Mathématiques 1 Devoir maison n 1

Mathématiques 1
Devoir maison n◦ 1
Exercice 1. Soit f définie sur R par

1 − ex






0
f (x) =


 x


 e −1
ex + 1
si
x<0
si x = 0
si
x>0
Sur ] − ∞, 0[ la fonction f est la somme de deux fonctions continues, elle est donc continue sur
]−∞, 0[. Sur ]0, +∞[ la fonction f est le quotient de deux fonctions continues dont le dénominateur
ne s’annule pas. En effet pour chaque x > 0, ex + 1 > 1. Ainsi f est continue sur ]0, +∞[. Comme
limx→0 ex = 1, on a
lim f (x) = lim 1 − ex = 0
x→0−
x→0−
et
1
lim ex − 1 = 0.
2 x→0+
Ainsi les limites à gauche et à droite de 0 coı̈ncident avec f (0), i.e. la fonction f est continue en 0.
Sur ] − ∞, 0[ la fonction f est la somme de deux fonctions dérivables, elle est donc dérivable
sur ] − ∞, 0[ et
∀x ∈] − ∞, 0[, f 0 (x) = −ex .
lim f (x) =
x→0+
En particulier, pour chaque x ∈]−∞, 0[, f 0 (x) < 0. Ainsi la fonction f est strictement décroissante
sur ] − ∞, 0[. Comme
lim f (x) = 1 et
lim− f (x) = 0
x→−∞
x→0
on obtient que f réalise une bijection de ] − ∞, 0[ sur ]0, 1[.
Sur ]0, +∞[ la fonction f est le quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne
s’annule pas, elle est donc dérivable sur ]0, +∞[ et
∀x ∈]0, +∞[,
f 0 (x) =
2ex
.
(ex + 1)2
En particulier, pour chaque x ∈]0, +∞[, f 0 (x) > 0. Ainsi la fonction f est strictement croissante
sur ]0, +∞[. Comme
1 − e−x
=1
x→+∞ 1 + e−x
lim f (x) = lim
x→+∞
et
on obtient que f réalise une bijection de ]0, +∞[ sur ]0, 1[.
1
lim f (x) = 0
x→0+
Fixons y dans ]0, 1[. Comme f réalise une bijection de ] − ∞, 0[ sur ]0, 1[, il existe un (unique)
réel x1 dans ] − ∞, 0[ tel que f (x1 ) = y. Mais on sait aussi que f réalise une bijection de ]0, +∞[
sur ]0, 1[, il existe donc un réel x2 dans ]0, +∞[ tel que f (x2 ) = y. Comme x1 < 0 et x2 > 0, alors
x1 est différent de x2 .
On a ainsi 1 − ex1 = y donc 1 − y = ex1 . Comme y ∈]0, 1[, on peut composer par ln pour
obtenir
x1 = ln(1 − y).
On a aussi
ex2 − 1
=y
ex2 + 1
donc ex2 − 1 = y(ex2 + 1), i.e. ex2 (1 − y) = 1 + y. Comme y ∈]0, 1[, on peut diviser par 1 − y pour
obtenir ex2 = (1 + y)/(1 − y). Comme ex2 > 0 on peut composer par ln pour obtenir
1+y
x2 = ln
.
1−y
Pour étudier la dérivabilité de f en 0, on étudie la limite à gauche et à droite du taux d’accroissement.
A gauche de 0, on a
lim−
x→0
f (x) − f (0)
ex − 1
= − lim
= −(exp)0 (0) = −1.
x−0
x
x→0−
A droite de 0, on a
lim+
x→0
1
ex − 1
1
1
f (x) − f (0)
= lim+ x
× lim+
= × (exp)0 (0) = .
x−0
x
2
2
x→0 e + 1
x→0
Les dérivées à droite et à gauche de 0 du taux d’accroissement ne coı̈ncident pas, la fonction f
n’est donc pas dérivable en 0.
Exercice 2. On considère la fonction f définie sur D =] − ∞, −1[∪] − 1, +∞[ par
f (x) =
1
.
1+x
La fonction f est le quotient de deux fonctions C ∞ dont le dénominateur ne s’annule pas sur D.
Ainsi la fonction f est C ∞ sur D. En calculant les dérivées successives, on obtient :
f 0 (x) =
−1
,
(1 + x)2
f (2) (x) =
2
(1 + x)3
et
f (3) (x) =
−2 × 3
.
(1 + x)4
Pour chaque entier n ∈ N∗ , notons P(n) la propriété suivante
P(n) : ∀x ∈ D,
f (n) (x) =
(−1)n n!
.
(1 + x)n+1
La démonstration par récurrence se fait en trois étapes :
Initialisation : D’après ce qui précède, P(1) est vrai (en fait P(2) et P(3) aussi).
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Hérédité : Soit n un entier non-nul. Supposons que P(n) est vrai et montrons qu’alors P(n + 1)
est vrai. Comme P(n) est vrai, on a
∀x ∈ D,
f (n) (x) =
(−1)n n!
.
(1 + x)n+1
On peut dériver la fonction f (n)
f (n+1) (x) = [f (n) ]0 (x) =
(−1)n n! × (−1)(n + 1)
(−1)n+1 (n + 1)!
=
.
n+2
(1 + x)
(1 + x)n+2
Ainsi la propriété P(n + 1) est vrai.
Conclusion : On a montré les résultats suivants
P(1) est vrai
et ∀n ∈ N∗ ,
P(n) =⇒ P(n + 1).
Par principe de récurrence, on donc que P(n) est vrai pour tout n ∈ N∗ .
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