Pour préparer l’examen de janvier 1) Apprendre par coeur les énoncés de: (1) Théorème des valeurs intermédiaires (2) Théorème de la bijection (3) Théorème des accroissements finis (4) Théorème de Taylor (5) Définition de “un tend vers ` quand n tend vers +∞”. (6) Définition de “f (x) tend vers ` quand x tend vers x0 ”. (7) Définition de la continuité en un point pour une fonction. (8) Définition de la dérivabilité en un point d’une fonction. Problème à résoudre. i) Préliminaires. Soit la fonction g donnée par g: ] − π2 , π2 [ → R sin x x 7→ cos x = tan x Montrer que g est définie, continue et dérivable sur ] − π2 , π2 [ (on pourra utiliser sans le démontrer que les fonctions sinus et cosinus sont définies, continues et dérivables sur R). Calculer g 0 (x) et montrer que g est strictement croissante sur ] − π2 , π2 [. En déduire que la fonction g admet une fonction réciproque, que l’on notera g −1 (x) := arctan x (justifier l’existence de cette fonction réciproque et préciser son domaine de définition). 1 Montrer que arctan0 (x) = 1+x 2 . Calculer arctan(0), arctan(1) et arctan(−1). ii) Soit la fonction f définie par −x si x < 0 e sin(x) 4 arctan(x) si x ∈ [0, 1] f (x) = √π 3x − 2 si x > 1 Donner le domaine de définition de f . iii) Continuité. Montrer que f est continue en 0 et en 1. Montrer ensuite que f est continue sur R. iv) Dérivabilité. Montrer que f est dérivable sur R \ {0, 1}. a) Montrer que le développement limité en 0 à l’ordre 1 de sin(x) est sin(x) = x + x (x), lim (x) = 0 . x→0 En déduire la limite quand x tend vers 0 de e−x sin(x)/x. b) Montrer que le développement limité en 0 à l’ordre 1 de arctan(x) est arctan(x) = x + x (x), lim (x) = 0 . x→0 En déduire la limite quand x tend vers 0 de arctan(x)/x. Pourquoi cette valeur vaut-elle arctan0 (0)? c) De ce qui précède, en déduire que f est dérivable en 0. Quelle est la valeur de f 0 (0)? d) Sans passer par des développements limités, montrer que f (x) − f (1) 2 = . x<1 x−1 π lim x→1, Etudier la dérivabilité de f en 1. 1 2 e) Donner l’expression de f 0 (x) selon les valeurs de x. v) Etude de suite récurrente. On considère la suite réelle (un )n∈N définie par u0 = 4 et pour n ≥ 0, un+1 = f (un ). Montrer que pour tout n dans N, la propriété P(n) suivante est vraie: √ P(n): “ un ≥ 2 et un+1 = 3un − 2 ” Montrer que (un+1 − un )(un+1 + un ) ≤ 0 . En déduire que la suite un est décroissante. Montrer que la suite (un ) est convergente et calculer sa limite. SOLUTION i) La fonction g étant une fraction de deux fonctions g1 = sin et g2 = cos, son domaine de définition est l’intersection de son ensemble de départ avec les domaines de définition de g1 et g2 , privé de l’ensemble des points où le dénominateur s’annule. La fonction cosinus s’annule en tous les points de la forme π/2 + kπ (k ∈ Z). Donc π π π π Dg =] − , [ ∩ R ∩ R ∩ {π/2 + kπ, k ∈ Z} =] − , [ . 2 2 2 2 On montre de façon similaire que le domaine de continuité et de dérivabilité de g est ]−π/2, π/2[. Pour tout x ∈] − π2 , π2 [, on a g 0 (x) = cos(x) sin0 (x) − cos0 (x) sin(x) cos2 (x) + sin2 (x) sin2 (x) = = 1 + = 1 + tan2 (x) . cos2 (x) cos2 (x) cos2 (x) Comme g 0 (x) > 0 sur ] − π/2, π/2[ (sauf en 0), la fonction g est strictement croissante sur ] − π/2, π/2[. Par le théorème de la bijection, comme g est continue et strictement croissante sur ] − π/2, π/2[, g réalise une bijection de ] − π/2, π/2[ vers ] limx&− π2 g(x), limx% π2 g(x)[= R. La dérivée de la fonction arctan est donné par la propriété sur la dérivée des fonctions réciproques: 1 1 1 1 arctan0 (x) = (g −1 )0 (x) = 0 −1 = = = 2 2 g (g (x)) 1 + (tan(arctan(x))) 1 + x2 1 + tan (g(x)) car tan(arctan(x)) = x. Par définition, arctan(0) est le nombre (ou l’angle) entre −π/2 et π/2 dont la tangente vaut 0. Donc, arctan(0) = 0. De même, arctan(1) entre −π/2 et π/2 dont la tangente vaut 1; comme tan(π/4) = √ √ est l’angle sin(π/4)/ cos(π/4) = 2/2/( 2/2) = 1, on en déduit arctan(1) = π/4. On montre aussi arctan(−1) = −π/4. ii) On étudie la fonction f sur chacun des intervalles ] − ∞, 0[, [0, 1], et ]1, + ∞[. Université du Sud Toulon–Var – Licence MASS 1ère année 3 Sur ] − ∞, 0[, f est le produit de deux fonctions définies sur R, donc f (x) est bien défini pour x ∈] − ∞, 0[. Sur [0, 1], la fonction f est égale à la fonction π4 × arctan(x) qui est définie sur R; donc f (x) est bien défini pour x ∈ [0, 1]. √ Sur ]1, +∞[, la fonction f est égale à 3x − 2 qui est définie sur {x ∈ R | 3x−2 ≥ 0} = [2/3,+∞[. Donc f (x) est bien défini pour x ∈]1, + ∞[. De ce qui précède, on déduit que f est définie sur R. iii) Continuité de f en 0: On a limx→0− f (x) = limx→0− e−x sin(x) = e−0 sin(0) = 0, et limx→0+ f (x) = limx→0+ π4 × arctan(x) = π4 × arctan(0) = 0, et f (0) = π4 × arctan(0) = 0. Comme limx→0− f (x) = limx→0+ f (x) = f (0), on en déduit que f est continue en 0. Continuité de f en 1: On a limx→1− f (x) = limx→1− π4 ×arctan(x) = π4 ×arctan(1) = √ et limx→1+ f (x) = limx→1+ 3x − 2 = 1 et f (1) = π4 arctan(1) = 1. Comme limx→1− f (x) = limx→1+ f (x) = f (1), on en déduit que f est continue en 1. 4 π × π4 = 1, Avec des arguments généraux similaires à ceux utilisés pour la question ii), on montrer que f est continue en tout point x de R \ {0, 1}. Comme f est aussi continue en 0 et en 1, on en déduit donc que f est continue sur R. iv) a) La fonction sinus est dérivable et de dérivée continue en 0; on peut donc écrire le développement de Taylor à 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 e−x (x + x(x)) e−x sin(x) = lim = lim e−x (1 + (x)) = e0 = 1 . (1) lim x→0 x→0 x→0 x x Remarque: Cette limite n’est rien d’autre que la dérivée de la fonction e−x sin(x) prise en 0 car, par définition, on a e−x sin(x) − e−0 sin(0) e−x sin(x) = lim . x→0 x→0 x−0 x On pouvait donc retrouver la valeur de la limite dans (1) en calculant directement la dérivée de e−x sin(x) et en prenant sa valeur en 0: (e−x sin(x))0 = −e−x sin(x) + e−x cos(x) dont la valeur en 0 est −e−0 sin(0) + e−0 cos(0) = 0 + 1 = 1, qui est bien la valeur obtenue dans (1). (e−x sin(x))0 |x=0 = lim b) La fonction arctangente est dérivable et de dérivée continue en 0; on peut donc écrire le développement de Taylor à l’ordre 1 en 0 pour arctangente: arctan(x) = arctan(0) + (x − 0) arctan0 (0) + x(x) = x + x(x) , car arctan0 (0) = On a alors 1 1+0 = 1. lim x→0 arctan(x) x + x(x)) = lim = lim (1 + (x)) = 1 . x→0 x→0 x x 4 Cette limite est égale à la dérivée de arctangente en 0, car, par définition arctan0 (0) = lim x→0 arctan(x) arctan(x) − arctan(0) = lim . x→0 x−0 x c) D’après les questions a) et b), on a: lim x→0− e−x sin(x) − arctan(0) e−x sin(x) f (x) − f (0) = lim = lim = 1, x→0 x→0 x−0 x−0 x et f (x) − f (0) arctan(x) − arctan(0) = lim = 1, x→0 x−0 x−0 donc f est dérivable en 0, avec f 0 (0) = 1. d) Avec les mêmes arguments qu’aux questions a) et b), on obtient lim x→0− f (x) − f (1) 4 4 4 1 2 = ( arctan(x))0 |x=1 = arctan0 (0) = = . x−1 π π π1+1 π x→1− Pour étudier la dérivabilité de f en 1, il reste à calculer √ √ √ ( 3x − 2 − 1)( 3x − 2 + 1) 3x − 2 − 1 f (x) − f (1) √ = lim = lim lim x−1 x−1 x→1+ x→1+ x→1+ (x − 1)( 3x − 2 + 1) 3 3 3x − 2 − 1 √ = lim √ = . = lim + x→1 2 x→1 (x − 1)( 3x − 2 + 1) 3x − 2 + 1 lim (1) (1) Comme limx→1− f (x)−f 6= limx→1+ f (x)−f , on en déduit que f n’est pas dérivable en x = 1. x−1 x−1 e) La dérivée de f est définie pour tout x ∈ R \ {1}, et −e−x sin(x) + e−x cos(x) si x < 0 si x = 0 1 4 1 0 si x ∈]0, 1[ f (x) = π 1+x2 pas définie en x = 1 3√ 1 si x > 1 2 3x−2 v) Montrons par récurrence la propriété √ P(n): “ un ≥ 2 et un+1 = 3un − 2 ” √ Initialisation: Pour n = 0, on a u0 = 4 ≥ 2 et u1 = f (u0 ) = 3 u0 − 2 puisque u0 > 1. Hérédité: Supposons P(n) vraie√ pour un certain n. On a alors, par hypothèse de récurrence un+1 = √ 3 un − 2; on a donc un+1 ≥ 3 × 2 − 2 = 2, puisque par hypothèse de récurrence on a aussi un ≥ 2. Ceci montre que un+1 ≥ 2.√ Par ailleurs, un+2 = f (un+1 ) = 3 un+1√− 2 puisque un+1 ≥ 2 > 1. On a donc montré un+1 ≥ 2 et un+2 = 3 un+1 − 2, ce qui montre que P(n + 1) est vraie. Montrons que pour tout n, on a (un+1 − un )(un+1 + un ) ≤ 0. On a √ √ (un+1 − un )(un+1 + un ) = ( 3 un − 2 − un )( 3 un − 2 + un ) = 3 un − 2 − un 2 = −un 2 + 3un − 2 . L’étude du polynôme Q(x) = −x2 + 3x − 2 montre que Q(x) = −(x − 1)(x − 2) est négatif pour x ≥ 2. Ceci implique donc, puisque un ≥ 2, que pour tout n ∈ N (un+1 − un )(un+1 + un ) ≤ 0 . (2) Université du Sud Toulon–Var – Licence MASS 1ère année 5 Comme de plus on a un ≥ 2 ≥ 0, on obtient un+1 + un ≥ 0. En reportant ceci dans l’inégalité (2), on a donc (un+1 − un ) ≤ 0, ∀n ∈ N . Ceci implique que la suite (un ) est décroissante. La suite (un ) étant décroissante et minorée par 2, elle est convergente. Soit ` sa limite. On a alors les égalités suivantes: √ √ 3 un − 2 = 3` − 2 . ` = lim un = lim un+1 = lim n→+∞ n→+∞ n→+∞ Ce qui donne √ ` = 3` − 2. (3) Comme pour tout n ∈ N, un ≥ 2, on obtient, par passage à la limite, ` = limn→+∞ un ≥ 2. Puisque ` ≥ 2 ≥ 0, l’égalité (3) est équivalente à `2 = 3 ` − 2 ou encore −`2 + 3 ` − 2 = 0. Les deux solutions de cette équation sont 1 et 2. Comme ` ≥ 2, la seule limite possible est donc ` = 2.