2014/2015 Sidi Belabes examen 02

JEUDI 29 Janvier 2015 Année 2014-2015
ANALYSE 1
CORRIG ´ E DE
L0EXAMEN
No2
Peut-on appliquer le théorème des accroissements finis à la fonction
f(x) = |x+ 1|, x ∈[−2,0]?
Exercice 1 (3 Points).
Solution :
La valeur absolue d’une fonction continue sur un intervalle I⊂Rest une une fonction continue
sur I, c’est le cas de f. La fonction fest donc continue sur [−2,0].(1 Point)
Étudions la dérivée de f, on a :
f(x) = |x+ 1|=
−x−1 si x∈[−2,−1],
x+ 1 si x∈[−1,0].
La fonction fest dérivable sur [−2,−1[ et sur ]−1,0].
Étudions donc la dérivée point x=−1, on a :
f0
g(−1) = lim
x−→−1−
f(x)−f(−1)
x−(−1) = lim
x< −→−1
(−x−1) −0
x+ 1 =−1,(1 Point)
f0
d(−1) = lim
x−→−1+
f(x)−f(−1)
x−(−1) = lim
x> −→−1
(x+ 1) −0
x+ 1 = +1.(1 Point)
fn’est pas dérivable en x=−1, on ne peut pas appliquer le théorème des accroissements finis
àfsur l’intervalle [−2,0].
1. En utilisant le théorème des valeurs intermédiaires, montrer que l’équation
xesin x= cos x,
admet au moins une racine dans l’intervalle i0,π
2h.
2. Utiliser le théorème de Rolle, pour montrer que cette racine est unique.
Exercice 2 (4 Points).
Mr O. Bouabdallah Mr T. Bencheikh Mr N. Amroun

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Solution :
1. Posons f(x) = xesin x−cos x. (0.25 Point)
fest continue sur h0,π
2i.(0.25 Point)
On a f(0) = −1<0(0.25 Point)
et f(π/2) = πe
2>0,(0.25 Point)
d’où f(0)f(π/2) <0,d’après le théorème des valeurs intermédiaires, fpossède au moins une racine
dans i0,π
2h.(0.5 Point)
2. Soit αla racine de fsur l’intervalle i0,π
2h, montrons que cette racine est unique.
Supposons que βest une 2ème racine de f, donc f(α) = f(β) = 0 .
fest dérivable sur i0,π
2h,(0.5 Point)
d’après le théorème de Rolle, il existe un nombre c∈i0,π
2htel que f0(c) = 0 (0.5 Point)
On a f0(x) = esin x+xcos xesin x+ sin x= (1 + xcos x)esin x+ sin x, (0.5 Point)
chaque terme figurant dans cette dérivée est strictement positif pour 0< x < π/2, donc
∀x∈i0,π
2h, f0(x)>0d’où ctel que f0(c) = 0, n’existe pas. La racine de l’équation donnée est
donc unique. (1 Point)
1. Donner le développement limité à l’ordre 4, au voisinage de 0
de f(x) = exln(1 + x).
2. En déduire la valeur de f00(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 :
lim
x−→0
e2xln2(1 + x)−x2−x3
x4·
Exercice 3 (7 Points).
Solution :
1. ex= 1 + x+x2
2+x3 6+x4 24 +o(x4)(0.5 Point)
ln(1 + x) = x−x2
2+x3 3−x4 4+o(x4)(0.5 Point)
f(x) = exln(1 + x) = x+x2
2+x3 3+o(x4).(1.5 Point)
2. La formule de Mac Laurin permet d’écrire,
f(x) = exln(1 + x) = f(0) + f0(0)
1! x+f00(0) 2! x2+f000(0) 3! x3+f(4)(0) 4! x4+o(x4).
Du résultat précédent, on a immédiatement :
f00(0) = 1 (0.5 Point)f(4)(0) = 0.(0.5 Point)
Mr O. Bouabdallah Mr T. Bencheikh Mr N. Amroun

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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)
On a f(x)−x=x2
2+x3 3+o(x4),
x2
2est toujours positif, la courbe est au dessus de sa tangente au voisinage de 0. (0.5 Point)
4. Calcul de la limite.
e2xln2(x+ 1) = (f(x))2=x+x2
2+x3 32
+o(x4),
=x2+x3+11
12x4+ox4(1.5 Point)
lim
x−→0
e2xln2(1 + x)−x2−x3
x4= lim
x−→0
11
12 x4+o(x4)
x4=11 12 + lim
x−→0
o(x4)
x4=11 12 ·(1 Point)
1. Donner le développement asymptotique de la fonction suivante
f(x) = e1/x px(x−3) −x
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.
3. Soit la suite un=f(n), utiliser le résultat précédent pour calculer lim
n−→∞
un
n·
Exercice 4 (6 Points).
Solution :
1. Posons x=1
t,
quand xest au voisinage de +∞ou −∞,test au voisinage de 0. (0.5 Point)
L’expression def(x) = e1/x px(x−3) devient
ets1
t1 t−3=et |t|√1−3t. (0.5 Point)
Si test 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|.
√1−3t= 1 −3
2t−9 8t2−27 16t3+o(t3).(1 Point)
Mr O. Bouabdallah Mr T. Bencheikh Mr N. Amroun

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Comme et= 1 + t+1
2t2+1 6t3+o(t3),
f(1/t) = 1
|t|1 + t+1 2t2+1 6t31−3 2t−9 8t2−27 16t3−1 2t+o(t2)
=1
|t|1−1 2t−17 8t2−163 48 t3−1 2t+o(t2).(1 Point)
•Au voisinage de +∞on a
f(1/t) = 1
2t−1 2−17t 8−163t2 48 +o(t2),
f(x) = x
2−1 2−17 8x−163 48x2+o1 x2.(0.5 Point)
L’équation de l’asymptote oblique est donc y=x
2−1 2,(0.25 Point)
le terme suivant est −17
8xqui est négatif au voisinage de +∞, d’où la courbe se trouve en
dessous de l’asymptote oblique. (0.25 Point)
•Au voisinage de −∞ on a
f(1/t) = −3
2t+1 2+17t 8−163t2 48 +o(t2),
f(x) = −3x
2+1 2+17 8x+163 48x2+o1 x2.(0.5 Point)
L’équation de l’asymptote oblique est donc y=−3x
2+1 2,(0.25 Point)
le terme suivant est 17
8xqui est négatif au voisinage de −∞, d’où la courbe se trouve en dessous
de l’asymptote oblique. (0.25 Point)
3. Soit un=f(n),la question précédente donne un équivalent de unau voisinage de +∞.
On a alors
un=n
2−1 2−17 8n−163 48n2+o1 n2
on a immédiatement
un
n=1 2−1 2n−17 8n2−163 48n3+o1 n3−−−−→
n−→∞
1
2·(1Point)
Mr O. Bouabdallah Mr T. Bencheikh Mr N. Amroun