Corrig´e 10 du lundi 21 novembre 2011

ANALYSE I et II Semaine du 21 au 25 novembre 2011 Math. et Phys. 1`ere ann´ee

Prof. J. Rappaz

Corrig´e 10 du lundi 21 novembre 2011

Exercice 1 (* A r´ediger) .

On consid`ereD=R− {0} etf :D→Rd´efinie par

f(x) =e−1/|x|.

Montrons que∀α >0, f(x) =O |x|^α

six→0.

Soitα >0 donn´e. Il existeM >0 tel que∀ |y| ≥M on a αln|y| ≤ |y| car lim

|y|→∞

|y|

ln|y| = +∞.

En prenantx= 1

y, on obtient:

si|x| ≤ 1

M alors ln 1

|x|^α ≤ 1

|x|

et donc

ln|x|^α≥ − 1

|x|.

Comme la fonction exponentielle est croissante, on obtient si|x| ≤_M¹:

|x|^α≥e^−1/|x|, ce qui prouve quee−1/|x|=O |x|^α

six→0.

Remarque: On rappelle que, selon la d´efinition def(x) =O |x|^α

six→x0(c.f. polycopi´e page 57), la fonction f n’est pas n´ecessairement d´efinie au pointx0 et mˆeme si c’est le cas, f(x0) n’entre pas dans la d´efinition de f(x) =O |x|^α

six→x0. Il en est de mˆeme pourf(x) =o |x|^α

six→x0.

Exercice 2.

On consid`ereD=R− {0} etf :D→Rd´efinie par f(x) = x

ln|x|. Montrons quef(x) =o |x|

six→0 et qu’il n’existe pas >0 qui satisfaitf(x) =O |x|¹⁺

six→0.

On a, six6= 0: |f(x)|

|x| ≤ |x|

|x||ln|x|| = 1

|ln|x||. Si|x| →

6= 0 alors ln|x| → ∞ et on a bien

x→lim

6=0

|f(x)|

|x| = 0 ce qui implique quef(x) =o |x|

si|x| →0.

Remarque: Puisquef(x) =o |x|

six→0 alorsf(x) =O |x|

six→0.

Montrons que si >0 est donn´e et si on supposef(x) =O |x|¹⁺

si x→0, alors on a une contradiction. Il existeC >0 etδ >0 tels que

|x|

|ln|x|| ≤C|x|¹⁺ si 0<|x| ≤δ et donc

|x| ≤C|x|¹⁺|ln|x|| si 0<|x| ≤δ ou encore

1≤C|x||ln|x|| si 0<|x| ≤δ.

Mais si|x|tend vers z´ero, alors on a

x→lim

6=0|x|ln|x|= 0

ce qui contredit la derni`ere in´egalit´e. Ainsi, il n’existe pas >0 qui satisfaitf(x) =O |x|¹⁺

six→0.

Exercice 3.

On a:

1^o) f⁰(x) = 1 +x⁴−x4x³

(1 +x⁴)² = 1−3x⁴ (1 +x⁴)², 2^o) f⁰(x) = cosp

1 +x²+x⁴

· 2x+ 4x³ 2√

1 +x²+x⁴ = cosp

1 +x²+x⁴

· x+ 2x³

√1 +x²+x⁴, 3^o) • Si x∈R\Z, alors il existe z∈Ztel que x∈]z, z+ 1[. Ainsif(x) =x²z et

f⁰(x) = 2zx= 2[x]xpour toutx∈]z, z+ 1[.

• Si x= 0 on a f(0) = 0. De plus, pour toute suite (an)_n≥0 telle quean6= 0 et lim

n→∞an= 0, on a

n→∞lim f(an)

an

= 0, ce qui signifie que f⁰(0) = 0.

• Si z∈Z^∗ alors

x→zlim

x<z

f(x) =z²(z−1) et lim

x→zx>z

f(x) =z³. Ainsif n’est pas continue enz et doncf⁰(z) n’existe pas.

En r´esum´e: f⁰(x) = 2[x]xsix∈R\Z^∗ etf⁰(x) n’existe pas six∈Z^∗,f⁰(0) = 0.

Exercice 4.

Soitf :R→Rd´efinie parf(x) =

x³ six∈Q 0 six /∈Q

• f est d´erivable en z´ero carf⁰(0) = lim

x→06=

f(x)−f(0) x−0 = lim

x→06=

f(x) x = 0.

• f est discontinue surR^∗.

En effet, pour tout x0 ∈ R^∗, on peut construire une suite (an)_n≥0 ⊆R\Qet une suite (bn)_n≥0 ⊆Q telles que

n→∞lim an= lim

n→∞bn =x0∈R^∗. Puisque

n→∞lim f(an) =x³₀6= 0 = lim

n→∞f(bn), on en d´eduit que la fonctionf n’est pas continue enx₀.

Exercice 5.

Soitf :]a, b[→Rune fonction continue injective. Alors on sait que f admet une fonction r´eciproque continue f⁻¹:R(f)→]a, b[. Sif est d´erivable en x0 et sif⁰(x0)6= 0, montrer que f⁻¹ est d´erivable enf(x0) et que

(f⁻¹)⁰(f(x₀)) = 1 f⁰(x0).

D´emonstration : Soit >0. Puisquef est d´erivable enx₀ avecf⁰(x₀)6= 0, alors lim

x→6=x0

f(x)−f(x₀) x−x0

=f⁰(x₀), ce qui signifie qu’il existeδ1()>0 tels que si 0<|x−x0|< δ1 alorsx∈]a, b[ et

x−x0

f(x)−f(x0)− 1 f⁰(x0)

≤.

Puisque f est bijective, il existe y0 ∈ R(f) tel que x0 = f⁻¹(y0). De mˆeme, ∀x ∈]a, b[ il existe un unique y∈ R(f) tel quex=f⁻¹(y) de sorte que

x−x0

f(x)−f(x₀) = f⁻¹(y)−f⁻¹(y0) y−y₀ .

Puisquef⁻¹est continue eny₀, il existeδ₂()>0 tel que si|y−y0|< δ₂alors|x−x0|=|f⁻¹(y)−f⁻¹(y₀)| ≤δ₁, et donc

f⁻¹(y)−f⁻¹(y0)

y−y₀ − 1

f⁰(x₀)

≤. Ce qui prouve quef⁻¹est d´erivable eny0=f(x0) et que f⁻¹0

(y0) = 1 f⁰(x0).