(1) Théor`eme des valeurs intermédiaires (2) Th

Pour préparer l’examen de janvier
1) Apprendre par coeur les énoncés de:
(1) Théorème des valeurs intermédiaires
(2) Théorème de la bijection
(3) Théorème des accroissements finis
(4) Théorème de Taylor
(5) Définition de “un tend vers ` quand n tend vers +∞”.
(6) Définition de “f (x) tend vers ` quand x tend vers x0 ”.
(7) Définition de la continuité en un point pour une fonction.
(8) Définition de la dérivabilité en un point d’une fonction.
Problème à résoudre.
i) Préliminaires. Soit la fonction g donnée par
g:
] − π2 , π2 [ → R
sin x
x
7→ cos
x = tan x
Montrer que g est définie, continue et dérivable sur ] − π2 , π2 [ (on pourra utiliser sans le démontrer
que les fonctions sinus et cosinus sont définies, continues et dérivables sur R).
Calculer g 0 (x) et montrer que g est strictement croissante sur ] − π2 , π2 [.
En déduire que la fonction g admet une fonction réciproque, que l’on notera g −1 (x) := arctan x
(justifier l’existence de cette fonction réciproque et préciser son domaine de définition).
1
Montrer que arctan0 (x) = 1+x
2 . Calculer arctan(0), arctan(1) et arctan(−1).
ii) Soit la fonction f définie par
 −x
si x < 0
 e sin(x)
4
arctan(x)
si
x ∈ [0, 1]
f (x) =
 √π
3x − 2
si x > 1
Donner le domaine de définition de f .
iii) Continuité. Montrer que f est continue en 0 et en 1. Montrer ensuite que f est continue sur R.
iv) Dérivabilité. Montrer que f est dérivable sur R \ {0, 1}.
a) Montrer que le développement limité en 0 à l’ordre 1 de sin(x) est
sin(x) = x + x (x),
lim (x) = 0 .
x→0
En déduire la limite quand x tend vers 0 de e−x sin(x)/x.
b) Montrer que le développement limité en 0 à l’ordre 1 de arctan(x) est
arctan(x) = x + x (x),
lim (x) = 0 .
x→0
En déduire la limite quand x tend vers 0 de arctan(x)/x. Pourquoi cette valeur vaut-elle arctan0 (0)?
c) De ce qui précède, en déduire que f est dérivable en 0. Quelle est la valeur de f 0 (0)?
d) Sans passer par des développements limités, montrer que
f (x) − f (1)
2
= .
x<1
x−1
π
lim
x→1,
Etudier la dérivabilité de f en 1.
1
2
e) Donner l’expression de f 0 (x) selon les valeurs de x.
v) Etude de suite récurrente. On considère la suite réelle (un )n∈N définie par u0 = 4 et pour n ≥ 0,
un+1 = f (un ).
Montrer que pour tout n dans N, la propriété P(n) suivante est vraie:
√
P(n): “ un ≥ 2 et un+1 = 3un − 2 ”
Montrer que
(un+1 − un )(un+1 + un ) ≤ 0 .
En déduire que la suite un est décroissante.
Montrer que la suite (un ) est convergente et calculer sa limite.
SOLUTION
i) La fonction g étant une fraction de deux fonctions g1 = sin et g2 = cos, son domaine de définition
est l’intersection de son ensemble de départ avec les domaines de définition de g1 et g2 , privé de
l’ensemble des points où le dénominateur s’annule. La fonction cosinus s’annule en tous les points
de la forme π/2 + kπ (k ∈ Z). Donc
π π
π π
Dg =] − , [ ∩ R ∩ R ∩ {π/2 + kπ, k ∈ Z} =] − , [ .
2 2
2 2
On montre de façon similaire que le domaine de continuité et de dérivabilité de g est ]−π/2, π/2[.
Pour tout x ∈] − π2 , π2 [, on a
g 0 (x) =
cos(x) sin0 (x) − cos0 (x) sin(x)
cos2 (x) + sin2 (x)
sin2 (x)
=
=
1
+
= 1 + tan2 (x) .
cos2 (x)
cos2 (x)
cos2 (x)
Comme g 0 (x) > 0 sur ] − π/2, π/2[ (sauf en 0), la fonction g est strictement croissante sur
] − π/2, π/2[.
Par le théorème de la bijection, comme g est continue et strictement croissante sur ] − π/2, π/2[,
g réalise une bijection de ] − π/2, π/2[ vers ] limx&− π2 g(x), limx% π2 g(x)[= R.
La dérivée de la fonction arctan est donné par la propriété sur la dérivée des fonctions réciproques:
1
1
1
1
arctan0 (x) = (g −1 )0 (x) = 0 −1
=
=
=
2
2
g (g (x))
1 + (tan(arctan(x)))
1 + x2
1 + tan (g(x))
car tan(arctan(x)) = x.
Par définition, arctan(0) est le nombre (ou l’angle) entre −π/2 et π/2 dont la tangente vaut 0.
Donc, arctan(0) = 0.
De même, arctan(1)
entre −π/2 et π/2 dont la tangente vaut 1; comme tan(π/4) =
√
√ est l’angle
sin(π/4)/ cos(π/4) = 2/2/( 2/2) = 1, on en déduit arctan(1) = π/4.
On montre aussi arctan(−1) = −π/4.
ii) On étudie la fonction f sur chacun des intervalles ] − ∞, 0[, [0, 1], et ]1, + ∞[.
Université du Sud Toulon–Var – Licence MASS 1ère année
3
Sur ] − ∞, 0[, f est le produit de deux fonctions définies sur R, donc f (x) est bien défini pour
x ∈] − ∞, 0[.
Sur [0, 1], la fonction f est égale à la fonction π4 × arctan(x) qui est définie sur R; donc f (x) est
bien défini pour x ∈ [0, 1].
√
Sur ]1, +∞[, la fonction f est égale à 3x − 2 qui est définie sur {x ∈ R | 3x−2 ≥ 0} = [2/3,+∞[.
Donc f (x) est bien défini pour x ∈]1, + ∞[.
De ce qui précède, on déduit que f est définie sur R.
iii)
Continuité de f en 0: On a limx→0− f (x) = limx→0− e−x sin(x) = e−0 sin(0) = 0, et limx→0+ f (x) =
limx→0+ π4 × arctan(x) = π4 × arctan(0) = 0, et f (0) = π4 × arctan(0) = 0.
Comme limx→0− f (x) = limx→0+ f (x) = f (0), on en déduit que f est continue en 0.
Continuité de f en 1: On a limx→1− f (x) = limx→1− π4 ×arctan(x) = π4 ×arctan(1) =
√
et limx→1+ f (x) = limx→1+ 3x − 2 = 1 et f (1) = π4 arctan(1) = 1.
Comme limx→1− f (x) = limx→1+ f (x) = f (1), on en déduit que f est continue en 1.
4
π
× π4 = 1,
Avec des arguments généraux similaires à ceux utilisés pour la question ii), on montrer que f est
continue en tout point x de R \ {0, 1}.
Comme f est aussi continue en 0 et en 1, on en déduit donc que f est continue sur R.
iv)
a) La fonction sinus est dérivable et de dérivée continue en 0; on peut donc écrire le développement
de Taylor à l’ordre 1 en 0 pour sinus:
sin(x) = sin(0) + (x − 0) sin0 (0) + x(x) = x + x(x) ,
car sin0 (0) = cos(0) = 1.
On a alors
e−x (x + x(x))
e−x sin(x)
= lim
= lim e−x (1 + (x)) = e0 = 1 .
(1)
lim
x→0
x→0
x→0
x
x
Remarque: Cette limite n’est rien d’autre que la dérivée de la fonction e−x sin(x) prise en 0 car,
par définition, on a
e−x sin(x) − e−0 sin(0)
e−x sin(x)
= lim
.
x→0
x→0
x−0
x
On pouvait donc retrouver la valeur de la limite dans (1) en calculant directement la dérivée de
e−x sin(x) et en prenant sa valeur en 0: (e−x sin(x))0 = −e−x sin(x) + e−x cos(x) dont la valeur en
0 est −e−0 sin(0) + e−0 cos(0) = 0 + 1 = 1, qui est bien la valeur obtenue dans (1).
(e−x sin(x))0 |x=0 = lim
b) La fonction arctangente est dérivable et de dérivée continue en 0; on peut donc écrire le
développement de Taylor à l’ordre 1 en 0 pour arctangente:
arctan(x) = arctan(0) + (x − 0) arctan0 (0) + x(x) = x + x(x) ,
car arctan0 (0) =
On a alors
1
1+0
= 1.
lim
x→0
arctan(x)
x + x(x))
= lim
= lim (1 + (x)) = 1 .
x→0
x→0
x
x
4
Cette limite est égale à la dérivée de arctangente en 0, car, par définition
arctan0 (0) = lim
x→0
arctan(x)
arctan(x) − arctan(0)
= lim
.
x→0
x−0
x
c) D’après les questions a) et b), on a:
lim
x→0−
e−x sin(x) − arctan(0)
e−x sin(x)
f (x) − f (0)
= lim
= lim
= 1,
x→0
x→0
x−0
x−0
x
et
f (x) − f (0)
arctan(x) − arctan(0)
= lim
= 1,
x→0
x−0
x−0
donc f est dérivable en 0, avec f 0 (0) = 1.
d) Avec les mêmes arguments qu’aux questions a) et b), on obtient
lim
x→0−
f (x) − f (1)
4
4
4 1
2
= ( arctan(x))0 |x=1 = arctan0 (0) =
= .
x−1
π
π
π1+1
π
x→1−
Pour étudier la dérivabilité de f en 1, il reste à calculer
√
√
√
( 3x − 2 − 1)( 3x − 2 + 1)
3x − 2 − 1
f (x) − f (1)
√
= lim
= lim
lim
x−1
x−1
x→1+
x→1+
x→1+
(x − 1)( 3x − 2 + 1)
3
3
3x − 2 − 1
√
= lim √
= .
= lim
+
x→1
2
x→1 (x − 1)( 3x − 2 + 1)
3x − 2 + 1
lim
(1)
(1)
Comme limx→1− f (x)−f
6= limx→1+ f (x)−f
, on en déduit que f n’est pas dérivable en x = 1.
x−1
x−1
e) La dérivée de f est définie pour tout x ∈ R \ {1}, et

−e−x sin(x) + e−x cos(x) si x < 0




si x = 0
 1
4 1
0
si
x ∈]0, 1[
f (x) =
π 1+x2


pas définie en x = 1


 3√ 1
si x > 1
2 3x−2
v) Montrons par récurrence la propriété
√
P(n): “ un ≥ 2 et un+1 = 3un − 2 ”
√
Initialisation: Pour n = 0, on a u0 = 4 ≥ 2 et u1 = f (u0 ) = 3 u0 − 2 puisque u0 > 1.
Hérédité:
Supposons P(n) vraie√
pour un certain n. On a alors, par hypothèse de récurrence un+1 =
√
3 un − 2; on a donc un+1 ≥ 3 × 2 − 2 = 2, puisque par hypothèse de récurrence on a aussi
un ≥ 2. Ceci montre que un+1 ≥ 2.√
Par ailleurs, un+2 = f (un+1 ) = 3 un+1√− 2 puisque un+1 ≥ 2 > 1.
On a donc montré un+1 ≥ 2 et un+2 = 3 un+1 − 2, ce qui montre que P(n + 1) est vraie.
Montrons que pour tout n, on a (un+1 − un )(un+1 + un ) ≤ 0. On a
√
√
(un+1 − un )(un+1 + un ) = ( 3 un − 2 − un )( 3 un − 2 + un ) = 3 un − 2 − un 2 = −un 2 + 3un − 2 .
L’étude du polynôme Q(x) = −x2 + 3x − 2 montre que Q(x) = −(x − 1)(x − 2) est négatif pour
x ≥ 2. Ceci implique donc, puisque un ≥ 2, que pour tout n ∈ N
(un+1 − un )(un+1 + un ) ≤ 0 .
(2)
Université du Sud Toulon–Var – Licence MASS 1ère année
5
Comme de plus on a un ≥ 2 ≥ 0, on obtient un+1 + un ≥ 0. En reportant ceci dans l’inégalité
(2), on a donc
(un+1 − un ) ≤ 0, ∀n ∈ N .
Ceci implique que la suite (un ) est décroissante.
La suite (un ) étant décroissante et minorée par 2, elle est convergente. Soit ` sa limite. On a
alors les égalités suivantes:
√
√
3 un − 2 = 3` − 2 .
` = lim un = lim un+1 = lim
n→+∞
n→+∞
n→+∞
Ce qui donne
√
` = 3` − 2.
(3)
Comme pour tout n ∈ N, un ≥ 2, on obtient, par passage à la limite, ` = limn→+∞ un ≥ 2. Puisque
` ≥ 2 ≥ 0, l’égalité (3) est équivalente à `2 = 3 ` − 2 ou encore −`2 + 3 ` − 2 = 0. Les deux solutions
de cette équation sont 1 et 2. Comme ` ≥ 2, la seule limite possible est donc
` = 2.