Soit f une fonction définie, continue sur un intervalle fermé

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Université Pierre et Marie Curie
Licence Sciences et Technologies
MIME
Examen de l’UE LM110
Juin 2005
La durée de l’examen est de deux heures. Les exercices sont indépendants les uns des autres. Les notes de cours
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Théorème : Soit f une fonction définie, continue sur un intervalle fermé
[
]
,abet dérivable sur
l’intervalle ouvert
]
[
,ab.
Alors il existe c dans l’ouvert
]
[
,abtel que () () '()( )
f
afbfcba
−
=−.
(On suppose a<b)
.
La démonstration s’appuie sur le théorème de Rolle :
Soit f une fonction définie, continue sur un intervalle fermé
[
]
,abet dérivable sur l’intervalle
ouvert
]
[
,abet telle que f(a)=f(b).Alors il existe c dans l’ouvert
]
[
,abtel que f’(c)=0.
Démonstration du théorème des accroissements finis :
Appliquons le théorème de Rolle à la fonction () ()
() () ( )
f
bfa
gx fx x a ba
−
=−− −
La fonction g est bien définie, continue sur
[
]
,abet dérivable sur l’intervalle ouvert
]
[
,ab. et
telle que g(a)=g(b). Donc il existe c dans l’ouvert
]
[
,abtel que g’(c)=0.Or
() ()
'( ) '( )
f
bfa
gc fc ba
−
=−
−d’où le résultat.

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Posons 243
1111112
( ) alors '( ) ' et z"(x)= " 'zx y z x y y y
x
xx xx xx
−
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
== +
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ .
Donc 432
11 14 13 1
2"3' 2" ' 'zzzy y y y
x
xxxxxx
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
−+= + + +
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
.
Soit en posant 432 1/ 2 " 3 ' 2 "( ) '( ) 4 3 ( )uxzzzyuuyuuuyu
⎡⎤
=−+=+ ++
⎣⎦
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 : /2 () R R
xx
z x ae be a b
=
+∈∈.
Et la solution générale de (E) est 1/ 1/2 ()
x
x
y
xae be=+ , a et b étant deux réels quelconques.
Il faut que la quantité sous le radical soit positive ou nulle, or 32 1(1)(1 )
x
xxx−=− ++ . 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 (0) 1 et ( 1) 2ff=−= .
L’équation de la tangente au point 00
(;())
x
fx est 000 ()( )'()
y
fx x x f x
−
=− .
Or
2
3
3
'( ) 21
x
fx
x
−
=−
Au point (0,1) l’équation de la tangente est y=1.
Au point
()
1, 2− l’équation de la tangente est 32210xy
+
−= ..

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a) Le développement limité à l’ordre 4 au voisinage de 0 de 1u
+
est
23 4 4
5
11 o()
816816
uu u
uu u+=+− + − +
×.
Et :
24 4
44
55
2 2 2 1 /2 1 /2 22 o() 221 o()
16 64 16 32 64 32
xx xx
x
xxx x x
⎡
⎤⎡ ⎤
⎡⎤
++ −= + + − = − − + = − − +
⎢
⎥⎢ ⎥
⎣⎦
××
⎣
⎦⎣ ⎦
Par ailleurs, au voisinage de 0
234 4
ln(1 ) o( )
234
uuu
uu u−=−− −− + .
Finalement, le développement limité demandé est
24 4 24
44
53
() ln(22) o( ) ln(22) o( )
32 64 32 32 32 32 64 32
xx x xx
f
xxx= −−++= −−+
×× × .
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 :
24 234
44
cos 1 o( ) 1 o( )
224 2 624
u
xx uuu
x
xe u u=− + + =+ + + + + .
Donc
244 24
44
exp(cos ) 1 o( ) 1 o( )
2248 2 6
xxx xx
x
exex
⎡⎤⎡⎤
=−+++ =−++
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦
.
La fonction est définie, continue et dérivable sur R, de dérivée
()
4
'( ) cos 4sin 3fx x x
=
+, elle
est donc du signe de cos x . L’intervalle cherché est ;
22
I
π
π
⎡
⎤
=−
⎢
⎥
⎣
⎦.

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Sur I la fonction est continue et strictement croissante donc bijective de I sur f(I) d’après le
théorème de la bijection monotone. Et
[]
() , 4,4
22
fI f f
ππ ⎡⎤
⎛⎞⎛⎞
=− =−
⎜⎟⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠⎝⎠
⎣⎦
.
Toujours d’après le théorème de la bijection réciproque, on a :
11
'( ) . Or (0) 0 donc '(0)
'( ( )) 3
gy g g
fgy
===
.
La formule 1
'( ) '( ( )) gy
f
gy
= montre qu’au voisinage de 0, g est deux fois dérivable et
()
2
1
''( ) "( ( )) '( )
'( ( ))
gy fgygy
fgy
=− . 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 33 () /3 o( )gy y ay y=++ , on écrit ensuite que (())gfx x= .

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Le développement de f en 0 à l’ordre 3 est
33
() 3 o( )
2
x
f
xx x=−+ .
Reportant, on obtient 3
33
333
3 o()/3 3 o() o()
22
xx
x
xxaxxx
⎛⎞⎛⎞
=−+ + −+ +
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
.
En considérant le terme de degré 3 on obtient 27a-1/6=0 soit a=1/162.
On a donc 33 ( ) /3 /162 o( )gy y y y=+ + .
Le point d’abscisse 0 a aussi pour ordonnée 0 car g(0)=0.
Une équation de la tangente au graphe de g est : 3
x
y
=
. Le développement limité montre que la
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.