L1 MIPI
10 Janvier 2017
Corrig´e de l’examen de Fonctions d’une variable r´eelle
Questions de cours (3pts).
a)∀A∈R,∃η >0,∀x∈R,|x−a|< η ⇒ f(x)≥A.
b)SoientIun intervalle deR,f :I →Rune fonction continue eta, b∈Itels quea≤b. Alors pour tout r´eelkcompris entref(a)etf(b)il existec∈[a, b]tel quef(c) = k.
c)Soitf : [a, b]→Rcontinue sur[a, b]et d´erivable sur]a, b[. Il existec∈]a, b[tel que f(b)−f(a) =f0(c)×(b−a).
Exercice 1(6pts).
a) i)On a lim
x→0
ex−1
x = 1et lim
x→0
ln(1 +x) x = 1.
ii)•On ´ecrit ln(1 + 3x)
x = 3× ln(1 + 3x)
3x . Commelim
x→03x= 0et 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 = 1et donc
x→0lim
ln(1 + 3x)
x = 3×1 = 3.
•On ´ecrit
ln(1 + 3x)
ex−1 = ln(1 + 3x)
x × x
ex−1. D’apr`es la question i) on alim
x→0
x
ex−1 = 1
1 = 1. Donc par produit de limites on obtient
x→0lim
ln(1 + 3x)
ex−1 = 3×1 = 3.
b) i)Pour toutx∈Ron a−1≤cos(x)≤1. Donc pour toutx >0on a−1
x ≤ cos(x)
x ≤ 1
x. Puisque lim
x→+∞
1
x = lim
x→+∞−1
x = 0, le th´eor`eme des gendarmes permet d’affirmer que
x→+∞lim
cos(x) x = 0.
ii)On ´ecrit
x+ cos(x) x+ 2 =
x
1 + cos(x) x
x
1 + 2 x
=
1 + cos(x) x 1 + 2 x
.
D’apr`es i) on a lim
x→+∞1 + cos(x)
x = 1, et on a lim
x→+∞1 + 2
x = 1. Donc, par quotient de limites
dont le d´enominateur est non nul, on a lim
x→+∞
x+ cos(x) x+ 2 = 1.
c)La fonctionf peut s’´ecrire comme la compos´eef(x) = g◦h(x)des fonctionsg(x) = sin(x)et h(x) =x2+ sin(x). La formule de d´erivation des fonctions compos´ees donne donc
f0(x) =h0(x)×g0◦h(x) = (2x+ cos(x))×cos x2+ sin(x) .
Exercice 2(4pts).
a)On a
ex = 1 +x+x2 2 +x3
6 +x3ε1(x) et cos(x) = 1− x2
2 +x3ε2(x), o`ulim
x→0ε1(x) = lim
x→0ε2(x) = 0.
b)En utilisant la question pr´ec´edente et les r`egles de calcul sur les d´eveloppements limit´es on a excos(x) =
1 +x+x2 2 + x3
6
×
1−x2 2
+x3ε3(x)
= 1 +x−x3
3 +x3ε(x), o`ulim
x→0ε3(x) = lim
x→0ε(x) = 0.
c)En utilisant le d´eveloppement limit´e calcul´e `a la question pr´ec´edente on obtient excos(x)−1−x
x3 =
−x3
3 +x3ε(x) x3 =−1
3 +ε(x), et donc lim
x→0
excos(x)−1−x
x3 =−1
3. Exercice 3(3pts).
a)La proposition (P) signifie lim
x→0xln(x) = 1, la fonctionxln(x)´etant d´efinie surR∗+. Cette proposition est fausse puisquelim
x→0xln(x) = 0.
b)La n´egation de (P) s’´ecrit
∃ε >0, ∀η >0, ∃x∈R∗+, |x|< η et |xln(x)−1| ≥ε.
Exercice 4(4pts).
a) La fonctionf est d´erivable sur[a, b] donc elle y est continue. On en d´eduit que les fonctions f(x)−f(a)etx−a sont continues sur]a, b]. Par ailleurs, la fonctionx−ane s’annule pas sur ]a, b]. La fonction g est le quotient de fonctions continues dont le d´enominateur ne s’annule pas, elle est donc continue. Le mˆeme raisonnement s’applique `a la fonctionhsur l’intervalle[a, b[.
b)Pour montrer quegest prolongeable par continuit´e au pointail faut montrer, par d´efinition, que
x→alimg(x)existe et est finie. Commef est d´erivable au pointa, par d´efinition on a
x→alimg(x) = lim
x→a
f(x)−f(a)
x−a =f0(a).
La fonctiong est donc prolongeable par continuit´e au pointaet la valeur de son prolongement au pointaestg(a) =f0(a).
Le mˆeme raisonnement s’applique `a la fonctionhau pointb. On a
x→blimh(x) = lim
x→b
f(x)−f(b)
x−b =f0(b).
La fonctionhest donc prolongeable par continuit´e au pointbet la valeur de son prolongement au pointbesth(b) = f0(b).
c) i)Le r´esultat `a montrer fait penser `a la conclusion du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires. La fonctiong est continue sur[a, b](questions a) et b)) et on ag(a) =f0(a)etg(b) = f(b)−f(a)
b−a . On sait quef0(a)≤k≤f0(b)par hypoth`ese. Commek ≤ f(b)−f(a)
b−a on a donc g(a) = f0(a)≤k ≤ f(b)−f(a)
b−a =g(b).
D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires (g est continue sur [a, b] etg(a) ≤ k ≤ g(b)) il existed∈[a, b]tel quek=g(d).
ii)Le r´esultat fait plutˆot penser ici au th´eor`eme des accroissements finis. On vient de montrer qu’il existe d ∈ [a, b] tel que k = g(d). Soit d = a et alors k = g(a) = f0(a) et le r´esultat est vrai avec c = a, soit d 6= a et alors k = g(d) = f(d)−f(a)
d−a . Comme la fonction f est d´erivable sur [a, b], et donc a fortiori sur [a, d], d’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis il existec∈]a, d[⊂[a, b]tel que f(d)−f(a)
d−a =f0(c)et donck =f0(c).
d) i)Le raisonnement est le mˆeme que dans le cas pr´ec´edent mais appliqu´e cette fois `a la fonction h sur [a, b]. Celle-ci est continue d’apr`es les questions a) et b) et on a h(a) = f(a)−f(b)
a−b = f(b)−f(a)
b−a et h(b) = f0(b). On sait que f0(a) ≤ k ≤ f0(b) par hypoth`ese. Comme k ≥ f(b)−f(a)
b−a on a donc
h(a) = f(b)−f(a)
b−a ≤k ≤f0(b) =h(b).
D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires (h est continue sur [a, b] et h(a) ≤ k ≤ h(b)) il existed∈[a, b]tel quek=h(d).
ii)Ici aussi le raisonnement est le mˆeme que dans le cas pr´ec´edent. On vient de montrer qu’il existed ∈ [a, b]tel quek =h(d). Soitd =b et alorsk =g(b) = f0(b)et le r´esultat est vrai avec c=b, soitd6=bet alorsk =h(d) = f(d)−f(b)
d−b . Comme la fonctionf est d´erivable sur[a, b], et donc a fortiori sur[d, b], d’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis il existec∈]d, b[⊂[a, b]tel que f(d)−f(b)
d−b =f0(c)et donck=f0(c).
