Chapitre 20 DÉRIVATION Enoncé des exercices

Chapitre 20
DÉRIVATION
Enoncé des exercices
1
Les basiques
Exercice 20.1 Simplifier la dérivée de f (x) = sin x tan x + 2 cos x − 2
1 − ch x
Exercice 20.2 Soit f (x) =
si x = 0, peut-on prolonger f en une fonction continue sur R. Le prolongement
x
obtenu est-il dérivable sur R ?
Exercice 20.3 Soit f (x) = xx , peut on prolonger f sur R+ , le prolongement est-il dérivable sur R+ ?
1
si x = 0 et f (0) = 0
x
√
Exercice 20.5 Déterminer a pour que la fonction f définie par f (x) = x si 0 ≤ x ≤ 1 et f (x) = ax2 + 1 si x > 1
soit dérivable sur R∗+ .
Même question avec f (x) = ax2 + bx + 1 si x > 1.
Exercice 20.4 Etudier la dérivabilité de f (x) = sin x sin
Exercice 20.6 Simplifier f (x) = 2 arctan
1−x
x
+ arcsin (2x − 1) (Déterminer Df , Df ′ et calculer f ′ (x))
Exercice 20.7 Calculer la dérivée énième de la fonction f définie par f (x) = x2 + x + 1 e−x
4
Exercice 20.8 On considère la suite (u
n )4ndéfinie par u0 ∈ 0, 3 et ∀n ∈ N, un+1 =
Justifier rapidement que ∀n ∈ N, un ∈ 0, 3
A l’aide de l’inégalité des accroissements finis, montrer que (un )n converge vers 1.
Exercice 20.9 Calculer la dérivée énième de
1
3
4 − u2n
1 n
x (1 + xn ).
n!
Exercice 20.10 Soit f définie sur R par
ln 1 + x2 ln (x)
∀x ∈ R, f (x) =
(x − 1)
Peut-on prolonger f en une fonction continue sur l’intervalle [0, +∞[ ? Le prolongement obtenu est-il dérivable en
x = 0?
1
1
1
1
′
1−x
Exercice 20.11 Soit P ∈ R [X] , on définit f par f (x) = P
e
, montrer que f (x) = Q
e 1−x
1−x
1−x
où Q ∈ R [X]. Quelle relation existe-t-il entre P et Q ? (voir aussi l’exercice 20.28)
2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 20. DÉRIVATION
Exercice 20.12 Soient f et g définies par f (x) = cos x et g (x) = x sin x, montrer que lorsque les courbes représentatives de f et de g se coupents les tangentes au point d’intersection sont perpendiculaires.
Exercice 20.13 Soit h : R −→ R définie par ∀x ∈ R, h (x) = (x − E (x)), etudier la dérivabilité de g définie sur R
par g (x) = h (x) (h (x) − 1).
2
Les techniques
1
Exercice 20.14 Soit f (x) = x sin
. Peut-on prolonger f en une fonction continue sur R ?
x
Le prolongement est-il dérivable sur R ? Si oui, donner l’expression de la dérivée et préciser s’il est de classe C 1 sur R
(i.e. la dérivée est-elle continue sur R ?)
2
√
Exercice 20.15 La fonction f définie par f (x) = cos ( x) est-elle dérivable en x = 0 ? Si oui, est-elle de classe C 1 ?
1
π
Exercice 20.16 Soit f définie par f (x) = arctan 1 + 2 et f (0) = , f est-elle C 1 sur R ?
x
2
Exercice 20.17 Calculer la dérivée énième de f (x) = xn (1 + x)n .
En considérant le coefficient de xn , en déduire une expression simple de
n
n
n
k 2
2
Cn et montrer que
2k Cnk =
k=0
k=0
k
Cnk Cn+k
k=0
Exercice 20.18 Soit f continue et dérivable sur R+ telle que f (0) = f ′ (0) = 0.
f (x)
si x = 0. Etudier la continuité de ϕ sur R+ .
x
2. On suppose qu’il existe a > 0 tel que f (a) = 0. Montrer qu’il existe c > 0 tel que la tangente au point d’abscisse
c passe par l’origine du repère.
f (1) = 1
3. Question (∗) : Montrer le même résultat si on remplace l’hypothèse ∃a > 0, f (a) = 0 par
f ′ (1) = 0
1. On définit ϕ par ϕ (0) = 0 et ϕ (x) =
Exercice 20.19 On considère la fonction f(x) =
1
, cette fonction est clairement de classe C ∞ sur R.
1 + x2
1. Montrer par récurrence qu’il existe un polynôme Pn (X) tel que,
∀x ∈ R, f (n) (x) =
Pn (x)
(1 + x2 )n+1
et que
Pn+1 (x) = 1 + x2 Pn′ (x) − 2 (n + 1) x Pn (x)
2. En dérivant f , on constate que ∀x ∈ R, 1 + x2 f ′ (x) + 2xf (x) = 0. En utilisant la formule de Leibniz sur cette
égalité que l’on dérivera n fois, établir que
Pn+1 (x) + 2 (n + 1) x Pn (x) + n (n + 1) 1 + x2 Pn−1 (x) = 0
En déduire que
Pn′ (x) = −n (n + 1) Pn−1 (x)
Exercice 20.20 Soit α ∈ ]0, 1[, pour tout entier n > 0, on pose un =
—2/19—
n
1
kα
k=1
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CHAPITRE 20. DÉRIVATION
2. LES TECHNIQUES
1. A l’aide de l’inégalité des accroissements finis, prouver que
∀k ∈ N∗ ,
1−α
1−α
1−α
≤ (k + 1)
− k1−α ≤
(k + 1)α
kα
1
pour k ≥ 2
kα
3. En déduire un encadrement de un puis un équivalent.
2. En déduire un encadrement de
4. Application : donner un équivalent de 1 +
Exercice 20.21 Calcul de
√1
2
+
√1
3
+ ... +
√1
n
quand n tend vers +∞.
n k n−k
a b
k=0 k
k
n
1. Soit α ∈ R, calculer la dérivée k-ième de fα (x) = xeαx .
(n)
2. Soient (a, b) ∈ R2 , en écrivant que fa+b (x) = fa (x) ebx exprimer fa+b (x) en fonction des dérivée k-ième de fa .
n
n k n−k
3. En déduire la valeur de
k
a b
k
k=0
Exercice 20.22 Soit f : [a, b] → R une fonction continue et strictement positive, dérivable sur ]a, b[ . Montrer qu’il
existe c ∈ ]a, b[ tel que
f ′ (c)
f (b)
= e(b−a) f (c)
f (a)
Peut-on remplacer l’hypothèse positive sur [a, b] par non nulle sur [a, b] ?
Exercice 20.23 Trouver toutes les fonctions dérivables en 0 et telles que
∀ (x, y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy
1
Exercice 20.24 Soit f (x) = (x − 1) x−1 , peut on prolonger f en une fonction continue sur R ? Le prolongement
obtenu est-il dérivable en x = 1 ?
Question ++ : La dérivée obtenue est-elle continue en x = 1 ?
Exercice 20.25 Soit f de classe C 1 sur [a, b] à valeurs dans R telle que f ′ (b) (f (b) − f (a)) < 0. Montrer que f ′
s’annule sur ]a, b[.
Exercice 20.26 Soit f dérivable sur [a, +∞[ telle que f ′ (x) −−−−−→ 0, montrer que
x→+∞
f (x)
−−−−−→ 0.
x x→+∞
Exercice 20.27 On suppose connu l’existence (et l’unicité) d’un polynôme Tn tel que ∀θ ∈ R, Tn (cos θ) = cos (nθ).
Montrer que Tn est solution de l’équation différentielle
2
x − 1 y ′′ + xy ′ = n2 y
1
1
e 1−x .
1−x
1. Prouver par récurrence
que,
pour
tout
entier
naturel
n,
il
existe un polynôme Pn tel que :
1
1
f (n) (x) = Pn
e 1−x pour tout réel x appartenant à I.
1−x
La démonstration permet d’exprimer Pn+1 (X) en fonction de Pn (X) , Pn′ (X) et X. Expliciter cette relation.
Exercice 20.28 Soit f la fonction définie sur I par f (x) =
2. Préciser P0 , P1 , P2 et P3 .
3. En dérivant n fois les deux membres de l’équation (E) , prouver que pour tout entier positif n :
Pn+1 (X) = (2n + 1) X + X 2 Pn (X) − n2 X 2 Pn−1 (X)
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3. LES EXOTIQUES
CHAPITRE 20. DÉRIVATION
Exercice 20.29 Soit P ∈ R [X] scindé à racines simples. Montrer que P ne peut avoir deux coefficients consécutifs
nuls (de degré inférieur au degré de P ).
Exercice 20.30
1. Soit ϕ définie au voisinage de 0 telle que ϕ (x) −−−→ 0, montrer
x→0
n
k k ∀ε > 0, ∃N ∈ N, n ≥ N =⇒ ϕ
≤ε
n2
n2 k=0
Que peut-on en déduire ?
2. Soit f : [0, 1] −→ R dérivable en 0, étudier la suite (un ) définie par
un =
n
k
f
n2
k=0
3
Les exotiques
Exercice 20.31 Soient (a, b) ∈ R2 et n ≥ 2. Montrer que le polynôme X n + aX + b admet au plus trois racines réelles
distinctes.
Exercice 20.32 Soit f (x) = tan x, à l’aide la relation f ′ = 1 + f 2 et de la formule de Leibniz, déterminer un
f (n) (0)
algorithme de calcul de an =
.
n!
Exercice 20.33 Soient a < b et f : [a, b] → R une fonction continue sur [a, b] , dérivable sur ]a, b[ . Montrer qu’il
existe c ∈ ]a, b[ tel que
1
1
< f ′ (c) <
a−c
b−c
On utilisera la fonction F (x) = (x − a) (x − b) exp (f (x)).
4
Les olympiques
Exercice 20.34 Soit f : [a, b] → R, de classe C 2 sur [a, b] et 3 fois dérivables sur ]a, b[. Montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[
tel que
(b − a)3 (3)
b−a ′
f (b) = f (a) +
(f (a) + f ′ (b)) −
f (c)
2
12
2
x3
En déduire que ∀x ∈ 0, √13 , 0 ≤ arctan (x) − x2 2+x
1+x2 ≤ 6
Indication : utiliser φ (t) = f (t) − f (a) −
t−a
2
(f ′ (a) + f ′ (t)) +
(t−a)3
12 K
où K est à choisir.
Exercice 20.35 Résoudre l’équation
5x + 2x = 4x + 3x
où x ∈ R∗+
Exercice 20.36 Soit f ∈ C 2 (R) telle que ∀ (x, y) ∈ R2 , f (x + y) f (x − y) ≤ f (x)2 . Montrer que ∀x ∈ R, f (x) f ′′ (x) ≤
f ′ (x)2
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Chapitre 20
DÉRIVATION
Solution des exercices
1
Les basiques
Exercice 20.1 Très simple, la fonction est définie et dérivable sur R privé des k π2 où k ∈ Z et
sin x
sin x
1
f (x) = cos x tan x +
− 2 sin x =
− sin x = sin x
−1
cos2 x
cos2 x
cos2 x
′
=
sin3 x
cos2 x
Exercice 20.2 La fonction f est continue et dérivable sur R∗ d’après les théorèmes généraux. Le seul problème est en
x2
−
2 = − x −−−→ 0, ainsi f (x) −−−→ 0. On pose f (0) = 0, le prolongement est alors continue
x = 0. On a f (x) ∼
x→0
x→0
x
2 x→0
1
f (x) − f (0)
1 − ch x
en x = 0. On regarde alors le taux d’accroissement
=
∼ − . Le prolongement obtenu est
x→0
x−0
x
2
donc dérivable en 0 et ainsi sur R.
Exercice 20.3 On a f (x) = ex ln x , on sait (croissance comparées) que x ln x −−−→ 0, ainsi par continuité de l’expox→0
nentielle en x = 0, on a ex ln x −−−→ e0 = 1. On pose donc f (0) = 1 pour obtenir une fonction continue sur R+ (la
x→0
continuité sur
R∗+
découle des théorèmes généraux). On considère ensuite
f (x) − f (0)
ex ln x − 1
=
. De eu − 1 ∼ u
u→0
x−0
x
x ln x
ex ln x − 1
et de u = x ln x −−−→, on déduit que
∼
= ln x −−−→ −∞. Le prolongement n’est pas dérivable en 0,
x→0
x→0
x→0
x
x
il admet cependant une tangente verticale.
1
est bornée donc f (x) −−−→ 0. La fonction f est donc continue (ce qui est
x→0
x
f (x) − f (0)
sin x
1
sin x
une condition nécessaire). Puis
=
sin
. Puisque
a une limite finie et non nulle, si f est
x− 0
x
x
x
1
1
f (x) − f (0)
dérivable en 0, on en déduit que sin
=
×
a aussi une limite, ce qui est absurde. La fonction
sin x
x
x−0
x
n’est donc pas dérivable.
Exercice 20.4 On a sin x −−−→ 0 et sin
x→0
Exercice 20.5 Il est clair que f est continue sur ]0, 1[√∪ ]1, +∞[. Examinons la dérivabilité en x = 1.
√ Une√condition
nécessaire est que f soit continue en 1. On a f (1) = 1 par définition et limx→1− f (x) = limx→1− x = 1 = 1 et
limx→1+ f (x) = limx→1+ ax2 + 1 = a + 1. Pour que f soit continue en x = 1, il faut et il suffit que a = 0.
√
Dans ce cas f (x) = 1 si x > 1 et ainsi f est dérivable à droite en 1 avec fd′ (1) = 0. Mais sur [0, 1] , on a f (x) = x
1. LES BASIQUES
CHAPITRE 20. DÉRIVATION
ainsi f est dérivable à gauche en 1 et fg′ (1) =
√ d x 1
1
= √ = . La fonction n’est pas dérivable en x = 1. Elle
dx x=1
2
2 1
présente un point anguleux.
Si maintenant f (x) = ax2 +bx+1, pour avoir la continuité on considère limx→1+ f (x) = limx→1+ ax2 +bx+1 = a+b+1.
Ainsi f est continue en x = 1 si et seulement si b = −a.
f (x) − f (1)
Puis sur ]1, +∞[ on a f (x) = ax (x − 1) + 1 donc
= ax −−−→ a d’où fd′ (1) = a.
x→1
x−1
1
En conclusion f est dérivable en x = 1 si et seulement si a = = −b.
2
1
La figure suivante représente le graphe de f et la tangente en x = 1 (qui est d’équation y = 1 + (x − 1) )
2
Exercice 20.6 f (x) est définie ⇐⇒
1−x
x
est défini
1−x
x est défini si et seulement
2x − 1 ∈ [−1, 1]
est celui de x (1 − x) donc positif à l’intérieur des racines de ce trinôme. En
car arctan est définie sur R.
1−x
si 1−x
x ≥ 0 et x = 0. Le signe de x
1−x
conclusion x ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ ]0, 1].
Enfin 2x − 1 ∈ [−1, 1] ⇐⇒ −1 ≤ 2x − 1 ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ x ≤ 1 ⇐⇒ x ∈ [0, 1], on en déduit que Df = ]0, 1].
f est alors continue sur son domaine √
de définition d’après les théorèmes généraux.
Pour la dérivabilité, on sait que x → x n’est pas dérivable en x = 0 et que arcsin ne l’est pas en x = ±1.
Or 1−x
x = 0 ⇐⇒ x = 1, 2x − 1 = −1 ⇐⇒ x = 0 et 2x − 1 = 1 ⇐⇒ x = 1. On en déduit que f est dérivable sur
Df ′ = ]0, 1[.
Pour x ∈ Df ′ , on a
f ′ (x) = 2
1+
1−x
x
′
2
2 + 1−x
1 − (2x − 1)2
x
1
− 2
= 2 x
2 1−x
1+
x
1−x
x
2
+ 4x (1 − x)
1
1
= − +
1−x
x
(1
− x)
x
x
√
1
1
= −
+
car x > 0 donc x = x2
x (1 − x)
x2 1−x
x
= 0
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CHAPITRE 20. DÉRIVATION
1. LES BASIQUES
La fonction f est donc continue sur ]0, 1] , dérivable sur ]0, 1[ de dérivée nulle. Elle est donc constante sur ]0, 1] , on
calcule la valeur en x = 1 (point où f n’est pas dérivable) pour avoir
∀x ∈ ]0, 1] , f (x) =
Remarque : Si on calcule f cos2 θ , on obtient
π
2
1 − cos2 θ
+ arcsin 2 cos2 θ − 1
f cos θ = 2 arctan
2
cos θ
= 2 arctan
tan2 θ + arcsin (cos 2θ)
π
tan2 θ + − arccos (cos 2θ)
= 2 arctan
2
π
√
√
d’où tan2 θ = tan θ et
Pour conclure, on prend θ = arccos x lorsque x ∈ ]0, 1] . Dans ce cas θ ∈ 0,
2
√
tan2 θ = 2 arctan (tan θ) = 2θ (car θ est dans l’intervalle fondamental de la tangente), et arccos (cos 2θ) =
2 arctan
2θ car 2θ ∈ [0, π[ est dans l’intervalle fondamental du cosinus.
Au lecteur de choisir la méthode qui lui semble la plus élégante.
2
Exercice 20.7 Les deux fonctions g (x) = x2 + x + 1 et h (x) = e−x sont de classe C ∞ , on peut donc appliquer la
n
formule de Leibniz à tout ordre. Cette formule s’écrit f (n) (x) =
Cnk g (k) (x) h(n−k) (x). Cette somme peut s’écrire
k=0
n
Cn0 g(0) (x) h(n) (x) + Cn1 g (1) (x) h(n−1) (x) + Cn2 g (2) (x) h(n−2) (x) +
Cnk g (k) (x) h(n−k) (x) , ceci même si n < 3,car
k=3
dans ce cas les coefficients du binôme Cnk sont nuls si k > n.
On a donc, en utilisant h(n) (x) = (−1)n e−x (qui se prouve facilement par récurrence),
n
n−2 (2)
−x
f (n) (x) = (−1)n g (0) (x) + n (−1)n−1 g(1) (x) + n(n−1)
(−1)
g
(x)
e
+
Cnk g (k) (x) h(n−k) (x)
2
k=3
=0 si n≥3
× 2 e−x = (−1)n x2 + (1 − 2n) x + 1 − 2n + n2 e−x
= (−1)n x2 + x + 1 − n (2x + 1) + n(n−1)
2
f (n) (x) = (−1)n x2 + (1 − 2n) x + 1 − 2n + n2 e−x
On vérifie avec n = 0 que l’on a f (0) (x) = x2 + x + 1 e−x
∀n ∈ N,
Exercice
f (x)
= 13 4 −
x2 . f est dérivable sur R et f ′ (x) = − 23 x. f est décroissante sur 0, 43 donc
4 20.8
Soit
4
4
4
f 0, 3 = f 43 , f (0) = 20
27 , 3 ⊂ 0, 3 . L’intervalle 0, 3 est stable et u0 est dans cet intervalle donc (récurrence)
un aussi pour tout entier n. f est continue et dérivable sur 0, 43 et ∀x ∈ 0, 43 , |f ′ (x)| ≤ 23 × 43 = 89 .
On peut donc appliquer l’inégalité des accroissements finies entre a = un et b = 1 qui sont bien dans 0, 43 .
Ainsi ∀n ∈ N, |f (un ) − f(1)| = |un+1 − 1| ≤ 89 |un − 1|
n
Par récurrence immédiate, on a |un − 1| ≤ 89 |u0 − 1| −−−−−→ 0 . Donc un −−−−−→ 1.
n→+∞
Exercice 20.9 Très facile, si on pose f (x) =
n n
C2n
x .
n→+∞
1 n
1
x (1 + xn ) = xn + x2n alors f (n) (x) =
n!
n!
n! +
2n! n
x
n!
= 1+
Exercice 20.10 La fonction f est clairement continue sur l’intervalle ]0, 1[ ∪ ]1, +∞[ en tant que produit
et quotient
de fonctions continues (la fonction au dénominateur ne s’annulant qu’en x = 1). En x = 0, on a ln 1 + x2 ∼ x2
x→0
donc
f (x) ∼ −x2 ln x −−−→ 0
x→0
x→0
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 20. DÉRIVATION
d’après les croissances comparées. En posant f (0) = 0, on prolonge f par
continuité en x = 0.
ln 2 + 2h + h2 ln (1 + h)
or ln (1 + h) ∼ h donc
En x = 1, on pose x = 1 + h, ainsi f (x) = f (1 + h) =
h→0
h
f (1 + h) ∼ ln 2
h→0
En posant f (1) = ln 2, on prolonge f par continuité en x = 1.
On peut donc prolonger f par continuité sur [0, +∞[ en posant f (0) = 0 et f (1) = ln 2.
Pour cela on considère le taux d’accroissement
f (x) − f (0)
f (x)
=
∼ −x ln x −−−→ 0
x→0
x−0
x x→0
Ainsi f est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0.
Exercice 20.11 On a
1
1
1
1
1
1
1−x + P
e
e 1−x
2
2
1 − x (1 − x)
1 − x (1 − x)
1
1
e 1−x
1
′
+P
=
P
1−x
1−x
(1 − x)2
1
1
= Q
e 1−x où Q (X) = X (P (X) + P ′ (X))
1−x
f ′ (x) = P ′
Exercice 20.12 Soit a tel que f (a) = g (a) , il s’agit de prouver que f ′ (a) g ′ (a) = −1. Or
f (a) = g (a) ⇐⇒ a sin a = cos a
en particulier sin a = 0 (car sinon cos a = 0 mais alors sin2 a + cos2 a = 0), donc
a = cotan a
et dans ce cas
f ′ (a) g′ (a) = − sin a × (sin a + a cos a)
= − sin2 a − cos2 a = −1
Exercice 20.13 Soit n ∈ Z, sur [n, n + 1[ on a h (x) = x−n+1 et g (x) = (x − n) (x − n + 1) , ainsi g est polynômiale
sur ]n, n + 1[donc dérivable et g′ (x) = 2x − (2n + 1). Il s’agit ensuite d’étudier la dérivabilité en n ∈ Z. On remarque
que g (n) = 0 et que g (x) −−−−→
0. Puis que sur [n − 1, n[, g (x) = (x − n) (x − n − 1) donc g (x) −−−−→
0. Ainsi
+
−
x→n
x→n
g est continue sur R, et en particulier en x = n
On va chercher à appliquer le théorème limite de la dérivée.
On a g′ (x) −−−−→ −1, le théorème limite de la dérivée assure que g est dérivable à droite en n et que gd′ (n) = −1.
x→n+
De même sur ]n − 1, n[ , g est dérivable et g′ (x) = 2x − (2n − 1) −−−−→
+1. Ainsi g est dérivable à gauche en n avec
−
x→n
gg′ (n) = 1 = gd′ (n). Pour conclure g a un point anguleux en x = n.
2
Les techniques
1
est bornée donc f (x) −−−→ 0. On pose f (0) = 0, ainsi f est continue en 0. Par
x→0
x→0
x ∗
les théorèmes généraux, elle l’est sur R . On a prolongé f en une fonction continue sur R.
f (x) − f (0)
f (x)
1
On considère le taux d’accroissement
=
= x sin −−−→ 0 pour les mêmes raisons. Le prolongement
x−0
x
x x→0
Exercice 20.14 x2 −−−→ 0 et sin
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CHAPITRE 20. DÉRIVATION
2. LES TECHNIQUES
obtenu est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0. Pour x = 0, f est dérivable (théorèmes généraux) et f ′ (x) = 2x sin
1
cos
.
x
La dérivée a pour expression
1
1
− cos
si x = 0
f ′ (x) = 2x sin
x
x
f ′ (0) = 0
1
−
x
1
1
− cos
−−−→ 0.
La dérivée n’est pas continue, en effet supposons que f (x) −−−→ f (0) = 0, alors 2x sin
x→0
x
x x→0
1
1
1
1
−−−→ 0 donc cos
= 2x sin
− f ′ (x) −−−→ 0 − 0 = 0. Mais pour xn =
−−−−−→ 0, on a
Mais 2x sin
x→0
x x→0
x
x
2nπ n→+∞
1
1
1
1
cos
−−−−−→ 0, on a cos
= 1 et pour yn =
−−−−−→ −1. La fonction x → cos ne peut avoir de limite
xn
π + 2nπ n→+∞
yn n→+∞
x
en 0.
′
′
Exercice 20.15 A priori la présence de la racine carrée incite à répondre
non. Cependant
la fonction est continue sur
√
√
1
1
1
x)
x
sin
(
1
√
[0, +∞[ , dérivable sur ]0, +∞[ et pour x > 0, on a f ′ (x) = −
∼ − × √ = − donc f ′ (x) −−−→ − .
x→0
2
x x→0 2
x
2
2
1
Par le théorème limité de la dérivée, la fonction f est de classe C 1 sur R+ avec f ′ (0) = − .
2
√ 2
( x)
√
−
1
cos ( x) − 1
2
Remarque : Si on regarde le taux d’accroissement en x = 0, on a
∼
= − . Ainsi
x→0
x
x
2
√
cos ( x) − 1
1
1
−−−→ − et f est bien dérivable en x = 0 avec f ′ (x) = .
x→0
x
2
2
Exercice 20.16 On a 1 +
1
−−−→ +∞ et arctan u −−−−−→
u→+∞
x2 x→0
π
2,
donc par composition des limites, f (x) −−−→
f (0) . Ainsi f est continue en x = 0. De plus f est dérivable sur R∗ avec f ′ (x) =
0. On en déduit que f est C 1 sur R avec f ′ (0) = 0.
x→0
− x23
1+ 1+
1 2
x2
=
π
2
=
−2x
−−−→
2x4 + 2x2 + 1 x→0
Exercice 20.17 On écrit f (x) comme produit des deux fonctions x → xn et x → (1 + x)n t. Par Leibniz (les fonctions
sont bien dérivables n fois), compte tenu de (xn )(k) = k!Cnk xn−k et de (1 + x)(n−k) = (n − k)!Cnn−k (1 + x)k , ceci pour
tout k compris entre 0 et n
n
n
k 2 n−k
f (n) (x) =
Cnk k!Cnk (n − k)!Cnn−k xn−k (1 + x)k = n!
Cn x
(1 + x)k car k! (n − k)!Cnn−k = n! si 0 ≤ k ≤ n.
k=0
k=0
On regarde alors le coefficient de xn dans f (n) (x). On l’obtient avec xn−k (1 + x)k = xn−k × xk + kxk−1 + · · · . Ainsi
n
k 2
le coefficient de xn dans f (n) (x) est exactement n!
Cn .
k=0
On peut avoir une autre expression de f (x), en effet f (x) = xn (1 + x)n =
n
k=0
Cnk xn+k donc f (n) (x) = Cnn ×
2n! n
2n!
(2n) (2n − 1) ... (n + 1) x + · · · =
x + · · · . Le coefficient de xn dans f (n) (x) et donc
. Par unicité on a
n!
n!
n
n
2
2
2n!
n
= n!
Cnk ⇐⇒ C2n
=
Cnk .
n!
k=0
k=0
n
2
1 (n)
2k Cnk , c’est plus simple car c’est n!
f (1) .
Pour
n
k=0
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2. LES TECHNIQUES
Or f
(n)
(x) =
n
k=0
CHAPITRE 20. DÉRIVATION
Cnk xn+k
(n)
=
n
k=0
n
n
(n) k
k
Cnk × xn+k
=
Cnk × n!kn Cn+k
xk = n!
Cnk Cn+k
xk d’où le résultat.
k=0
k=0
n
k 2
n
Cn = C2n
On peut prouver l’égalité
par un raisonnement de combinatoire. Considérons deux ensembles disjoints
k=0
p
E et F à n éléments. Soit A = E ∪ F, et p ≤ n, le nombre de partie à p éléments de A est C2n
. Mais pour choisir p
éléments dans A, on peut en choisir k dans E et p − k dans F, ceci pour k fixé, 0 ≤ k ≤ p. Le nombre de choix possible
(à k fixé) est alors Cnk Cnn−k . Au total, on a
p
=
∀p ≤ n, C2n
p
Cnk Cnp−k
k=0
Avec p = n et Cnk = Cnn−k on retrouve le résultat annoncé.
Exercice 20.18
1. La fonction ϕ est continue sur R∗+ en tant que quotient de fonctions continues ( f est continue).
Il reste à examiner la continuité en x = 0. Puisque f est dérivable en x = 0, on a
f (x) − f (0)
f (x)
=
= ϕ (x) −−−→ f ′ (0) = 0 = ϕ (0)
x→0
x−0
x
ce qui prouve la continuité de ϕ en x = 0.
f (a)
= 0, mais on a également ϕ (0) = 0. Tous les ingrédients pour appliquer Rolle
a
sont là. On a vu que ϕ est continue sur R+ donc sur [0, a], elle est dérivable sur ]0, a[ en tant que quotient de
cf ′ (c) − f (c)
fonctions dérivable. D’après Rolle, il existe c ∈ ]0, a[ tel que ϕ′ (c) =
= 0. En multipliant par c,
c2
on a
f (c)
f ′ (c) =
c
qui traduit le fait que la tangente au point d’abscisse c passe par l’origine du repère ( considérer la pente).
f ′ (x) f (x)
3. C’est pus technique. Cette fois ci la fonction ϕ vérifie ϕ′ (x) =
− 2 donc ϕ′ (1) = −1 < 0. Or ϕ (1) = 1,
x
x
donc on a, au voisinage de 1
2. Par hypothèse, ϕ (a) =
ϕ (x) − ϕ (1) ∼ ϕ′ (1) (x − 1) = 1 − x > 0 si x < 1
x→1
On en déduit que ϕ (x) − 1 est du signe de 1 − x au voisinage de 1. En particulier, pour x au voisinage de 1,
x < 1, on a ϕ (1) > 1. Il existe donc x0 ∈ ]0, 1[ tel que ϕ (x0 ) > 1. Mais ϕ (0) = 0, donc sur l’intervalle [0, x0 ] ,
la fonction ϕ prend également a valeur 1 puisqu’elle est continue sur cet intervalle. Il existe donc a ∈ [0, x0 ] tel
que ϕ (a) = 1. On applique alors le théorème de Rolle entre a et 1.
1. Par récurrence sur n, on définit si n ≥ 0, Pn = ”il existe un polynôme Pn tel que , ∀x ∈
Pn (x)
R, f (n) (x) =
”
(1 + x2 )n
P0
P0 est vraie car f(x) =
où P0 = 1 .
(1 + x2 )0+1
Pn (x)
d (n)
On suppose, à n fixé, n ≥ 0, que Pn est vraie, alors f (n) (x) =
donc f (n+1) (x) =
f (x) =
n+1
dx
(1 + x2 )
d
Pn (x)
Pn′ (x)
2 (n + 1) xPn (x)
Pn+1 (x)
=
=
où
n+1 −
n+2
2
2
dx (1 + x2 )n+1
(1 + x )
(1 + x )
(1 + x2 )n+2
Pn+1 (x) = 1 + x2 Pn′ (x) − 2 (n + 1) x Pn (x)
(20.1)
Exercice 20.19
Ce qui prouve le résultat demandé.
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CHAPITRE 20. DÉRIVATION
2. LES TECHNIQUES
2. f est C ∞ donc f et f ′ sont dérivables n fois sur R, ainsi que 1 + x2 f ′ (x) + 2xf(x).
′
′ dn dn
dn 2
2
1
+
x
f
(x)
+
2xf
(x)
=
1
+
x
f
(x)
+
(2xf (x)) = 0. En utilisant Leibniz (les
On a donc
dxn
dxn
dxn
∞
n
′ (p)
(p+1)
fonctions sont C donc C ), on obtient (avec (f ) = f
)
n (n − 1) (n−1)
f
1 + x2 f (n+1) (x) + 2nxf (n) (x) + 2
(x) + 2xf (n) (x) + 2nf (n−1) (x) = 0
2
n+1
(qui n’est jamais nul) donne
ce qui en multipliant tout par 1 + x2
Pn+1 (x) + 2 (n + 1) x Pn (x) + n (n + 1) 1 + x2 Pn−1 (x) = 0
(20.2)
Avec (20.1) et (20.2) on a immédiatement
Pn′ (x) = −n (n + 1) Pn−1 (x)
Exercice 20.20
1. L’IAF appliquée à la fonction f (x) = x1−α , continue et dérivable sur [k, k + 1] pour k ≥ 1,
donne
1−α
1−α
1−α
′
( puisque ∀x ∈ [k, k + 1] ,
≤
)
α ≤ f (x) =
xα
kα
(k + 1)
1−α
1−α
1−α
1−α
× (k + 1 − k) =
≤ f (k + 1) − f (k) = (k + 1)1−α − k1−α ≤
=
× (k + 1 − k).
(k + 1)α
(k + 1)α
kα
kα
2. On a avec l’inégalité de droite au rang k et celle de gauche k − 1 ≥ 1 dès que k ≥ 2,
1−α
1−α
− k1−α ≤
≤ k1−α − (k − 1)1−α ce qui donne
(k + 1)
kα
∀k ≥ 2,
k1−α − (k − 1)1−α
(k + 1)1−α − k1−α ≤
1
≤ α ≤
1−α
k
1−α
Attention : Cette égalité n’est pas vraie pour k = 1, car 01−α n’a pas de sens si 1 − α n’est pas rationnel.
3. En sommant ces inégalités , on obtient que :
n
n 1
(k + 1)1−α − k1−α ≤
≤
kα
k=2
k= 2
en ajoutant le terme manquant, on obtient
1
1−α
(n + 1)1−α − 21−α =
1+
1
1−α
1
1−α
n k1−α − (k − 1)1−α =
k=2
1
1−α
1−α
n
−1
1 1 1−α
n1−α
α
n1−α
(n + 1)1−α − 21−α ≤ un ≤ 1 +
n
−1 =
−
≤
1−α
1−α
1−α 1−α
1−α
Les termes qui encadrent un sont équivalents à
Par le théorème des gendarmes, on a
1−α
+
n1−α
1−α
Mais 1 − α > 0, donc 1−α et
n
n1−α
n1−α
, ce qui laisse supposer que un ∼
1−α
1−α
n+1
n
1−α
1−α
2
un
−
≤ n1−α ≤ 1
n
1−α
1−α
2
tendent vers 0. On en déduit le résultat annoncé.
n
1
4. Application avec α = 12 ,on a 1 +
Exercice 20.21 Calcul de
√1
2
+
√1
3
+ ... +
√1
n
∼
√
n1− 2
1 =2 n
1− 2
n k n−k
a b
k=0 k
k
n
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 20. DÉRIVATION
1. Par Leibniz avec u (x) = x et v (x) = eαx qui sont de classe C ∞ . Puisque v(i) (x) = αi eαx et u(i) (x) = 0 si i ≥ 2
on a
n k (i)
fα(k) (x) =
u (x) v(k−i) (x)
i
i=0
1 k (i)
k (0)
k (1)
(k−i)
(k−0)
u (x) v
=
(x) =
u (x) v
(x) +
u (x) v(k−1) (x)
i
0
1
i=0
= αk−1 (αx + k) eαx
(n)
2. Soient (a, b) ∈ R2 , en écrivant que fa+b (x) = fa (x) ebx exprimer fa+b (x) en fonction des dérivée k-ième de fa .
Encore Leibniz (les fonctions sont C ∞ ), on obtient
n n (k)
f (x) bn−k ebx
k a
(n)
fa+b (x) =
k=0
3. On a donc
n n k−1
a
(ax + k) eax bn−k ebx
k
k=0
n n
n
n k−1 n−k (a+b)x
k n−k
=
a b
x+
k
a b
e
k
k
(n)
fa+b (x) =
k=0
k=0
= (a + b)n−1 ((a + b) x + n) e(a+b)x (faire α = a + b)
d’où avec x = 0
n
n k−1 n−k
k
a b
k
k=0
n
n k n−k
k
a b
k
=
n
1 n k n−k
k
a b
= n (a + b)n−1
k
a
k=0
= na (a + b)n−1
k=0
f ′ (c)
a un air connu, un air de dérivée logarithmique. La stricte pof (c)
sitivité de f permet de définir g (x) = ln f (x) qui est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. D’après le TAF, il existe
f (b)
f ′ (c)
c ∈ ]a, b[ tel que g (b) − g (a) = (b − a) g ′ (c). Ceci donne ln
= (b − a)
, il reste à passer à l’exponentielle...
f (a)
f (c)
Exercice 20.22 On observe bien le résultat, le
Si on suppose f seulement non nulle sur [a, b] alors f garde un signe constant (sinon d’après le TVI, elle change
de signe sur cet intervalle). On pose alors g (x) = ln |f (x)| qui est continue
sur ]a, b[. D’après le
sur [a, b] et dérivable
′
f
(b)
f
(c)
f (b)
= (b − a)
TAF, il existe c ∈ ]a, b[ tel que g (b) − g (a) = (b − a) g ′ (c). Ceci donne ln . Mais
> 0 (car
f (a) f (c)
f (a)
f (b) et f (a) sont de même signe). On passe ensuite à l’exponentielle.
Exercice 20.23 Avec x = y = 0, on a f (0) = 2f (0) donc f (0) = 0. Ensuite, l’équation fonctionnelle peut aussi
s’écrire, pour y = 0
f (x + y) − f (x)
f (y) − f (0)
=
+ 2x
y
y−0
Si on passe à la limite quand y tend vers 0, on en déduit que f est dérivable en x et que
f ′ (x) = f ′ (0) + 2x
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CHAPITRE 20. DÉRIVATION
2. LES TECHNIQUES
soit en intégrant, f (x) = x2 + f ′ (0) x + f (0) = x2 + f ′ (0) x.
Les solutions sont les fonctions de la forme
f (x) = x2 + λx où λ ∈ R
ln (x − 1)
est définie sur ]1, +∞[, elle est continue sur son
x−1
domaine de définition d’après les théorèmes généraux (en tant que quotient et composée de fonctions continues).
ln h
, puisque ln h −−−−→ −∞
Posons x = 1 + h pour examiner le comportement en x = 1+ . On a f (1 + h) = exp
h
x→0+
ln h
on a
−−−−→ −∞. Avec eX −−−−−→ 0, on en déduit, par composition de limites, que f (1 + h) −−−−→
0. On pose
X→−∞
h x→0+
h→0+
f (1) = 0 et la fonction devient continue à droite en x = 1.
Si on veut prolonger en une fonction continue sur R (et après tout pourquoi pas !), on pose, par exemple f (x) = 1 si
x ≤ 1.
Pour la dérivabilité, deux approches sont possibles selon que l’on désire ou pas répondre à la question ++ !
Première approche (via le taux d’accroissement) : on considère
1
Exercice 20.24 La fonction f (x) = (x − 1) x−1 = exp
f (x) − f (1)
τ=
x−1
On a
1
=
x=1+h
1
hh
= h h −1 = exp
h
1−h
ln (h)
h
1−h
ln h
−∞
ln (h) ∼
−−−−→
h→0 h
h
h→0+
d’où τ −−−−→
0. Conclusion fd′ (1) = 0, la fonction est dérivable en x = 1 à droite.
+
h→0
Le prolongement étant demandé sur R, il faut vérifier que f ′ est dérivable à gauche en 1 avec fg′ (1) = 0. Le choix
proposé, à savoir f (x) = 1 si x ≤ 1, est clairement dérivable sur ]−∞, 1] de dérivée nulle.
1
En conclusion la fonction f définie par f (x) = (x − 1) x−1 si x > 1 et f (x) = 1 si x ≤ 1 est continue, dérivable sur
R avec f ′ (1) = 0.
Remarque : On peut prolonger autrement, il faut et il suffit de choisir f (x) sur ]−∞, 1] de manière à avoir f (1) =
f ′ (1) = 0. Par exemple f (x) = (x − 1)2 si x ≤ 1 convient aussi. Il y a une infinité de prolongement (par continuité
et dérivabilité) sur R. En revanche tous doivent vérifier f (1) = f ′ (1) = 0.
Seconde approche : Avec le théorème limite de la dérivée. La fonction f est dérivable sur ]1, +∞[ d’après les théorèmes
généraux. On calcule f ′ (x) pour x > 1, on a
f ′ (x)
f (x)
=
=
=
d
ln f (x)
dx
d ln (x − 1)
dx
x−1
1 − ln (x − 1)
(x − 1)2
Il s’agit de prouver que f ′ (x) a une limite à droite en 1 On pose x = 1 + h, alors
1 − ln (x − 1)
1 − ln h
ln h
ln h
=
exp
f (x) = f (x) ×
∼ − 2 exp
2
2
h→0
h
h
h
(x − 1)
′
ln h
h
Le seul moyen de s’en sortir est d’utiliser la croissance comparée : X α e−X −−−−−→ 0 en écrivant que
X→−∞
ln h
exp
h2
ln h
h
2
1
ln h
ln h
1
exp
=
× X 2 e−X −−−−→
0
ln h
h
h
ln h
h→1+
ln h
1
où X =
−−−−→
−∞ et
−−−−→ 0
+
h h→1
ln h h→1+
=
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 20. DÉRIVATION
On a donc montré que
f ′ (x) −−−−→
0
+
x→1
Ainsi f est dérivable à droite en 1 et même de classe C 1 en 1 à droite avec fd′ (1) = 0. On termine ensuite l’exercice
comme précédemment.
Exercice 20.25 D’après le théorème de Rolle, il existe c ∈ ]a, b[ tel que f ′ (c) = f (b) − f (a). On a alors f ′ (b) f ′ (c) <
0, puisque f ′ est continue sur [c, b] , le TVI assure que f ′ s’annule sur [c, b] ⊂ [a, b].
f (x)
f (x) − f (b) f (b)
f (x) − f (b) x − b f (b)
=
+
=
+
. On applique
x
x
x
x−b
x
x
le théorème des accroissements finis, ∃cx ∈ ]b, x[ tel que
Exercice 20.26 Soit b ≥ a, on a pour x > b,
f (x)
x − b f (b)
= f ′ (cx )
+
x
x
x
donc
f (x) ≤ |f ′ (cx )| x − b + f (b) ≤ |f ′ (cx )| + f (b) x x x x ε
Soit ε > 0, on sait qu’il existe B1 ∈ R tel que u > B1 =⇒ |f ′ (u)| ≤ . On choisit donc b = B1, à b fixé, on a
2
f (b) ε
f (b)
≤ . On a alors pour x > max (B1 , B2 )
−−−−−→ 0, il existe B2 ∈ R tel que x > B2 =⇒ x x→+∞
x 2
f (x) x ≤ε
Ce qui prouve que
f (x)
−−−−−→ 0.
x x→+∞
Exercice 20.27 On dérive deux fois par rapport à θ l’égalité Tn (cos θ) = cos (nθ). On obtient alors
− sin θTn′ (cos θ) = −n sin (nθ)
sin2 θTn′′ (cos θ) − cos θTn′ (cos θ) = −n2 cos (nθ) = −n2 Tn (cos θ)
soit
cos2 −1 Tn′′ (cos θ) + cos θTn′ (cos θ) = n2 Tn (cos θ)
Si on pose θ = arccos x, où x ∈ [−1, 1] alors ∀x ∈ [−1, 1]
2
x − 1 Tn′′ (x) + xTn′ (x) = n2 Tn (x)
Cette égalité entre polynômes est vraie sur une partie infinie (qui est [−1, 1]) donc elle est vraie en tant que polynôme
(elle est vraie sur R). Ce qui prouve le résultat demandé.
Exercice 20.28
1
1
1. Soit P (n) = ”il existe un polynôme Pn pour lequel ∀x ∈ I, f (n) (x) = Pn 1−x
e 1−x ”
1
1
∀x ∈ I, f (0) (x) = P0 1−x
e 1−x pour le polynôme P0 = X, ce qui prouve que P (0) .est vraie.
1
1
Soit n ∈ N, si P (n) est vraie alors soit Pn polynôme tel que ∀x ∈ I, f (n) (x) = Pn 1−x
e 1−x ; f étant de classe
∞
C , on peut dériver l’expression pour obtenir :
1
1
1
1
1
(n+1)
′
∀x ∈ I, f
(x) =
+
e 1−x
2 Pn 1 − x
2 Pn 1 − x
(1 − x)
(1 − x)
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CHAPITRE 20. DÉRIVATION
2. LES TECHNIQUES
Posons donc Pn+1 = X 2 (Pn + Pn′ ) , Pn+1 est un polynôme tel que
1
1
e 1−x
∀x ∈ I, f (n+1) (x) = Pn+1
1−x
ce qui démontre que P (n + 1) est vraie. Le théorème de récurrence permet alors de conclure que pour tout n dans
N P (n) ,est vraie ; donc que pour tout entier naturel n, il existe un polynôme Pn pour lequel ∀x ∈ I, f (n) (x) =
1
1
Pn 1−x
e 1−x , de plus on a établit la relation : Pn+1 = X 2 (Pn + Pn′ ) , Pn+1 pour tout entier naturel n.
2. On a déjà expliqué P0 = X, et la relation précédente permet de calculer P1 = X 3 +X 2 , puis P2 = X 5 +4X 4 +2X 3
et enfin P3 = X 7 + 9X 6 + 18X 5 + 6X 4 .
3. D’après 2) f est une solution de (E) sur I, donc on a
∀x ∈ I, 1 − x2 f ′ (x) = (2 − x) f (x)
Dérivons cette expression n fois par la formule de Leibniz (ce qui est possible car f est C ∞ ), il vient :
2
∀x ∈ I, (1 − x) f (n+1) (x) − 2n (1 − x) f (n) (x) + n (n − 1) f (n−1) (x) = (2 − x) f (n) (x) − nf (n−1) (x)
Multiplions le tout par
question 4), il vient :
Pn+1
1
1−x
1
1−x
2
1
− 1−x
e
, et utilisons l’expression des dérivées successives de f obtenue à la
1
− (2n + 1)
+
1−x
1
1−x
2 Pn
1
1−x
n2
+
Pn−1
(1 − x)2
1
1−x
=0
Le polynôme Pn+1 et le polynôme (2n + 1) X + X 2 Pn (X) − n2 X 2 Pn−1 (X) coïncident donc au moins sur R∗+
1
(puisque x −→ 1−x
réalise une bijection de I sur R∗+ ) donc en une infinité de valeurs, ces polynômes sont donc
égaux. Ainsi
Pn+1 = (2n + 1) X + X 2 Pn (X) − n2 X 2 Pn−1 (X)
Exercice 20.29 On commence par établir le résultat suivant : Soit P ∈ R [X] de degré ≥ 2 scindé à racines simples,
alors P ′ est scindé à racines simples. On prouve ce résultat par récurrence sur n = deg P. On définit donc pour n ≥ 2,
P (n) = ”∀P ∈ Rn [X] , P scindé à racines simples =⇒ P ′ scindé à racines simples ”.
Pour n = 2, la proposition est vraie pour deux raisons. Si P (X) a deux racines réelles α < β, d’après Rolle, P ′ (x) a
une racine sur ]α, β[ (car P est continue et dérivable
sur [α,
β] et P (α) = P (β) = 0). On peut également écrire que si
α+β
α+β
P (X) = a (X − α) (X − β) alors P (X) = 2a X −
a pour racine
. Mais la première idée est bien plus
2
2
féconde.
Supposons que P (n) soit vraie à n ≥ 2 fixé. Alors P (X) admet n racines distinctes que l’on peut ranger par ordre
croissant x1 < x2 < · · · < xn . Sur chaque intervalle [xi , xi+1 ] , , i ∈ {1, · · · , n − 1} , la fonction P (x) est continue et
dérivable et P (xi ) = P (xi+1 ) = 0. D’après le théorème de Rolle, il existe yi ∈ ]xi , xi+1 [ tel que P ′ (yi ) = 0. Ainsi P ′
admet n− 1 racines réelles distinctes donc est scindé à racines simples. On a bien prouvé la proposition par récurrence.
En particulier, on en déduit que si P est scindé à racines simples alors toutes ses dérivées aussi.
On peut maintenant résoudre cet exercice par l’absurde. Supposons que
P (X) = a0 + · · · + ak X k + ak+3 X k+3 + · · · + an X n
a deux coefficients consécutifs nuls et est scindé à racines simples. Alors P (k+1) (X) est scindé à racines simples. Mais
P (k+1) (X) = b2 X 2 + · · · bn X n
admet 0 comme racine double.
Exercice 20.30
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G´
H
- E
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3. LES EXOTIQUES
CHAPITRE 20. DÉRIVATION
1. On sait ∀ε > 0, ∃η > 0 |x| ≤ η =⇒ |ϕ (x)| ≤ ε. Soit N tel que
1
≤ η (prendre N = E
N
alors pour n ≥ N, on a
k
n
1
∀k ∈ {0, · · · , n} , 2 ≤ 2 = =⇒ ϕ
n
n
n
k
n2
1
+ 1 par exemple),
η
≤ε
On en déduit que
n
n
k k
k k ϕ
ϕ
par l’inégalité triangulaire
≤
2
2
2
n
n
n
n2 k=0
≤
k=0
n
k=0
n
n
k
ε≤
ε=ε
2
n
n2
k=0
On en déduit que
n
k
k
ϕ
−−−−−→ 0
2
2
n→+∞
n
n
k=0
2. La fonction f est dérivable en 0, il existe donc ϕ définie au voisinage de 0 telle que
f (x) = f (0) + xf ′ (0) + xϕ (x) avec ϕ (x) −−−→ 0
x→0
On a alors
un
n k
k
k ′
=
f (0) + 2 f (0) + 2 ϕ
n
n
n2
k=0
n
n (n + 1) ′
k
k
= nf (0) +
f
(0)
+
ϕ
2
2
2n2
n
n
k=0
Ainsi
Si f (0) = 0 alors
un ∼ nf (0) donc
un −−−−−→ +∞
n→+∞
un −−−−−→ −∞
n→+∞
Si f (0) = 0 alors
3
un −−−−−→
n→+∞
si f (0) > 0
si f (0) < 0
f ′ (0)
2
Les exotiques
Exercice 20.31 Posons P (x) = xn + ax + b, P est dérivable deux fois (en fait P est C ∞ ) et P ′′ (x) = n (n − 1) xn−2
admet une seule racine réelle.
Supposons que P ait 4 racines réelles distinctes α < β < γ < δ . On a P (α) = P (β) = 0 par le théorème de Rolle
( P est dérivable), il existe u tel que u ∈ ]α, β[ et P ′ (u) = 0. De même il existe v tel que v ∈ ]β, γ[ et P ′ (v) = 0 et
w ∈ ]γ, δ[ tel que P ′ (w) = 0.
Ce que signifie tout ceci, c’est que si P a un graphe du type suivant (où il y a quatre racines distinctes)
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G´
H
- E
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CHAPITRE 20. DÉRIVATION
3. LES EXOTIQUES
2
y
1
-3
-2
-1
1
2
3
x
-1
alors la dérivée s’annule trois fois (i.e. il y a trois tangentes horizontales)
′
On applique la même méthode à P ′ qui a trois zéros. D’après Rolle, (P ′ ) = P ′′ admet au moins deux zéros distincts
x < y, avec x ∈ ]u, v[ et y ∈ ]v, w[.
En d’autres termes le graphe de P ′ ressemble à
3
y
2
1
-3
-2
-1
1
2
-1
3
x
-2
-3
il y a donc deux tangentes horizontales. Mais on a vu que P ′′ a une unique racine qui est 0.
Exercice 20.32 L’équation différentielle de la tangente est bien connue
Si f (x) = tan (x) alors
f ′ (x) = 1 + f 2 (x)
Si l’on dérive n fois cette égalité, par la formule de Leibniz on obtient
f
Si n ≥ 1,
(n+1)
(x) = (f (x) × f (x))(n)
n
=
Cnk f (k) (x) f (n−k) (x)
k=0
= n!
n
f (k) (x) f (n−k) (x)
k!
k=0
Si
ak =
l’égalité (20.3) donne
(n − k)!
(20.3)
f (k) (0)
k!
n
an+1 =
1 ak an−k
n+1
k=0
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G´
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- E
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3. LES EXOTIQUES
CHAPITRE 20. DÉRIVATION
Le dessin suivant explique le terme Boustrophédon∗ et indique comment calculer les (an )n∈N .
an+1 =
1
(a0 an + a1 an−1 + ... + an a0 )
n+1
Il est clair (imparité) que a0 = a2 = a4 = ... = 0. Puis a1 = 1 (f ′ (0) = 1). Ensuite


0 1 0
1
× × × ↓ 
a3 =
3
0 1 0
=
=
1
(0 × 0 + 1 × 1 + 0 × 0)
3
1
3
Example 1
a5
=
=
a7
=
=

0 1 0
1
×
5
0 13 0
2
1 2
× =
5 3
15
1
3
1

0 1 0 13 0
1
×
7
0 2 0 1 0
15 3
1
4
1
17
×
+
=
7
15 9
315

0
× ↓ 
0
2
15
1

0
× ↓ 
0
Remarque : On dispose donc d’un procédé de calcul du développement limité de la fonction tan x en x = 0.
Example 2 Comme indiqué la fonction F (x) = (x − a) (x − b) exp (f (x)) vérifie F (a) = F (b) = 0, est continue sur
[a, b] , dérivable sur ]a, b[ , donc on peut lui appliquer le théorème de Rolle. Il existe c ∈ ]a, b[ tel que F ′ (c) = 0. Cette
dernière égalité donne
2c − a − b + (c − a) (c − b) f ′ (c) = 0
soit
f ′ (c) =
a + b − 2c
1
1
=
+
(a − c) (b − c)
b−c a−c
Il reste à vérifier que
1
1
1
1
<
+
<
a−c
b−c a−c
b−c
Or
1
1
1
1
1
1
1
1
+
<
car
< 0 et
+
>
car
> 0.
b−c a−c
b−c
a−c
b−c a−c
a−c
b−c
∗ Boustrophédon signifie, ”a la manière d’un sillon tracé par un boeuf”. On utilise ce terme pour désigner une ” écriture dont les lignes
vont sans interruption de gauche à droite et de droite à gauche” (P R).
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H
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CHAPITRE 20. DÉRIVATION
4
4. LES OLYMPIQUES
Les olympiques
Exercice 20.33 φ est C 1 sur [a, b] et deux fois dérivable sur ]a, b[, cela suggère d’appliquer Rolle non pas seulement à
φ mais aussi à sa dérivée ! On choisit K tel que 0 = φ (a) = φ (b). D’après Rolle, il existe d ∈ ]a, b[ tel que φ′ (d) = 0.
(t−a)2
1
′′
′
′
Mais φ′ (t) = f ′ (t)− t−a
K. On constate que φ′ (a) = 0. On peut appliquer le théorème
2 f (t)− 2 (f (a) + f (t))+
4
(3)
f (c) − K = 0. Ainsi K = f (3) (c) car c = a.
de Rolle à φ′ . Il existe donc c ∈ ]a, b[ tel que φ′′ (c) = − c−a
2
On applique enfin le résultat trouvé à f (u) = arctan (u) , b = x, a = 0.. On obtient ainsi arctan (x) =
x3 (3)
(c) où c ∈ 0, √13 .
12 f
x
2
1+
1
1+x2
−
3x2 −1
x2 −1
1
(4)
√
,
f
(x)
=
−24x
a
un
minimum
en
x
=
0.
On
en
déduit
que
∀c
∈
0,
, −2 ≤
Mais f (3) (x) = 2 (1+x
3
4
2)
(1+x2 )
3
f (3) (c) ≤ 0 d’où le résultat.
Exercice 20.34 L’équation donnée est équivalente à
5x − 4x = 3x − 2x
On considère que x est fixé et on pose f (t) = tx . On a donc
f (5) − f (4) = f (3) − f (2)
Le théorème des accroissements finis prouve l’existence de t1 ∈ ]4, 5[ et de t2 ∈ ]2, 3[ tels que
(5 − 4) × xtx−1
= (3 − 2) × xtx−1
=⇒ tx−1
= tx−1
1
2
1
2
cette dernière égalité n’est possible que si x = 1 car t1 = t2 .
Les seules solutions sont donc x = 1 (car on a éliminé x = 0 dans l’énoncé).
Exercice 20.35 On sait d’après Taylor que
y 2 ′′
f (x) + o y 2
y→0
2
2
y
f (x − y) = f (x) − yf ′ (x) + f ′′ (x) + o y 2
y→0
2
f (x + y) = f (x) + yf ′ (x) +
en multipliant ces deux égalités, on obtient
f (x + y) f (x − y) − f (x)2 = y 2 f (x) f ′′ (x) − f ′2 (x) + o y 2
Si f (x) f ′′ (x) − f ′2 (x) = 0, alors f (x + y) f (x − y) − f (x)2 ∼ y 2 f (x) f ′′ (x) − f ′2 (x) sont de même signes,
y→0
ce qui impose (x) f ′′ (x) − f ′2 (x) ≤ 0.
Remarque : Une telle fonction f existe-t-elle ? La condition imposée fait penser à la dérivée de
f ′ (x)
qui est
f (x)
f ′′ (x) f (x) − f ′2 (x)
. La condition f ′′ (x) f (x)−f ′2 (x) traduit donc la concavité de ln |f (x)| (dont la dérivée première
f 2 (x)
f ′ (x)
est
).
f (x)
ln f (x + y) + ln f (x − y)
La condition f (x + y) f (x − y) ≤ f (x)2 donne par passage au logarithme
≤ ln f (x) ce qui
2
est vérifiée si ln f est concave.
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- E
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