Exos types, Chapitre 13 : Dérivation

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Chapitre 13 : Dérivation
Exercice type 1
Soit f(x) = x
x
, peut on prolonger fsur R
+
,le prolongement est-il dérivable sur R
+
?
Solution : On a f(x) = exp (xln x),par les croissances comparées, xln x−−−→
x→0
0, ainsi par continuité de exp en 0,il
vient f(x)−−−→
x→0
e
0
= 1. On pose donc f(0) = 1. Pour la dérivabilité, on a τ(x) = f(x)−f(0)
x−0=e
xln x
−1
x. Puisque
u=xln x−−−→
x→0
0, on a e
xln x
−1∼
x→0
xln xet ainsi
τ(x)∼
x→0
ln x−−−→
x→0
−∞
La fonction n’est pas dérivable en x= 0 (tangente verticale).
Exercice type 2
Déterminer aet bréels pour que la fonction fdéfinie par f(x) = √xsi 0x1et f(x) = ax
2
+bx + 1 si x > 1soit
dérivable sur R
∗
+
.
Solution : Analyse : Si fest dérivable sur ]0,+∞[elle y est continue, en particulier en x= 1,on a f(1) = lim
x→1
−
f(x) =
√1 = lim
x→1
+
f(x) = a+b+ 1. Ainsi a+b= 0 est une condition nécessaire.
De plus, si fest dérivable en x= 1,on doit avoir lim
x→1
−
f(x)−f(1)
x−1= lim
x→1
+
f(x)−f(1)
x−1=f
′
(1). Mais
f(x)−f(1)
x−1=√x−1 x−1=
x=1−h
√1−h−1
−h∼
h→0
1
2si x < 1(donc h > 0)
f(x)−f(1)
x−1=ax
2
−ax
x−1=ax −−−→
x→1
asi x > 1(on a utilisé b=−a)
Ainsi a=1
2(et b=−1 2)est une condition nécessaire.
Synthèse : avec a=−b=
1
2
et f(0) = 1,d’après ce qui précède, on a fcontinue, dérivable en 1avec f
′
(1) =
1
2
.
Exercice type 3
Soit fdéfinie par f(x) = x
5
2
sin 1
xsi x > 0et f(0) = 0. Montrer que fadmet 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, fest de classe C
∞
sur ]0,+∞[(composée et produit de fonctions C
∞
).
Pour x > 0, on a f(x) = 0 + 0 ×x+ 0 ×x
2
+x
2
×√xsin 1
x. Puisque √xsin 1 x−−−−→
x→0
+
0(bornée ×tend vers 0), on
ax
2
×√xsin 1
x=o
x→0
x
2
. Ainsi fadmet une DL
2
(0
+
). En particulier fadmet un DL
1
(0
+
)donc f(x)−−−−→
x→0
+
0
(le coefficient constant) donc fest continue en 0et est dérivable en 0avec f
′
(0) = 0 (coefficient devant x).
Si x > 0, on a f
′
(x) =
5
2
x
3
2
sin 1
x+x
5
2
×−1
x
2
cos 1
x=
5
2
x
3
2
sin 1
x−√xcos 1 x. La fonction dérivée f
′
est
donc définie par
f
′
(x) = 5
2x
3
2
sin 1
x−√xcos 1 xsi x > 0
f
′
(0) = 0
—1/8—
G H

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Puisque
5
2
x
3
2
sin 1
x−√xcos 1 x−−−−→
x→0
+
0(chaque terme tend vers 0en tant que produit d’une bornée par une fonction
qui tend vers 0), on a bien
f
′
(x)−−−−→
x→0
+
f
′
(0)
Ainsi f
′
est continue en 0, ce qui signifie que fest C
1
sur [0,+∞[.
En revanche
τ(x) = f
′
(x)−f
′
(0)
x−0=5 2√xsin 1 x−1
√xcos 1
x
vérifie τ1
2nπ =−√2nπ −−−−−→
n→+∞
−∞ donc n’a pas de limite en 0
+
, ce qui prouve que f
′′
(0) n’existe pas.
Exercice type 4
Soit fdérivable en a, calculer lim
h→0
f
2
(a+ 3h)−f
2
(a−h)
h.
Solution : On sait que fdérivable en asi et seulement si fadmet un DL
1
(a)et ce DL est
f(x) = f(a) + (x−a)f
′
(a) + o
x→0
(x−a)
On en déduit que
f(a+ 3h) = f(a) + 3hf
′
(a) + o
h→0
(h) =⇒f
2
(a+ 3h) = f(a)
2
+ 6hf (a)f
′
(a) + o
h→0
(h)
f
2
(a−h) = f(a)−hf
′
(a) + o
h→0
(h) =⇒f
2
(a−h) = f(a)
2
−2hf (a)f
′
(a) + o
h→0
(h)
d’où f
2
(a+ 3h)−f
2
(a−h)
h= 8f(a)f
′
(a) + o
h→0
(1) −−−→
h→0
8f(a)f
′
(a)
Exercice type 5
Soit hdéfinie par h(x) = x
2
+x+ 1e
x
et n∈N, calculer h
(n)
(x).
Solution : Soit fet gdéfinies par f(x) = x
2
+x+ 1 et g(x) = e
x
, f et gsont 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
∀x∈R,h
(n)
(x) =
n
k=0
n
kf
(k)
(x)g
(n−k)
(x)
Or f
′
(x) = 2x+ 1,f
′′
(x) = 2 et f
(k)
(x) = 0 si k3. Ainsi la somme 
n
k=0
se réduit à une somme de k= 0 àk= 2
(remarquons que si n < 2, on ajoute des termes qui sont nuls, car les coefficients du binôme n
ksont nuls lorsque k > n).
On a donc
∀x∈R,h
(n)
(x) =
2
k=0
n
kf
(k)
(x)g
(n−k)
(x) = n
0f
(0)
(x)g
(n−0)
(x) + n
1f
(1)
(x)g
(n−1)
(x) + n
2f
(2)
(x)g
(n−2)
(x)
Puisque ∀p∈N,g
(p)
(x) = e
x
, il vient
∀x∈R,h
(n)
(x) = x
2
+x+ 1e
x
+n(2x+ 1) e
x
+n(n−1)
2×2e
x
=x
2
+ (2n+ 1) x+n
2
+ 1e
x
On vérifie que pour n= 0,on retrouve bien h(x)!
—2/8—
G H

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Exercice 1
On considère la fonction f(x) = 1
1 + x
2
, cette fonction est clairement de classe C
∞
sur R.
Montrer par récurrence qu’il existe un polynôme P
n
(X)tel que,
∀x∈R, f
(n)
(x) = P
n
(x)
(1 + x
2
)
n+1
et que
P
n+1
(x) = 1 + x
2
P
′
n
(x)−2 (n+ 1) x P
n
(x)
Solution : Par récurrence sur n, on définit si n0,P
n
= ”il existe un polynôme P
n
tel que ,∀x∈R, f
(n)
(x) =
P
n
(x)
(1 + x
2
)
n+1
”.P
0
est vraie car f(x) = P
0
(1 + x
2
)
0+1
où P
0
= 1 .
On suppose, à nfixé, n0, que P
n
est vraie, alors f
(n)
(x) = P
n
(x)
(1 + x
2
)
n+1
donc
f
(n+1)
(x) = f
(n)
(x)
′
=P
n
(x)
(1 + x
2
)
n+1
′
=P
′
n
(x)
(1 + x
2
)
n+1
−2 (n+ 1) xP
n
(x)
(1 + x
2
)
n+2
=1 + x
2
P
′
n
(x)−2 (n+ 1) x P
n
(x)
(1 + x
2
)
n+2
=P
n+1
(x)
(1 + x
2
)
n+2
où
P
n+1
(x) = 1 + x
2
P
′
n
(x)−2 (n+ 1) x P
n
(x)
On vérifie que P
n+1
est bien un polynôme car P
n
en est un. Ce qui prouve le résultat demandé.
Exercice type 6
Soit f(x) = 1
1 + x
2
qui est C
∞
sur R, on a montré qu’il existe un polynôme P
n
tel que ∀x∈R,f
(n)
(x) = P
n
(x)
(1 + x
2
)
n+1
.
En particulier, on a ∀x∈R,1 + x
2
f
′
(x) + 2xf(x) = 0. En dérivant cette relation nfois, montrer que
∀x∈R,P
n+1
(x) + 2 (n+ 1) x P
n
(x) + n(n+ 1) 1 + x
2
P
n−1
(x) = 0
Solution :fest C
∞
donc fet f
′
sont dérivables nfois sur R.
On applique la formule de Leibniz à h:x−→ 1 + x
2
f
′
(x)qui est un produit de fonctions dérivables nfois, en posant
u(x) = 1 + x
2
,on a
∀x∈R,h
(n)
(x) =
n
k=0
n
ku
(k)
(x)f
′
(x)
(n−k)
Puisque la dérivée k-ième de 1 + x
2
est nulle pour k3, cette somme se réduit à
∀x∈R,h
(n)
(x) =
2
k=0
n
ku
(k)
(x)f
′
(x)
(n−k)
=n
0u
(0)
(x)f
′
(x)
(n−0)
+n
1u
(1)
f
′
(x)
(n−1)
+n
2u
(2)
(x)f
′
(x)
(n−2)
=1 + x
2
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 nfois dérivables) pour obtenir avec
v(x) = 2x(la dérivée k-ième de vest nulle si k2)
g
(n)
(x) =
1
k=0
n
kv
(k)
(x)f(x)
(n−k)
=n
0v
(0)
(x)f(x)
(n−0)
+n
1v
(1)
(x)f(x)
(n−1)
2xf
(n)
(x) + 2nf
(n−1)
(x)
—3/8— G H

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Ainsi, puisque h+g= 0,
∀x∈R,1 + x
2
f
(n+1)
(x) + 2 (n+ 1) xf
(n)
(x) + n(n+ 1) f
(n−1)
(x) = 0
Or f
(n)
(x) = P
n
(x)
(1 + x
2
)
n+1
d’où
∀x∈R,1 + x
2
P
n+1
(x)
(1 + x
2
)
n+2
+ 2 (n+ 1) xP
n
(x)
(1 + x
2
)
n+1
+n(n+ 1) P
n−1
(x)
(1 + x
2
)
n
= 0
En multipliant par 1 + x
2
n+1
,on obtient
∀x∈R,P
n+1
(x) + 2 (n+ 1) x P
n
(x) + n(n+ 1) 1 + x
2
P
n−1
(x) = 0
Exercice type 7
Montrer que ∀x > 0,1
x+ 1 <ln (x+ 1) −ln (x)<1 x.
Solution : Soit fdéfinie sur ]0,+∞[par f(u) = ln (u), pour x > 0,fest 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) = 1
u
Mais
0< x < u < x + 1 =⇒1
x+ 1 <1 u<1 x
Ainsi
∀x > 0,1
x+ 1 <ln (x+ 1) −ln (x)<1 x.
Exercice type 8
Soit f: [a, b]→R, de classe C
2
sur [a, b]et 3fois dérivables sur ]a, b[. On désire montrer qu’il existe c∈]a, b[tel que
f(b) = f(a) + b−a
2(f
′
(a) + f
′
(b)) −(b−a)
3
12 f
(3)
(c)
On pose ϕ(t) = f(t)−f(a)−t−a
2(f
′
(a) + f
′
(t)) + (t−a)
3
12 Koù Kest tel que ϕ(a) = ϕ(b).
1. Calculer ϕ(a)et ϕ
′
(a)(après avoir justifier que φest dérivable).
2. A l’aide du théorème de Rolle, conclure.
Solution :
1. Puisque fest 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 ϕest C
1
sur [a, b]. On a immédiatement ϕ(a) = 0 et
∀t∈[a, b],ϕ
′
(t) = f
′
(t)−1
2(f
′
(a) + f
′
(t)) −t−a
2f
′′
(t) + (t−a)
2
4K
Ainsi ϕ
′
(a) = 0.
—4/8— G H

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2. La fonction ϕest 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 ϕest C
1
sur [a, b]), puisque fest 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
∀t∈[a, b],ϕ
′′
(t) = f
′′
(t)−1
2f
′′
(t)−1
2f
′′
(t)−t−a
2f
(3)
(t) + t−a
2K=t−a 2K−f
(3)
(t)
Ainsi
ϕ
′′
(c) = 0 ⇐⇒ K=f
(3)
(c)
On conclut en écrivant que Ka été choisi de manière à avoir
ϕ(b) = f(b)−f(a)−b−a
2(f
′
(a) + f
′
(b))+ (b−a)
3
12 K=f(b)−f(a)−b−a 2(f
′
(a) + f
′
(b))+ (b−a)
3
12 f
(3)
(c) = 0
ce qui prouve que
f(b) = f(a) + b−a
2(f
′
(a) + f
′
(b)) −(b−a)
3
12 f
(3)
(c)
Remarque : En toute rigueur, on peut, lorsque l’on définit ϕse poser la question suivante : Le nombre Kexiste-
t-il ? La réponse est oui, il suffit de résoudre f(b)−f(a)−
b−a
2
(f
′
(a) + f
′
(b)) +
(b−a)
3
12
K= 0 qui a une unique
solution car b=a.
Exercice type 9
On considère la suite (u
n
)
n∈N
définie par u
0
= 0 et u
n+1
= cos (u
n
). Montrer que ∀n∈N,u
n
∈[0,1], que la fonction
cos est lipschtzienne sur [0,1] et que l’équation cos x=xa une unique solution ℓdans [0,1]. Montrer que u
n
−−−−−→
n→+∞
ℓ.
Solution : Soit fla fonction cosinus, elle est strictement décroissante sur 0,
π
2
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 Iest dit stable par fsi x∈I=⇒f(x)∈I). Puisque
u
0
∈[0,1], par récurrence immédiate, ∀n∈N,u
n
∈[0,1].
La fonction fest 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 ϕest 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,u
n
∈[0,1] et ℓ∈[0,1] donc
|u
n+1
−ℓ|=|f(u
n
)−f(ℓ)|sin (1) |u
n
−ℓ|
Par récurrence on en déduit que
|u
n
−ℓ|(sin (1))
n
|u
0
−ℓ| −−−−−→
n→+∞
0car 0sin 1 <1
Ce qui prouve que
u
n
−−−−−→
n→+∞
ℓ
—5/8—
G H