Exos types, Chapitre 13 : Dérivation

PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
Chapitre 13 : Dérivation
Exercice type 1
Soit f (x) = xx , peut on prolonger f sur R+ , le prolongement est-il dérivable sur R+ ?
Solution : On a f (x) = exp (x ln x) , par les croissances comparées, x ln x −−−→ 0, ainsi par continuité de exp en 0, il
x→0
vient f (x) −−−→ e0 = 1. On pose donc f (0) = 1. Pour la dérivabilité, on a τ (x) =
x→0
u = x ln x −−−→ 0, on a ex ln x − 1 ∼ x ln x et ainsi
x→0
f (x) − f (0)
ex ln x − 1
=
. Puisque
x−0
x
x→0
τ (x) ∼ ln x −−−→ −∞
x→0
x→0
La fonction n’est pas dérivable en x = 0 (tangente verticale).
Exercice type 2
Déterminer a et b réels pour que la fonction f définie par f (x) =
√
x si 0
x
1 et f (x) = ax2 + bx + 1 si x > 1 soit
dérivable sur R∗+ .
Solution : Analyse : Si f est dérivable sur ]0, +∞[ elle y est continue, en particulier en x = 1, on a f (1) = lim− f (x) =
x→1
√
1 = lim+ f (x) = a + b + 1. Ainsi a + b = 0 est une condition nécessaire.
x→1
f (x) − f (1)
f (x) − f (1)
= lim+
= f ′ (1). Mais
x−1
x−1
x→1
x→1
√
√
x−1
1−h−1
1
=
∼
si x < 1 (donc h > 0)
h→0 2
x − 1 x=1−h
−h
ax2 − ax
= ax −−−→ a si x > 1 (on a utilisé b = −a)
x→1
x−1
De plus, si f est dérivable en x = 1, on doit avoir lim−
f (x) − f (1)
x−1
f (x) − f (1)
x−1
=
=
1
1
(et b = − ) est une condition nécessaire.
2
2
Synthèse : avec a = −b = 12 et f (0) = 1, d’après ce qui précède, on a f continue, dérivable en 1 avec f ′ (1) = 12 .
Ainsi a =
Exercice type 3
5
Soit f définie par f (x) = x 2 sin
1
x
si x > 0 et f (0) = 0. Montrer que f admet un développement limité à l’ordre 2
en 0+ , est C 1 sur [0, +∞[, mais que f ′′ (0) n’existe pas.
Solution : Par les théorèmes généraux, f est de classe C ∞ sur ]0, +∞[ (composée et produit de fonctions C ∞ ).
√
√
1
1
Pour x > 0, on a f (x) = 0 + 0 × x + 0 × x2 + x2 × x sin
. Puisque x sin
−−−−→ 0 (bornée × tend vers 0), on
x
x x→0+
√
1
a x2 × x sin
= o x2 . Ainsi f admet une DL2 (0+ ). En particulier f admet un DL1 (0+ ) donc f (x) −−−−→
0
x→0
x
x→0+
′
(le coefficient constant) donc f est continue en 0 et est dérivable en 0 avec f (0) = 0 (coefficient devant x).
√
1
1
1
1
1
3
5
3
Si x > 0, on a f ′ (x) = 52 x 2 sin
+ x 2 × − 2 cos
= 52 x 2 sin
− x cos
. La fonction dérivée f ′ est
x
x
x
x
x
donc définie par
5 32
x sin
2
f ′ (0) = 0
f ′ (x) =
1
x
−
—1/8—
√
x cos
1
x
si x > 0
G
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√
1
− x cos
x
qui tend vers 0), on a bien
3
Puisque 52 x 2 sin
1
x
−−−−→
0 (chaque terme tend vers 0 en tant que produit d’une bornée par une fonction
+
x→0
f ′ (x) −−−−→
f ′ (0)
+
x→0
Ainsi f ′ est continue en 0, ce qui signifie que f est C 1 sur [0, +∞[.
En revanche
1
f ′ (x) − f ′ (0)
5√
1
1
x sin
τ (x) =
=
− √ cos
x−0
2
x
x
x
√
1
= − 2nπ −−−−−→ −∞ donc n’a pas de limite en 0+ , ce qui prouve que f ′′ (0) n’existe pas.
vérifie τ
n→+∞
2nπ
Exercice type 4
f 2 (a + 3h) − f 2 (a − h)
.
h→0
h
Soit f dérivable en a, calculer lim
Solution : On sait que f dérivable en a si et seulement si f admet un DL1 (a) et ce DL est
f (x) = f (a) + (x − a) f ′ (a) + o (x − a)
x→0
On en déduit que
f (a + 3h) = f (a) + 3hf ′ (a) + o (h) =⇒ f 2 (a + 3h) = f (a)2 + 6hf (a) f ′ (a) + o (h)
h→0
2
′
h→0
2
2
′
f (a − h) = f (a) − hf (a) + o (h) =⇒ f (a − h) = f (a) − 2hf (a) f (a) + o (h)
d’où
h→0
h→0
f 2 (a + 3h) − f 2 (a − h)
= 8f (a) f ′ (a) + o (1) −−−→ 8f (a) f ′ (a)
h→0
h→0
h
Exercice type 5
Soit h définie par h (x) = x2 + x + 1 ex et n ∈ N, calculer h(n) (x).
Solution : Soit f et g définies par f (x) = x2 + x + 1 et g (x) = ex , f et g sont C ∞ donc C n sur R, on en déduit que h
l’est et que l’on peut appliquer la formule de Leibniz.
On a donc
n
n (k)
∀x ∈ R, h(n) (x) =
f (x) g(n−k) (x)
k
k=0
′
′′
Or f (x) = 2x + 1, f (x) = 2 et f
(k)
2
Puisque ∀p ∈ N, g
k=0
(p)
3. Ainsi la somme
n
k=0
se réduit à une somme de k = 0 à k = 2
n
(remarquons que si n < 2, on ajoute des termes qui sont nuls, car les coefficients du binôme
sont nuls lorsque k > n).
k
On a donc
∀x ∈ R, h(n) (x) =
(x) = 0 si k
n (k)
n (0)
n (1)
n (2)
f (x) g (n−k) (x) =
f (x) g(n−0) (x) +
f (x) g (n−1) (x) +
f (x) g(n−2) (x)
k
0
1
2
(x) = ex , il vient
∀x ∈ R, h(n) (x) = x2 + x + 1 ex + n (2x + 1) ex +
n (n − 1)
× 2ex = x2 + (2n + 1) x + n2 + 1 ex
2
On vérifie que pour n = 0, on retrouve bien h (x) !
—2/8—
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Exercice 1
On considère la fonction f (x) =
1
, cette fonction est clairement de classe C ∞ sur R.
1 + x2
Montrer par récurrence qu’il existe un polynôme Pn (X) tel que,
∀x ∈ R, f (n) (x) =
et que
Pn (x)
n+1
(1 + x2 )
Pn+1 (x) = 1 + x2 Pn′ (x) − 2 (n + 1) x Pn (x)
Solution : Par récurrence sur n, on définit si n
0, Pn = ”il existe un polynôme Pn tel que , ∀x ∈ R, f (n) (x) =
P0
Pn (x)
n+1 ”. P0 est vraie car f(x) =
0+1 où P0 = 1 .
(1 + x2 )
(1 + x2 )
Pn (x)
On suppose, à n fixé, n 0, que Pn est vraie, alors f (n) (x) =
donc
(1 + x2 )n+1
f
(n+1)
(x) = f
=
(n)
Pn (x)
′
(x) =
(1 + x2 )
′
=
n+1
Pn′ (x)
(1 + x2 )
n+1
−
2 (n + 1) xPn (x)
n+2
(1 + x2 )
=
1 + x2 Pn′ (x) − 2 (n + 1) x Pn (x)
(1 + x2 )
n+2
Pn+1 (x)
(1 + x2 )n+2
où
Pn+1 (x) = 1 + x2 Pn′ (x) − 2 (n + 1) x Pn (x)
On vérifie que Pn+1 est bien un polynôme car Pn en est un. Ce qui prouve le résultat demandé.
Exercice type 6
Soit f (x) =
1
Pn (x)
qui est C ∞ sur R, on a montré qu’il existe un polynôme Pn tel que ∀x ∈ R, f (n) (x) =
.
1 + x2
(1 + x2 )n+1
En particulier, on a ∀x ∈ R, 1 + x2 f ′ (x) + 2xf (x) = 0. En dérivant cette relation n fois, montrer que
∀x ∈ R, Pn+1 (x) + 2 (n + 1) x Pn (x) + n (n + 1) 1 + x2 Pn−1 (x) = 0
Solution : f est C ∞ donc f et f ′ sont dérivables n fois sur R.
On applique la formule de Leibniz à h : x −→ 1 + x2 f ′ (x) qui est un produit de fonctions dérivables n fois, en posant
u (x) = 1 + x2 , on a
n
n (k)
∀x ∈ R, h(n) (x) =
u (x) f ′ (x)(n−k)
k
k=0
2
Puisque la dérivée k-ième de 1 + x
est nulle pour k
2
∀x
∈
R, h(n) (x) =
k=0
3, cette somme se réduit à
n (k)
u (x) f ′ (x)(n−k)
k
=
n (0)
n (1) ′
n (2)
u (x) f ′ (x)(n−0) +
u f (x)(n−1) +
u (x) f ′ (x)(n−2)
0
1
2
=
1 + x2 f (n+1) (x) + 2nxf (n) (x) + n (n − 1) f (n−1) (x)
On applique de même la formule de Leibniz à g : x −→ 2xf (x) (produit de fonctions n fois dérivables) pour obtenir avec
v (x) = 2x (la dérivée k-ième de v est nulle si k 2)
1
g (n) (x) =
k=0
n (k)
n (0)
n (1)
v (x) f (x)(n−k) =
v (x) f (x)(n−0) +
v (x) f (x)(n−1)
k
0
1
2xf (n) (x) + 2nf (n−1) (x)
—3/8—
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Ainsi, puisque h + g = 0,
∀x ∈ R, 1 + x2 f (n+1) (x) + 2 (n + 1) xf (n) (x) + n (n + 1) f (n−1) (x) = 0
Or f (n) (x) =
Pn (x)
(1 + x2 )n+1
d’où
∀x ∈ R, 1 + x2
En multipliant par 1 + x2
n+1
Pn+1 (x)
(1 +
n+2
x2 )
+ 2 (n + 1) x
Pn (x)
(1 +
n+1
x2 )
+ n (n + 1)
Pn−1 (x)
n =0
(1 + x2 )
, on obtient
∀x ∈ R, Pn+1 (x) + 2 (n + 1) x Pn (x) + n (n + 1) 1 + x2 Pn−1 (x) = 0
Exercice type 7
Montrer que ∀x > 0,
1
1
< ln (x + 1) − ln (x) < .
x+1
x
Solution : Soit f définie sur ]0, +∞[ par f (u) = ln (u), pour x > 0, f est définie, continue sur [x, x + 1], dérivable sur
]x, x + 1[. Le théorème des accroissements finis permet d’affirmer qu’il existe u ∈ ]x, x + 1[ tel que
ln (x + 1) − ln (x) = f (x + 1) − f (x) = f ′ (u) × (x + 1 − x) =
Mais
0 < x < u < x + 1 =⇒
Ainsi
∀x > 0,
1
u
1
1
1
< <
x+1
u
x
1
1
< ln (x + 1) − ln (x) < .
x+1
x
Exercice type 8
Soit f : [a, b] → R, de classe C 2 sur [a, b] et 3 fois dérivables sur ]a, b[. On désire montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[ tel que
f (b) = f (a) +
b−a ′
(b − a)3 (3)
(f (a) + f ′ (b)) −
f (c)
2
12
t−a ′
(t − a)3
(f (a) + f ′ (t)) +
K où K est tel que ϕ (a) = ϕ (b) .
2
12
1. Calculer ϕ (a) et ϕ′ (a) (après avoir justifier que φ est dérivable).
On pose ϕ (t) = f (t) − f (a) −
2. A l’aide du théorème de Rolle, conclure.
Solution :
1. Puisque f est de classe C 2 sur [a, b], f ′ est de classe C 1 sur [a, b] et par les théorèmes généraux (produit et somme
de fonctions C 1 ), la fonction ϕ est C 1 sur [a, b]. On a immédiatement ϕ (a) = 0 et
∀t ∈ [a, b] , ϕ′ (t) = f ′ (t) −
1 ′
t − a ′′
(t − a)2
(f (a) + f ′ (t)) −
f (t) +
K
2
2
4
Ainsi ϕ′ (a) = 0.
—4/8—
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2. La fonction ϕ est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ , puisque ϕ (a) = ϕ (b) = 0, d’après le théorème de Rolle, il
existe d ∈ ]a, b[ tel que ϕ′ (d) = 0. La fonction ϕ′ est continue sur [a, b] (car ϕ est C 1 sur [a, b]), puisque f est 3 fois
dérivable sur ]a, b[, f ′′ , et donc ϕ′ , est dérivable sur ]a, b[. Puisque ,ϕ′ (a) = ϕ′ (d) = 0, d’après le théorème de Rolle,
il existe c ∈ ]a, d[ ⊂ ]a, b[ tel que
ϕ′′ (c) = 0
Or
1
1
t − a (3)
t−a
t−a
f (t) +
K=
K − f (3) (t)
∀t ∈ [a, b] , ϕ′′ (t) = f ′′ (t) − f ′′ (t) − f ′′ (t) −
2
2
2
2
2
Ainsi
ϕ′′ (c) = 0 ⇐⇒ K = f (3) (c)
On conclut en écrivant que K a été choisi de manière à avoir
3
ϕ (b) = f (b)−f (a)−
3
(b − a)
(b − a) (3)
b−a ′
b−a ′
(f (a) + f ′ (b))+
K = f (b)−f (a)−
(f (a) + f ′ (b))+
f (c) = 0
2
12
2
12
ce qui prouve que
(b − a)3 (3)
b−a ′
(f (a) + f ′ (b)) −
f (c)
2
12
Remarque : En toute rigueur, on peut, lorsque l’on définit ϕ se poser la question suivante : Le nombre K existe(b−a)3
′
′
t-il ? La réponse est oui, il suffit de résoudre f (b) − f (a) − b−a
2 (f (a) + f (b)) +
12 K = 0 qui a une unique
solution car b = a.
f (b) = f (a) +
Exercice type 9
On considère la suite (un )n∈N définie par u0 = 0 et un+1 = cos (un ). Montrer que ∀n ∈ N, un ∈ [0, 1], que la fonction
cos est lipschtzienne sur [0, 1] et que l’équation cos x = x a une unique solution ℓ dans [0, 1]. Montrer que un −−−−−→ ℓ.
n→+∞
Solution : Soit f la fonction cosinus, elle est strictement décroissante sur 0, π2 donc sur [0, 1], ainsi
0
x
1 =⇒ 0
cos 1
f (x)
1
On en déduit que l’intervalle [0, 1] est stable par f (l’intervalle I est dit stable par f si x ∈ I =⇒ f (x) ∈ I). Puisque
u0 ∈ [0, 1], par récurrence immédiate, ∀n ∈ N, un ∈ [0, 1].
La fonction f est dérivable sur [0, 1] avec f ′ (x) = − sin x. Par monotonie de sin sur [0, 1] , on a
0
sin x
sin 1 =⇒ ∀x ∈ [0, 1] , |f ′ (x)|
sin 1
Ainsi la fonction cos est sin 1−lipsichtzienne sur [0, 1].
Soit ϕ (x) = cos x − x, la fonction ϕ est continue sur [0, 1] et décroissante strictement (somme de fonctions strictement
décroissantes), elle réalise donc une bijection de [0, 1] sur [ϕ (1) , ϕ (0)] = [cos 1 − 1, 1], puique cos 1 − 1 < 0, il existe un
unique ℓ ∈ [0, 1] tel que ϕ (ℓ) = 0 ⇐⇒ cos ℓ = ℓ.
On peut maintenant conclure, pour tout n ∈ N, un ∈ [0, 1] et ℓ ∈ [0, 1] donc
|un+1 − ℓ| = |f (un ) − f (ℓ)|
sin (1) |un − ℓ|
Par récurrence on en déduit que
|un − ℓ|
(sin (1))n |u0 − ℓ| −−−−−→ 0 car 0
n→+∞
sin 1 < 1
Ce qui prouve que
un −−−−−→ ℓ
n→+∞
—5/8—
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Exercice 2
Soit (un )n∈N la suite définie par u0 > 0 et un+1 =
1. Soit f définie par f (x) =
1
.
1 + u2n
1
, déterminer sup |f ′ (x)| . Que peut-on en déduire pour f ?
1 + x2
[0,+∞[
2. Montrer que l’équation f (x) = x admet une unique solution ℓ positive.
3. En déduire la nature de la suite (un )n∈N .
Solution :
1. La fonction f est C ∞ sur R et f ′ (x) = −
2x
3x2 − 1
′′
.
Puisque
,
f
(x)
=
2
, on en déduit les variations de f ′
(1 + x2 )2
(x2 + 1)3
(faire un tableau) et ainsi
′
sup |f | = f
′
[0,+∞[
√1
3
√2
3
=
1+
1
3
2
√
3 3
<1
=
8
√
3 3
En particulier, on en déduit que f est
−lipshitzienne sur [0, +∞[ (via le TAF).
8
2. On a f (x) = x ⇐⇒ x 1 + x2 = 1 ⇐⇒ x3 + x − 1 = 0. La fonction ϕ définie par ϕ (x) = x3 + x2 − 1 est continue,
strictement croissante sur [0, +∞[ (somme de fonctions strictement croissantes), d’après le théorème de la bijection,
elle réalise une bijection de [0, +∞[ sur ϕ (0) , lim ϕ (x) = [−1, +∞[. En particulier, il existe un unique ℓ ∈ [0, +∞[
+∞
tel que ϕ (ℓ) = 0.
3. Par récurrence immédiate, on a un
0, soit un ∈ [0, +∞[ , on en déduit que, puisque un et ℓ sont [0, +∞[
√
3 3
|un+1 − ℓ| = |f (un ) − f (ℓ)|
|un − ℓ|
8
et par récurrence immédiate que
√
3 3
8
|un − ℓ|
n
√
3 3
|u0 − ℓ| −−−−−→ 0 car
<1
n→+∞
8
Conclusion
un −−−−−→ ℓ
n→+∞
Exercice 3
1
(Oral CCP) Soit f définie sur R par f (x) =
0
|x − t| dt, pour u0 ∈ ]0, 1[, on définit la suite (un )n∈N par un+1 = f (un ).
1
1. Montrer que pour x ∈ [0, 1], on a f (x) = x2 − x + . Déterminer f (x) pour x < 0 puis pour x > 1.
2
2. La fonction f est-elle dérivable sur R, de classe C 1 , de classe C 2 ? Calculer f ′ (x) sur I est majorer |f ′ | sur
1 1
I=
, .
4 2
3. Montrer que ∀n 1, un ∈ I, puisque (un )n∈N converge vers une limite ℓ que l’on précisera.
4. Que se passe-t-il si u0 > 1 ?
Solution :
—6/8—
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1
x
1
(t − x) dt = x2 − x + . Pour x < 0, on a f (x) =
2
0
x
1
1
1
− x et pour x > 1, f (x) =
(x − t) dt = x − . Pour résumer
2
2
0

1


−x


2
x<0

1
x ∈ [0, 1]
f (x) =
x2 − x +

2

x>1

1


x−
2
1. Pour x ∈ [0, 1], on a f (x) =
(x − t) dt +
x−1
2. Dans l’intégrale qui définit f (x) , on pose u = x − t, ainsi f (x) = −
0
(t − x) dt =
x
|u| du =
x
1
x−1
|u| du, puisque u −→ |u| est
C 0 sur R et que les fonctions α (x) = x et β (x) = x + 1, on en déduit que f est dérivable sur R de dérivée égale à
f ′ (x) = |x| − |x − 1|
en particulier f est de classe C 1 . Mais pas de classe C 2 . Sur I, on a
f ′ (x) = 2x − 1 =⇒ |f ′ (x)|
1
2
1
2
2
1
1
+ , c’est une parabole symétrique par rapport à x = 12 , le minimum est en x =
4
2
1
1
et vaut , le maximum en x = 0 ou x = 1 et vaut . Par récurrence, on montre que un ∈ I. C’est vrai au rang n = 1
4
2
et si un ∈ I ⊂ [0, 1] alors un+1 ∈ I.
1
Puisque |f ′ |
sur I, par le TAF (f est C 1 sur I), on peut affirmer que f est 12 -lipschitzienne sur I. Soit ℓ ∈ I tel
2
1
1
que ℓ = f (ℓ) ⇐⇒ ℓ2 − ℓ + = ℓ ⇐⇒ ℓ = 1 − √ alors
2
2
3. Sur [0, 1] , on a f (x)= x −
|un+1 − ℓ| = |f (un ) − f (ℓ)|
et par récurrence
|un − ℓ|
1
|un − ℓ|
2
1
|u1 − ℓ| −−−−−→ 0 =⇒ un −−−−−→ ℓ
n→+∞
n→+∞
2n−1
1
1
n
4. Si u0 > 1, alors u1 = u0 − , et par récurrence limité tant que un > 1, on a un+1 = un − = u0 − . Puisque
2
2
2
n
u0 − −−−−−→ +∞, il existe N tel que
2 n→+∞
0
u0 −
N
1
< ⇐⇒ N
2
2
2u0 < N + 1
il suffit de prendre N = E (2u0 ). A partir du rang N, on est ramené au cas précédent. Conlusion un −−−−−→ ℓ.
n→+∞
Si u0 < 0, alors u1 > 0 et on est ramené au cas précédent.
Exercice type 10
Soit f définie sur R par f (x) =
sin x
si x = 0 et f (0) = 1, montrer que f est C 1 sur R.
sh x
sin x
−−−→ 1, ainsi f est continue en 0. Elle est C 1 sur R∗ en tant
sh x x→0
cos x sh x − ch x sin x
. On fait un DL3
que quotient de fonctions C 1 (et car sh x = 0 sur R∗ ). Pour x = 0, on a f ′ (x) =
sh2 x
Solution : Puisque sin x ∼ x et sh x ∼ x, on a
x→0
x→0
—7/8—
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
du numérateur, on a
cos x = 1 −
x2
2
+ o
x3 , sh x = x +
ch x = 1 +
x2
2
+ o
x3 , sin x = x −
x→0
x→0
x3
6
+ o
x3 =⇒ cos x sh x = 1 −
x2
2
× x+
x3
6
+ o
x3 = x −
x3
3
+ o
x3
+ o
x3 =⇒ ch x sin x = 1 +
x2
2
× x−
x3
6
+ o
x3 = x +
x3
3
+ o
x3
x3
6
x→0
2
Ainsi cos x sh x − ch x sin x = − x3 + o x3
x→0
3
x→0
x→0
x→0
x→0
x→0
2
∼ − x3 et sh2 x ∼ x2 d’où
x→0
x→0
3
2
f ′ (x) ∼ − x −−−→ 0
x→0
3 x→0
D’après le théorème limite de la dérivée
f est continue sur R, C 1 sur R∗ , f ′ (x) −−−→ 0 =⇒ f est C 1 sur R avec f ′ (0) = 0
x→0
Exercice 4
On pose, pour t réel h(t) =
t2
− t et on définit la fonction ϕ sur [0, π] par :
2π
ϕ(0) = −1
et
ϕ(t) =
h(t)
2 sin 2t
pour t ∈ ]0, π] .
Montrer que la fonction ϕ est de classe C 1 sur l’intervalle [0, π].
Solution : On commence par la continuité, ϕ est continue sur ]0, π] et même C 1 (quotient de fonctions continues). On
−t
h(t)
a h (t) ∼ + −t d’où 2 sin
−−−→ ϕ (0). La fonction ϕ est continue en
∼
t = −1 = ϕ (0). Ceci prouve que ϕ (t) −
( 2t ) t→0+
t→0
t→0+
2×
2
0. Pour t ∈ ]0, π] on a
t
h (t) cos
′
(t)
h
1
2 =
ϕ′ (t) =
−
2 sin 2t
4 sin2 2t
4 sin2
t
2
2t
− 2 sin
π
t
2
−
t2
− t cos
2π
−
t2
t2
− t × 1 − + o t2
2π
8 t→0
t
2
On a
2t
− 2 sin
π
t
2
t2
t
− t cos
2π
2
−
=
2t
−2 ×
π
=
t2
+ o t2
2π t→0
On en déduit que
ϕ′ (t) ∼ +
t→0
0
t
+ o t2
2 t→0
t2
∼
t→0 2π
1
t2
1
1
×
=
=⇒ ϕ′ (t) −−−−→
2
+
t
2π
2π
2π
t→0
1
Puisque ϕ est C sur [0, π], C sur ]0, π] et que ϕ′ a une limite en 0+ , le théorème limite de la dérivée assure que ϕ est C 1
1
sur [0, π] avec ϕ′ (0) =
.
2π
—8/8—
G
H