(1) Théor`eme des valeurs intermédiaires (2) Th

Pour pr´eparer l’examen de janvier
1) Apprendre par coeur les ´enonc´es de:
(1) Th´eor`eme des valeurs interm´ediaires
(2) Th´eor`eme de la bijection
(3) Th´eor`eme des accroissements finis
(4) Th´eor`eme de Taylor
(5) D´efinition de “untend vers `quand ntend vers +∞”.
(6) D´efinition de “f(x) tend vers `quand xtend vers x0”.
(7) D´efinition de la continuit´e en un point pour une fonction.
(8) D´efinition de la d´erivabilit´e en un point d’une fonction.
Probl`eme `a r´esoudre.
i) Pr´eliminaires. Soit la fonction gdonn´ee par
g:]−π
2,π 2[→R
x7→ sin x
cos x= tan x
Montrer que gest d´efinie, continue et d´erivable sur ] −π
2,π 2[ (on pourra utiliser sans le d´emontrer
que les fonctions sinus et cosinus sont d´efinies, continues et d´erivables sur R).
Calculer g0(x) et montrer que gest strictement croissante sur ] −π
2,π 2[.
En d´eduire que la fonction gadmet une fonction r´eciproque, que l’on notera g−1(x) := arctan x
(justifier l’existence de cette fonction r´eciproque et pr´eciser son domaine de d´efinition).
Montrer que arctan0(x) = 1
1+x2. Calculer arctan(0), arctan(1) et arctan(−1).
ii) Soit la fonction fd´efinie par
f(x) = 
e−xsin(x) si x < 0
4
πarctan(x) si x∈[0,1]
√3x−2 si x > 1
Donner le domaine de d´efinition de f.
iii) Continuit´e. Montrer que fest continue en 0 et en 1. Montrer ensuite que fest continue sur R.
iv) D´erivabilit´e. Montrer que fest d´erivable sur R\ {0,1}.
a) Montrer que le d´eveloppement limit´e en 0 `a l’ordre 1 de sin(x) est
sin(x) = x+x (x),lim
x→0(x) = 0 .
En d´eduire la limite quand xtend vers 0 de e−xsin(x)/x.
b) Montrer que le d´eveloppement limit´e en 0 `a l’ordre 1 de arctan(x) est
arctan(x) = x+x (x),lim
x→0(x) = 0 .
En d´eduire la limite quand xtend vers 0 de arctan(x)/x. Pourquoi cette valeur vaut-elle arctan0(0)?
c) De ce qui pr´ec`ede, en d´eduire que fest d´erivable en 0. Quelle est la valeur de f0(0)?
d) Sans passer par des d´eveloppements limit´es, montrer que
lim
x→1, x<1
f(x)−f(1)
x−1=2 π.
Etudier la d´erivabilit´e de fen 1.
1

2
e) Donner l’expression de f0(x) selon les valeurs de x.
v) Etude de suite r´ecurrente. On consid`ere la suite r´eelle (un)n∈Nd´efinie par u0= 4 et pour n≥0,
un+1 =f(un).
Montrer que pour tout ndans N, la propri´et´e P(n) suivante est vraie:
P(n): “ un≥2etun+1 =√3un−2 ”
Montrer que
(un+1 −un)(un+1 +un)≤0.
En d´eduire que la suite unest d´ecroissante.
Montrer que la suite (un) est convergente et calculer sa limite.
SOLUTION
i) La fonction g´etant une fraction de deux fonctions g1= sin et g2= cos, son domaine de d´efinition
est l’intersection de son ensemble de d´epart avec les domaines de d´efinition de g1et g2, priv´e de
l’ensemble des points o`u le d´enominateur s’annule. La fonction cosinus s’annule en tous les points
de la forme π/2 + kπ (k∈Z). Donc
Dg=] −π
2,π 2[∩R∩R∩ {π/2 + kπ, k ∈Z}=] −π 2,π 2[.
On montre de fa¸con similaire que le domaine de continuit´e et de d´erivabilit´e de gest ]−π/2, π/2[.
Pour tout x∈]−π
2,π 2[, on a
g0(x) = cos(x) sin0(x)−cos0(x) sin(x)
cos2(x)=cos2(x) + sin2(x) cos2(x)= 1 + sin2(x) cos2(x)= 1 + tan2(x).
Comme g0(x)>0 sur ] −π/2, π/2[ (sauf en 0), la fonction gest strictement croissante sur
]−π/2, π/2[.
Par le th´eor`eme de la bijection, comme gest continue et strictement croissante sur ] −π/2, π/2[,
gr´ealise une bijection de ] −π/2, π/2[ vers ] limx&−π
2g(x),limx%π 2g(x)[= R.
La d´eriv´ee de la fonction arctan est donn´e par la propri´et´e sur la d´eriv´ee des fonctions r´eciproques:
arctan0(x) = (g−1)0(x) = 1
g0(g−1(x)) =1
1 + tan2(g(x)) =1
1 + (tan(arctan(x)))2=1 1 + x2
car tan(arctan(x)) = x.
Par d´efinition, arctan(0) est le nombre (ou l’angle) entre −π/2 et π/2 dont la tangente vaut 0.
Donc, arctan(0) = 0.
De mˆeme, arctan(1) est l’angle entre −π/2 et π/2 dont la tangente vaut 1; comme tan(π/4) =
sin(π/4)/cos(π/4) = √2/2/(√2/2) = 1, on en d´eduit arctan(1) = π/4.
On montre aussi arctan(−1) = −π/4.
ii) On ´etudie la fonction fsur chacun des intervalles ] − ∞,0[, [0,1], et ]1,+∞[.

Universit´e du Sud Toulon–Var – Licence MASS 1`ere ann´ee 3
Sur ] − ∞,0[, fest le produit de deux fonctions d´efinies sur R, donc f(x) est bien d´efini pour
x∈]− ∞,0[.
Sur [0,1], la fonction fest ´egale `a la fonction 4
π×arctan(x) qui est d´efinie sur R; donc f(x) est
bien d´efini pour x∈[0,1].
Sur ]1,+∞[, la fonction fest ´egale `a √3x−2 qui est d´efinie sur {x∈R|3x−2≥0}= [2/3,+∞[.
Donc f(x) est bien d´efini pour x∈]1,+∞[.
De ce qui pr´ec`ede, on d´eduit que fest d´efinie sur R.
iii)
Continuit´e de fen 0: On a limx→0−f(x) = limx→0−e−xsin(x) = e−0sin(0) = 0, et limx→0+f(x) =
limx→0+4
π×arctan(x) = 4 π×arctan(0) = 0, et f(0) = 4 π×arctan(0) = 0.
Comme limx→0−f(x) = limx→0+f(x) = f(0), on en d´eduit que fest continue en 0.
Continuit´e de fen 1: On a limx→1−f(x) = limx→1−
4
π×arctan(x) = 4 π×arctan(1) = 4 π×π 4= 1,
et limx→1+f(x) = limx→1+√3x−2 = 1 et f(1) = 4
πarctan(1) = 1.
Comme limx→1−f(x) = limx→1+f(x) = f(1), on en d´eduit que fest continue en 1.
Avec des arguments g´en´eraux similaires `a ceux utilis´es pour la question ii), on montrer que fest
continue en tout point xde R\ {0,1}.
Comme fest aussi continue en 0 et en 1, on en d´eduit donc que fest continue sur R.
iv)
a) La fonction sinus est d´erivable et de d´eriv´ee continue en 0; on peut donc ´ecrire le d´eveloppement
de Taylor `a l’ordre 1 en 0 pour sinus:
sin(x) = sin(0) + (x−0) sin0(0) + x(x) = x+x(x),
car sin0(0) = cos(0) = 1.
On a alors
lim
x→0
e−xsin(x)
x= lim
x→0
e−x(x+x(x))
x= lim
x→0e−x(1 + (x)) = e0= 1 .(1)
Remarque: Cette limite n’est rien d’autre que la d´eriv´ee de la fonction e−xsin(x) prise en 0 car,
par d´efinition, on a
(e−xsin(x))0|x=0 = lim
x→0
e−xsin(x)−e−0sin(0)
x−0= lim
x→0
e−xsin(x)
x.
On pouvait donc retrouver la valeur de la limite dans (1) en calculant directement la d´eriv´ee de
e−xsin(x) et en prenant sa valeur en 0: (e−xsin(x))0=−e−xsin(x)+e−xcos(x) dont la valeur en
0 est −e−0sin(0) + e−0cos(0) = 0 + 1 = 1, qui est bien la valeur obtenue dans (1).
b) La fonction arctangente est d´erivable et de d´eriv´ee continue en 0; on peut donc ´ecrire le
d´eveloppement de Taylor `a l’ordre 1 en 0 pour arctangente:
arctan(x) = arctan(0) + (x−0) arctan0(0) + x(x) = x+x(x),
car arctan0(0) = 1
1+0 = 1.
On a alors
lim
x→0
arctan(x)
x= lim
x→0
x+x(x))
x= lim
x→0(1 + (x)) = 1 .

4
Cette limite est ´egale `a la d´eriv´ee de arctangente en 0, car, par d´efinition
arctan0(0) = lim
x→0
arctan(x)−arctan(0)
x−0= lim
x→0
arctan(x)
x.
c) D’apr`es les questions a) et b), on a:
lim
x→0−
f(x)−f(0)
x−0= lim
x→0
e−xsin(x)−arctan(0)
x−0= lim
x→0
e−xsin(x)
x= 1 ,
et
lim
x→0−
f(x)−f(0)
x−0= lim
x→0
arctan(x)−arctan(0)
x−0= 1 ,
donc fest d´erivable en 0, avec f0(0) = 1.
d) Avec les mˆemes arguments qu’aux questions a) et b), on obtient
lim
x→1−
f(x)−f(1)
x−1= ( 4 πarctan(x))0|x=1 =4 πarctan0(0) = 4 π
1
1+1 =2 π.
Pour ´etudier la d´erivabilit´e de fen 1, il reste `a calculer
lim
x→1+
f(x)−f(1)
x−1= lim
x→1+
√3x−2−1
x−1= lim
x→1+
(√3x−2−1)(√3x−2 + 1)
(x−1)(√3x−2 + 1)
= lim
x→1+
3x−2−1
(x−1)(√3x−2 + 1) = lim
x→1
3
√3x−2+1 =3
2.
Comme limx→1−
f(x)−f(1)
x−16= limx→1+f(x)−f(1) x−1, on en d´eduit que fn’est pas d´erivable en x= 1.
e) La d´eriv´ee de fest d´efinie pour tout x∈R\ {1}, et
f0(x) =
−e−xsin(x)+e−xcos(x) si x < 0
1 si x= 0
4
π
1
1+x2si x∈]0,1[
pas d´efinie en x= 1
3
2
1
√3x−2si x > 1
v) Montrons par r´ecurrence la propri´et´e
P(n): “ un≥2etun+1 =√3un−2 ”
Initialisation: Pour n= 0, on a u0= 4 ≥2etu1=f(u0) = √3u0−2 puisque u0>1.
H´er´edit´e: Supposons P(n) vraie pour un certain n. On a alors, par hypoth`ese de r´ecurrence un+1 =
√3un−2; on a donc un+1 ≥√3×2−2 = 2, puisque par hypoth`ese de r´ecurrence on a aussi
un≥2. Ceci montre que un+1 ≥2.
Par ailleurs, un+2 =f(un+1) = √3un+1 −2 puisque un+1 ≥2>1.
On a donc montr´e un+1 ≥2etun+2 =√3un+1 −2, ce qui montre que P(n+ 1) est vraie. 
Montrons que pour tout n,ona(un+1 −un)(un+1 +un)≤0. On a
(un+1 −un)(un+1 +un) = (√3un−2−un)(√3un−2 + un) = 3 un−2−un2=−un2+ 3un−2.
L’´etude du polynˆome Q(x) = −x2+ 3x−2 montre que Q(x) = −(x−1)(x−2) est n´egatif pour
x≥2. Ceci implique donc, puisque un≥2, que pour tout n∈N
(un+1 −un)(un+1 +un)≤0.(2)

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Comme de plus on a un≥2≥0, on obtient un+1 +un≥0. En reportant ceci dans l’in´egalit´e
(2), on a donc
(un+1 −un)≤0,∀n∈N.
Ceci implique que la suite (un) est d´ecroissante.
La suite (un) ´etant d´ecroissante et minor´ee par 2, elle est convergente. Soit `sa limite. On a
alors les ´egalit´es suivantes:
`= lim
n→+∞un= lim n→+∞un+1 = lim n→+∞√3un−2 = √3`−2.
Ce qui donne
`=√3`−2.(3)
Comme pour tout n∈N,un≥2, on obtient, par passage `a la limite, `= limn→+∞un≥2. Puisque
`≥2≥0, l’´egalit´e (3) est ´equivalente `a `2= 3 `−2 ou encore −`2+ 3 `−2 = 0. Les deux solutions
de cette ´equation sont 1 et 2. Comme `≥2, la seule limite possible est donc
`= 2 .