On peut utiliser une dérivée pour accélérer les calculs

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MPSI B Année 2019-2020 Corrigé DM 8 le 06/01/20 5 janvier 2020

Exercice 1.

1. a. Il sut de montrer quef₁admet en 0 des limites à droite et à gauche égales.

f₁(x) =e¹^x^ln(x+

√x²+1)

Calculons la limite à droite en 0 en utilisant un développement limité.

x+p

x²+ 1 =p

1 +x²+x= 1+x+o(x)⇒ 1

xln(x+p

x²+ 1)→1⇒f1(x)→e Le calcul précédent est encore valable à gauche, on prolongef1enf par continuité en posantf(0) =eetf(x) =f1(x)six6= 0.

b. La fonctionf est paire car

∀x6= 0, (x+p

x²+ 1)(−x+p

x²+ 1) = 1⇒f(−x) =f(x)

c. Calcul du développement limité en 0. On peut utiliser une dérivée pour accélérer les calculs.

x+p

x²+ 10

= 1

√1 +x² = 1 +x²−¹₂

= 1−1 2x²+3

8x⁴+o(x⁵)

⇒ln(x+p

x²+ 1) =x−1 6x³+ 3

40x⁵+o x⁶

⇒ 1

xln(x+p

x²+ 1) = 1−1 6x²+ 3

40x⁴+o x⁵ Soitf(x) =ee^v, avecv=−¹₆x²+₄₀³x⁴+o x⁵

, on a alors e^x¹^ln(x+

√x²+1)=e−e

6x²+4e

45x⁴+o x⁴ d. Calcul de la dérivée def factorisée par commodité.

∀x6= 0, f⁰(x) =ϕ(x)f(x)

x² avecϕ(x) = x

√1 +x² −ln x+p

1 +x² On remarque queϕ(0) = 0, on étudie le signe deϕ(le même que celui def⁰) en dérivant

ϕ⁰(x) =− x²

(1 +x²)³² <0 On en déduit le tableau des signes et des variations

−∞ 0₋ 0₊ +∞

ϕ⁰ − −

ϕ & 0 0 &

ϕ + 0 0 −

f % &

Étude des limites def⁰ en0et en +∞.

En0, si on était assuré du caractèreC¹de la fonction, on pourrait armer sans calcul que la limite def⁰en0est0carfétant paire,f⁰est impaire doncf⁰(0) = 0. Mais nos n'avons même pas montré la dérivabilité en 0, nous devons donc pour le prouver, reprendre les développements limités en0

ln √

1 +x²+x

= 1−1

6x+o(x²) 1

x√

1 +x² =1 x−1

2x+o(x²)











⇒f⁰(x) =

−1

3x+o(x²)

f(x)→0

Écrivons des développements en+∞ p1 +x²=x

r 1 + 1

x² =x+ 1 2x+o(1

x)

⇒lnp

1 +x²+x

= ln

2x+ 1 2x+o(1

x)

= lnx+ ln 2 + 1

4x² +o( 1 x²)

⇒ ln x+√ 1 +x² x =lnx

x +O(1) On en déduit quef →1en+∞. D'autre part

√ x

1 +x² →1⇒ϕ(x)∼ −lnx⇒f⁰(x)∼ −lnx x² →0

e. On peut tracer à la machine le graphe de la fonction f. D'après le calcul de développement limité,

f(x)−e(1−x² 6 ) = 4e

45x⁴+o x⁴

Cette expression est positive dans un voisinage de 0, la courbe est au dessus de la parabole.

2. a. La dérivabilité deF en 0 (avecF⁰(0) =f(0)) assure la continuité deH.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai M1908C

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−2 −1 0 1 2

Fig. 1: Graphe de f

b. La fonctionH est deux fois dérivable dansR^∗+ par les opérations habituelles.

Pour montrer la dérivabilité en0et la valeur de la dérivée, on forme un dévelop- pement limité à l'ordre1 deH. Intégrons le développement limité def :

f(x) =e−e

6x²+o(x²)⇒F(x) =ex− e

18x³+o(x³)

⇒H(x) =e− e

18x²+o(x²)⇒H⁰(0) = 0 Formons un développement deH⁰, pour x >0,

f(x) x =e

x−e

6x+o(x) F(x)

x² =e x− e

18x+o(x)







⇒H⁰(x) =f(x)

x −F(x) x² =−e

9x+o(x)

⇒H⁰⁰(0) =−e 9

H⁰(x) =f(x)

x −F(x)

x² ⇒ H⁰(x)−H⁰(0)

x = xf(x)−F(x) x³ = (−e

6 + e

18) +o(1)

⇒H⁰⁰(0) =−e 9

c. Pourx >0, considérons la fonctiont→F(t)−tf(x)dans[0, x].

Sa dérivéef(t)−f(x) est positive à carf est décroissante dans [0 +∞[. On en déduit en particulier queF(x)≥xf(x)d'oùH(x)≥f(x).

d. Au voisinage de+∞, on peut écrire : 1

xln x+p

x²+ 1

= 1 x





lnx+ ln 1 + r

1 + 1 x²

!

−→ln 2





∼ lnx x →0

On en déduit quef tend vers 1 avecf(x)−1∼^ln_x^x. Considérons g(x) = F(x)−x−2√

x, alors g⁰(x) = f(x)−1− ^√¹_x ∼ −^√¹_x. Il existe donc unx0>0tel que g soit strictement décroissante dans[x0,+∞[. On en déduitF(x)≤g(x0) +x+ 2√

xpour toutx≥x0puis f(x)≤H(x)≤g(x₀)

x + 1 + 2

√x.

Ce qui montre, avec le théorème d'encadrement, queH(x)tend vers 1 en+∞.

3. a. La fonctionF est strictement croissante dansR+, d'après 2.c., F(x)≥xf(x)≥x⇒F(x)−−→^+∞ +∞

CommeF est continue,F(R⁺) =R⁺. Elle est bijective vers son image. Elle admet une bijection réciproqueGcontinue strictement croissante deR+ dansR+. b. CommeF⁰(x) =f(x)>0 pour tous lesxpositifs, le théorème de la dérivabilité

de la bijection réciproque assure queGest dérivable avec

∀t≥0, G⁰(t) = 1

F⁰(G(t)) = 1 f(G(t))

Remarquons queG(0) = 0carF(0) = 0et appliquons le théorème des accroisse- ments nis àGdans[0, u]. Il existec∈]0, u[tel queG(u)−G(0) =uG⁰(c) =_f(v)¹ en posantv=G(c). CommeGest décroissante,v∈]0, G(u)[et vérie la formule de l'énoncé.

Exercice 2.

1. Tableau trop facile pour être corrigé.

e^xⁿ−1∼x_n etln(1 +x_n)−x_n∼ −¹₂x²_n

(3)

2. On doit montrer que

(wn)_n∈N∗→C⇒

w1+· · ·+wn

n

n∈N^∗

→C

Il s'agit de la classique convergence au sens de Césaro. Pour que ce résultat relatif à des limites se traduise par une équivalence il est nécessaire queC6= 0 mais c'est sans importance pour la formulation avec des limites.

Le c÷ur de la démonstration est une inégalité obtenue en coupant une somme en deux.

Fixons nous unN arbitraire et considérons desn > N. On peut écrire :

w₁+· · ·+w_n

n −C

= |(w₁−C) +· · ·+ (w_n−C)| n

≤ |(w1−C)|+· · ·+|(wn−C)|

n ≤ 1

n

N

X

k=1

|wk−C|+ 1 n

n

X

k=N+1

|wk−C|

≤ 1 n

N

X

k=1

|wk−C|+n−N n

| {z }

≤1

max

k∈{N+1···,n}|wk−C|

Finalement, l'inégalité de Cesaro s'écrit

∀n > N:

w₁+· · ·+w_n

n −C

≤ 1

n

N

X

k=1

|wk−C|+ max

k∈{N+1···,n}|wk−C| On va vérier avec cette inégalité la dénition de la convergence d'une suite. Il est important de savoir que ce résultat ne peut pas se déduire du théorème d'encadrement ou de passage à la limite dans une inégalité.

On veut montrer que, pour tout réelε >0, il existe un entierNε tel que n≥Nε⇒ |wn−C| ≤ε

Soit donc un ε >0 arbitraire. D'après la convergence de (w_n)_n∈

N^∗, il existe un entier N tel que

n≥N ⇒ |w_n−C| ≤ ε 2 En particulier :

n≥N ⇒ max

k∈{N+1···,n}|wk−C| ≤ ε 2

Considérons maintenant la suite 1 n

N

X

k=1

|wk−C|

!

n∈N^∗

Comme PN

k=1|w_k−C| est un nombre xé, c'est une suite de la forme ^A_n

n∈N^∗ qui converge donc vers0. Il existe alors un entierN_ε> N et tel que

n≥Nε⇒ 1 n

N

X

k=1

|wk−C| ≤ ε 2 On peut alors conclure avec l'inégalité de Cesaro

3. Chaqueu_n construit est strictement positif, la dénition par récurrence peut se pour- suivre indéniment. La stricte positivité desu_n permet aussi de dénir lesv_n

4. On sait queln(1 +x)≤xpour toutx≥ −1. La suite(un)n∈N est donc décroissante et minorée par0. Elle converge vers un réell∈[0, u].

Par continuité deln,ln(1 +l) =ld'où l= 0. (tableau dex→ln(1 +x)) 5. On a bienun+1 ∼un carln(1 +un)∼un lorsqueun→0.

6. Commeln^uⁿ⁺¹_u

n →0car ^u_uⁿ⁺¹_n →1. On peut écrire : vn=u^λ_n

un+1

u_n ^λ

−1

!

=u^λ_n

e^λ^ln^un+1^un −1

∼u^λ_nλlnu_n+1 un

∼u^λ_nλ u_n+1

un

−1

un+1= ln(1 +un) =un−1

2u²_n+o(u²_n)⇒un+1

u_n = 1−1

2un+o(un)

⇒ u_n+1 un

−1∼ −1 2u_n Finalement

vn∼ −λ 2u^λ+1_n

7. Pourλ=−1, la suite(vn)_n∈Nconverge vers ¹₂. Par conséquent, v1+v2+· · ·+vn

n → 1

2

(4)

Or

v1+v2+· · ·+vn=u⁻¹_n+1−u⁻¹⇒u⁻¹_n+1−u⁻¹∼ n 2

Commeu⁻¹_n+1→+∞, la constanteu⁻¹est négligeable devantu⁻¹_n+1. Négligeons la ! On obtientu⁻¹_n+1∼ⁿ₂ puis

un ∼ 2 n