I.- La fonction f est dé nie, continue et dérivable sur R, et on a : &radic
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Texte intégral
(2) www.elmerouani.jimdo.com. TD. Analyse Mathématique 1. −3x2 2x3 − x6 −3 √ x lim+ f 0 (x) = lim+ √ x→0 x→0 2 − x3 =√. Donc f est dérivable en 0 et f 0(0) =. Pour étudier la dérivabilité des fonctions g et h en 0, il est plus commode d'utiliser le taux d'accroissement, 1 g(x) − g(0) = lim+ x sin = 0 x→0 x→0 x−0 x 0 0 et g (0) = 0. lim+. est donc dérivable en. l ®E g. h(x) − h(0) h(x) = lim+ x→0 x→0 x−0 x r Logx = lim+ − 2 = +∞ x→0 x en 0. lim+. rou Me. donc h n'est pas dérivable III.1. Puisque le polynôme x2 − x + 1 n'admet pas de racines dans R, f est donc continue sur R − {1}. Étude de la continuité de f au point 1 : x =1 −x+1. i an lim+ f (x) = lim+. x→1. x→1. lim− f (x) = lim−. x→1. x→1. x2. x2. x = −1 −x+1. FP. Donc f n'est pas continue au point 1. Par conséquant, elle n'est pas dérivable au point 1. Étude de la dérivabilité de f au point 0 :. f (x) − f (0) lim− = lim− x→0 x→0 x−0. . |x| x. . tou. D'autre part. Te. |x| 1 f (x) − f (0) lim+ = lim+ − = −1 2 x→0 x→0 x−0 x x −x+1. x2. 1 =1 −x+1. an. Donc f n'est pas dérivable en 0. Par conséquant, elle est dérivable sur R − {0, 1}. 2. En utilisant les théorèmes généraux sur la dérivabilité, g est dérivable sur R sauf peut être aux points x = 1 et x = −1. Pour étudier la dérivabilité de la fonction g en 1 il est plus commode d'utiliser le taux d'accroissement lim+. x→1. g(x) − g(1) = 0(car g(x) = 0 x−1. lim−. x→1. si. x ≥ 1). g(x) − g(1) 1 1 = lim− exp{ 2 } x→1 x − 1 x−1 x −1 1 1 = lim− (x + 1) 2 exp{ 2 } x→1 x −1 x −1. 2.
(3) www.elmerouani.jimdo.com. TD. lim On pose X = x 1−1 donc on a x→1 2. D'où. lim−. x→1. g 0 (1) = 0.. −. g(x) − g(0) = 0, x−1. X = −∞. Analyse Mathématique 1. et x→−∞ lim XeX = 0. par conséquant, g est dérivable au point 1 et on a. De la même manière, on montre que g0(−1) = 0. 3. h est dérivable sur R sauf peut être au point x = 0. Pour étudier la dérivabilité de la fonction h en 0, on utilise le taux d'accroissement lim. l ®E. x→0. h(x) − h(0) 1 = xn−1 sin = 0 (car n > 2) x−0 x. donc h est dérivable au point 0 et on a h0(0) = 0. 4. On a : 1. = 1 6= f (1) = 0 ex−1 continue en x = 1 et par conséquent,. lim f (x) = lim. x→1. x→1. rou Me. Donc la fonction f n'est pas elle n'est pas dérivable en x = 1. IV.- En utilisant les théorèmes fondamentaux de la dérivabilité, la fonction f est dérivable. Si on pose u(x) = sinp x et v(x) = cosq x, on a : f (x) = u(x) · v(x). f 0 (x) = u0 (x)v(x) + u(x)v 0 (x). i an. Puisque u0(x) = p cos x sinp−1 x et v0(x) = −q sin x cosq−1 x donc f 0 (x) = p sinp−1 x cosq+1 x − q cosq−1 x sinp+1 x = sinp−1 x cosq−1 x(p cos2 x − q sin2 x). FP. V.-Calculons les dérivées nième des fonctions : 1. On montre par récurrence que. f (n) (x) = m · (m − 1) · · · (m − (n − 1))xm−n ; ∀m ∈ N; n ≤ m. Te. Cette relation est vraie pour n = 1,. f 0 (x) = mxm−1. tou. Supposons que cette relation est vraie jusqu'à l'ordre n (H.R.) : f (n+1) (x) = (f (n) (x))0. an. = (m · (m − 1) · · · (m − (n − 1))xm−n )0. = m · (m − 1) · · · (m − (n − 1) · (m − n))xm−(n+1). ce qui montre le résultat. On remarque que f m(x) = m! et ∀n ∈ N, n > m, f n (x) = 0. donc n. f (x) =. . m · (m − 1) · · · (m − (n − 1))xm−n 0. 3. si n ≤ m si n > m.
(4) www.elmerouani.jimdo.com. TD. 2. Pour tout x 6= 1 f (x) =. Analyse Mathématique 1. 1 = (x − 1)−1 x−1. f 0 (x) = −1(x − 1)−2 = (−1)1!(x − 1)−2 f 00 (x) = 2(x − 1)−3 = (−1)2 2!(x − 1)−3 f (3) (x) = −6(x − 1)−4 = (−1)3 3!(x − 1)−4. Raisonnons par récurrence : si f (n)(x) = (−1)nn!(x − 1)−n−1 (H.R.), alors. l ®E. f (n+1) (x) = (−1)n (−n − 1)n!(x − 1)−n−2 = (−1)n+1 (n + 1)!(x − 1)−n−2 .. Donc :. (∀n ∈ N∗ ). f (n) (x) = (−1)n n!(x − 1)−n−1 (−1)n n! . (x − 1)n+1. rou Me. f (n) (x) =. 3. Pour tout x 6= −1 et x 6= 1,. 1 1 = f (x) = 2 x −1 2. on trouve :. f. (n). . 1 1 − x−1 x+1. . i an. (−1)n n! 1 1 (x) = − . 2 (x − 1)n+1 (x + 1)n+1. 4. On rappelle la formule de Leinbitz : (f g). (n). (x) =. n X. Cnk f (k) (x) · g (n−k) (x). On a vu dans le cours que. FP. k=0. π sin (x) = sin x + n 2 π cos(n) (x) = cos x + n 2 . (n). 2. (x sin x). (n). =. n X. tou. Te. Alors,. Cnk (x2 )(k) · sin(n−k) (x). k=0. π π π + Cn1 (2x) sin x + (n − 1) + Cn2 (2) sin x + (n − 2) = Cn0 x2 sin x + n 2 2 2 π π π = x2 sin x + n + 2nx sin x + (n − 1) + n(n − 1) sin x + (n − 2) . 2 2 2. an. . On rappelle que. Cnk =. et n! = n(n − 1)(n − 2) · · · 1 0! = 1 par convention, 1! = 1 4. n! k!(n − k)!.
(5) www.elmerouani.jimdo.com. TD. Analyse Mathématique 1. 5. Par application de la formule de Leibnitz on a : f. (n). 3. (n). (x) = (x cos x). =. n X. Cnk (x3 )(k) · cos(n−k) (x). k=0. π π π + Cn1 3x2 cos x + (n − 1) + Cn2 6x cos x + (n − 2) = Cn0 x3 cos x + n 2 2 2 π π π = x3 cos x + n + 3nx2 cos x + (n − 1) + 3x cos x + (n − 2) 2 2 2. l ®E. VI.- Utilisation de la règle de l'Hospital, pour calculer les limites : 1. On a : x + Logx ∞ lim = (F.I.) x→+∞ xLogx ∞. rou Me. Il vient que, par application de la règle de l'Hospital,. x + Logx (x + Logx)0 = lim x→+∞ xLogx x→+∞ (xLogx)0 lim. 1 + x1 =0 x→+∞ Logx + 1. = lim. 2.. lim x2 Logx. x→0+. est une forme indéterminée de type (0 · ∞), que l'on peut transformer. i an. Logx ∞ (F.I.). sous forme 00 ou ∞∞ , comme suit : x→0 lim x2 Logx = lim 1 = x→0 ∞ x D'après la règle de l'Hospital, on obtient : +. 2. (Logx)0 lim+ x Logx = lim+ = lim+ x→0 x→0 x→0 ( x12 )0 2. FP. 1 x −2 x3. = lim+ x→0. −x2 =0 2. f 0 (x) = cos xesin x. et. On applique la règle de l'Hospital :. tou. Te. 3. On pose f (x) = esin x − 1 et g(x) = sin x f et g sont dérivables dans un voisinage de 0.. g 0 (x) = cos x. cos xesin x x→0 cos x =1. an. f (x) f 0 (x) = lim 0 x→0 g(x) x→0 g (x) lim. = lim. 4. Soient f et g les fonctions dé nies par f (x) = Log(x + 1) − x +. 5. x2 2. et. g(x) = x2.
(6) www.elmerouani.jimdo.com. TD. f. Analyse Mathématique 1. et g sont deux fonctions dérivables dans un voisinage de 0. f 0 (x) =. x2 1+x. et. g 0 (x) = 2x. On applique la règle de l'Hospital :. f (x) f 0 (x) = lim 0 x→0 g(x) x→0 g (x) x = lim x→0 2(x + 1) =0 lim. l ®E. 5. Soient f et g les fonctions dé nies par : et g(x) = (x − 1)2 f et g sont deux fonctions dérivables au voisinage de 1. f 0 (x) = −π sin(πx) et g0(x) = 2(x − 1) f 00 (x) = −π 2 cos(πx) et g00(x) = 2 On applique la règle de l'Hospital : f (x) = cos(πx) + 1. rou Me. f 0 (x) f (x) = lim 0 lim x→1 g (x) x→1 g(x). i an f 00 (x) x→1 g 00 (x). = lim. −π 2 cos(πx) x→1 2 2 π = 2 Df . On peut écrire. = lim. FP. VII.-Supposons f paire et dérivable sur. pour tout x ∈ Df :. Te. f (−x) = f (x). f 0 (−x) × (−1) = f 0 (x). tou. f 0 (−x) = −f 0 (x),. ce qui montre que f 0 est impaire. Supposons f impaire et dérivable sur Df . On peut écrire pour tout x de Df : f 0 (−x) × (−1) = −f 0 (x) f 0 (−x) = f 0 (x),. an. f (−x) = −f (x). ce qui montre que f 0 est paire. Supposons f périodique, de période T . On peut écrire pour tout x de Df : f (x + T ) = f (x) f 0 (x + T ) = f 0 (x),. ce qui montre que f 0 a pour période T . 6.
(7) www.elmerouani.jimdo.com. TD. Analyse Mathématique 1. VIII.1. Le taux de variation est : h3 sin h12 f (h) − f (0) 1 = = h2 sin 2 h h h (0) si h 6= 0, on a | sin h1 | ≤ 1 et le taux | f (h)−f | ≤ h2 . h f (h) − f (0) lim h2 = 0 donc lim =0 h→0 h→0 h 0 ce qui montre que f (0) = 0. 2. Pour x 6= 0 ; 2. l ®E. 1 −2 1 1 1 3 = 3x2 sin 2 − 2 cos 2 f (x) = 3x sin 2 + x cos 2 3 x x x x x 0. 2. rou Me. 1 1 On a vu au 1) que x→0 lim x2 sin 2 = 0, mais lim 2 = +∞ et cos x1 n'a pas de limite x→0 x x quand x −→ 0. Donc la dérivée f 0 n'a pas de limite quand x −→ 0. Donc on ne peut pas appliquer le théorème des accroissements nis. La dérivée f 0 n'est pas continue en x = 0. 2. i an. IX.1. Soit x ∈]0, 1[ On considère la fonction f (t) = et dé nie, continue sur [0, x] et dérivable sur ]0, x[. Appliquons le théorème des accroissements nis sur ]0, x[. Alors, il existe c ∈]0, x[ tel que : ex − e0 = (x − 0)ec avec c ∈]0, x[ =⇒ ex − 1 = xec. et la fonction exponentielle est strictement croissante. Donc, ex − 1 < xex alors ex(1 − x) < 1 1 1−x. Te. D'où. FP. c<x. ex <. ex > 1 + x. Finalement. 1 1−x. 2. Soit t ∈]0, 1[, alors d'après la question précédente on a : 1 + t < et <. 1 1−t. On pose t = x1 alors x > 1 et on a : 1+. 1 1 1 < ex < x 1−. 7. 1 x. an. 1 + x < ex <. tou. De même c > 0 alors ec > e0, c'est-à-dire ec > 1. D'où ex − 1 > x alors.
(8) www.elmerouani.jimdo.com. TD. Analyse Mathématique 1. 1 x 1+x < ex < x x−1 1+x 1 x ⇒ Log < < Log x x x−1. ⇒. puisque la fonction "Log" est strictement croissante. 3. Soit x > 0. On considère la fonction g(t) = Log(1 + t) − t, continue et dérivable sur ]0, x[. Par application du théorème des accroissements nis, il existe un réel c ∈]0, x[ tel que. l ®E. g(x) − g(0) = (x − 0)g 0 (c);. d'où. g(x) = −. xc . 1+c. rou Me. Et, puisque, x et c sont de même signe, alors xc ≥ 0, donc g(x) ≤ 0. Il en résulte que pour tout x > −1, Log(1 + x) ≤ x.. X.1.. f 0 (x) = 1 + e1−x > 0. donc f est strictement croissante, de plus elle est continue, donc f est bijective.. 2.. et. f (2) = 2 −. 1 e. i an. f (0) = −e. et. f (0) < 0. f (2) > 0. FP. donc 0 est une valeur intérmédiaire, f (0) < 0 < f (2) D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈ [0, 2] tel que f (c) = 0 et comme f est bijective, c est unique. XI.- f est dérivable sur R sauf peut être au point x = 0. Pour étudier la dérivabilité de f en 0, on utilise le taux d'accroissement :. Te. 1 f (x) − f (0) = lim x sin = 0 x→0 x→0 x−0 x lim. tou an. donc f est dérivable au point 0 et on a f 0(0) = 0. On a : f 0(x) = 2x sin x1 − cos x1 pour x 6= 0. 1 On a vu que x→0 lim x sin = 0, mais cos x1 n'a pas de limite quand x −→ 0. D'où la dérivée x f 0 n'a pas de limite quand x −→ 0. Donc f 0 n'est pas continue en x = 0. XII.1. f n'est pas dé nie en 0. Mais, lim f (x) = lim− 1 − ex = 0. x→0−. et. x→0. lim+ f (x) = lim+. x→0. x→0. 8. ex − 1 =0 ex + 1.
(9) www.elmerouani.jimdo.com. TD. Analyse Mathématique 1. Donc x→0 lim f (x) existe et vaut 0, on pose : g(x) =. 1x− ex e −1 ex +1. . 0. si x < 0 si x > 0 si x = 0. Alors g est dé nie et continue en 0, car x→0 lim g(x) = g(0) = 0. La fonction g est le prolongement par continuité en 0 de la fonction f . 2. Dérivabilité à droite en 0 de g :. l ®E. ex −1. rou Me. g(x) − g(0) x(ex − 1) x lim+ = lim+ e +1 = lim+ x =0 x→0 x→0 x→0 x−0 x e +1 g est dérivable à droite en 0 et on a gd0 (0) = 0. Dérivabilité à gauche en 0 de g : g(x) − g(0) 1 − ex = lim− x→0 x→0 x−0 x x e −1 = lim− = −1 x→0 x ex − 1 car x→0 lim = 1 (voir cours chap. 4 x à gauche en 0 et on a gg0 (0) = −1. lim−. i an. est dérivable Conclusion :. g. page 68). FP. Donc g n'est pas dérivable en 0.. gd0 (0) 6= gg0 (0). an. tou. Te 9.
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