analyse controle2 corrige 2015 2016

EPST ANNABA. ANALYSE REELLE. CONTROLE2.S2
Avril 2016. Durée 1h30
Exercice1 (3points)
Soit f: [a; b]!Rcontinue. Montrez qu’il existe c2]a; b[tel que:
b
Z
a
f(x)dx = (ba)f(c)
Solution Exercice1
f: [a; b]!Rcontinue. Donc il existe x02[a; b]; x12[a; b]tels que
8x2[a; b] : f(x)f(x0)
8x2[a; b] : f(x)f(x1)
On a donc
8x2[a; b] : f(x0)f(x)f(x1):
Par conséquent
8x2[a; b] :
b
Z
a
f(x0)
b
Z
a
f(x)
b
Z
a
f(x1)
ou encore
8x2[a; b]:(ba)f(x0)
b
Z
a
f(x)(ba)f(x1)
ou
f(x0)1
(ba)
b
Z
a
f(x)f(x1):
Posons
=1
(ba)
b
Z
a
f(x):
1

On a donc
f(x0)f(x1)
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe cappartenant à
]x0; x1[;donc c2]a; b[tel que
f(c) = =1
(ba)
b
Z
a
f(x)
soit en multipliant par (ba);on a
b
Z
a
f(x)dx = (ba)f(c):
Exercice2 (4points)
Considérons la fonction
f(x) = 9 sin(x)11xcos(x)+2xcos(2x)
1.(2points) Calculez en utilisant les développements limités un équiva-
lent simple de la fonction f(2x)
f(x)
2. (2points) Calculez en utilisant les développements limités et les
équivalences, la limite de la fonction suivante:
lim
x!0
f(2x)
f(x)
Solution Exercice2
1.
sin(x) = xx3
6+x5 120 +x5"(x)
cos(x) = 1 x2
2+x4 24 + 0:x5+x5"(x)
cos(2x)=14x2
2+16x4 24 +x5"(x)
= 1 2x2+2
3x4+x5"(x)
2

f(x)=9xx3
6+x5 120 +x5"(x)11x1x2 2+x4 24 + 0:x5+x5"(x)
+2x12x2+2
3x4+x5"(x)
=19
20x5+x5"(x)19 20x5
Ceci donne
f(2x) = 152
5x5+x5"(x)152 5x5
Par conséquent
f(2x)
f(x)
152
5x5
19
20 x5=152
5:20 19 = 32
2.
Donc
lim
x!0
f(2x)
f(x)= 32
Exercice3(3points)
a)(2points) Calculez en utilisant les développements limités un équivalent
simple des fonctions
ex2cos(x)
et
ex2cos(x)
x2
b)(1point) Calculez en utilisant les développements limités et les équiva-
lences, la limite de la fonction suivante:
lim
x!0
ex2cos(x)
x2
Solution Exercice3
a) On a
ex= 1 + x+x2
2+x2"(x)
donc
ex2= 1 + x2+x4
2+x4"(x)
3

Par conséquent, le D.L. de ex2à l’ordre 2 est
ex2= 1 + x2+x2"(x)
On a donc
ex2cos(x) = (1 + x2+x2"(x)) (1 x2
2+x2"(x)) = 3 2x2+x2"(x)3 2x2
et
ex2cos(x)
x2
3
2x2
x2=3 2
b) On a donc
lim
x!0
ex2cos(x)
x2=3 2
Exercice4(4points)
a) (3points) Calculez en utilisant les développements limités un équivalent
simple de la fonction:
ln(x)
x21
b) (1point)Calculez en utilisant les développements limités et les équiva-
lences, la limite de la fonction suivante:
lim
x!1
ln(x)
x21
Solution Exercice4
a) Posons t=x1:Donc x=t+ 1 et t!0quand x!1
ln(x)
x21=ln(t+ 1) (t+ 1)21=ln(t+ 1) t2+ 2t+ 1 1=ln(1 + t) t2+ 2t
On a
ln(1 + t) = t+t"(t)t
2t+t2= 2t+t"1(t)2t
Donc ln(1 + t)
t2+ 2tt 2t=1 2
4

b) Par conséquent, on a
lim
x!1
ln(x)
x21= lim
t!0
ln(1 + t)
t2+ 2t=1 2
Exercice5(4points)
a) (3points) Calculez en utilisant les développements limités un équivalent
simple de la fonction: hpx2+ 3x+ 2xi
Aide: Utilisez le changement de varaiable: X=1
x
b) (1point) Calculez en utilisant les développements limités et les équiv-
alences, la limite de la fonction suivante:
lim
x!+1hpx2+ 3x+ 2xi
Solution Exercice 5
a) E¤ectuons le changement de variable X=1
x:par conséquent
X!0+; lorsque x !+1
et
hpx2+ 3x+ 2xi= r1
X2+3 X+ 2!1 X=r1+3X+ 2X2 X21 X
=p1+3X+ 2X21
X(car X > 0)
Posons U(X) = 3X+ 2X2:On a U(0) = 0 et
p1+3X+ 2X2=p1 + U(X) = 1 + 1
2U(X) + X"(X) = 1 + 1 23X+ 2X2+X"(X)
= 1 + 3
2X+X"1(X)
Par conséquent
p1+3X+ 2X21 = 3
2X+X"1(X)3 2X
5