RelationsComparaison..

Relations de comparaison, étude locale,
continuité, dérivabilité des fonctions
15 octobre 2016
Il s’agit là, pour l’essentiel, de rappels de cours de première année.
Table des matières
1 Rappels
2
2 Relations de comparaison
2.1 Relation de domination au voisinage d’un point . . .
2.2 Négligeabilité et équivalence au voisinage d’un point
2.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Formulaire-comparaisons . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
2
3
6
10
3 Théorèmes de Rolle, des accroissements finis pour les fonctions numériques 11
4 Formules de Taylor et développements limités
14
4.1 Formules de Taylor pour des fonctions d’une variable réelle . . . . . . . . . 14
4.2 Développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
4.3 Développements limités des fonctions usuelles : . . . . . . . . . . . . . . . . 18
5 Développements asymptotiques
19
6 Problème
20
7 Corrigé de quelques exercices
22
Avertissement
On donne ici quelques définitions dans le cadre des espaces normés. Si aucun des chapitres,
fonctions vectorielles (1D,2D,...,3V ) ou Espaces Normés n’a préalablement été vu, on
remplacera E espace normé par K = R ou C, le symbole || || par | | et on
évitera les (rares) exercices qui font intervenir des fonctions vectorielles. Rien ne change
fondamentalement et ce sera plus profitable au moment des révisions.
1
1
Rappels
Définition 1 Rappels
• Soient (E, || ||), un espace normé et a ∈ E, V une partie de E. On dit que V est un
voisinage de a ssi il existe r > 0, tel que B(a, r) = {x ∈ E; ||x − a|| < r} ⊂ V ;
Dans le cas E = R, un voisinage de A contient un intervalle de longueur strictement
positive, centré en a.
• Soient (E, || ||), un espace normé et D une partie de E. On dit que a ∈ E est adhérent
à D ssi :
∀ε > 0, B(a, ε) ∩ D 6= ∅.
ie : tout voisinage de a rencontre D.
Lorsque E = R, on dit aussi que +∞ est adhérent à D ssi
∀A > 0, D∩]A, +∞[6= ∅.
Exercice 1 caractérisation des points adhérents
Démontrer que a est adhérent à D ssi il existe une suite (xn )n ∈ DN telle que lim xn = a.
2
2.1
Relations de comparaison
Relation de domination au voisinage d’un point
Définition 2 Soient f et g deux fonctions définies sur D, à valeurs dans un espace
normé (F, || k|F ), et a un point adhérent à D. On dit que f (x) est dominée par g(x)
lorsque x tend vers a ssi il existe un voisinage V de a et une constante positive C tels que :
∀x ∈ V ∩ D, ||f (x)||F ≤ C||g(x)||F .
On note :
f (x) = O(g(x)).
x→a
Proposition 1
On suppose que f, g et h sont des fonctions définies sur un ensemble D auquel le point
a ∈ E est adhérent, à valeurs dans F.
– f est dominée par f (réflexivité)
– si f est dominée par g et g est dominée par h, alors f est dominée par h (transitivité).
– si f et g sont dominées par h, alors αf + βg est dominée par h (l’ensemble Oa (h) des
fonctions définies sur D et dominées par h est un espace vectoriel)
Exercice 2 majorer, minorer...
Montrer, qu’au voisinage de +∞,
x3 + 3 x
x2 − x ln x
=
x→+∞
Expliciter un voisinage et une constante.
2
O(x).
2.2
Négligeabilité et équivalence au voisinage d’un point
Définition 3
Soient f et g deux fonctions définies sur D, à valeurs dans un espace normé (F, k k), et a
un point adhérent à D. On dit que f (x) est négligeable devant g(x) lorsque x tend vers
a ssi il existe un voisinage V de a et une fonction ε(x) telle que :
lim ε(x) = 0 et ∀x ∈ D ∩ V, ||f (x)|| = ε(x)||g(x)||.
x→a
On note indifféremment :
f (x) = o(g(x)) ou ||f (x)|| = o(||g(x)||).
x→a
x→a
CONSEIL : dans toute démonstration, dans tout calcul dans R ou C avec des o, remplacer
= o(g(x)) par la forme plus explicite = ε(x)g(x)
x→a
Exercice
3
1. Que signifie
f (x) = o(1)?
x→a
2. Que signifie
f (x) = o(0)?
x→a
Faire un dessin.
3. Montrer que pour tout α > 0 et pour f continue au voisinage de 0, on a :
f (x) =
x→0
o (|x|α )
Z
⇒
0
x
f (t) dt = o |x|α+1 .
(2.1)
x→0
Indications :
– Remplacer (comme vous devez toujours le faire) la notation f (x) = o (|x|α ) par
x→0
sa définition.
– Faire la démonstration pour x > 0 et lorsque la fonction ε est croissante.
– Adapter la démonstration pour le cas général.
Définition 4
Soient E et F deux espaces normés, f et g deux fonctions définies sur un ensemble D ⊂ E,
à valeurs dans F, et a un point adhérent à D. On dit que f (x) et g(x) sont équivalents
au voisinage de a, et on note f (x) ∼ g(x) ssi
x→a
||f (x) − g(x)|| = o(||g(x)||) ou encore si f (x) − g(x) = o(g(x))
x→a
x→a
Théorème 2 relation d’équivalence
f, g, h sont des fonctions comme dans la définition précédente.
3
1. réfléxivité : f (x) ∼ f (x)
x→a
2. symétrie : f (x) ∼ g(x) ⇒ g(x) ∼ f (x).
x→a
x→a
3. transitivité : f (x) ∼ g(x) et g(x) ∼ h(x) ⇒ f (x) ∼ h(x).
x→a
x→a
x→a
Démonstration
Démontrons par exemple la symétrie. Pour le plaisir envisageons les cas f, g : D → K
(K = R ou C) et f, g : D → F (f normé quelconque).
• Dans le cas d’un espace d’arrivé numérique on réécrira l’hypothèse f (x)−g(x) = o(g(x))
x→a
sous la forme f (x) − g(x) = ε(x)g(x) avec lima ε = 0. On a, en se plaçant sur un intervalle
sur lequel |ε(x)| < 1, par exemple,
f (x) − g(x) = ε(x)g(x)
f (x) = (1 + ε(x))g(x)
1
f (x) = g(x)
1 + ε(x)
1
g(x) − f (x) =
− 1 f (x) = ε1 (x)
1 + ε(x)
• Dans le cas d’un espace quelconque, jouons avec l’inégalité triangulaire sous la forme :
| ||a|| − ||b||| ≤ ||a ± b||
l’hypothèse ||f (x) − g(x)|| = o(||g(x)||) se réécrit ||f (x) − g(x)|| = ε(x)||g(x)||.
x→a
||f (x) − g(x)|| = ε(x)||g(x)||
||g(x)|| − ||f (x)|| ≤ ε(x)||g(x)||
(1 − ε(x))||g(x)|| ≤ ||f (x)||
En observant que si lima ε = 0, il existe un voisinage V de a tel que sur V ∩ D |ε(x)| < 1,
on poursuit
||g(x)|| ≤
1
||f (x)||
1 − ε(x)
ce qui, en reprenant notre première ligne, donne
||f (x) − g(x)|| = ε(x)||g(x)|| ≤
ε(x)
||f (x)||.
1 − ε(x)
Exercice 4
Soient f, g : D → F et a adhérent à D. On suppose que f (x) ∼ g(x).
x→a
Montrer que pour toute fonction u : D → F, on a u(x) = o(f (x)) ssi u(x) = o(g(x)).
x→a
4
x→a
Théorème 3 caractérisation partielle, pratique
Soient E et F deux espaces normés, f et g deux fonctions définies sur un ensemble D ⊂ E,
à valeurs dans F, et a un point adhérent à D.
– Si f (x) ∼ g(x), et si f admet une limite en a, alors g admet aussi une limite en a et
x→a
ces deux limites sont égales.
La réciproque n’est vraie que si la limite commune est non nulle.
– Si F = R ou C, et si g(x) ne s’annule pas sur V, alors :
f (x)
=1
x→a g(x)
f (x) ∼ g(x) ⇔ lim
x→a
Démonstration
Théorème 4 Règles de calcul avec les équivalents
Soient E un espace normé, f, g, u, v quatre fonctions numériques définies sur un ensemble
D ⊂ E, à valeurs dans F, et a un point adhérent à D. On suppose que
f (x) ∼ g(x) et u(x) ∼ v(x).
x→a
x→a
Alors :
1. les produits f u et gv sont équivalents au voisinage de a;
f
g
2. s’ils sont définis sur D, les quotients et sont équivalents au voisinage de a;
u
v
3. si elles sont définies, les puissances des fonctions f et g, f (x)α et g(x)α , sont équivalentes
au voisinage de a;
4. si limx→a ln g(x) = ±∞, alors ln f (x) ∼ ln g(x).
x→a
Démonstration
Attention : en dehors de ces règles, on risque fort de dire des ...
Construire des contre-exemples pour les assertions (fausses) suivantes :
• f ∼g ⇒f −h∼g−h
• f ∼g ⇒h◦f ∼h◦g
• f ∼ g ⇒ ln(f ) ∼ ln(g)
Quelques observations utiles, y compris avant les démonstrations :
1. Ces définitions dépendent elles de la norme choisie (en dimension finie) ?
2. Que signifie f ∼ o(1) au voisinage de a?
3. Quelles sont les fonctions équivalentes à 0 ?
un
4. Soit (un )n telle que un = o(1), a-t-on
= o(1/n)?
n
5. Est il vrai que f ∼ g ⇒ (u = o(f ) ⇔ u = o(g))?
5
2.3
Exercices
Exercice 5
Calculer les limites des suites :
1+
α n n
n
1
1+ 2
n
n 2!
1 n
1+
n
n
n
±1
1+ α
n
nβ !
n
Que répondrez vous à celui qui affirme : si lim un =1, alors lim uvnn = 1 ?
Exercice 6
Pour les expressions qui suivent donner un équivalent simple, s’il s’agit de limite, les
calculer :
1
∼
ln x x→1
1 − cos x
∼
x→0
x2
∼
x→+∞
x→∞
cos (x + 1/x) ∼
x→∞
x sin x
lim 2
x→0 x + th2 x
ln(x2 +x−2)
ex+1/x ∼
lim 1 +
x→0
...
1
th2 x
x
lim 1 +
x→∞
1
ch x +
∼ ...
x x→+∞
1
th2 x
1
x+
x
√
∼
2
3
x + x + x4 x→∞
x2 ln
lim
x
Exercice
x→∞
1
x+
x
√
∼
2
3
x + x + x4 x→0
x2 ln
7 Calculer les limites suivantes en faisant usage des règles qui précèdent.
1
1
1
−
1. limx→0
x tanh x tan x
ln(x + 1) x ln x
2. limx→0 ln x Exercice 8 d’après ICNA 2004
On définit une fonction f en posant :
f (t) =
1
a
− , t 6= 0; f (0) = 0.
t
t
2 sin
2
Continuité et dérivabilité sur [0, π]?
6
Exercice
9 ENSAM PT avec MAPLE (à faire avec votre TI)
a ∗ x2 + b ∗ x + c
Déterminer les coefficients a, b, c, d, e pour que f (x) = cos(x) −
soit un
1 + d ∗ x + e ∗ x4
infiniment petit d’ordre le plus élevé possible (ie : un o(xn ), n étant le plus élevé possible).
Donner alors un équivalent de f (x) au voisinage de 0.
Exercice 10 oral Cen
Soient (an )n et (bn )n deux suites de réels strictement positifs. On suppose que
lim an
n→+∞ n
= a > 0 et que
lim bn
n→+∞ n
= b > 0.
1. Donner un développement à deux termes de an lorsque a 6= 1.
2. Soient p et q strictement positifs tels que p + q = 1. Convergence de (pan + qbn )n ?
voir corrigé en section 7
Exercice
11
1. On considère la suite de réels (xn )n définie par
tan xn = xn et xn ∈]nπ − π/2, nπ + π/2[.
Donner un développement à trois termes de xn .
Plan :
(a) Prouver l’existence et l’unicité de la solution xn (étudier la restriction de tan−id
à In =]nπ − π/2, nπ + π/2[.
(b) Encadrer xn et en déduire un équivalent simple noté an .
(c) On pose yn = xn − an . Encadrer yn et grâce à la fonction arctan, donner un
équivalent simple de yn . On le note bn .
(d) On pose zn = xn − an − bn . Encadrer zn , préciser la limite de (zn )n . En remcos(zn + π/2)
, en déduire
plaçant dans l’équation originelle, faites apparaı̂tre
sin(zn + π/2)
un équivalent de zn .
(e) Conclure.
2. Idem pour la suite définie par sin xn =
1
et xn ∈ [(2n + 1/2)π, (2n + 1) π].
xn
voir corrigé en 7
Exercice 12 D’après oral Centrale
Soit fn : x → xn + x − 1.
1. Montrer que, pour tout n, fn admet une seule racine positive xn . Déterminer la
limite l de (xn )n .
2. On pose xn = 1 − αn . Donner un équivalent de αn = 1 − xn .
voir corrigé en section 7
7
Exercice 13
Soit (fn ) une famille de fonctions numériques de la variable réelle définie par
fn (x) = x3 − 2 x2 − (n − 2) x + 1.
1. Montrer que l’équation fn (x) = 0 admet trois racines, an < bn < cn .
2. Donner un équivalent simple de chacune d’elles.
3. Donner, pour chacune d’elles, un développement de la forme αn + βn + o(βn ), avec
βn négligeable devant αn .
Exercice 14
Donner un développement à deux termes de
Z 1
1
dx.
In =
1
+
xn
0
Exercice 15
Soit (un )n une suite de réels telle que un+1 = |un − n|.
1. Écrire un programme permettant de calculer les premiers termes d’une telle suite.
Que peut on conjecturer quant à un équivalent de un ? Le résultat dépend il de u0 ?
2. On souhaite exprimer la relation sans faire appel à la valeur absolue...
(a) Soit n0 ∈ N∗ , montrer que si 0 ≤ un0 ≤ n0 , alors pour tout n ≥ n0 , on a encore
0 ≤ un ≤ n.
(b) Montrer qu’il existe un tel n0 (raisonner par l’absurde).
(c) Exprimer un0 +1 , un0 +2 , un0 +3 , ..., un0 +p en fonction de un0 , n0 et p;
(d) Peut on exprimer un équivalent de un ?
Exercice 16
Étudier
fonctions suivantes :
 la continuité des
3y2
x

h(x, y) = 2
, si (x, y) 6= (0, 0)
1.
x + y2

h(0, 0) = 0
(
xy
f (x, y) = 2
, si (x, y) 6= (0, 0)
x + y2
2.
f (0, 0) = 0
(
xy
g(x, y)
=
, si x + y 6= 0
x+y
3.
g(x, −x) = 0
– étudier la continuité de g en un point de l’ouvert x + y 6= 0;
– étudier la continuité de g en un point de la droite x + y = 0;
– montrer que les restrictions de g aux droites contenant (0, 0) sont toutes continues ;
y a-t-il pour autant continuité de g en ce point ?
A propos de o(||X||) :
Si f et g sont deux fonctions définies sur une partie D de Rn à laquelle a est adhérent,
8
1.5
1
0.5
–1.5
–1
–0.5
0.5
1
1.5
–0.5
–1
–1.5
Figure 1 – La continuité en O selon toute direction, n’entraı̂ne pas la continuité...
f (x) = o(g(x)) ssi il existe une fonction numérique définie sur D telle que limx→a ε(x) = 0
x→a
et ||f (x)|| = ε(x)||g(x)|| = 0.
En pratique, si g ne s’annule pas au voisinage de a,
||f (x)||
= 0.
x→a ||g(x)||
f (x) = o(g(x)) ssi lim
x→a
On observera que dans cette dernière caractérisation, seules ||f || et ||g|| interviennent. f
et g n’ont pas nécessairement le même ensemble d’arrivée.
Exercice 17
Vrai ou faux ? Justifier !
1. La relation f (x) =x→a o(g(x)) ne dépend pas de la norme choisie
– dans l’ensemble de départ ;
– dans l’ensemble d’arrivée ;
2. Dans R2 , en notant X = (x, y, z), peut on affirmer que :
x =X→0 o(||X||)
x2 =X→0 o(||X||)
xy =X→0 o(||X||)
x3 + xy 2 =X→0 o(||X||2 )
Exercice 18 Retour sur un résultat bien connu : on rappelle la démonstration des
propriétés de ln en vue de justifier les résultats du formulaire qui suit.
n
1. Justifier que lim n = +∞, comme quelqu’un qui ne connaı̂t pas la fonction ln;
2
2. Soit f une fonction définie sur R+∗ qui vérifie f (a ∗ b) = f (a) + f (b). Montrer que
f (2n )
lim n = 0.
2
ln x
3. En déduire que lim
= 0.
x→∞ x
Exercice
19 dans le même esprit que le précédent
9
1. Vous ne connaissez pas la fonction ln . Démontrer que si |q| < 1, lim q n = 0.
an
2. Démontrer que, pour tout a ∈ R, lim
= 0.
n!
nn
3. Démontrer que lim
= +∞.
n!
2.4
Formulaire-comparaisons
au voisinage de 0
au voisinage de +∞
x2 = o(x)
x = o(x2 )
0 < α < β ⇒ xβ = o(xα )
0 < α < β ⇒ xα = o(xβ )
1
1
= o( )
x x→0 x2
1
1
= o( )
x2 x→∞ x
x→∞
x→0
x→∞
x→0
0<α<β⇒
1
1
= o( )
xα x→0 xβ
0<α<β⇒
√
= o(
x→∞
1
)
xα
ln x
= o(1) ou ln x = o(x)
x→∞
x x→∞
x ln x = o(1) ou ln x = o(1/x)
x→0
1
xβ
x→0
√
x ln x = o(1) ou ln x = o(1/ x)
√
ln x
√
= o(1) ou ln x = o( x)
x→∞
x x→∞
xα ln x = o(1) ou ln x = o(1/xα )
ln x
= o(1) ou ln x = o(xα )
x→∞
xα x→∞
x→0
x→0
x→0
x→0
xα e−βx = o(1) ou e−βx = o(1/xα )
x→∞
x→∞
nα q n = nα en ln q = o(1) si q < 1;
n→∞
nα
= o(1) si q > 1;
q n n→∞
10
Le but : partir des comparaisons entre les puissances (selon que x ∈ [0, 1] ou x ≥ 1), d’une
propriété de la fonction ln pour redémontrer tout cela. La mémoire mathématique doit
vous permettre dans un calcul de regrouper les termes de façon à faire apparaı̂tre tantôt
le membre de droite, tantôt le membre de gauche d’une de ces égalités. Un formulaire ne
sert à rien d’autre qu’à lister ce que l’on doit apprendre : on n’y retrouve que ce que l’on
connaı̂t déjà !
3
Théorèmes de Rolle, des accroissements finis pour les
fonctions numériques
Théorème 5 théorème de Rolle
Si f est une fonction à valeurs réelles continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[, telle que
f (a) = f (b), alors il existe c ∈]a, b[ tel que f 0 (c) = 0.
Démonstration
Théorème 6 théorème des accroissements finis
Si f est une fonction à valeurs réelles continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[, alors il existe
c ∈]a, b[ tel que
(b − a)f 0 (c) = f (b) − f (a).
Démonstration
Théorème 7 théorème limite de la dérivée
Soit f une fonction continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b].
• si f 0 admet une limite en a, alors f est dérivable sur [a, b] (et
f 0 (a) = lim f 0 (t)).
t→a
Si, de plus f est de classe C 1 sur ]a, b] elle est de classe C 1 sur [a, b].
• si f est une fonction à valeurs réelles, si f 0 admet pour limite +∞ en a, alors la courbe
représentative de f admet une demi tangente verticale en (a, f (a)).
Démonstration
Exercice 20
Chercher une fonction u dérivable sur [0, 1] dont la dérivée n’est pas continue en 0.
11
Exercice 21
Montrer que la fonction f définie par

1

−
f (x) = e x2 , si x ∈ R∗ ,

f (0) = 0
est de classe C ∞ sur R.
Exercice 22 oral...
f est deux fois dérivable sur un intervalle I contenant a, b et c. Montrer qu’il existe d ∈ I
tel que
f (a)
f (b)
f (c)
1
+
+
= f ”(d).
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
2
indications : introduire la fonction auxiliaire :
1
g(x) = (x − b)f (a) + (a − x)f (b) + (b − a)f (x) − (a − b)(b − x)(x − a)K...
2
Exercice 23
Soit f une fonction de classe C 3 sur un intervalle [a, b] de R. On se propose de majorer
l’écart entre f et son polynôme d’interpolation en x1 , x2 , x3 en fonction de
M3 (f ) = sup |f (3) (x)|.
x∈[a,b]
1. Soit g une fonction de classe C 3 sur [a, b]. On suppose que g est nulle en 4 points
distincts de [a, b]. Montrer qu’il existe t ∈]a, b[ tel que g (3) (t) = 0.
2. Soit Pf le polynôme de R2 [X] tel que Pf (xi ) = f (xi ), i = 1, 2, 3. On pose :
(1) K(x) =
f (x) − Pf (x)
(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )
(2) Wx (t) = f (t) − Pf (t) − (t − x1 )(t − x2 )(t − x3 )K(x)
(a) On choisit x distinct des xi . Montrer que Wx (t) est définie sur [a, b] et qu’elle
admet 4 zéros dans cet intervalle.
(3)
(b) Montrer qu’il existe un point c de ]a, b[ en lequel Wx (c) = 0.
(c) En déduire une majoration de l’écart |f (x) − Pf (x)| sur [a, b].
corrigé en 7.
Exercice 24 théorème de division
Soit f : I → K, une fonction n fois dérivable sur l’intervalle I qui contient 0, telle que
f n+1 (0) soit définie et que f (0) = 0.
f (x)
Le but est d’étudier la dérivabilité de
sur I.
x
12
1. On considère
F (x) = f (x) −
n+1
X
p=0
f (p) (0) p
x
p!
F (x)
. Calculer les dérivées successives de G sur I privé de 0.
x
2. Montrer que G admet un prolongement n fois dérivable à I ;
f (x)
3. En déduire que
est n fois dérivable sur I et préciser ses dérivées successives en
x
0.
et G(x) =
Voir corrigé page 30.
Exercice 25
Soit f (x) = xn + a1 xn−1 + ... + an , n ≥ 2.
1. Montrer qu’il existe un voisinage de +∞ sur lequel f admet une réciproque, g, de
classe C ∞ .
2. On pose, pour t > 0, v(t) = f (1/t)−1/n . Montrer que cette fonction admet un
prolongement de classe C 1 sur un intervalle [0, a].
3. En déduire qu’il existe une fonction Φ, de classe C ∞ , telle que
g(z) = z 1/n Φ(z).
Exercice
26
2
1. Soit φ la fonction définie sur ] − 1, 1[ par φ(x) = e−1/(1−x ) .
On prolonge φ à R, en posant φ(x) = 0 si |x| ≥ 1. Montrer que la fonction ainsi
obtenue est de classe C ∞ .
Indication : montrer que les dérivées successives sont de la forme
φ
(n)
−1
Pn (x)
e 1 − x2
(x) =
(1 − x2 )qn
2. Construire une fonction ψ, de classe C ∞ sur R telle que ψ(x) = 1 si |x| ≤ 1 et
ψ(x) = 0 si |x| ≥ 2. On pourra considérer
Z x
1
Φ(x) = R +∞
φ(t) dt
φ(t)
dt
−∞
−∞
voir corrigé en 7
Exercice
27
1. Soit P (X) ∈ R[X], scindé à racines simples sur R. Qu’en est il de P 0 (X)?
Q
2. Soient a ∈ R et Q(X) = nk=0 (X − k) + a, montrer que Q a des racines d’ordre au
plus deux. Exemples ?
13
4
Formules de Taylor et développements limités
4.1
Formules de Taylor pour des fonctions d’une variable réelle
– formule de Taylor reste-intégrale :
si f est une fonction de classe C n+1 sur l’intervalle [a, b], à valeurs dans E, normé,
f (b) =
n
X
f (k) (a)
k!
k=0
k
b
Z
(b − a) +
a
(b − t)n (n+1)
f
(t)dt
n!
– la formule de Taylor reste de Lagrange (fonctions à valeurs réelles) : si
f est une fonction de classe C n sur [a, b], à valeurs réelles, admettant une dérivée
(n + 1)ième sur [a, b], il existe c ∈]a, b[ tel que
f (b) =
n
X
f (k) (a)
k=0
k!
(b − a)k +
f (n+1) (c)
(b − a)n+1 .
(n + 1)!
– Inégalité de Taylor-Lagrange (fonctions à valeurs vectorielles) : si f est une
fonction de classe C n sur [a, b], à valeurs dans E, normé admettant une dérivée
(n + 1)ième sur [a, b] vérifiant ||f n+1 (x)|| ≤ M, alors :
||f (b) −
n
X
f (k) (a)
k=0
k!
(b − a)k || ≤ M
|b − a|n+1
.
(n + 1)!
– et enfin, la formule de Taylor-Young : si f est une fonction n − 1 fois dérivable sur
un voisinage du réel a, à valeurs dans E normé, admettant une dérivée nième au point
a, alors :
n
X
f (k) (a)
f (b) =
(b − a)k + o((b − a)n )
k!
k=0
Exercice
28 démonstration de la formule de Taylor reste-intégrale
1. Soit f de classe C 1 sur [a, b]. que devient la formule de Taylor-reste intégrale ?
2. On considère une fonction f de classe C n+1 . Démontrer la formule de Taylor resteintégrale (un seul mot clé : ipp).
Exercice
29 démonstration de la formule de Taylor - Young
1. Montrer qu’une fonction définie sur un voisinage de x0 dérivable en x0 admet un DL
1 en x0 .
2. On considère une fonction f de classe C 1 au voisinage de x0 deux fois dérivable au
point x0 , et on pose
φ(x) = f (x) − (f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) +
f ”(x0 )
(x − x0 )2 ).
2!
Calculer φ”(x0 ), en déduire que φ0 (x) = o(x − x0 ), puis, en utilisant un théorème
x→x0
du cours, montrer que f admet un DL2 en x0 .
14
3. Cette hypothèse est plus forte que celle du théorème énoncé ci-dessus. Comment
faire lorsqu’on suppose que f est dérivable sur un voisinage de x0 sans supposer que
f 0 est continue,
4. On suppose maintenant que f est de classe C n−1 au voisinage de x0 , n fois dérivable
au point x0 , et on pose
φ(x) = f (x) − (f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) +
f ”(x0 )
f (n )(x0 )
(x − x0 )2 + ... +
(x − x0 )n ).
2!
n!
Montrer que f admet un DLn en x0 .
Exercice
30 Soit f définie sur I = [0, 1]. On pose
n
X
k
− nf (0).
Sn =
f
n2
k=1
1. On suppose f de classe C 2. Étudier la limite de Sn .
2. On suppose f dérivable sur I, même question. (On pensera à certaines des méthodes
qui interviennent dans l’exercice 3).
Exercice 31
En appliquant une formule de Taylor à la fonction x → ln(1 + x) déterminer la limite de
la suite :
1 1 1
(−1)n+1
un = 1 − + − + ... +
2 3 4
n
La formule de Taylor-Young peut elle servir à quelque chose en pareil cas ?
Exercice 32
En appliquant une formule de Taylor à la fonction x → (1 = x)1/2 montrer que pour tout
x ∈ [−r, r] avec 0 < r < 1, on a
∞
X
f (x) =
an xn .
n=0
Vous préciserez avec soin les coefficients an .
La formule de Taylor-Young peut elle servir à quelque chose en pareil cas ?
Exercice 33
Soit f une fonction de classe C 2 sur un intervalle I contenant 0. Déterminer la limite
lim
f 0 (x) −
f (x)−f (0)
x
x
x→0
L’hypothèse f de classe C 2 est-elle vraiment nécessaire ?
Exercice 34 position d’une courbe par rapport à sa tangente (étude locale)
On dessinera dans tous les cas de figure...
1. Soit f deux fois dérivable sur R et x0 ∈ R. On suppose que f 0 (x0 ) 6= 0 et que
f ”(x0 ) 6= 0. Montrer qu’au voisinage de x0 la courbe est soit au-dessus, soit audessous de sa tangente en x0 .
15
2. On suppose que f est trois fois dérivable en x0 , que f 0 (x0 ) 6= 0, que f ”(x0 ) 6= 0et
que f (3) (x0 ) 6= 0. Que dire de la position de la courbe par rapport à sa tangente au
voisinage de x0 ?
Exercice 35
Soit f une fonction de classe C 2 sur un intervalle I;
1. Que peut on dire de la limite lorsque h tend vers 0 de
f (x + h) − 2f (x) + f (x − h)
?
h2
2. Application : soit à résoudre le problème de Cauchy

 y”(x) + a(x)y(x) = u(x),
y(0)
= y0 ,
 0
y (0)
= y1
sur un intervalle I = [0, 1].
– Soit f la solution du problème (on justifiera l’existence et l’unicité de la solution
dans le chapitre équations différentielles) ;
– on se donne une subdivision régulière de I = [0, 1] : 0 = t0 < t1 ... < tn = 1;
– on note h = hi = ti+1 − ti (supposé constant ici) ;
– on considère Zh ∈ Rn+1 (où l’on pourra interpréter chaque zi comme une valeur
approchée de f (ti ) pour i = 0, 1, ..., n) tel que
zi−1 − 2zi + zi+1
+ a(ti )zi = u(ti )
h2
pour i = 1, ..., n − 1.
• Donner une interprétation de ces n − 1 équations. Que pourrait on souhaiter quant
à Zh ?
• Écrire un système de Cramer de n + 1 équations à n + 1 inconnues satisfait par le
vecteur Z =t [z0 , ..., zn ] et dont l’interprétation paraisse judicieuse.
3. Écrire un programme MAPLE permettant le calcul des zi en tenant compte des
conditions initiales. Comparer les points zi aux f (ti ) dans un exemple de votre choix
pour lequel cette fonction est connue.
voir corrigé MAPLE (je ne l’ai pas traduit pas en Scilab ou Python parce que cela ne
change rien) en 7
Exercice 36
Soit f de classe C 2 sur un intervalle I et a ∈ I tel que f ”(a) 6= 0.
1. Montrer que les tangentes à Cf en A d’abscisse a et M d’abscisse a + h se coupent
en un point T.
2. Donner un équivalent de l’aire du triangle AT M.
16
4.2
Développements limités
Définition 5 Développements limités
Soit I, un intervalle de R, a un point adhérent à I et f définie sur I éventuellement privé
de a, à valeurs dans E normé
– On dit que f admet un développement limité à l’ordre p au voisinage de a ∈ I s’il
existe un polynôme de degré au plus p tel que pour x ∈ I\{a} :
f (x) = P (x − a) + o(x − a)p =
x→a
x→a
p
X
ak (x − a)k + o(x − a)p
k=0
– On dit que f admet un développement limité généralisé à l’ordre q au voisinage de
a ∈ I s’il existe un entier p tel que (x − a)q f (x) admette un DLp+q au voisinage de a.
Soit, pour x ∈ I\{a} :
λ−p
λp−1
λ−1
+
+...+
+λ0 +λ1 (x−a) +...+λq (x−a)q +o((x−a)q )
p
p−1
x→a (x − a)
(x − a)
(x − a)
f (x) =
Théorème 8 DL 1 et dérivabilité
Soient encore, I, un intervalle de R, a un point adhérent à I et f définie sur I éventuellement
privé de a, à valeurs dans E e.v. normé de dimension finie.
Alors, f admet un DL1 en a ssi f est dérivable en a ou admet un prolongement par
continuité dérivable en a.
Démonstration
Théorème 9 Condition suffisante d’existence d’un DLn
Si f admet une dérivée nième en a, alors elle admet un DLn au voisinage a, et celui-ci est
donné par la formule de Taylor-Young.
Démonstration
proposée dans l’exercice ??.
Exercice 37 calculs pratiques de DL (avec ou sans l’aide du tableau qui suit, du théorème
qui précède, mais rapide et effectif ! On vérifie avec la calculette).
1
1
, (1 + x)α ,
...
cos x
(1 + x)1/2
1
1
2. Au voisinage de 1 : ln x, cos π x,
, xα , √ ...
cos π x
x
1. Au voisinage de 0 :
17
4.3
Développements limités des fonctions usuelles :
ex
=
x2
xn
1+x+
+ ... +
2!
n!
n
P
cos x =
(−1)k
k=0
sin x =
n
P
(−1)k
k=0
tan(x) = x +
+ xn ε(x) =
n xk
P
+ xn ε(x)
k=0 k!
x2k
+ x2n+1 ε(x)
(2k)!
x2k+1
+ x2n+2 ε(x)
(2k + 1)!
x3
2
+ x5 + x5 ε(x)
3
15
α
α(α − 1) 2 α(α − 1)(α − 2) 3
x+
x +
x + ... + xn ε(x)
1!
2!
3!
(1 + x)α = 1 +
n
P
1
= 1 − x + x2 − x3 + ... + (−1)n xn + xn ε(x) =
(−1)k xk + xn ε(x)
1+x
k=0
ln(1 + x) = x −
x2
2
+
x3
3
n
+ ... + (−1)n−1 xn
+ xn ε(x) =
n
P
k=1
k
(−1)k−1 xk + xn ε(x)
n
P
1
2 + x4 − x6 + ... + (−1)n x2n + x2n ε(x) =
=
1
−
x
(−1)k x2k + x2n ε(x)
1 + x2
k=0
x3 x5 x7
x2n+1
n
Arc tan x = x −
+
−
+ ... + (−1)
+ x2n+1 ε(x)
3
5
7
2n + 1
1
√
=
1 − x2
Arc sin(x) =
x2 3 4
5 6
35 8
1+
+ x + x +
x + ... + x2n ε(x)
2
8
16
128
1 3
3 5
5 7
35 9
x+ x + x +
x +
x + ... + x2n+2 ε(x)
6
40
112
1152
18
5
Développements asymptotiques
Pas vraiment au programme mais il vaut mieux l’avoir compris...
Définition 6 On appelle développement asymptotique de f au voisinage de a une
expression de la forme
f (x) = u1 (x) + u2 (x) + ... + un (x) + o(un (x))
x→a
dans laquelle, pour tout i, ui+1 (x) est négligeable devant ui (x) au voisinage de a.
Exercice 38
On considère l’équation tan x thx = 1.
1. Montrer que l’équation admet une seule solution sur l’intervalle [nπ, (n + 1/2)π], n ∈
N∗ .
2. Donner un développement asymptotique à trois termes de cette solution (xn )n .
Exercice 39
Soit f : x ∈]0, +∞[→ x + ln(x).
1. Montrer que pour tout n ∈ N il existe un réel xn et un seul tel que f (xn ) = n.
2. Donner un équivalent de (xn )n .
3. Donner un développement asymptotique à 4 termes de (xn )n .
4. Écrire un programme permettant de vérifier numériquement chaque résultat établi
ou conjecturé.
Exercice 40 mieux vaut avoir auparavant étudié les séries
Soit f définie au voisinage de 0, continue, telle que 0 < f (x) < x sur ]0, A[ et que
f (x) = x − ax2 + bx3 + o(x3 )
avec a > 0 et b 6= a2 . On souhaite donner un DA du terme général d’une suite définie par
u0 ∈ [0, A[ telle que un+1 = f (un ).
1. Limite de la suite ?
2. Donner un équivalent de
1
. indication : pour une suite quelconque,
un
vn = vn0 +
n−1
X
k=n0
3. Donner un équivalent de
1
− an.
un
4. Donner un DA à 3 termes de un .
19
(vk+1 − vk ) .
6
Problème
Exercice
41
an
1. Soient a ∈ R+ , (un )n une suite numérique définie par un =
pour n ∈ N et n0 ∈ N
n!
tel que n0 ≥ 2a.
1
(a) Montrer que pour tout n ∈ N, n ≥ n0 ⇒ un ≤ n−n0 un0 .
2
(b) En déduire que lim un = 0.
2. On rappelle la formule de Taylor reste-intégrale à l’ordre n entre a et b pour une
fonction de classe C n+1 sur un intervalle contenant ces deux points :
Z
f 0 (a)
f ”(a)
f (n) (a)
1 b
2
n
f (b) = f (a)+
(b−t)n f (n+1) (t) dt.
(b−a)+
(b−a) +...+
(b−a) +
1!
2!
n!
n! a
(a) Écrire cette formule pour n = 0. Que signifie-t-elle dans ce cas ?
(b) Démontrer la formule pour n ∈ N quelconque.
3. Dans cette question on considère la fonction f (x) = ex .
(a) Écrire pour cette fonction la formule de Taylor reste-intégrale à l’ordre n entre
0 et x en explicitant le reste avec soin. On notera Rn (x) ce reste.
(b) Montrer que pour tout x ∈ R, limn→+∞ Rn (x) = 0. On pourra envisager
séparément les cas x ≥ 0 et x ≤ 0.
P xn
(c) En déduire que la série
converge et préciser sa limite.
n!
4. (a) Exprimer le nombre e (tel que ln e = 1) comme somme d’une série.
(b) On se propose de montrer par l’absurde que e n’est pas un nombre rationnel.
p
On suppose donc que e = .
q
i. Justifier que pour tout n ∈ N,
p
e
− 1 + 1 + 1 + ... + 1 ≤
q
1! 2!
n!
(n + 1)!
ii. Multiplier cette inégalité par n! et établir une contradiction.
5. On considère maintenant la fonction x → cos x.
(a) Exprimer cos(4p+q) x en fonction de q = 0, 1, 2, 3.
P
(−1)k 2k
(b) Montrer que pour tout x ∈ R, cos x = ∞
x .
k=0
(2k)!
(c) Donner, sans démonstration une formule analogue pour sin x.
6. Soit z ∈ C.
P zn
(a) Démontrer que la série
, converge.
n!
(b) Expliciter cette série lorsque z = iθ, θ ∈ R et montrer que
∞
X
(iθ)k
k=0
n!
20
= cos θ + i sin θ.
7. On souhaite ici montrer que toute fonction de classeC ∞ n’est pas somme de sa série

 −1
2
si x 6= 0
de Taylor. On considère alors h définie par h(x) = e x

0
sinon
−1
Pn (x) 2
(a) Montrer que sur
est de la forme αn e x .
x
1
(b) Montrer que g est de classe C sur R puis qu’elle est de classe C ∞ .
R∗
g (n) (x)
(c) Préciser la partie régulière de son développement limité à l’ordre n en 0. g est
elle somme de sa série de Taylor ?
21
7
Corrigé de quelques exercices
Corrigé de l’exercice 10
Considérons donc (an )n et (bn )n deux suites de réels strictement positifs telles que
lim an
n→+∞ n
= a > 0 et
lim bn
n→+∞ n
= b > 0.
1. Donner un développement à deux termes de an signifie écrire
an
=
n→+∞
un + vn + o(vn )
où chaque terme est négligeable devant le précédent...
Traduisons l’hypothèse lim ann = a en ann = a + εn avec lim εn = 0, puis en
1
ln(a+εn )
1
0
an = e n
= e n (ln a+ln(1+εn )) .
On utilise alors successivement les DL, ln(1 + x) = x + o(x) et ex = 1 + x + o(x) en
0, pour écrire :
1
1
1
an = e n (ln a+εn +o(εn )) = 1 + ln a + o( )
n
n
Il s’agit là d’un développement à deux termes si a 6= 1 et ln a 6= 0, MAIS PAS si
a = 1!
2. On considère maintenant p et q strictement positifs tels que p + q = 1 et on étudie
la convergence de (pan + qbn )n ?
On a de toutes façons, qu’il s’agisse de développements à un ou deux termes,
an = 1 +
1
1
ln a + ε0n et bn = 1 + ln b + εn ”.
n
n
Il vient alors,
n
n ln
p ln a + q ln b
n
(3)
(pan + qbn ) = 1 +
+ εn
=e
n
dont la limite est ap bq .
22
1+
p ln a + q ln b (3)
+εn
n
!
1
.
x
1. Commençons par déterminer les solutions de cette équation sur ]0, +∞[ avant de
justifier la définition de la suite (xn )n de l’énoncé.
Corrigé de l’exercice 11 On s’intéresse à l’équation sin x =
2
1.5
1
0.5
0
5
10
15
20
25
30
35
x
–0.5
–1
Figure 2 – 2 solutions par intervalle [2nπ, 2(n + 1)π], n ≥ 1
Observons que sur les intervalles [(2n + 1)π, (2n + 2)π] il n’y a pas de solution.
1
Sur un intervalle [2nπ, (2n + 1)π], l’équation sin x = est équivalente à
x
φ(x) = x sin x − 1 = 0.
π
Etudions donc les variations de φ : pour x 6= [kπ], φ0 (x) = cos x(x + tan x), ce
2
qui nous conduit à étudier ψ(x) = x + tanhx. Comme ψ 0 (x)
> 0, cette fonction est
i
πh i
π
strictement croissante sur chaque intervalle 2nπ, 2nπ +
, 2nπ + , (2n + 1)π :
2
2
x
2nπ
ψ 0 (x)
ψ(x)
signe
2nπ
(2n + 1/2)π
(2n + 1/2)π
+∞
−∞
+
%
+
αn
+
%
-| +
(2n + 1)π
(2n + 1)π
Il existe αn compris entre (2n + 1/2)π et (2n + 1)π en lequel ψ change de signe. Cela
nous donne les variations de φ :
x
cos(x)
ψ(x)
φ0 (x)
φ(x) = x sin x − 1
signe
2nπ
-1
(-)
yn
(+)
(+)
(+)
%
0
(+)
(2n + 1/2)π
0
||
1
%
(+)
(-)
(+)
%
(+)
αn
(-)
0
0
|
(+)
xn
(2n + 1)π
(+)
(-)
&
0
-1
(-)
On observe que φ admet une racine sur [2nπ, (2n + 1/2)π] et une racine sur [(2n + 1/2)π, (2n + 1)π] .
Notons xn cette dernière.
23
h
i
π
2. Notons avec l’énoncé xn la seule solution de l’équation sur 2nπ + , (2n + 1)π .
2
1
xn
1
Par encadrement lim xn = +∞ et 1 +
≤
≤1+
. Cela donne
4n
2nπ
2n
xn ∼ 2nπ.
n→+∞
3. On pose alors xn = 2nπ + yn avec yn = o(xn ) et on injecte :
n→+∞
sin xn = sin(2nπ + yn ) = sin yn =
1
2nπ + yn
π
≤ yn ≤ π, lim sin yn = 0 ⇒ lim yn = π.
2
4. On pose enfin yn = π + zn et on réinjecte en observant que zn = o(1) :
Comme
n→+∞
sin(2nπ + π + zn ) = − sin zn =
1
1
=
n→+∞
2nπ + π + zn
2nπ
−1
2nπ
1
1
Ce qui donne xn = 2nπ + π −
+o
.
n→+∞
2nπ
n
zn ∼
n→+∞
La page MAPLE qui suit donne une interprétation numérique (une vérification aussi)
de ce qui précède.
24
> for k from 25 to 34 do
x[k]:=fsolve(sin(x)-1/x=0, x,(2*k+1/2)*Pi..(2*k+1)*Pi);
evalf(x[k]/(2*k*Pi));
y[k]:=x[k]-2*k*Pi;
evalf(y[k]/Pi);
z[k]:=y[k]-Pi;
evalf(z[k]*(2*k*Pi));
od;
x25 := 160.2149837
1.019960264
y25 := 160.2149837 − 50 π
0.9980132198
z25 := 160.2149837 − 51 π
-0.9804439435
x26 := 166.4984045
1.019194003
y26 := 166.4984045 − 52 π
0.9980881818
z26 := 166.4984045 − 53 π
-0.9811897576
x27 := 172.7818083
1.018484402
y27 := 172.7818083 − 54 π
0.9981577325
z27 := 172.7818083 − 55 π
-0.9818601732
x28 := 179.0651967
1.017825399
y28 := 179.0651967 − 56 π
0.9982223813
z28 := 179.0651967 − 57 π
-0.9824941470
x29 := 185.3485713
1.017211769
y29 := 185.3485713 − 58 π
0.9982826373
z29 := 185.3485713 − 59 π
-0.9830904213
25
x30 := 191.6319335
1.016638982
y30 := 191.6319335 − 60 π
0.9983389463
z30 := 191.6319335 − 61 π
-0.9836452266
x31 := 197.9152845
1.016103091
y31 := 197.9152845 − 62 π
0.9983916903
z31 := 197.9152845 − 63 π
-0.9841585624
x32 := 204.1986253
1.015600643
y32 := 204.1986253 − 64 π
0.9984411556
z32 := 204.1986253 − 65 π
-0.9846404832
x33 := 210.4819568
1.015128602
y33 := 210.4819568 − 66 π
0.9984876925
z33 := 210.4819568 − 67 π
-0.9850966422
x34 := 216.7652798
1.014684287
y34 := 216.7652798 − 68 π
0.9985315238
z34 := 216.7652798 − 69 π
-0.9855314385
>
26
Corrigé de l’exercice 12
1. • Variations et racines positives de fn : x → xn + x − 1.
fn est de classe C ∞, fn0 (x) = n xn−1 + 1 > 0 sur R+ . fn est donc strictement
croissante sur [0, +∞[. Elle réalise un bijection de [0, +∞[ sur f ([0, +∞[). Comme
fn est continue, f ([0, +∞[) = [f (0), lim+∞ f [= [−1, +∞[. Elle admet donc une seule
racine positive que l’on note xn .
• Limite l de (xn )n .
Montrons tout d’abord que (xn )n est croissante et majorée : comme f (0) = −1 et
f (1) = 1, 0 ≤ xn ≤ 1. On a donc
fn (xn ) = xnn + xn − 1 = 0 ≥ xn n + 1 + xn − 1 = fn+1 (xn ).
Cela montre, en regardant les variations de fn+1 que xn ≤ xn+1 (tracer les graphes).
Cette suite est donc croissante, majorée par 1, elle converge vers ` ≤ 1.
Si ` < 1, lim xnn + xn − 1 = ` − 1 ≤ 0; c’est impossible ; il reste ` = 1.
a N
Attention, avec lim xn = 1 on ne saurait rien dire de lim xnn ! Voir 1 +
par
n
exemple.
2. On pose xn = 1 − αn . Donner un équivalent de αn = 1 − xn .
Corrigé de l’exercice 18
n
Justifions que lim n = +∞,
2
– On observe que les termes successifs sont obtenus en multipliant de la façon suivante
u1 =
2
3
n
n+1
1
−→ u2 = 2 −→ u3 = 3 −→ . . . −→ . . . un = n −→ un+1 = n+1 −→ . . .
3
4
n+2
2 × 12
2 × 2×2
2 × 3×2
2 × n+1
2
× 2 (n+1)
2n
p
1
1
3
3
Ainsi, un+1 =
1+
un ≤ un et un+p ≤ un
2
n
5
5
– comme quelqu’un qui veut rapidement vérifier cela avec la fonction ln .
Corrigé de l’exercice 23
Soit f de classe C 3 sur [a, b] de R, x1 , x2 , x3 trois points distincts de [a, b]. On note M3 (f ) =
supx∈[a,b] |f (3) (x)|.
1. Soit g C 3 sur [a, b] nulle en 4 points distincts de [a, b].
– Le théorème de Rolle nous apprend qu’il existe t1 ∈]x1 , x2 [, t2 ∈]x2 , x3 [ et t3 ∈
]x3 , x4 [ tels que
g 0 (t1 ) = g 0 (t2 ) = g 0 (t3 ) = 0;
en effet g est continue sur les intervalles [xi , xi+1 ] dérivable sur les intervalles
]xi , xi+1 [ et l’on a g(xi ) = g(xi+1 ) = 0.
27
– De la même façon, en raisonnant sur la fonction g 0 qui est dérivable sur [a, b] et donc
sur les intervalles (ti , ti+1 ) pour i = 1, 2, 3, il existe, par application à nouveau du
théorème de Rolle, des points u1 ∈]t1 , t2 [ et u2 ∈]t2 , t3 [ tels que g”(tu1 ) = g”(u2 ) =
0.
– Enfin, comme g” est continue sur [u1 , u2 ] et dérivable sur ]u1 , u2 [, il existe t ∈
]u1 , u2 [ tel que g (3) (t) = 0.
2. L’énoncé suppose que l’on sait qu’il existe un polynôme et un seul (article défini)
dans R2 [X] tel que Pf (xi ) = f (xi ), i = 1, 2, 3. Le cours de première année nous dit
que
3
X
Pf (x) =
f (xi )Λi (x)
i=1
x − xj
, sont les polynômes de Lagrange associés aux (xi )i .
xi − xj
Mais ce n’est pas notre objet ici.
On pose :
f (x) − Pf (x)
(1) K(x) =
(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )
où les Λi (x) =
Q3
j=1,j6=i
(2) Wx (t) = f (t) − Pf (t) − (t − x1 )(t − x2 )(t − x3 )K(x)
(a) si x est distinct des xi , Wx (t) est définie sur [a, b] puisque le dénominateur dans
K(x) n’est pas nul et pour i = 1, 2, 3, W (x) = W (xi ) = 0.
(b) D’après la première question, puisque W est de classe C 3 , il existe un point c
(3)
de ]a, b[ en lequel Wx (c) = 0.
(c) En observant que pour un polynôme de degré au plus 2, la dérivée troisième
est nulle, il vient
Wx(3) (t) = f (3) (t) − 6 K(x).
(3)
Ainsi, comme Wx (c) = 0, on a |K(x)| =
|f (3) (c)|
|M3 |
≤
.
6
6
La relation (1) donne alors
|f (x)−Pf (x)| = |(x−x1 )(x−x2 )(x−x3 )||K(x)| ≤ |(x−x1 )(x−x2 )(x−x3 )|
|M3 |
.
6
Remarque : On peut généraliser avec le même raisonnement ce résultat aux polynômes d’interpolation en un nombre qque de points. La majoration dans laquelle intervient la dérivée n-ième laisse peu d’espoir à qui souhaiterait montrer
que l’écart tend vers 0 en norme uniforme par exemple (et il y a effectivement
des contre-exemple, mais c’est une autre histoire).
28
Corrigé de l’exercice 26
2
1. Soit φ la fonction définie sur ] − 1, 1[ par φ(x) = e−1/(1−x ) et prolongée à R, en
posant φ(x) = 0 si |x| ≥ 1.
Montrons par récurrence que, pour tout n ∈ N,
– φ est de classe C n sur R;
– il existe un polynôme Pn et un entier qn tels que sur ] − 1, 1[,
φ
(n)
−1
Pn (x)
(x) =
e 1 − x2
(1 − x2 )qn
(7.1)
• Initialisation
Avec la convention φ(0) = φ, Pn (x) = 1 et qn = 0, on a pour x ∈] − 1, 1[,
φ
(0)
−1
(x) = e 1 − x2 =
−1
P0 (x)
e 1 − x2 .
(1 − x2 )q0
φ est de classe C 0 sur R : elle est continue sur les ouverts ] − ∞, −1[, ] − 1, 1[ et
]1, +∞[ et φ est aussi continue en x = 1 en puisque
−1
lim φ(x) = lim e 1 − x2 = lim φ(x) = φ(1) = 0.
x→1+
x→1−
x→1+
Il en va de même en −1.
• Hérédité on suppose établi que φ est de classe C n sur R ainsi que la relation (7.1)
qui permet d’affirmer que φ(n) est
– continue sur R;
0
– dérivable sur R privé de -1 et 1 ; avec φ(n) (x) = 0 sur ] − ∞, −1[ et ]1, +∞[ et
φ
(n)0
2
2 qn x − 2 qn x3 − 2 x Pn (x) + 1 − x2
(x) =
(1 − x2 )qn +2
ce qui montre que φ(n+1) (x) =
d
dx Pn (x)
−1
e 1 − x2
Pn+1 (x)
sur ] − 1, 1[ et que
(1 − x2 )qn+1
– limx→±1 φ(n+1) (x) = 0;
On conclut alors avec le théorème limite de la dérivée : φ(n) est de classe C 1 sur R.
Cela achève notre démonstration.
2. Construire une fonction ψ, de classe C ∞ sur R telle que ψ(x) = 1 si |x| ≤ 1 et
ψ(x) = 0 si |x| ≥ 2.
• Etape 1 : la fonction Φ définie par
Z x
1
φ(t) dt
Φ(x) = R +∞
φ(t)
dt
−∞
−∞
est en fait :
Φ(x) = R 1
1
−1 φ(t) dt
29
Z
x
φ(t) dt
−1
et se trouve parfaitement définie. C’est une fonction de classe C ∞ et croissante sur R
comme produit d’une primitive de fonction de classe C ∞ positive par une constante
positive. Lorsque x ≤ −1, Φ(x) = 0, lorsque x ≥ 1, Φ(x) = 1.
• Etape 2 : on construit une fonction ψ1 en posant ψ1 (x) = Φ(g(x)) où g est affine
et vérifie g(−2) = −1, g(−1) = +1. Soit g(x) = 2(x + 2) − 1.
• Etape 3 : on construit une fonction ψ2 en posant ψ2 (x) = Φ(h(x)) où h est affine
et vérifie h(2) = −1, h(1) = +1. Soit g(x) = −2(x − 2) − 1.
• Etape 3 : on pose ψ(x) = ψ1 (x)ψ2 (x), c’est une fonction de classe C ∞, positive,
comprise entre 0 et 1, nulle en dehors de ] − 2, 2[ qui vaut 1 sur [−1, 1].
1
0.35
0.3
0.8
0.25
0.6
0.2
0.15
0.4
0.1
0.2
0.05
–3
–3
–2
–2
–1
1
2
–3
3
–2
–1
0
1
la fonction φ
la fonction Φ
1
1
–1
0.8
0.8
0.6
0.6
0.4
0.4
0.2
0.2
0
1
2
3
–3
–2
–1
0
1
x
x
la fonction ψ1
la fonction ψ2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
–3
–2
–1
1
2
3
x
la fonction Ψ
Corrigé de l’exercice 24
30
2
3
2
3
restart :
1. On calcule pour conjecturer
F d x/
f x
;
x
x/
f x
x
(1)
T d F;
for j from 1 to 6 do
TdD T :
normal T x ;
od;
F
x/
D f
x
f x
K
x
x2
x x Kf x
D f
x2
x/
2
D
D2
f
x
x
K
2D f
x
x x2 K 2 D f
f
2f x
C
x2
x3
x x C2 f x
x3
x/
D3 f
x
D3 f
x
K
3D 2
f
x
C
x2
x x3 K 3 D 2
6D f
x
x x2 C6 D f
f
K
x3
6f x
x4
x x K6 f x
x4
x/
D4
D4
f
x
x
K
4D 3 f
x x4 K 4 D 3 f
f
x
C
x2
12 D 2 f
x
K
x3
x x3 C 12 D 2
f
24 D f
x4
x x2 K 24 D f
x
C
24 f x
x5
x x C 24 f x
x5
x/
D5
D5
f
x
x
K
5D 4 f
x x5 K 5 D 4 f
f
x
x2
C
20 D 3 f
x
K
x3
x x4 C 20 D 3
f
60 D 2 f
x
x4
x x3 K 60 D 2
C
120 D f
x
K
x5
f
x x2 C120 D f
f
x
120 f x
x6
x x K 120 f x
x6
x/
D6
K
f
x
720 D f
1 D6 f
x7
x
x6
K
6D 5
x
C
f
x x6 K 6 D 5
K 720 D f
x
x2
720 f x
C
30 D 4
f
x
K
x3
120 D 3
x4
C
360 D 2 f
x
x5
x7
f
x x5 C30 D 4 f
x x4 K 120 D 3 f
x x C 720 f x
31
x x3 C 360 D 2 f
x x2
(2)
Corrigé de l’exercice 35
1. On écrit la formule de Taylor-Young entre x et x + h, entre x et x − h :
f (x + h) = f (x) + hf 0 (x) +
f ”(x) 2
h + o h2
2
f (x − h) = f (x) − hf 0 (x) +
f ”(x) 2
h + o h2
2
h→0
h→0
D’où en faisant la somme
f (x + h) − 2f (x) + f (x − h)
= f ”(x) + o(1).
h→0
h2
2. Considérons le problème de Cauchy

 y”(x) + a(x) y(x) = u(x),
y(0)
= y0 ,
 0
y (0)
= y1 ,
sur I = [0, 1]. D’après la question précédente, si f est solution, on peut écrire au
point x = ti , (i = 1, ..., n − 1) en place de f ”(ti ) + a(ti )f (ti ) = u(ti ) :
zi−1 − 2zi + zi+1
+ a(ti )zi = u(ti ) + o(h).
h→0
h2
• Les n − 1 équations
zi−1 − 2zi + zi+1
+ a(ti )zi = u(ti )
h2
apparaissent comme des approximations de l’équation différentielle. On pourrait souhaiter qu’une solution Zh fournisse des valeurs approchées des f (ti ). Il reste à donner
un sens précis à cela.
Par exemple, si t = p/q ∈ [0, 1], en posant h = 1/nq,
lim Z1/nq,np = f (p/q).
n→∞
• Un système de Cramer de n + 1 équations à n + 1 inconnues satisfait par le vecteur
Z =t [z0 , ..., zn ] et dont l’interprétation paraisse judicieuse ?
On cherche à écrire un système AZh = U ∈ Rn+1 . Il nous faut n + 1 équations
linéaires. Or nous avons :
– z0 = y0;
f (t1 ) − f (t0 )
– si on remplace f 0 (0) = y1 par
= y1 , il vient : z1 = z0 + hy1 ou
t1 − t0
−z0 + z1 = hy1 ;
zi−1 − (2 − h2 a(ti ))zi + zi+1
– enfin pour i = 1, 2, ..., n − 1 :
= u(ti ) ou encore :
h2
zi+1 = (2 − h2 a(ti )) zi − zi−1 + h2 u(ti ).
32
On interprète cela comme un système triangulaire (ici avec n=5 et h=1/5) :

1












−1
1
0
0
0
0
0
0
0
0


 z   y
0
0
0 
 z   hy 
  1 
1 
2
2 u (t )
−2 + h a (t1 )
1
0
0
0 


z
h
 
2
1 

×
z3  = h2 u (t2 )
1
−2 + h2 a (t2 )
1
0
0 




    2


z
h
u
(t
)
4
3
0
1
−2 + h2 a (t3 )
1
0 
2
 z5
h u (t4 )
2
0
0
1
−2 + h a (t4 ) 1
1
0
0
0
Ou encore comme une suite définie par des conditions initiales et la relation de
récurrence linéaire double :
z0 = y0 ,
z1 = z0 + hy1 = y0 + hy1
(7.2)
zi+1 = (2 − h2 a(ti ))zi − zi−1 + h2 u(ti ) pour 1 ≤ i ≤ n − 1,
3. Cette dernière relation accepte une programmation immédiate ; on trouvera la feuille
MAPLE complète dans le fichier QueFautIlSavoir.pdf
N:=...;
h:=1/N;
y0:=1;
y1:=1;
t:=0;
Z[0]:=y0;
Z[1]:=h*y1+Z[0];
for i from 1 to N-1 do
t:=t+h;
Z[i+1]:=(2-h^2*a(t))*Z[i]-Z[i-1]+h^2*u(t);
od:
33
Corrigé du problème 41
an
1. Soient a ∈ R+ , (un )n une suite numérique définie par un =
pour n ∈ N et n0 ∈ N
n!
tel que n0 ≥ 2a.
1
(a) Montrons que pour tout n ∈ N, n ≥ n0 ⇒ un ≤ n−n0 un0 .
2
– C’est vrai pour n = n0 ;
– si la relation est vraie pour un certain n ≥ n0 alors
a
1
1
a
un ≤
un0 ≤ n+1−n0 un0 .
n−n
0
n+1
n+1 2
2
(b) On a donc lim un = 0 par comparaison à une suite géométrique...
2. On rappelle la formule de Taylor reste-intégrale à l’ordre n entre a et b pour une
fonction de classe C n+1 sur un intervalle contenant ces deux points :
Z
f 0 (a)
f ”(a)
f (n) (a)
1 b
f (b) = f (a)+
(b−t)n f (n+1) (t) dt.
(b−a)+
(b−a)2 +...+
(b−a)n +
1!
2!
n!
n! a
un+1 =
(a) Pour n = 0, c’est le théorème fondamental de l’analyse : si f est de classe C 1
Z b
f (b) − f (a) =
f 0 (t) dt.
a
(b) On ne détaille pas, c’est fait en cours : on procède par récurrence sur n (l’initialisation est la question précédente) en développant l’intégrale par ipp.
3. f (x) = ex .
(a) La formule de Taylor reste-intégrale à l’ordre n entre 0 et x devient, puisque la
fonction est de classe C n+1 et que f k (0) = e0 = 1,
Z
1
1 2
1 n
1 x
x
e = 1 + x + x + ... + x +
(x − t)n et dt
1!
2!
n!
n! 0
1 Rx
(b) Rn (x) =
(x − t)n et dt. L’énoncé prévoit deux cas pour vous permettre un
n! 0
calcul facile dans le cas 0 ≤ x . Mais on traite ici ces deux cas en même temps
avec la formule
Z x
Z x
Z x
m(t) dt ...
|f (t)| dt ≤ f (t) dt ≤ 0
0
0
On a donc
Z
Z
1 x
1 x
n t n
x
|Rn (x)| ≤
(x − t) e dt ≤
|x − t| max(e , 1) dt ...
n! 0
n! 0
Donc
Z
|xn+1 |
max(ex , 1) x
n x
|Rn (x)| ≤
|x
−
t|
dt
=
max(e
,
1)
n!
(n + 1)!
0
Ce qui, pour x fixé tend vers 0 (question 1).
Remarque : la valeur absolue dans l’intégrale n’a pas lieu d’être pour x ≥ 0,
cas facile ; et lorsque x ≤ 0 le signe de (x − t)n est constant ce qui permet le
calcul. A vous de réfléchir...
34
P
P xn
xn
converge c’est dire que la somme N
admet une
(c) Dire que la série
n=0
n!
n!
limite lorsque N tend vers +∞.
Le 3-a nous donne
Z x
1
1 2
1 N
1
x
1 + x + x + ... +
(x − t)N et dt = ex − RN (x)
x =e −
1!
2!
N!
N! 0
Comme limn→+∞ RN (x) = 0,
1
1 2
1 N
lim 1 + x + x + ... +
= ex ,
x
1!
2!
N!
ce que l’on note
P∞
n=0
1 n
x = ex .
n!
1
= e.
n!
p
(b) On suppose donc que e = .
q
4. (a) Avec x = 1, on a :
P∞
n=0
i. On a vu que
1
1
1
e
1
= |Rn (1)| ≤
e − 1 + + + ... +
1! 2!
n!
(n + 1)!
p
e
− 1 + 1 + 1 + ... + 1 ≤
q
1! 2!
n!
(n + 1)!
ii. Multipliant par n! on obtient
p n!
n! n!
n! e
q − n! + 1! + 2! + ... + n! ≤ n + 1
Mais si n ≥ q, le membre de gauche est un entier, celui de droite est plus
petit que 1 pour n assez grand. Cela impose que le membre de gauche entier
dans [0, 1[ soit nul. Mais alors Rn (1) lui aussi serait nul. Or l’intégrale est
non nulle (pourquoi ?). Contradiction.
5. On considère maintenant la fonction x → cos x.
(a) cos(4p+q) x en fonction de q = 0, 1, 2, 3 : il suffit de dériver quatre fois pour
s’assurer que la suite des dérivées est 4-périodique...


cos(4p) x
= cos x



cos(4p+1) x = − sin x

cos(4p+2) x = − cos x



cos(4p+3) x = sin x
35
(b) Pour montrer que pour tout x ∈ R,
cos x =
N
X
(−1)k
lim
N →+∞
k=0
(2k)!
x2k =
∞
X
(−1)k
k=0
(2k)!
x2k ,
on procède exactement de la même façon que dans la question précédente
avec la formule de Taylor reste-intégrale à l’ordre 2n par exemple :
f 0 (0)
f ”(0) 2
f (2n) (0)
1
f (x) = f (0)+
x+
x +...+
x+
1!
2!
(2n)!
(2n)!
Z
x
f (2n+1) (t)(x−t)(2n) dt.
0
Le reste est dans ce cas plus facile à majorer (la dérivée n-ième est majorée par
1 (en valeur absolue)). On a donc
Z
Z
1 x (2n+1)
1 x
|x|2n+1
(2n) (2n) |Rn (x)| =
f
(t)(x
−
t)
dt
≤
(x
−
t)
dt
=
(2n)! (2n + 1)! .
(2n)! 0
0
Comme précédemment, en remplaçant les dérivées impaires qui sont nulles en
0 par 0 et les dérivées d’ordre impair par (−1)k , il vient
N
X
(−1)k
k=0
(2k)!
x2k = cos x − R2N (x)
et par passage à la limite,
lim
N →+∞
N
X
(−1)k
k=0
(2k)!
x2k = cos x.
(c) Sans démonstration :
∞
X
(−1)k (2k+1)
sin x =
x
.
(2k + 1)!
k=0
6. Soit z ∈ C.
P zn
, converge.
n!
(b) Expliciter cette série lorsque z = iθ, θ ∈ R et montrer que
(a) Démontrer que la série
∞
X
(iθ)k
k=0


 −1
2
7. Soit h définie par h(x) = e x

0
n!
= cos θ + i sin θ.
si x 6= 0
sinon
(a) Fait en cours.
36
(b) Fait en cours
(c) La partie régulière de son développement limité à l’ordre n en 0 est le polynôme
n
X
g (k) (0) k
x ,
k!
k=0
c’est donc le polynôme nul.
g n’est donc pas somme de sa série de Taylor puisque cette série est nulle
alors que g(t) 6= 0 si t 6= 0.
37