Corrig´ e de l’examen de Fonctions d’une variable r´ eelle

L1 MIPI

17 Janvier 2020

Corrig´ e de l’examen de Fonctions d’une variable r´ eelle

Exercice 1 (Questions de cours, 2pts).

a) (1pt) Si f :R→R, la d´efinition de lim

x→2f(x) = 5 est :

∀ε >0, ∃δ >0, ∀x∈R, |x−2|< δ =⇒ |f(x)−5|< ε.

b) (1pt) Le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires dit :

Soient I un intervalle, f : I → R une fonction continue et a, b ∈ I tels que a≤b. Alors pour tout r´eel k compris entre f(a) et f(b) il existe c∈[a, b] tel quef(c) = k.

Exercice 2 (2pts). On consid`ere la proposition (P) suivante :

∃a >0, ∀x∈R, x > 4 =⇒x³ > a.

a) (1pt) La n´egation de (P) est :∀a >0, ∃x∈R, x > 4 et x³ ≤a.

b) (1pt) La proposition (P) vraie. Si on prend, par exemple, a = 1 on a bien pour tout x∈R, x >4 =⇒x³ >1.

Exercice 3 (4pts).

a) (1pt) On a lim

x→0

ln(1 +x)

x = 1 et lim

x→0

e^x−1 x = 1.

b) (3pts) • Pour tout x > −1

3, x 6= 0, on a ln(1 + 3x)

2x = ln(1 + 3x)

3x × 3

2. Comme

x→0lim3x = 0 et lim

X→0

ln(1 +X)

X = 1, par composition des limites (X = 3x) on en d´eduit que lim

x→0

ln(1 + 3x)

3x = 1 et donc

x→0lim

ln(1 + 3x)

2x = 1×3 2 = 3

2.

• Par composition et quotient de limites on a imm´ediatement lim

x→0

e^{2 cos(x)}−1

cos(x) = e²−1.

•Pour toutx6= 0 on a e^x−x³ x²+ 1 = e^x

x²×1− ^x_ex³

1 + _x¹2

. Par croissances compar´ees on a lim

x→+∞

x³ e^x = 0.

On en d´eduit que lim

x→+∞

1− ^x_ex³

1 + _x¹2

= 1. Toujours par croissances compar´ees on a lim

x→+∞

e^x

x² = +∞

et donc finalement

x→+∞lim

e^x−x³

x² + 1 = lim

x→+∞

e^x

x² × 1−^x_ex³

1 + _x¹2

= +∞.

Exercice 4 (4pts).

a) (1pt) On a

ln(1 +x) = x−x² 2 + x³

3 +x³ε1(x) et e^x = 1 +x+x² 2 +x³

6 +x³ε2(x), o`uε₁ etε₂ v´erifient lim

x→0ε₁(x) = lim

x→0ε₂(x) = 0.

b) (1,5pt) En utilisant la question pr´ec´edente et les r`egles de calcul sur les d´eveloppements limit´es on a

ln(1 +x)e^x =

x− x² 2 +x³

3

×

1 +x+x² 2 +x³

6

+x³ε₃(x)

= x+x² 2 + x³

3 +x³ε(x), o`u lim

x→0ε3(x) = lim

x→0ε(x) = 0.

c) (1,5pt) En utilisant le d´eveloppement limit´e calcul´e `a la question pr´ec´edente on obtient ln(1 +x)e^x−x−x²

2

x³ =

x³

3 +x³ε(x)

x³ = 1

3 +ε(x), et donc lim

x→0

ln(1 +x)e^x−x−x² 2

x³ = 1

3.

Exercice 5 (8pts). Soit f la fonction d´efinie sur R par f(x) =

√x² + 4−2

x si x 6= 0 et f(0) = 0.

a) (2pts) La fonction x 7→ √

x est d´erivable sur ]0,+∞[ et la fonction x 7→ x² + 4 est d´erivable sur R avec x² + 4∈]0,+∞[ pour tout x ∈ R. La fonction x7→ √

x²+ 4 est donc d´erivable sur R, et donc sur R^∗, en tant que compos´ee de fonctions d´erivables. Ainsi la fonctionf est d´erivable surR^∗ comme quotient de fonctions d´erivables dont le d´enominateur ne s’annule pas. Si u(x) = √

x²+ 4 −2, la formule de d´erivation des fonctions compos´ees donne u⁰(x) = x

√x²+ 4 et la formule de d´erivation d’un quotient donne alors

f⁰(x) =

√ x

x²+ 4x−√

x²+ 4 + 2

x² = x²−(x²+ 4) + 2√ x²+ 4 x²√

x²+ 4 = 2 √

x²+ 4−2 x²√

x² + 4 . Pour toutx∈R^∗ on ax²+ 4>4, ainsi√

x²+ 4 >2 et donc√

x²+ 4−2>0. Par ailleurs on a ´egalement x²√

x²+ 4 >0. Finalement f⁰(x) est le quotient de deux nombres strictement positifs et donc f⁰(x)>0 pour tout x∈R^∗.

b) (1,5pt) Par d´efinition f est d´erivable en 0 si la limite lim

x→0

f(x)−f(0)

x−0 existe et est finie.

Dans ce cas f⁰(0) est la valeur de cette limite. Pour tout x6= 0 on a f(x)−f(0)

x =

√x²+ 4−2

x² = x² + 4−2² x² √

x²+ 4 + 2 = x² x² √

x²+ 4 + 2 = 1

√x²+ 4 + 2. On en d´eduit que lim

x→0

f(x)−f(0)

x−0 = lim

x→0

√ 1

x²+ 4 + 2 = 1

4. Conlusion :f est d´erivable en 0 etf⁰(0) = 1

4.

c) (2pts) Pour toutx >0 on a √

x² =|x|=x donc f(x) =

√x²+ 4−2

x =

q

x²(1 + _x⁴2)−2

x =

x q

1 + _x⁴2 −2

x =

r 1 + 4

x² − 2 x. On en d´eduit que lim

x→+∞f(x) = 1. De mˆeme pour tout x <0 on a√

x² =|x|=−x donc

f(x) =

√x²+ 4−2

x =

q

x²(1 + _x⁴2)−2

x =

−xq

1 + _x⁴2 −2

x = −

r 1 + 4

x² − 2 x. On en d´eduit que lim

x→−∞f(x) =−1.

D’apr`es les questions a) et b) la fonctionf est d´erivable surRdonc continue. De plusf⁰ >0 donc f est strictement croissante. On a donc f(R) =

x→−∞lim f(x), lim

x→+∞f(x)

= ]−1,1[.

d) (1pt) Commef est strictement monotone elle est bijective de Rdans f(R) = ]−1,1[. La fonction f⁻¹ est alors d´efinie sur f(R), i.e. sur ]−1,1[.

e) (1,5pt) La fonction f est d´erivable. De plus f⁰(x)> 0 pour tout x∈ R d’apr`es a) et b), en particulier f⁰ ne s’annule jamais. Cela prouve que f⁻¹ est d´erivable et on a (f⁻¹)⁰(0) =

1

f⁰(f⁻¹(0)). Comme f(0) = 0 on af⁻¹(0) = 0 et donc (f⁻¹)⁰(0) = 1

f⁰(0) = 4.

Exercice 6. (10pts).

Partie I. Soit f : [0,1] → R une fonction deux fois d´erivable. On consid`ere les trois hy- poth`eses (H0)-(H1)-(H2) suivantes :

f(0) =f(1) = 0 (H0)

f⁰(0) >0 et f⁰(1)<0 (H1)

∀x∈[0,1], f⁰⁰(x)<0 (H2) a) (1pt)

x y

C_f

1 1

0

On suppose maintenant que f v´erifie les trois hypoth`eses (H0)-(H1)-(H2).

b) (1,5pt) Pour montrer l’existence dec il y a deux m´ethodes possibles.

M´ethode 1 : La fonctionf est deux fois d´erivable donc d´erivable sur [0,1]. Comme de plus f(0) = f(1) on peut appliquer le th´eor`eme de Rolle ce qui prouve qu’il existe c ∈]0,1[ tel que f⁰(c) = 0.

M´ethode 2 : La fonction f est deux fois d´erivable donc f⁰ est d´erivable donc continue sur l’intervalle [0,1]. On peut donc appliquer le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires `a la fonction

f⁰. Puisque f⁰(0) > 0 et f⁰(1) < 0 on a 0 qui est compris entre f(0) et f(1) donc il existe c∈]0,1[ (0 et 1 sont exclus puisque f⁰(0)6= 0 et f⁰(1)6= 0) tel que f⁰(c) = 0.

L’hypoth`ese (H2) implique que la fonctionf⁰ est strictement d´ecroissante et donc injective sur [0,1]. Cela garantit l’unicit´e de c.

c) (2pts) La fonction f⁰ est strictement d´ecroissante et f⁰(c) = 0. Donc f⁰(x) >0 sur [0, c[

et f⁰(x)<0 sur ]c,1]. La fonction f est donc strictement croissante sur [0, c] et strictement d´ecroissante sur [c,1]. On en d´eduit que pour tout x ∈]0, c] on a f(x) > f(0) = 0 et pour tout x∈[c,1[ on a f(x)> f(1) = 0. On a donc f(x)>0 pour tout x∈]0, c]∪[c,1[ = ]0,1[.

Remarque : En utilisant la m´ethode 1 au b) on constate que b) ne n´ecessite pas l’hypoth`ese (H1). Le fait que f⁰ soit strictement d´ecroissant n’utilise que (H2) et implique que f⁰(0) >

f⁰(c) = 0 et f⁰(1) < f⁰(c) = 0. Ainsi il n’´etait pas n´ecessaire de supposer l’hypoth`ese (H1), celle-ci est une cons´equence de (H0) et (H2).

Partie II. Soit I un intervalle et g : I → R une fonction deux fois d´erivable v´erifiant g⁰⁰(x)<0 pour tout x∈I.

a) Dans cette question on fixe a, b ∈I avec a < b. On consid`ere la fonction f : [0,1]→ R d´efinie par

f(x) =g xa+ (1−x)b

−xg(a)−(1−x)g(b).

i)(1,5pt)Soitx∈[0,1]. On ´ecritxa+(1−x)b =b+x(a−b). Puisquea−b <0 et 0≤x≤1 on a 0≥x(a−b)≥(a−b) et donc b≥xa+ (1−x)b≥a, i.e. xa+ (1−x)b ∈[a, b].

CommeI est un intervalle et quea, b∈I on axa+ (1−x)b ∈I et doncg xa+ (1−x)b est bien d´efini. Finalement f(x) est bien d´efini pour tout x∈[0,1].

La fonction f est deux fois d´erivable comme compos´ee et diff´erence de fonctions deux fois d´erivables. On calcule alors

f⁰(x) = (a−b)g⁰ xa+ (1−x)b

−g(a) +g(b) et f⁰⁰(x) = (a−b)²g⁰⁰ xa+ (1−x)b . ii) (1pt) On v´erifie facilement que f(0) = g(b)−g(b) = 0 et f(1) = g(a)−g(a) = 0

donc (H0) est v´erifi´ee. Par ailleurs g⁰⁰ <0 par hypoth`ese et (a−b)² >0 donc f⁰⁰(x) = (a−b)²g⁰⁰ xa+ (1−x)b

<0 et (H2) est v´erifi´ee.

iii)(2pts) On a f⁰(0) = (a−b)g⁰(b)−g(a) +g(b) etf⁰(1) = (a−b)g⁰(a)−g(a) +g(b). La fonction g est d´erivable donc d’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis il existe c∈]a, b[ tel queg(b)−g(a) = (b−a)g⁰(c). On a doncf⁰(0) = (a−b)g⁰(b) + (b−a)g⁰(c) = (b−a) g⁰(c)−g⁰(b)

et f⁰(1) = (a−b)g⁰(a) + (b−a)g⁰(c) = (b−a) g⁰(c)−g⁰(a) . On a g⁰⁰ < 0 donc g⁰ est strictement d´ecroissante. Comme a < c < b on a donc g⁰(c)−g⁰(b)>0 et g⁰(c)−g⁰(a)<0, et ainsif⁰(0) >0 et f⁰(1)<0 ce qui prouve que (H1) est v´erifi´ee.

b)(1pt)Soient a, b∈I aveca < b. On consid`ere la fonctionf d´efinie comme dans la question a). Elle v´erifie les hypoth`eses (H0)-(H1)-(H2) de la partie I donc, d’apr`es la question I.c), pour tout x∈]0,1[ on af(x)>0, i.e.

g xa+ (1−x)b

−xg(a)−(1−x)g(b)>0 ⇐⇒ g xa+ (1−x)b

> xg(a) + (1−x)g(b).

On a bien montr´e

∀a < b∈I, ∀x∈]0,1[, g xa+ (1−x)b

> xg(a) + (1−x)g(b).