Soit f une fonction définie, continue sur un intervalle fermé

Université Pierre et Marie Curie
Licence Sciences et Technologies
MIME
Examen de l’UE LM110
Juin 2005
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Théorème : Soit f une fonction définie, continue sur un intervalle fermé [ a, b ] et dérivable sur
l’intervalle ouvert ]a, b[ .
Alors il existe c dans l’ouvert ]a, b[ tel que f (a) − f (b) = f '(c)(b − a) .
(On suppose a<b)
.
La démonstration s’appuie sur le théorème de Rolle :
Soit f une fonction définie, continue sur un intervalle fermé [ a, b ] et dérivable sur l’intervalle
ouvert ]a, b[ et telle que f(a)=f(b).Alors il existe c dans l’ouvert ]a, b[ tel que f’(c)=0.
Démonstration du théorème des accroissements finis :
f (b) − f (a)
b−a
La fonction g est bien définie, continue sur [ a, b ] et dérivable sur l’intervalle ouvert ]a, b[ . et
Appliquons le théorème de Rolle à la fonction g ( x) = f ( x) − ( x − a )
telle que g(a)=g(b). Donc il existe c dans l’ouvert ]a, b[ tel que g’(c)=0.Or
g '(c) = f '(c) −
f (b) − f (a )
d’où le résultat.
b−a
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1
⎛1⎞
⎛ 1 ⎞ −1
⎛1⎞ 1
⎛1⎞ 2
Posons z ( x) = y ⎜ ⎟ alors z '( x) = y ' ⎜ ⎟ 2 et z"(x)=y " ⎜ ⎟ 4 + y ' ⎜ ⎟ 3 .
⎝ x⎠
⎝ x⎠ x
⎝ x⎠ x
⎝ x⎠ x
⎛1⎞ 1
⎛1⎞ 4
⎛1⎞ 3
⎛1⎞
Donc 2 z "− 3z '+ z = 2 y " ⎜ ⎟ 4 + y ' ⎜ ⎟ 3 + y ' ⎜ ⎟ 2 + y ⎜ ⎟ .
⎝ x⎠x
⎝ x⎠ x
⎝ x⎠ x
⎝ x⎠
Soit en posant u = 1/ x 2 z "− 3 z '+ z = 2 y "(u )u 4 + y '(u ) ⎡⎣ 4u 3 + 3u 2 ⎤⎦ + y (u )
Donc si y est solution de (E), z est solution de l’équation différentielle linéaire proposée.
L’équation en z est une équation linéaire, l’équation caractéristique associée admet deux
solutions : 1et 1/2. Donc la solution générale est : z ( x) = ae x + be x / 2 a ∈ R b ∈ R .
Et la solution générale de (E) est y ( x) = ae1/ x + be1/ 2 x , a et b étant deux réels quelconques.
Il faut que la quantité sous le radical soit positive ou nulle, or 1 − x 3 = (1 − x)(1 + x + x 2 ) . Le
second facteur est toujours positif, le domaine de définition de f est donc l’intervalle ]−∞;1] .
La fonction est continue et dérivable sur l’ouvert ]−∞;1[ , son graphe passe bien par les points
donnés car f (0) = 1 et f (−1) = 2 .
L’équation de la tangente au point ( x0 ; f ( x0 )) est y − f ( x0 ) = ( x − x0 ) f '( x0 ) .
Or f '( x) =
−3x 2
2 1 − x3
Au point (0,1) l’équation de la tangente est y=1.
Au point −1, 2 l’équation de la tangente est 3x + 2 2 y − 1 = 0 ..
(
)
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2
a) Le développement limité à l’ordre 4 au voisinage de 0 de 1 + u est
u 2 u 3 5u 4
1+ u = 1+ u − + −
+ o(u 4 ) .
8 16 8 ×16
Et :
⎡
⎤
⎡
⎤
x2
x
5x4
5x4
2 + x + 2 − x = 2 ⎡⎣ 1 + x / 2 + 1 − x / 2 ⎤⎦ = 2 ⎢ 2 − −
+ o( x 4 ) ⎥ = 2 2 ⎢1 − −
+ o( x 4 ) ⎥
⎣ 16 64 × 16
⎦
⎣ 32 64 × 32
⎦
2
3
4
u u u
Par ailleurs, au voisinage de 0 ln(1 − u ) = −u − − − + o(u 4 ) .
2 3 4
Finalement, le développement limité demandé est
x2
5x4
x4
x2
3x 4
f ( x) = ln(2 2) − −
+
+ o( x 4 ) = ln(2 2) − −
+ o( x 4 ) .
32 64 × 32 32 × 32
32 64 × 32
On remarque qu’il n’y a que des termes à une puissance paire de x ce qui est normal car la
fonction est paire et que le développement limité est au voisinage de 0.
b) Les développements limités à l’ordre 4 au voisinage de 0 de cosx et exp(x) sont :
x2 x4
u2 u3 u4
cos x = 1 − + + o( x 4 ) eu = 1 + u + + + + o(u 4 ) .
2 24
2 6 24
2
4
4
⎡ x
⎤
⎡ x2 x4
⎤
x
x
Donc exp(cos x) = e ⎢1 − + + + o( x 4 ) ⎥ = e ⎢1 − + + o( x 4 ) ⎥ .
2 24 8
2 6
⎣
⎦
⎣
⎦
La fonction est définie, continue et dérivable sur R, de dérivée f '( x) = cos x ( 4sin 4 x + 3) , elle
⎡ π π⎤
est donc du signe de cos x . L’intervalle cherché est I = ⎢ − ; ⎥ .
⎣ 2 2⎦
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3
Sur I la fonction est continue et strictement croissante donc bijective de I sur f(I) d’après le
⎡ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞⎤
théorème de la bijection monotone. Et f ( I ) = ⎢ f ⎜ − ⎟ , f ⎜ ⎟ ⎥ = [ −4, 4] .
⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎦
Toujours d’après le théorème de la bijection réciproque, on a :
1
1
g '( y ) =
. Or g (0) = 0 donc g '(0) = .
f '( g ( y ))
3
La formule g '( y ) =
g ''( y ) = −
1
montre qu’au voisinage de 0, g est deux fois dérivable et
f '( g ( y ))
1
( f '( g ( y )) )
2
f "( g ( y )) g '( y ) . On montre de façon analogue que g est 3 fois dérivable
au voisinage de 0. Donc g admet un développement limité à l’ordre 3 en 0. Le calcul effectif de
la dérivée est pénible, nous pouvons l’éviter, en procédant comme suit, utilisant le d) et le fait
que g est impaire on a g ( y ) = y / 3 + ay 3 + o( y 3 ) , on écrit ensuite que g ( f ( x)) = x .
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4
Le développement de f en 0 à l’ordre 3 est f ( x) = 3x −
x3
+ o( x 3 ) .
2
Reportant, on obtient
3
⎛
⎞
⎛
⎞
x3
x3
x = ⎜ 3x − + o( x 3 ) ⎟ / 3 + a ⎜ 3 x − + o( x 3 ) ⎟ + o( x 3 ) .
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠
En considérant le terme de degré 3 on obtient 27a-1/6=0 soit a=1/162.
On a donc g ( y ) = y / 3 + y 3 /162 + o( y 3 ) .
Le point d’abscisse 0 a aussi pour ordonnée 0 car g(0)=0.
x
Une équation de la tangente au graphe de g est : y = . Le développement limité montre que la
3
courbe est au dessus de la tangente pour x > 0 (et en dessous pour x < 0).
On pouvait remarquer aussi que le graphe de f est au dessus de la tangente pour x > 0 (et en
dessous pour x < 0) d’après e). Les deux graphes sont symétriques par rapport à la première
bissectrice d’où la conclusion pour le graphe de g.
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