Feuille d`exercices 1 : Analyse – Fonctions

Universit´e 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 R´esoudre, sur R, les (in)´equations suivantes
2 sin2(x) = 3(1 + cos(x)).(1)
S={π+ 2kπ, 2π
3+ 2kπ, 4π 3+ 2kπ, k ∈Z}.
ln(x+ 2) + ln(x−2) = ln(x2−4).(2)
S= (2,+∞).
22x−3x−1
2= 3x+1 2−22x−1.(3)
S=ln(8√3/3)
ln(4/3) .
ln(|x+ 1|)−ln(|2x+ 1|)≤ln(2).(4)
S=] − ∞,−1[∪]−1,−3/5] ∪[−1/3,+∞[.
4 cos2(x)≤1.(5)
S=Sk∈Z[π
3+ 2kπ, 2π 3+ 2kπ]∪[4π 3+ 2kπ, 5π 3+ 2kπ].
Exercice 2 Calculer, en tout point o`u elles sont d´efinies et d´erivables, la d´eriv´ee des fonctions
suivantes
f(x) = 1−x
1−x2sin3(x) cos2(x).
f0(x) = −1
(1+x)2(sin3(x)−sin5(x)) + cos(x) 1+x(3 sin2(x)−5 sin4(x)).
g(x) = sin(cos(ln(x))).
g0(x) = −1
xsin(ln(x)) cos(cos(ln(x))).
h(x) = arccos(x).
h0(x) = −1
√1−x2.
u(x) = sinh−1(x).
u0(x) = 1
√x2+1 .
v(x) = 3
p(x2+ 1)5−7 p(x4+ 2)3.
2x(x2+ 1)2/3−4x3(x4+ 2)−4/7.
Exercice 3 D´eterminer les limites suivantes
1

lim
x→∞ x4exp(−√x).
0.
lim
x→−∞ xsin 1
x.
1.
lim
x→∞ x3ln 1 + 1
x√x.
+∞.
lim
x→0,x6=0 1+2x2
1
x2.
e2.
lim
x→0,x6=0
1
x(x+ 1) −1 x.
−1.
lim
x→∞
x3+x4+ 1
−3x3+ 2x2−2.
−∞.
lim
x→∞
1
x2exp(2 ln(ln(x))).
0.
lim
x→∞ x−2ln(xx3).
+∞.
lim
x→0,x6=0
√1 + x−√1−x
ex−1.
1.
lim
x→0,x6=0
cos(x)−pcos(2x)
sin2(x).
1/2.
lim
x→1,x6=1
xn−1
xp−1,o`u net psont des entiers strictement positifs.
n/p.
Exercice 4 Peut-on prolonger par continuit´e en 0 les fonctions suivantes
f(x) = √x2+ 1 −1
x.
Oui, cette fonction d´efinie 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 d´efinie sur R∗
+admet une limite 1 en 0.
u(x) = xln 1−x2
x.
2

Oui, cette fonction d´efinie 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 nest grand, vprend la valeur 1 ou −1 suivant que nest pair
ou impair.
w(x) = x2v(x).
Oui, cette fonction d´efinie sur R∗tend vers 0 en 0.
Exercice 5 Montrer que pour tout x∈R
1−x2
2+x4 24 −x6 720 ≤cos(x)≤1−x2 2+x4 24 −x6 720 +x8 40320.
En d´eduire des ´equivalents en 0 des fonctions suivantes
f(x) = cos(x),
g(x) = cos(x)−1,
h(x) = cos(x)−1 + x2
2,
u(x) = cos(x)−1 + x2
2−x4 24 .
Posons
v(x) = cos(x)−1 + x2
2−x4 24 +x6 720,
w(x) = cos(x)−1 + x2
2−x4 24 +x6 720 −x8 40320
Notons alors que
w00(x) = −v(x), w(4)(x) = −v00(x) = u(x),
w(6)(x) = −v(4)(x) = −h(x), w(8)(x) = −v(6)(x) = g(x)≤0.
La d´eriv´ee 7-i`eme de west donc d´ecroissante, et on constate facilement qu’elle vaut 0 en 0. La
d´eriv´ee 6-i`eme w(6) est donc croissante sur R−et d´ecroissante sur R+, comme `a nouveau elle
vaut 0 en 0 on constate qu’elle est, tout comme w(8), n´egative sur R.
Par un raisonnement similaire, on obtient que w(4) est n´egative sur Rtout entier, puis que
w00 =−vest encore n´egative sur R, et enfin que west n´egative sur R.
On vient de prouver que v=−w00 est positive sur Rce qui fournit l’in´egalit´e de gauche, et que w
est n´egative sur Rce qui fournit l’in´egalit´e de droite.
Les in´egalit´es obtenues montrent en particulier que cos(x)−1 = O(x2) et donc f(x)∼01, puis
que cos(x)−1 + x2/2 = O(x4) et donc g(x)∼0−x2/2, de mˆeme on obtient que
h(x)∼0
x4
24 , u(x)∼ − x6 720.
Les in´egalit´es obtenues dans cet exercice ne nous permettent pas de pousser plus loin, mais il est
´evident qu’on peut g´en´eraliser la m´ethode pour retrouver le DL de cos en 0 (et on peut faire de
mˆeme avec la fonction sin).
3

Exercice 6 Faire l’´etude compl`ete (i.e. domaine de d´efinition, parit´e, p´eriodicit´e, continuit´e,
d´erivabilit´e, tableau de variation avec valeurs aux etremas et limites aux bornes de l’intervalle de
d´efinition) des fonctions suivantes
f(x) = cosh(x) := exp(x) + exp(−x)
2.
La fonction fest d´efinie sur R, elle est paire, de classe C∞. Sa d´eriv´ee f0(x) = sinh(x) ´etant
n´egative sur R−et positive sur R+, on trouve que fest d´ecroissante sur R−et croissante sur R+.
Elle tend bien entendu vers +∞en ±∞ et prend sa valeur minimum en l’origine o`u elle vaut 1.
g(x) = sinh(x) := exp(x)−exp(−x)
2.
La fonction gest d´efinie sur R, elle est impaire, de classe C∞. Sa d´eriv´ee f0(x) = cosh(x) ´etant
strictement positive sur R, on trouve que gest strictement croissante sur R. Elle tend bien
entendu vers −∞ en −∞ et vers +∞en +∞de sorte qu’elle r´ealise une bijection de Rdans R.
h(x) = tanh(x) := exp(x)−exp(−x)
exp(x) + exp(−x).
La fonction hest d´efinie sur R, elle est impaire, de classe C∞. On a h0(x) = 1
cosh2(x)de sorte que
hest strictement croissante sur R. Elle tend vers −1 en −∞ et vers 1 en +∞de sorte qu’elle
r´ealise une bijection de Rvers ] −1,1[.
u(x) = exp(x)·x−1
x+ 1.
La fonction uest d´efinie sur R\ {−1}. Sur ce domaine elle est de classe C∞. On a
u0(x) = exx2+1
(x+1)2de sorte que uest strictement croissante sur son domaine de d´efinition. On a en
outre
lim
x→−∞ u(x)=0,lim
x→−1,x<−1u(x)=+∞,lim x→−1,x>−1u(x) = −∞,lim
x→∞ u(x) = +∞.
v(x) = xln(x)−x.
La fonction vest d´efinie sur R∗
+. Sur ce domaine elle est de classe C∞. On a v0(x) = ln(x) de
sorte que vest d´ecroissante sur ]0,1] et croissante sur [1,+∞[. En particulier elle atteint son
minimum en −1. Enfin
lim
x→0v(x)=0, v(1) = −1,lim
x→∞ v(x)=+∞.
w(x) = x1/x.
On a w(x) = exp( 1
xln(x)) et le domaine de d´efinition de west donc ]0,+∞[\{0}. Sur ce domaine
west de classe C∞. Notons de plus que limx→0w(x) = 1, de sorte que notre fonction est
prolongeable par continuit´e en l’origine.
On a d’autre part
w0(x) = −1
x2ln(x) + 1 x2w(x).
Notre d´eriv´ee change de signe en e, et west croissante sur ]0, e], puis d´ecroissante sur [e, +∞[.
Enfin,
lim
x→0w(x)=1, w(e) = e1/e,lim
x→∞ w(x)=1.
Pn(x) = xn+ 3x−2,o`u n≥2 est un entier.
4

Pnest clairement de classe C∞sur R, et P0
n(x) = nxn−1+ 3.
Lorsque nest impair, cette d´eriv´ee est positive, Pnest donc strictement croissante, et r´ealise une
bijection de Rsur R(en particulier il n’a dans ce cas qu’une seule racine).
Lorsque nest pair, c’est P0
nqui r´ealise une bijection de Rdans R, elle s’annule en
x0=−(3/n)1
n−1. Le polynˆome Pnest donc d´ecroissant sur ] − ∞, x0] et croissant sur [x0,+∞[.
Puisque P(0) = −2, il est clair que la valeur minimale de Pnest strictement inf´erieure `a −2 (en
fait elle est mˆeme inf´erieure `a −4 puisque Pn(−1) = −4. Lorsque n→ ∞ on remarque d’ailleurs
que ce minimum tend vers −4). Comme bien entendu limx→±∞ Pn(x)=+∞, on d´eduit que Pn
poss`ede deux racines, l’une n´egative et l’autre positive.
Exercice 7
1. Montrer que pour tous a, b > 0 , on a
1
2(ln(a) + ln(b)) ≤ln a+b 2.
Fixons a, b > 0. Puisque x→exp(x) est une fonction croissante, on peut de fa¸con
´equivalente comparer les exponentielles des deux membres de l’in´egalit´e que l’on souhaite
´etablir.
Or exp 1
2(ln(a) + ln(b))=√ab, qu’on doit donc comparer `a a+b 2. Comme
a+b
2−√ab =√a−√b2≥0,
on trouve que √ab ≤a+b
2, et on conclut.
2. Montrer que si φ:R→Rest deux fois d´erivable et si pour tout x∈Rφ00(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’´etude de la fonction f:x→(1 −x)φ(a) + xφ(b)−φ((1 −x)a+xb).
Pourquoi cette in´egalit´e permet-elle de retrouver le r´esultat de la premi`ere question ?
Faisons l’´etude de fsur [0,1]. On calcule
f0(x) = −φ(a) + φ(b)−(b−a)φ0((1 −x)a+xb), f00(x) = −(b−a)2φ00((1 −x)a+xb).
Comme φest convexe (i.e. φ00 ≥0), on voit donc que f00 ≤0 et donc f0est d´ecroissante.
Puisque φest convexe son graphe est toujours situ´e au dessus de sa tangente et donc
f0(0) = φ(b)−φ(a)−(b−a)φ0(a)≥0, f0(1) = φ(b)−φ(a)−(b−a)φ0(b)≤0.
Finalement fest croissante puis d´ecroissante 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
2(−ln(a)−ln(b)) ≥ −ln( 1 2(a+b)),
ce qui correspond exactement au r´esultat de la premi`ere question.
3. Pouvez-vous d´ecliner une in´egalit´e similaire pour ψλ(x) = exp(λx), o`u λ∈R?
Fixons λ∈R. La fonction ψλest convexe puisque
ψ00
λ(x) = λ2exp(λx)≥0,∀x∈R.
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