2014/2015 Sidi Belabes examen 02

JEUDI 29 Janvier 2015
Année 2014-2015
ANALYSE 1
CORRIGÉ DE
L0 EXAMEN
No 2
Exercice 1 ( 3 Points).
Peut-on appliquer le théorème des accroissements finis à la fonction
f (x) = |x + 1|,
x ∈ [−2, 0]?
Solution :
La valeur absolue d’une fonction continue sur un intervalle I ⊂ R est une une fonction continue
sur I, c’est le cas de f . La fonction f est donc continue sur [−2, 0].
(1 Point)
Étudions la dérivée de f , on a :

−x − 1 si x ∈ [−2, −1],
f (x) = |x + 1| =

x + 1 si x ∈ [−1, 0].
La fonction f est dérivable sur [−2, −1[ et sur ] − 1, 0].
Étudions donc la dérivée point x = −1, on a :

f (x) − f (−1)
(−x − 1) − 0

0

lim −
= lim
= −1,

fg (−1) = x−→−1
<

x − (−1)
x+1

x−
→−1



0


 fd (−1) =
lim +
x−→−1
(x + 1) − 0
f (x) − f (−1)
= lim
= +1.
>
x − (−1)
x+1
x−
→−1
(1 Point)
(1 Point)
f n’est pas dérivable en x = −1, on ne peut pas appliquer le théorème des accroissements finis
à f sur l’intervalle [−2, 0].
Exercice 2 ( 4 Points).
1. En utilisant le théorème des valeurs intermédiaires, montrer que l’équation
x esin x = cos x,
i πh
admet au moins une racine dans l’intervalle 0, .
2
2. Utiliser le théorème de Rolle, pour montrer que cette racine est unique.
Mr O. Bouabdallah
Mr T. Bencheikh
Mr N. Amroun
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Solution :
1. Posons f (x) = xhesin x i− cos x.
(0.25 Point)
π
(0.25 Point)
f est continue sur 0, .
2
On a f (0) = −1 < 0
(0.25 Point)
πe
et f (π/2) =
> 0,
(0.25 Point)
2
d’où fi(0)f h(π/2) < 0, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, f possède au moins une racine
π
dans 0, .
(0.5 Point)
2
i πh
2. Soit α la racine de f sur l’intervalle 0, , montrons que cette racine est unique.
2
ème
Supposons que β est
une
2
racine
de
f,
donc f (α) = f (β) = 0 .
i πh
f est dérivable sur 0, ,
(0.5 Point)
2
i πh
tel que f 0 (c) = 0
(0.5 Point)
d’après le théorème de Rolle, il existe un nombre c ∈ 0,
2
0
sin
x
sin
x
sin
x
On a f (x) = e
+x cos x e
+ sin x = (1 + x cos x) e
+ sin x,
(0.5 Point)
chaque
figurant dans cette dérivée est strictement positif pour 0 < x < π/2, donc
i terme
πh 0
∀x ∈ 0,
, f (x) > 0 d’où c tel que f 0 (c) = 0, n’existe pas. La racine de l’équation donnée est
2
donc unique.
(1 Point)
Exercice 3 ( 7 Points).
1. Donner le développement limité à l’ordre 4, au voisinage de 0
de f (x) = ex ln(1 + x).
2. En déduire la valeur de f 00 (0) et celle de f (4) (0).
3. Donner l’équation de la tangente en x = 0 tout en précisant sa position par
rapport à la courbe au point 0.
4. Utiliser les développements limités pour calculer la limite suivante :
e2x ln2 (1 + x) − x2 − x3
·
x−→0
x4
lim
Solution :
x2 x3 x4
+
+
+ o(x4 )
2
6
24
x2 x3 x4
ln(1 + x) = x −
+
−
+ o(x4 )
2
3
4
1. ex = 1 + x +
(0.5 Point)
(0.5 Point)
x2 x3
+
+ o(x4 ).
(1.5 Point)
2
3
2. La formule de Mac Laurin permet d’écrire,
f 0 (0)
f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 f (4) (0) 4
f (x) = ex ln(1 + x) = f (0) +
x+
x +
x +
x + o(x4 ).
1!
2!
3!
4!
Du résultat précédent, on a immédiatement :
f 00 (0) = 1
(0.5 Point)
f (4) (0) = 0.
(0.5 Point)
f (x) = ex ln(1 + x) = x +
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Mr T. Bencheikh
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3. Le développement limité de f , donne l’équation de la tangente en x = 0,
qui est y = x.
(0.5 Point)
x2 x3
+
+ o(x4 ),
On a f (x) − x =
2
3
x2
est toujours positif, la courbe est au dessus de sa tangente au voisinage de 0. (0.5 Point)
2
4. Calcul de la limite.
2
2
e2x ln (x + 1) = (f (x))
2
x2 x3
=
x+
+
+ o(x4 ),
2
3
= x2 + x3 +
e2x ln2 (1 + x) − x2 − x3
= lim
x−→0
x−→0
x4
lim
11 4
x
12
11 4
x + o x4
12
(1.5 Point)
+ o(x4 )
11
o(x4 )
11
=
+
lim
=
·
4
4
x
12 x−→0 x
12
(1 Point)
Exercice 4 ( 6 Points).
1. Donner le développement asymptotique de la fonction suivante
p
x
f (x) = e1/x x(x − 3) − ,
2
à l’ordre 2 en 1/x, au voisinage de +∞ et de −∞.
2. En déduire les asymptotes obliques et leur position par rapport au graphe de f .
un
·
3. Soit la suite un = f (n), utiliser le résultat précédent pour calculer lim
n−→∞ n
Solution :
1
1. Posons x = ,
t
quand x est au voisinage dep+∞ ou −∞, t est au voisinage de 0.
L’expression def (x) = e1/x x(x − 3) devient
s et √
1 1
t
e
−3 =
1 − 3t.
t t
|t|
(0.5 Point)
(0.5 Point)
Si t est au voisinage de 0, il en est de même de −3t, appliquons la formule du binôme àl’ordre
3, puisqu’il y a une division par |t|.
√
3
9
27
1 − 3t = 1 − t − t2 − t3 + o(t3 ).
2
8
16
Mr O. Bouabdallah
Mr T. Bencheikh
(1 Point)
Mr N. Amroun
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1
1
Comme et = 1 + t + t2 + t3 + o(t3 ),
2
6
1
3
1
1 2 1 3
9 2 27 3
f (1/t) =
1 − t − t − t − + o(t2 )
1+t+ t + t
|t|
2
6
2
8
16
2t
1
=
|t|
1
1
17 2 163 3
1− t− t −
t − + o(t2 ).
2
8
48
2t
(1 Point)
• Au voisinage de +∞ on a
1
1 17t 163t2
− −
−
+ o(t2 ),
2t 2
8
48
x 1 17
163
1
f (x) =
− −
−
.
+o
2
2 2 8x 48x
x2
f (1/t) =
(0.5 Point)
x 1
L’équation de l’asymptote oblique est donc y = − ,
(0.25 Point)
2 2
17
qui est négatif au voisinage de +∞, d’où la courbe se trouve en
le terme suivant est −
8x
dessous de l’asymptote oblique.
(0.25 Point)
• Au voisinage de −∞ on a
1 17t 163t2
3
+ +
−
+ o(t2 ),
2t 2
8
48
3x 1 17
163
1
f (x) = − + +
+
+o
.
2
2
2 8x 48x
x2
f (1/t) = −
(0.5 Point)
3x 1
(0.25 Point)
L’équation de l’asymptote oblique est donc y = − + ,
2
2
17
le terme suivant est
qui est négatif au voisinage de −∞, d’où la courbe se trouve en dessous
8x
de l’asymptote oblique.
(0.25 Point)
3. Soit un = f (n), la question précédente donne un équivalent de un au voisinage de +∞.
On a alors
n 1 17
163
1
un = − −
−
+
o
2 2 8n 48n2
n2
on a immédiatement
un
1
1
17
163
= −
− 2−
+o
n
2 2n 8n
48n3
Mr O. Bouabdallah
1
n3
−−−−→
Mr T. Bencheikh
n−→∞
1
·
2
(1Point)
Mr N. Amroun