(1)Exercice9.1 Solution p

Exercice9.1 Solution p. 2 Calculer la dérivéen-ième dex7−→xe^−x.

Exercice9.2 Solution p. 2

En utilisant la formule de Taylor-Young, déterminer la limite de chx+ cosx−2

x⁴ lorsquextend vers0.

Exercice9.3 Solution p. 2

Soitf une applicationC² de[a, b]dansRtelle quef⁰(a) = f⁰(b) = 0. Montrer qu’il existec ∈ [a, b]tel que

|f⁰⁰(c)| ≥ 4

(b−a)²|f(b)−f(a)|.

Exercice9.4 Solution p. 2

Démontrer que la fonction tanest absolument croissante surh 0 ; π

2 h

, c’est-à-dire que, pour tout n ∈ N, la dérivéen-ième detanest positive surh

0 ; π 2 h

.

Exercice9.5 Solution p. 2

Soitf:R−→Rune fonction continue. Pour toutn∈N^∗, justifier l’existence d’une primitiven-ième def sur R, notéef^[n], et démontrer que l’on peut prendre

∀x∈R, f^[n](x) = Z x

0

(x−t)ⁿ⁻¹ (n−1)! f(t) dt

Exercice9.6 Solution p. 3

Soitn∈N^∗et, pourt∈]−1 ; +∞[, posonsf_n(t) =tⁿ⁻¹ln(1 +t).

Montrer que :∀t∈]−1 ; +∞[, f_n⁽ⁿ⁾(t) = (n−1)!

n

X

k=1

1 (1 +t)^k

Exercice9.7 Solution p. 3

SoitPun polynôme à coefficients réels, de degré impair, etf:R−→Rune application de classeC^∞telle que, pour toutx∈Ret pour toutn∈N, |f⁽ⁿ⁾(x)| ≤ |P(x)|. Montrer quef est identiquement nulle.

Exercice9.8 Solution p. 4

Pour toutn∈N, on poseα_n= Z 1

0

(1−t)ⁿe^t dt 1. Déterminer un équivalent deαn.

2. En déduire un équivalent deu_n= sin(πen!).

Exercice9.9 Solution p. 4

Soitf:I −→ Rune application de classeC^∞, oùI est un intervalle deRde cardinal infini. On suppose qu’il existek∈N, tel que, pour toutt∈I, f^(2k+1)(t)6= 0.

Pour toutα∈Ietx∈I, on poseTα(x) =

2k

X

h=0

(x−a)^h

h! f^(h)(α).

Montrer que les graphes des applicationsT_αsont deux à deux disjoints.

Exercice9.10 Solution p. 4

Soitf une application deRdansRde classeC² telle quef etf⁰⁰sont bornées surR. Montrer quef⁰est bornée surRet que, si l’on pose pour touti∈ {0,1,2},Mi = sup

t∈R

f⁽ⁱ⁾(t)

, alorsM₁² ≤2M0M2.

Solution de l’exercice 9.1 Énoncé Par récurrence, on obtient facilement que dⁿ

dxⁿ(xe^−x) = e^−x(−1)ⁿ(x−n).

Ou bien, on peut utiliser la formule de Leibniz : dⁿ

dxⁿ(xe^−x) =

n

X

k=0

Çn k

å d^n−k

dx^n−k(e^−x) d^k dx^k(x)

=

1

X

k=0

Ç1 k

å

(−1)^1−ke^−x d^k dx^k(x)

= (−1)¹e^−xx+n(−1)ⁿ⁻¹e^−x

Solution de l’exercice 9.2 Énoncé

Ce sont de simples développements limités, au voisinage de0, on achx = 1 + x² 2 + x⁴

24 +o(x⁴)et cosx = 1−x²

2 +x⁴

24 +o(x⁴).

Doncf(x) = chx+ cosx−2

x⁴ =

Ä 1 +

x²

2 +^x₂₄⁴ +o(x⁴)ä +Ä

1−

x²

2 +^x₂₄⁴ +o(x⁴)ä

−2

x⁴ = 1

x⁴ ï2x⁴

24 +o(x⁴) ò

= 1

12+o(1)−−−→

x→0

1 12

Solution de l’exercice 9.3 Énoncé

D’après l’inégalité de Taylor-Lagrange,

f

Åa+b 2

ã

−f(a)

= f

Åa+b 2

ã

−f(a) +f⁰(a)

Åa+b 2 −a

ã

≤ M 2

Åa+b 2 −a

ã2

avecM = sup|f⁰⁰(t)|

De même

f(b)−f

Åa+b 2

ã

=

f(b)−f

Åa+b 2

ã

+f⁰(b)

Åa+b 2 −b

ã

≤ M 2

Åa+b 2 −b

ã2

Donc

2M 2

Åa−b 2

ã2

≥

f(a)−f

Åa+b 2

ã

+

f(b)−f

Åa+b 2

ã

≥ |f(b)−f(a)|

M ≥ 4|f(b)−f(a)|

(b−a)²

festC²doncf⁰⁰est continue donc elle atteint ses bornes etM = sup|f⁰⁰(t)|= max|f⁰⁰(t)|, donc il existec∈[a, b]

tel queM =|f⁰⁰(c)|.

Solution de l’exercice 9.4 Énoncé

On procède par récurrence, sachant quetan⁽ⁿ⁺¹⁾(t) = (1 + tan²(t))⁽ⁿ⁾ = (2 tan⁰(t) tan(t))⁽ⁿ⁻¹⁾. Et d’après Leibniz :

tan⁽ⁿ⁺¹⁾(t) = 2

n−1

X

k=0

Çn−1 k

å

tan^0(n−k−1)(x) tan^k(x)≥0 Ce qui démontre l’hérédité d’une récurrence.

Solution de l’exercice 9.5 Énoncé

SoitR(n):f admet une primitiven-ième dont les dérivéesk-ièmes (k∈J1, n−1K) s’annule en 0.

Initialisation :n= 1,f est continue, doncf admet une primitive d’après le Théorème fondamental de l’analyse, et

∀x∈R, x7−→

Z x 0

f(t) dtest une primitive def s’annulant en 0.

Hérédité : SupposonsR(n).

x7−→

Z x 0

f^[n](t) dtest une primitive def^[n]s’annulant en0. et∀k∈J1, nK, (f^[n+1])^(k)(0) = (f^[n])^(k−1)(0) = 0 par hypothèse de récurrence, et on a bienf^[n+1](0) = 0.

Ceci conclut l’hérédité et la récurrence.

D’après la formule de Taylor avec reste intégral, appliquée en0: f^[n](x) =f^[n](0) +

n−1

X

k=1

(f^[n])^(k)(0) k! x^k+

Z _x

0

(x−t)ⁿ⁻¹

(n−1)! (f^[n])⁽ⁿ⁾(t) dt

= Z x

0

(x−t)ⁿ⁻¹ (n−1)! f(t) dt

Solution de l’exercice 9.6 Énoncé

On procède par récurrence surn: f₁⁽¹⁾(t) = 1

1 +t donc on initialise la récurrence.

On remarque ensuite quef_n+1(t) =tf_n(t) f_n+1⁽ⁿ⁺¹⁾(t) =

n+1

X

k=0

Çn+ 1 k

å

f_n^(n+1−k) d^k dt^k(t)

=tf_n⁽ⁿ⁺¹⁾(t) + (n+ 1)f_n⁽ⁿ⁾(t)

HR= t(n−1)!

n

X

k=1

−k

(1 +t)^k+1 + (n+ 1)(n−1)!

n

X

k=1

1 (1 +t)^k

S = 1

(n−1)!f_n+1⁽ⁿ⁺¹⁾(t) =−

n

X

k=1

k(1 +t)−1

(1 +t)^k+1 + (n+ 1)

n

X

k=1

1 (1 +t)^k

=−

n

X

k=1

k (1 +t)^k +

n+1

X

h=2

h−1

(1 +t)^h + (n+ 1)

n

X

k=1

1 (1 +t)^k

=

n

X

k=2

1

(1 +t)^k(−k+k−1 +n+ 1) + (n+ 1) 1

1 +t+ n (1 +t)ⁿ⁺¹

=n

n+1

X

k=1

1 (1 +t)^k

Ceci conclut donc la récurrence et démontre la formule demandée.

Solution de l’exercice 9.7 Énoncé

Notons a2n+1 le coefficient dominant de P, alors on aP(x) ∼

+∞ a2n+1t²ⁿ⁺¹ −−−−→

t→+∞ sgn(a2n+1)∞ et on a clairementlimt→−∞P(t) =−limt→+∞P(t).

DoncPchange de signe surRdonc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existeα∈Rtel queP(α) = 0.

De plus,∀n∈N, |f⁽ⁿ⁾(α)|= 0, donc d’après Taylor-Lagrange :

f(x)−f(α)−

n

X

k=1

(x−α)^k

k! f^(k)(α)

≤M(x−α)ⁿ n!

avecM = sup|f⁽ⁿ⁾(t)|.

On en déduit que|f(x)| ≤M⁰(x−α)ⁿ

n! avecM⁰ = sup|P(t)|.

On a bien(x−α)ⁿ

n! −−−−−→

n→+∞ 0,car la série en ce terme général converge.

Donc d’après le principe des gendarmes,|f(x)| −−−−−→

n→+∞ 0, donc∀x∈R, f(x) = 0.

Solution de l’exercice 9.8 Énoncé D’après Taylor avec reste intégral appliqué àf(t) = e^tentre0et1:

e¹ = e⁰+ e⁰+. . .+e⁰ n!+Rn

0

(1−t)ⁿ n! e^t dt.

Un terme plus loin, on ae⁰+ e⁰+. . .+ e⁰

(n+ 1)! + α_n+1

(n+ 1)!, et par différence, on a : α_n

n! = 1

(n+ 1)! + α_n+1 (n+ 1)!, donc(n+ 1)α_n= 1 +α_n+1.

On obtient également cette relation plus simplement par simple intégration par parties.

0≤αn= Z 1

0

(1−t)ⁿe^t dt≤ Z 1

0

(1 +t)ⁿe dt= e

ï−(1−t)ⁿ⁺¹ n+ 1

ò1 0

= e

n+ 1 −−−−−→

n→+∞ 0.

Doncα_n+1−−−−−→

n→+∞ 0, donc(n+ 1)α_n= 1 +α_n+1∼1, d’oùα_n∼ 1 n+ 1 ∼ 1

n. On a également αn

n! = e−Pn k=0

1

k! =P+∞

k=n+1

1

k!c’est un reste de Cauchy.

Donc

u_n= sin(πen!)

= sin πn!

n

X

k=0

1

k!+πn!αn

n!

!

n

X

k=0

n!

k! =

n−2

X

k=0

n!

k!

| {z }

pair

+ n+ 1

| {z }

parité6=n

∀k∈J1, n−2K, n!

k! =n(n−1)(n−2)!

k! ∈2Z u_n= (−1)ⁿ⁺¹sin(πα_n)

+∞∼ (−1)ⁿ⁺¹παn

∼ (−1)ⁿ⁺¹π n

Solution de l’exercice 9.9 Énoncé

Soitα, β ∈I tels queα > β, supposons qu’il existe unxtel queTα(x) =Tβ(x).

T_α(x) =T_β(x)

2k

X

h=0

(x−α)^h

h! f^(h)(α) =

2k

X

h=0

(x−β)^h

h! f^(h)(β)

f(x)− Z x

α

(x−t)^2k

(2k)! f^(2k+1)(t) dt=

f(x)− Z x

β

(x−t)^2k

(2k)! f^(2k+1)(t) dt

Orf^(2k+1)ne s’annule pas, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, elle ne change pas de signe. Donc Z β

α

(x−t)^2kf^(2k+1)(t)

| {z }

de signe constant

dt= 0

par différence, c’est une fonction positive, continue, d’intégrale nulle, donc la fonction est identiquement nulle , d’où,∀t∈[α, β], (x−t)^2k = 0ce qui est absurde.

Solution de l’exercice 9.10 Énoncé

D’après Taylor-Lagrange, soith >0etx∈R,

|f(x+h)−f(x)−hf⁰(x)| ≤M2

h²

2 , doncf(x+h)−f(x)−hf⁰(x)≤M2

h²

2 etf(x)−f(x−h) +hf⁰(x)≤M2

h² carx,−x≤ |x|. 2

Donc par corollaire de l’inégalité triangulaire,

−|f(x+h)−f(x)|+|hf⁰(x)| ≤M2

h² 2

|hf⁰(x)| ≤M₂h²

2 +|f(x+h)−f(x)|

|hf⁰(x)| ≤M₂h²

2 + 2M₀ 0≤ M₂h²

2 + 2M₀−h|f⁰(x)|

pourh >0, et c’est évident pourh <0.

Donc∆ =|f⁰(x)|²−4M₂M₀ et∆<0car M₂

2 >0donc nécessairement∆<0, donc|f⁰(x)|²−4M₀M₂ ≤0⇔

|f⁰(x)|² ≤4M0M2, doncf⁰est bornée et par passage au sup, on obtientM₁²≤4M0M2.