos(x) et on d´erive... Correction 4 Pour simplifier nous supposons x > 0. 1. Appliquer le th´eor`eme des accroissements finis ne va pas ˆetre suffisant. En effet, soit f(x) = ex − 1 − x. Alors il existe c ∈]0, x[ tel que f(x) − f(0) = f0(c)(x − 0). Soit f(x) = (ec − 1)x. Soit maintenant g(x) = ex−1 alors, par le th´eor`eme des accroissements finis sur [0, c] il existe d ∈]0, c[ tel que g(c) − g(0) = g0(d)(c − 0), soit ec − 1 = edc. Donc ex − 1 − x = f(x) = (ec − 1)x = edcx. Comme d 6 c 6 x, alors ex − 1 − x 6 exx2. Cela donne une in´egalit´e, mais il manque un facteur 1/2. 2. Nous allons obtenir l’in´egalit´e par application du th´eor`eme de Rolle. Soit maintenant f(t) = et − 1 − t − kt22. Nous avons f(0) = 0, x > 0 ´etant fix´e, nous choisissons k tel que f(x) = 0, (un tel k existe car ex − 1 − x > 0 et x2 > 0). Comme f(0) = 0 = f(x) alors par Rolle il existe c ∈]0, x[ tel que f0(c) = 0. Mais f0(t) = et −t−kt, donc f0(0) = 0. Maintenant f0(0) = 0 = f0(c) donc il existe (par Rolle toujours !) d ∈]0, c[ tel que f00(d) = 0. Or f00(t) = et −k, donc f00(d) = 0 donne k = ed. Ainsi f(x) = 0 devient ex − 1 − x = ed x22. Comme d 6 x alors ex − 1 − x 6 ex x22. Correction 5 Le th´eor`eme des accroissements finis donne : ln(n + 1) − ln(n) = 1cn(n + 1 − n) = 1cn, avec cn ∈ [n, n + 1]. Or cn > n donc 1n >1cn. Donc : Sn =Xn k=1 k>Xn 1 k=1 ck=Xn 1 k=1 ln(k + 1) − ln(k) = ln(n + 1). La derni`ere ´egalit´e s’obtient car la somme est t´el´escopique et ln 1 = 0. Donc Sn > ln(n + 1), donc Sn → +∞. Correction 6 1. Soit g(t) = ln t. Appliquons le th´eor`eme des accroissements finis sur [x, y]. Il existe c ∈]x, y[, g(y) − g(x) = g0(c)(y − x). Soit ln y − ln x =1c(y − x). Donc ln y−ln x x < c < y donc 1y <1c <1x. Ce qui donne les in´egalit´es recherch´ees. αx+(1−α)y − ln x + ln y. Et f00(α) = −(x−y)2 y−x =1c. Or 2. f0(α) = x−y (αx+(1−α)y)2 . Comme f00 est n´egative alors f0est d´ecroissante sur [0, 1]. Or f0(0) = x−y−y(ln x−ln y) y > 0 d’apr`es la premi`ere question et de mˆeme f0(1) < 0. Par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, il existe c ∈ [x, y] tel que f0(c) = 0. Maintenant f0est positive sur [0, c] et n´egative sur [c, 1]. Donc f est croissante sur [0, c] et d´ecroissante sur [c, 1]. Or f(0) = 0 et f(1) = 0 donc pour tout x ∈ [0, 1], f(x) > 0. Cela prouve l’in´egalit´e demand´ee. 3. G´eom´etriquement nous avons prouv´e que la fonction ln est concave, c’est-`a-dire que la corde (le segment qui va de (x, f(x)) `a (y, f(y)) est sous la courbe d’´equation y = f(x). 1 − x, f2(x) = x Correction 7 Soit f1, f2 et f2 les applications de R dans R d´efinie par f1(x) = x et f2(x) = x 1 − x2 1. On a f1(x) = −1 +1 1 + x 1 − xet par cons´equent : f(n) 1(x) = n! 1−x −n−1ce qui donne f1(x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x6o(x) On obtient de meme f2(x) = 1 − x + x2 − x3 + x4 − x5 + x6 + x6o(x) 4
2. f3(x) = 12(f1 + f2) et la formule de Taylor en d´ecoule Correction 8 En appliquant la regle de l Hospital 3 fois, on trouve 1 lim x → 0arctan x − sin x tan x − arcsin x= lim x → 0 Correction 9 1. 1+x2 − cos x 1 + tan2 x − √11−x2= · · · = −1. 2. ln(cos x) = −12x2 −112x4 −145x6 + ox6 . 3. Simple produit de DL cosx et DL(ln(1 + x) 4. Premi`ere m´ethode. On applique la formule de Taylor (autour du point x = 1) f(x) = f(1) + f0(1)(x − 1) + f00(1) 2! (x − 1)2 +f000(1) 3! (x − 1)3 + o((x − 1)3) Comme f(x) = √x = x12 alors f0(x) = 12x− 12 et donc f0(1) = 12. Ensuite on calcule f00(x) (puis f00(1)), f000(x) (et enfin f000(1)). On trouve le dl de f(x) = √x au voisinage de x = 1 : √x = 1 +12(x − 1) −18(x − 1)2 +116(x − 1)3 + o((x − 1)3) Deuxi`eme m´ethode. Posons h = x − 1 (et donc x = h + 1). On applique la formule du dl de √1 + h autour de h = 0. f(x) = √x =√1 + h = 1 +12h −18h2 +116h3 + o(h3) c’est la formule du dl de √1 + h = 1 +12(x − 1) −18(x − 1)2 +116(x − 1)3 + o((x − 1)3) 2√xexp √x, g00(x), g000(x) puis g(1), g0(1), g00(1), 5. La premi`ere m´ethode consiste `a calculer g0(x) = 1 g000(1) pour pouvoir appliquer la formule de Taylor conduisant `a : exp(√x) = e +e2(x − 1) + e48(x − 1)3 + o((x − 1)3) (avec e = exp(1)). Autre m´ethode. Commencer par calculer le dl de k(x) = exp x en x = 1 ce qui est tr`es facile car pour tout n, k(n)(x) = exp x et donc k(n)(1) = e : exp x = e + e(x − 1) + e2!(x − 1)2 +e3!(x − 1)3 + o((x − 1)3). Pour obtenir le dl g(x) = h(√x) en x = 1 on ´ecrit d’abord : exp(√x) = e + e(√x − 1) + e2!(√x − 1)2 +e3!(√x − 1)3 + o((√x − 1)3). Il reste alors `a substituer √x par son dl obtenu dans la premi`ere question. 5
6. Posons u = x −π3(et donc x =π3 + u). Alors sin(x) = sin(π3+ u) = sin(π3) cos(u) + sin(u) cos(π3) =√32cos u +12sin u On connaˆıt les dl de sin u et cos u autour de u = 0 (car on cherche un dl autour de x =π3) donc √3 sin x = 2cos u +12sin u = √3 2 √3 1 −12!u2 + o(u3) +12 u −13!u3 + o(u3) 2+12u −√34u2 −112u3 + o(u3) = √3 2+12(x −π3) −√34(x −π3)2 −112(x −π3)3 + o((x −π3)3) = Maintenant pour le dl de la forme ln(a + v) en v = 0 on se ram`ene au dl de ln(1 + v) ainsi : ln(a + v) = ln a(1 + va) = ln a + ln(1 + va) = ln a +va−12v2 a2+13v3 a3+ o(v3) On applique ceci `a h(x) = ln(sin x) en posant toujours u = x −π3: 2+12u −√34u2 −112u3 + o(u3)! h(x) = ln(sin x) = ln= ln √3 √3 2 ! + ln 1 +2√3 1 2u − √3 4u2 −112u3 + o(u3) !! = · · · on effectue le dl du ln et on regroupe les termes √3 ! +1√3u −23u2 +4 9√3u3 + o(u3) = ln
2 ! √3 +1√3(x −π3) −23(x −π3)2 +4 9√3(x −π3)3 + o((x −π3)3) = ln
2 On trouve donc : ln(sin x) = ln √3 2 ! +1√3(x −π3) −23(x −π3)2 +4 9√3(x −π3)3 + o((x −π3)3) Bien sˆur une autre m´ethode consiste `a calculer h(1), h0(1), h00(1) et h000(1). 6
Correction 10 1. Dl de f(x) `a l’ordre 2 en 0. √1 + x2 f(x) = 1 + x +√1 + x2 1 + x + 1 + x22 + o(x2)car p1 + x2 = 1 +12x2 + o(x2) =1 + x22 + o(x2) =1 +x22+ o(x2) ×121 1 + x2 +x24 + o(x4)on pose u =x2+x24+ o(x4) =121 +x22+ o(x2) ×1 1 + u =121 +x22+ o(x2) ×1 − u + u2 + o(u2) =121 +x22+ o(x2) ×1 −x2+x24 +x2+x24 2 + o(x2) =121 +x22+ o(x2) ×1 −x2+ o(x2) =121 −x2+x22+ o(x2) =12−x4+x24+ o(x2) 2. En +∞ on va poser h =1xet se ramener `a un dl en h = 0. √1 + x2 1 + x +√1 + x2=x q 1 x2 + 1 √1 + h2 1 + h +√1 + h2= f(h). f(x) = q x1x + 1 + x2 + 1 = 1 Ici -miraculeusement- on retrouve exactement l’expression de f dont on a d´ej`a calcul´e le dl en h = 0 : f(h) = 12 −h4 +h24 + o(h2). Ainsi f(x) = f(h) = 12−14x+14x2+ o(1x2) 3. Attention cela ne fonctionne plus du tout en −∞. Dans le calcul de la deuxi`eme question on ´etait on voisinage de +∞ et nous avons consid´er´e que x ´etait positif. En −∞ il faut faire attention au signe, par exemple √1 + x2 = |x|q1x2 + 1 = −xq1x2 + 1. 7
Ainsi toujours en posant h =1x. √1 + x2 f(x) = x + 1 + √1 + x2 q =−x 1 x2 + 1 q x1 + 1x − x2 + 1 1 = − √1 + h2 1 + h −√1 + h2 = −1 + 12h2 + o(h2) 1 + h −1 + 12h2 + o(h2) = −1 + 12h2 + o(h2) h −12h2 + o(h2) = −1h1 + 12h2 + o(h2) 1 −12h + o(h) = −1h1 +12h2 + o(h2) ×1 +12h +14h2 + o(h2) = −1h1 +12h +34h2 + o(h2) = −1h−12−34h + o(h) = −x −12−341x+ o(1x) Ainsi un d´eveloppement (asymptotique) de f en −∞ est f(x) = −x −12−341x+ o(1x) On en d´eduit par exemple que f(x) se comporte essentiellement comme la fonction −x en −∞ et en particulier limx→−∞ f = +∞. Correction 11 1. On a ex2= 1 + x2 +x4 2! + o(x4) et cos x = 1 −x2 2! +x4 4! + o(x4) On s’aper¸coit qu’en fait un dl `a l’ordre 2 suffit : ex2− cos x =1 + x2 + o(x2) −1 −x22+ o(x2) =32x2 + o(x2) Ainsi ex2−cos x x2 =32 + o(1) (o`u o(1) d´esigne une fonction qui tend vers 0) et donc ex2− cos x x2=32 2. On sait que lim x→0 ln(1 + x) = x −x22+x33+ o(x3) et sin x = x −x3 3! + o(x3). Les dl sont distincts d`es le terme de degr´e 2 donc un dl `a l’ordre 2 suffit : ln(1 + x) − sin x =x −x22+ o(x2) −x + o(x2) = −x22+ o(x2) 8
doncln(1 + x) − sin x x= −x2+ o(x) et ainsi lim x→0 ln(1 + x) − sin x x= 0. 3. Sachant cos x = 1 −x2 2! +x4 4! + o(x4) etp1 − x2 = 1 −12x2 −18x4 + o(x4) alors cos x −√1 − x2 24 + o(x4) −1 −12x2 −18x4 + o(x4) x4= 1 1 −x22 +x4 x4 = 6x4 + o(x4) x4 Ainsi =16+ o(1) cos x −√1 − x2 lim x→0 x4=16 Correction 12 Commen¸cons en x = 0, le dl de f(x) = ln(1 + x + x2) `a l’ordre 2 est ln(1 + x + x2) = (x + x2) −(x + x2)2 2+ o(x2) = x +12x2 + o(x2) Par identification avec f(x) = f(0) + f0(0)x + f00(0) x2 2! + o(x2) cela entraˆıne donc f(0) = 0, f0(0) = 1 (et f00(0) = 1). L’´equation de la tangente est donc y = f0(0)(x − 0) + f(0) donc y = x. La position par rapport `a la tangente correspond `a l’´etude du signe de f(x) − y(x) o`u y(x) est l’´equation de la tangente. f(x) − y(x) = x +12x2 + o(x2) − x =12x2 + o(x2). Ainsi pour x suffisamment proche de 0, f(x) − y(x) est du signe de 12x2et est donc positif. Ainsi dans un voisinage de 0 la courbe de f est au-dessus de la tangente en 0. Mˆeme ´etude en x = 1. Il s’agit donc de faire le dl de f(x) en x = 1. On pose x = 1 + h (de sorte que h = x − 1 est proche 9
de 0) : f(x) = ln(1 + x + x2) = ln 1 + (1 + h) + (1 + h)2 = ln 3 + 3h + h2 = ln 31 + h +h23 = ln 3 + ln 1 + h +h23 = ln 3 + h +h23 −h +h23 2 2+ o(h +h23)2 = ln 3 + h +h23−h22+ o(h2) = ln 3 + h −16h2 + o(h2) = ln 3 + (x − 1) −16(x − 1)2 + o((x − 1)2) La tangente en x = 1 est d’´equation y = f0(1)(x − 1) + f(1) et est donc donn´ee par le dl `a l’ordre 1 : c’est y = (x−1)+ln 3. Et la diff´erence f(x)−ln 3+(x−1) = −16(x−1)2+o((x−1)2) est n´egative pour x proche de 1. Donc, dans un voisinage de 1, le graphe de f est en-dessous de la tangente en x = 1. 10