Feuille d`exercices 1 : Analyse – Fonctions

Université Denis Diderot Paris 7
(2014-2015)
TD Maths, Agro
Mathieu Merle : [email protected]
www.math.jussieu.fr/∼merle
Feuille d’exercices 1 : Analyse – Fonctions
Exercice 1 Résoudre, sur R, les (in)équations suivantes
2 sin2 (x) = 3(1 + cos(x)).
(1)
4π
S = {π + 2kπ, 2π
3 + 2kπ, 3 + 2kπ, k ∈ Z}.
ln(x + 2) + ln(x − 2) = ln(x2 − 4).
(2)
S = (2, +∞).
1
1
S=
22x − 3x− 2 = 3x+ 2 − 22x−1 .
(3)
ln(|x + 1|) − ln(|2x + 1|) ≤ ln(2).
(4)
√
ln(8 3/3)
ln(4/3) .
S =] − ∞, −1[∪] − 1, −3/5] ∪ [−1/3, +∞[.
4 cos2 (x) ≤ 1.
S=
S
π
k∈Z [ 3
(5)
4π
5π
+ 2kπ, 2π
3 + 2kπ] ∪ [ 3 + 2kπ, 3 + 2kπ].
Exercice 2 Calculer, en tout point où elles sont définies et dérivables, la dérivée des fonctions
suivantes
f (x) =
f 0 (x) =
3
−1
(1+x)2 (sin (x)
− sin5 (x)) +
1−x
sin3 (x) cos2 (x).
1 − x2
cos(x)
2
1+x (3 sin (x)
− 5 sin4 (x)).
g(x) = sin(cos(ln(x))).
g 0 (x) =
−1
x
sin(ln(x)) cos(cos(ln(x))).
h(x) = arccos(x).
h0 (x) =
u0 (x) =
√ −1 .
1−x2
u(x) = sinh−1 (x).
√ 1
.
x2 +1
v(x) =
p
p
3
(x2 + 1)5 − 7 (x4 + 2)3 .
2x(x2 + 1)2/3 − 4x3 (x4 + 2)−4/7 .
Exercice 3 Déterminer les limites suivantes
1
√
lim x4 exp(− x).
x→∞
0.
lim x sin
x→−∞
1.
1
.
x
1
lim x ln 1 + √
.
x→∞
x x
3
+∞.
1 + 2x2
lim
x→0,x6=0
e2 .
lim
x→0,x6=0
−1.
1
x2
.
1
1
− .
x(x + 1) x
x3 + x4 + 1
.
x→∞ −3x3 + 2x2 − 2
lim
−∞.
lim
x→∞
1
exp(2 ln(ln(x))).
x2
0.
3
lim x−2 ln(xx ).
x→∞
+∞.
√
lim
x→0,x6=0
1.
1/2.
√
1+x− 1−x
.
ex − 1
p
cos(x) − cos(2x)
lim
.
x→0,x6=0
sin2 (x)
xn − 1
, où n et p sont des entiers strictement positifs.
x→1,x6=1 xp − 1
lim
n/p.
Exercice 4 Peut-on prolonger par continuité en 0 les fonctions suivantes
√
x2 + 1 − 1
f (x) =
.
x
Oui, cette fonction définie sur R∗ admet la limite 0 en 0.
g(x) =
x
.
2x + |x|
Non, la limite en 0+ est 1/3, celle en 0− est 1.
h(x) = xx .
Oui, cette fonction définie sur R∗+ admet une limite 1 en 0.
u(x) = x ln
2
1 − x2
x
.
Oui, cette fonction définie sur R∗+ admet une limite 0 en 0.
v(x) = cos(1/x).
Non, cette fonction n’admet pas de limite en 0. En effet, pour les valeurs {1/nπ}n∈N∗ ,
arbitrairement proches de 0 lorsque n est grand, v prend la valeur 1 ou −1 suivant que n est pair
ou impair.
w(x) = x2 v(x).
Oui, cette fonction définie sur R∗ tend vers 0 en 0.
Exercice 5 Montrer que pour tout x ∈ R
1−
x4
x6
x2
x4
x6
x8
x2
+
−
≤ cos(x) ≤ 1 −
+
−
+
.
2
24 720
2
24 720 40320
En déduire des équivalents en 0 des fonctions suivantes
f (x) = cos(x),
g(x) = cos(x) − 1,
h(x) = cos(x) − 1 +
u(x) = cos(x) − 1 +
Posons
v(x) = cos(x) − 1 +
w(x) = cos(x) − 1 +
x2
,
2
x2
x4
− .
2
24
x2
x4
x6
−
+
,
2
24 720
x2
x4
x6
x8
−
+
−
2
24 720 40320
Notons alors que
w00 (x) = −v(x),
w(4) (x) = −v 00 (x) = u(x),
w(6) (x) = −v (4) (x) = −h(x),
w(8) (x) = −v (6) (x) = g(x) ≤ 0.
La dérivée 7-ième de w est donc décroissante, et on constate facilement qu’elle vaut 0 en 0. La
dérivée 6-ième w(6) est donc croissante sur R− et décroissante sur R+ , comme à nouveau elle
vaut 0 en 0 on constate qu’elle est, tout comme w(8) , négative sur R.
Par un raisonnement similaire, on obtient que w(4) est négative sur R tout entier, puis que
w00 = −v est encore négative sur R, et enfin que w est négative sur R.
On vient de prouver que v = −w00 est positive sur R ce qui fournit l’inégalité de gauche, et que w
est négative sur R ce qui fournit l’inégalité de droite.
Les inégalités obtenues montrent en particulier que cos(x) − 1 = O(x2 ) et donc f (x) ∼0 1, puis
que cos(x) − 1 + x2 /2 = O(x4 ) et donc g(x) ∼0 −x2 /2, de même on obtient que
h(x) ∼0
x4
,
24
u(x) ∼ −
x6
.
720
Les inégalités obtenues dans cet exercice ne nous permettent pas de pousser plus loin, mais il est
évident qu’on peut généraliser la méthode pour retrouver le DL de cos en 0 (et on peut faire de
même avec la fonction sin).
3
Exercice 6 Faire l’étude complète (i.e. domaine de définition, parité, périodicité, continuité,
dérivabilité, tableau de variation avec valeurs aux etremas et limites aux bornes de l’intervalle de
définition) des fonctions suivantes
f (x) = cosh(x) :=
exp(x) + exp(−x)
.
2
La fonction f est définie sur R, elle est paire, de classe C ∞ . Sa dérivée f 0 (x) = sinh(x) étant
négative sur R− et positive sur R+ , on trouve que f est décroissante sur R− et croissante sur R+ .
Elle tend bien entendu vers +∞ en ±∞ et prend sa valeur minimum en l’origine où elle vaut 1.
g(x) = sinh(x) :=
exp(x) − exp(−x)
.
2
La fonction g est définie sur R, elle est impaire, de classe C ∞ . Sa dérivée f 0 (x) = cosh(x) étant
strictement positive sur R, on trouve que g est strictement croissante sur R. Elle tend bien
entendu vers −∞ en −∞ et vers +∞ en +∞ de sorte qu’elle réalise une bijection de R dans R.
h(x) = tanh(x) :=
exp(x) − exp(−x)
.
exp(x) + exp(−x)
La fonction h est définie sur R, elle est impaire, de classe C ∞ . On a h0 (x) = cosh12 (x) de sorte que
h est strictement croissante sur R. Elle tend vers −1 en −∞ et vers 1 en +∞ de sorte qu’elle
réalise une bijection de R vers ] − 1, 1[.
u(x) = exp(x) ·
x−1
.
x+1
La fonction u est définie sur R \ {−1}. Sur ce domaine elle est de classe C ∞ . On a
x2 +1
u0 (x) = ex (x+1)
2 de sorte que u est strictement croissante sur son domaine de définition. On a en
outre
lim u(x) = 0,
x→−∞
lim
x→−1,x<−1
u(x) = +∞,
lim
x→−1,x>−1
u(x) = −∞,
lim u(x) = +∞.
x→∞
v(x) = x ln(x) − x.
La fonction v est définie sur R∗+ . Sur ce domaine elle est de classe C ∞ . On a v 0 (x) = ln(x) de
sorte que v est décroissante sur ]0, 1] et croissante sur [1, +∞[. En particulier elle atteint son
minimum en −1. Enfin
lim v(x) = 0,
x→0
v(1) = −1,
lim v(x) = +∞.
x→∞
w(x) = x1/x .
On a w(x) = exp( x1 ln(x)) et le domaine de définition de w est donc ]0, +∞[\{0}. Sur ce domaine
w est de classe C ∞ . Notons de plus que limx→0 w(x) = 1, de sorte que notre fonction est
prolongeable par continuité en l’origine.
On a d’autre part
1
1
w0 (x) = − 2 ln(x) + 2 w(x).
x
x
Notre dérivée change de signe en e, et w est croissante sur ]0, e], puis décroissante sur [e, +∞[.
Enfin,
lim w(x) = 1, w(e) = e1/e , lim w(x) = 1.
x→∞
x→0
Pn (x) = xn + 3x − 2, où n ≥ 2 est un entier.
4
Pn est clairement de classe C ∞ sur R, et Pn0 (x) = nxn−1 + 3.
Lorsque n est impair, cette dérivée est positive, Pn est donc strictement croissante, et réalise une
bijection de R sur R (en particulier il n’a dans ce cas qu’une seule racine).
Lorsque n est pair, c’est Pn0 qui réalise une bijection de R dans R, elle s’annule en
1
x0 = −(3/n) n−1 . Le polynôme Pn est donc décroissant sur ] − ∞, x0 ] et croissant sur [x0 , +∞[.
Puisque P (0) = −2, il est clair que la valeur minimale de Pn est strictement inférieure à −2 (en
fait elle est même inférieure à −4 puisque Pn (−1) = −4. Lorsque n → ∞ on remarque d’ailleurs
que ce minimum tend vers −4). Comme bien entendu limx→±∞ Pn (x) = +∞, on déduit que Pn
possède deux racines, l’une négative et l’autre positive.
Exercice 7
1. Montrer que pour tous a, b > 0 , on a
1
(ln(a) + ln(b)) ≤ ln
2
a+b
2
.
Fixons a, b > 0. Puisque x → exp(x) est une fonction croissante, on peut de façon
équivalente comparer les exponentielles des deux membres de l’inégalité que l’on souhaite
établir.
√
Or exp 21 (ln(a) + ln(b)) = ab, qu’on doit donc comparer à a+b
2 . Comme
√
√ 2
a+b √
− ab =
a − b ≥ 0,
2
on trouve que
√
ab ≤
a+b
2 ,
et on conclut.
2. Montrer que si φ : R → R est deux fois dérivable et si pour tout x ∈ R φ00 (x) ≥ 0 , alors
pour tous a, b ∈ R, et x ∈ [0, 1] on a
φ((1 − x)a + xb) ≤ (1 − x)φ(a) + xφ(b).
On pourra faire l’étude de la fonction f : x → (1 − x)φ(a) + xφ(b) − φ((1 − x)a + xb).
Pourquoi cette inégalité permet-elle de retrouver le résultat de la première question ?
Faisons l’étude de f sur [0, 1]. On calcule
f 0 (x) = −φ(a) + φ(b) − (b − a)φ0 ((1 − x)a + xb),
f 00 (x) = −(b − a)2 φ00 ((1 − x)a + xb).
Comme φ est convexe (i.e. φ00 ≥ 0), on voit donc que f 00 ≤ 0 et donc f 0 est décroissante.
Puisque φ est convexe son graphe est toujours situé au dessus de sa tangente et donc
f 0 (0) = φ(b) − φ(a) − (b − a)φ0 (a) ≥ 0,
f 0 (1) = φ(b) − φ(a) − (b − a)φ0 (b) ≤ 0.
Finalement f est croissante puis décroissante sur [0, 1]. Or f (0) = f (1) = 0. Finalement
f ≥ 0 sur [0, 1], de sorte que ∀x ∈ [0, 1],
(1 − x)φ(a) + xφ(b) ≥ φ((1 − x)a + xb).
La fonction φ : x → − ln(x) est convexe, pour x = 1/2 on obtient
1
1
(− ln(a) − ln(b)) ≥ − ln( (a + b)),
2
2
ce qui correspond exactement au résultat de la première question.
3. Pouvez-vous décliner une inégalité similaire pour ψλ (x) = exp(λx), où λ ∈ R ?
Fixons λ ∈ R. La fonction ψλ est convexe puisque
ψλ00 (x) = λ2 exp(λx) ≥ 0,
5
∀x ∈ R.
On a donc
(1 − x) exp(λa) + x exp(λb) ≥ exp((1 − x)λa + xλb),
c’est-à-dire
(1 − x) exp(λa) + x exp(λb) ≥ exp((1 − x)λa) exp(xλb).
Exercice 8 Soit n ∈ N∗ , f une fonction n fois dérivable sur l’intervalle [a, b], ayant n + 1 racines
sur ce segment. Montrer qu’il existe un réel c dans ]a, b[ tel que f (n) (c) = 0.
On va démontrer par récurrence l’assertion :
(Hn )
{ Si f , n fois dérivable sur [a, b], possède au moins n + 1 racines sur [a, b],
alors ∃c ∈]a, b[ tel que f (n) (c) = 0. }
Pour n = 1 c’est le théorème de Rolle : f a deux racines (disons x0 et x1 ) sur [a, b], et donc par
Rolle, ∃c ∈]x0 , x1 [⊂]a, b[: f 0 (c) = 0.
Supposons désormais (Hn ) vérifiée et prouvons (Hn+1 ). Notons
a ≤ x0 < x1 < x2 < · · · < xn+1 ≤ b les n + 2 racines de f sur l’intervalle [a, b] (ce qui signifie que
f (xi ) = 0 pour tout i ∈ {0, ..., n + 1}).
Pour tout i ∈ {0, ..., n}, d’après le théorème de Rolle pour f sur l’intervalle [xi , xi+1 ], il existe
yi ∈]xi , xi+1 [ tel que f 0 (yi ) = 0. La fonction f 0 est n fois dérivable puisque f l’est n + 1 fois. Elle
a au moins n + 1 racines sur [a, b]. D’après (Hn ) appliquée à f 0 , ∃c ∈]a, b[ tel que
f 0(n) (c) = f (n+1) (c) = 0.
Exercice 9 Un cycliste parcourt 50km en 2 heures.
1. Montrer qu’il existe un intervalle de temps d’exactement une heure pendant lequel il
parcourt exactement 25 km. On pourra considèrer t → D(t) la fonction qui donne la
distance parcourue au temps t, et étudier la fonction f : t → D(t + 1) − D(t). On a
D(0) = 0, et par hypothèse D(2) = 50.
Définissons f comme dans l’énoncé sur [0, 1]. Notre but est de montrer qu’il existe t1 tel
que f (t1 ) = 25. Pour un tel t1 le cycliste a parcouru exactement 25km pendant l’heure
[t1 , t1 + 1].
Notons que f (0) + f (1) = D(2) = 50, i.e. f (0) = 50 − f (1). Et donc, ou bien f (0) ≤ 25, et
f (1) ≥ 25, ou alors f (0) ≥ 25 et f (1) ≤ 25.
De plus la fonction f est clairement continue, puisque D l’est également. Par le théorème
des valeurs intermédiaires ∃t1 ∈ [0, 1] : f (t1 ) = 25, ce qui permet de conclure.
2. Montrer de même qu’il existe un intervalle de temps de 30 minutes pendant lequel il
parcourt exactement 12.5 km.
Plus généralement, montrer que pour tout n ∈ N∗ il existe un intervalle de temps de
longueur 21−n où il parcourt exactement 50/2n km.
Posons t0 = 0, et montrons par récurrence que pour tout n ∈ N∗
(Hn ) ∃tn ∈ [tn−1 , tn−1 + 21−n ] : D(tn + 21−n ) − D(tn ) = 50 × 2−n .
(H1 ) a été établie à la première question.
Supposons alors (Hn ) et appliquons un raisonnement similaire sur l’intervalle
[tn , tn + 21−n ] (en étudiant la fonction t → D(t + 2−n ) − D(t) sur [tn , tn + 2−n ]), on trouve
qu’il existe tn+1 ∈ [tn , tn + 2−n ] tel que D(tn + 2−n ) − D(tn ) = 50 × 2−n−1 .
3. En admettant que D est dérivable, démontrer qu’il existe un temps auquel la vitesse
instantanée du cycliste est exactement 25km/h.
6
Puisque |tn+1 − tn | ≤ 2−n , la suite (tn ) converge vers une limite T ∈ [0, 1]. Or le taux
d’accroissement de D sur [tn , tn + 2−n ] est précisément
D(tn + 2−n ) − D(tn )
= 25.
2−n
La dérivée en T étant la limite du taux d’accroissement en ce point, si la fonction D est
dérivable en T sa dérivée ne peut être que 25, ce qui permet de conclure.
Exercice 10 En utilisant la formule de Taylor-Lagrange, déterminer la limite, lorsque n → ∞
des suites suivantes
1
1
1
1
+ − + ... + (−1)n .
1! 2! 3!
n!
1
1 1 1
vn = 1 − + − + ... + (−1)n+1 .
2 3 4
n
1
1
1
1
wn = +
+
+ ... +
.
2 2 · 22
3 · 23
n · 2n
Quelle information possède-t-on sur la vitesse de convergence de chacune de ces suites ? Le
développement de Taylor Lagrange pour la fonction exponentielle entre 0 et −1 fournit
l’existence de c ∈]0, 1[ tel que
un = 1 −
exp(−1)
=
n
X
exp(n) (0)(−1)n
n!
i=0
=
un +
+
exp(n+1) (c)(−1)n+1
(n + 1)!
exp(n+1) (c)(−1)n+1
(n + 1)!
On en déduit que
|un − exp(−1)| ≤
1
.
(n + 1)!
Evidemment limn→∞ un = exp(−1), et la vitesse de convergence est super-exponentielle (notons
par exemple que 1/10! ≤ 3 · 10−7 , 1/20! ≤ 5 · 10−19 ).
De même, le développement de Taylor-Lagrange pour la fonction g : x → ln(1 + x) entre 0 et 1
fournit l’existence de c ∈]0, 1[ tel que
ln(2) = vn +
(−1)n cn+1
,
n+1
et donc
1
.
n+1
La suite v converge donc vers ln(2) à une vitesse polynômiale.
|vn − ln(2)| ≤
Enfin, on obtient de même, pour un c ∈]0, 1/2[,
− ln(1 − 1/2) = wn +
cn+1
,
n+1
|wn − ln(2)| ≤
1
,
2n+1 (n + 1)
et donc w converge vers ln(2) à une vitesse exponentielle.
Exercice 11 A l’aide d’un développement limité approprié, déterminer
1
1
lim
−
.
x→0,x6=0 sin2 (x)
x2
7
On a, par un développement limité en 0,
1
1
1
1
1
= 2 (1 − x2 /6 + o(x2 ))−2 = 2 1 + x2 /3 + o(x2 ) = 2 + + o(1),
x
x
x
3
sin (x)
2
et donc la limite de l’expression ci-dessus lorsque x → 0 est 1/3.
1
1
√ −
√
lim
.
x→1,x6=1 2(1 −
x) 3(1 − 3 x)
Posons x = 1 + h, on a
−1 1
1
1
−1
√ = (1 − 1 − h/2 + h2 /8 + o(h2 ))−1 =
(1 + h/4 + o(h)) =
− + o(1).
2
h
h
4
2(1 − x)
D’autre part
1
1
−1
−1 1
√ = (1 − 1 − h/3 + h2 /9 + o(h2 ))−1 =
(1 + h/3 + o(h)) =
− + o(1).
3
h
h
3
3(1 − 3 x)
Finalement
1
1
1
1 1
√
√
lim
−
.
= − =
x→1,x6=1 2(1 −
3 4
12
x) 3(1 − 3 x)
x
1/x
a + bx + cx
lim
, où a, b, c sont des réels strictement positifs.
x→0,x6=0
3
On a, en développant exp en 0,
x
1/x
a + bx + cx
1
= exp
ln (1 + x(ln(a) + ln(b) + ln(c))/3 + o(x)) .
3
x
qui converge, lorsque x → 0, vers (a · b · c)1/3 .
etan(x) − esin(x)
.
x→0,x6=0 tan(x) − sin(x)
lim
Rappelons que tan(x) = x + x3 /3 + o(x3 ). On a donc
tan(x) − sin(x)
= x3 /2 + o(x3 ),
etan(x) − esin(x)
=
1 + x + x2 /2 + x3 /6 + x3 /3 − 1 − x − x2 /2 − x3 /6 + x3 /6 + o(x3 )
= x3 /2 + o(x3 ),
et on obtient donc la limite 1.
Exercice 12 Dans les trois cas qui suivent, on déterminera une asymptote de la fonction au
voisinage de +∞ et on déterminera les positions relatives du graphe de cette fonction et de son
asymptote
p
f (x) = 3 x2 (x − 2).
x2 − x + 2
1
g(x) =
exp −
.
x+1
x
p
h(x) = x + |x2 − 1|.
On a
f (x)
=
=
1/3
2
2
4
1
x 1−
=x 1−
− 2 + o( 2 )
x
3x 9x
x
2
4
1
x− −
+ o( ).
3 9x
x
8
Ainsi, la droite x → x − 23 est asymptote à la fonction f en +∞, et le graphe de la fonction est
en dessous de son asymptote.
On a
g(x)
=
=
1
1
1
1
1
2
1
1
x 1− + 2
1 − + 2 + o( 2 )
1 − + 2 + o( 2 )
x x
x x
x
x 2x
x
13
1
x−3+
+ o( )
2x
x
La fonction g admet la droite x → x − 3 comme asymptote en +∞ et son graphe se situe au
dessus de son asymptote.
On a
1
1
h(x) = x + x 1 − 2 + o( 2 )
2x
x
= 2x −
1
1
+ o( ),
2x
x
ainsi, la fonction h admet la droite x → 2x comme asymptote en +∞ et son graphe se situe en
dessous de son asymptote.
9