Exercices sur la dérivation

(1)

Dérivation

Dérivabilité

Exercice 1 [ 01354 ][correction]

Etudier la dérivabilité des fonctions suivantes a)x7→p

x²−x³ b) x7→(x²−1) arccos(x²)

Sur quelles parties deR, les fonctions suivantes sont-elles continues, dérivables ? a)x7→x|x| b)x7→ x

|x|+ 1

Sur quelles parties deR, les fonctions suivantes sont-elles continues, dérivables ? a)f :x7→

xsin(1/x) six6= 0

0 sinon b)g:x7→

x²sin(1/x) six6= 0

0 sinon .

Soitf : [0,1]→Rune fonction dérivable.

On définit une fonctiong: [0,1]→Rpar : g(x) =

f(2x) six∈[0,1/2]

f(2x−1) sinon A quelle condition(s) la fonctiong est-elle dérivable ?

Soitf :I→Cune fonction dérivable.

Montrer que|f|:I→Rest dérivable en tout point oùf ne s’annule pas et exprimer sa dérivée.

Calcul de dérivées

Après avoir déterminé le domaine d’existence, calculer les dérivées des fonctions suivantes :

a) x7→ arctanx

x²+ 1 b)x7→ 1

(x+ 1)² c)x7→ sinx (cosx+ 2)⁴ Exercice 7 [ 00737 ][correction]

Après avoir déterminé le domaine d’existence, calculer les dérivées des fonctions suivantes :

a)x7→x^x b)x7→(chx)^x c)x7→ln|x|

Calculer les dérivées des fonctions suivantes

f1(x) = arctan (e^x) , f2(x) = arctan (shx) etf3(x) = arctan thx

2

Qu’en déduire ?

Dérivation d’application réciproque

Soitf : [0, π/2]→Rdéfinie par

f(x) =√

sinx+x

Justifier quef réalise une bijection vers un intervalle à préciser, puis quef⁻¹est continue et dérivable sur cet intervalle.

Application de la dérivation

Pourλ∈R, on considère les fonctions

fλ:x7→ x+λ x²+ 1

a) Montrer que les tangentes en 0 aux fonctionsfλsont parallèles.

b) Observer que les tangentes en 1 sont concourantes.

(2)

Soitf : [0,+∞[→Rde classeC¹telle que f(0) =−1 et lim

+∞f = +∞

Montrer que sif s’annule au moins deux fois alorsf⁰ aussi.

Déterminer toutes les applicationsf :R→Rdérivables telles que

∀(x, y)∈R², f(x+y) =f(x) +f(y)

Calcul de limites

Soitf une fonction définie sur un intervalleI etaun point deI qui n’en soit pas une extrémité. Si le rapport

1

2h(f(a+h)−f(a−h))

admet une limite finie quandhtend vers 0, celle-ci est appelée dérivée symétrique def ena.

a) Montrer que, sif est dérivable à droite et à gauche ena, elle admet une dérivée symétrique ena.

b) Que dire de la réciproque ?

Soitf :R→Rune fonction dérivable ena∈R. Etudier

x→alim

xf(a)−af(x) x−a

Calcul de dérivées n-ième

Calculer la dérivéen-ième de

a)x7→x²(1 +x)ⁿ b)x7→(x²+ 1)e^x

Calculer la dérivéen-ième de x7→ 1

1−x,x7→ 1

1 +x puisx7→ 1 1−x² Exercice 17 [ 00251 ][correction]

Calculer la dérivéen-ième de

x7→ 1 1−x² Exercice 18 [ 00743 ][correction]

Calculer la dérivéen-ième dex7→cos³x Exercice 19 [ 03863 ][correction]

Calculons la dérivéen-ième de la fonction réellet7→cos(t)e^t. Exercice 20 [ 01363 ][correction]

Soitf :R→Rdéfinie parf(x) = e^x

√

3sinx. Montrer que f⁽ⁿ⁾(x) = 2ⁿe^x

√ 3sin

x+nπ 6

Montrer que la dérivée d’ordrendexⁿ⁻¹e^1/x est (−1)ⁿx⁻⁽ⁿ⁺¹⁾e^1/x Exercice 22 [ 00252 ][correction]

Soitf :x7→arctanx.

a) Montrer que pour toutn>1

f⁽ⁿ⁾(x) = (n−1)! cosⁿ(f(x)) sin(nf(x) +nπ/2) b) En déduire les racines def⁽ⁿ⁾ pourn>1.

Calculer de deux façons la dérivéen-ième dex7→x²ⁿ. En déduire une expression de

n

X

k=0

n k

!²

(3)

Théorème de Rolle

Soitf :R→Rdérivable. On suppose quef⁰ ne s’annule pas.

Montrer quef ne peut être périodique.

Soita, b, c∈R. Montrer qu’il existex∈]0,1[ tel que 4ax³+ 3bx²+ 2cx=a+b+c

Soitf : [a, b]→Rdérivable et vérifiantf⁰(a)>0 etf⁰(b)<0.

Montrer que la dérivée def s’annule.

Soitn∈Netf :I→Rune application de classeCⁿ s’annulant enn+ 1 points distincts deI.

a) Montrer que la dérivéen-ième def s’annule au moins une fois surI.

b) Soitαun réel. Montrer que la dérivée (n−1) -ième def⁰+αf s’annule au moins une fois surI.

(indice : on pourra introduire une fonction auxiliaire.)

On posef :x7→

(x²−1)ⁿ⁽ⁿ⁾ .

a) Montrer quef est une fonction polynomiale de degrén.

b) Calculerf(1) etf(−1).

c) Montrer quef possède exactement nracines distinctes toutes dans ]−1,1[.

Soientf :I→Rune fonction deux fois dérivable surI eta, b, ctrois points distincts deI.

Montrer

∃d∈I, f(a)

(a−b)(a−c)+ f(b)

(b−c)(b−a)+ f(c)

(c−a)(c−b) =1 2f⁰⁰(d)

Soientn∈N,a < b∈Retf : [a, b]→Rune fonctionnfois dérivable.

Montrer que si

f(a) =f⁰(a) =. . .=f⁽ⁿ⁻¹⁾(a) = 0 etf(b) = 0 alors il existec∈]a, b[ tel quef⁽ⁿ⁾(c) = 0.

Soitf :R→Rdérivable telle que

lim−∞f = lim

+∞f = +∞

Montrer qu’il existec∈Rtel que f⁰(c) = 0.

Soitf : [0,+∞[→Rune fonction dérivable telle que lim+∞f =f(0) Montrer qu’il existec >0 tel quef⁰(c) = 0.

Soita >0 etf une fonction réelle continue sur [0, a] et dérivable sur ]0, a].

On suppose

f(0) = 0 etf(a)f⁰(a)<0 Montrer qu’il existec∈]0, a[ tel quef⁰(c) = 0.

Soita >0 etf : [0, a]→Rune fonction dérivable telle que f(0) =f(a) = 0 etf⁰(0) = 0 a) Montrer que la dérivée dex7→f(x)/xs’annule sur ]0, a[.

b) En déduire qu’il existe un point autre que l’origine en lequel la tangente àf passe par l’origine.

(4)

[Règle de L’Hôpital]

Soientf, g: [a, b]→Rdeux fonctions dérivables. On suppose que

∀x∈[a, b], g⁰(x)6= 0 a) Montrer queg(a)6=g(b).

b) Montrer qu’il existec∈]a, b[ tel que f(b)−f(a)

g(b)−g(a) = f⁰(c) g⁰(c)

Soitf : [a, b]→Rdérivable vérifiant

f(a) =f(b) = 0 etf⁰(a)>0, f⁰(b)>0 Montrer qu’il existec1, c2, c3∈]a, b[ tels quec1< c2< c3 et

f⁰(c1) =f(c2) =f⁰(c3) = 0

Soitf : [a, b]→Rde classeC²vérifiant

f(a) =f⁰(a) et f(b) =f⁰(b) Montrer qu’il existec∈]a, b[ tel que

f(c) =f⁰⁰(c)

Indice : on pourra introduire une fonction auxiliaire dépendant def(x),f⁰(x) et e^x

Théorème des accroissements finis

Soitf :I→Rdérivable.

Montrer quef est lipschitzienne si, et seulement si, sa dérivée est bornée.

Soitf :R→Rune fonction dérivable.

Montrer que

∀x >0,∃c >0, f(x)−f(−x) =x(f⁰(c) +f⁰(−c))

Soitf une fonction de classeC²sur [a, a+ 2h] (aveca∈Ret h >0).

Montrer

∃c∈]a, a+ 2h[ ,f(a+ 2h)−2f(a+h) +f(a) =h²f⁰⁰(c) (indice : introduireϕ(x) =f(x+h)−f(x).)

A l’aide du théorème des accroissements finis déterminer

x→+∞lim

(x+ 1)e^x+1¹ −xe^x¹

Montrer à l’aide du théorème des accroissements finis que

n+1√

n+ 1−√ⁿ

n∼ −lnn n²

Montrer que

∀x >0, 1

1 +x<ln(1 +x)−ln(x)< 1 x En déduire, pourk∈N\ {0,1},

n→∞lim

kn

X

p=n+1

1 p

Soitf : ]0,1]→Rdérivable. On suppose def(x)→`etxf⁰(x)→`⁰ quandx→0.

Que dire de`⁰?

(5)

Soitf ∈ C²(R⁺,R) telle que lim

x→+∞f(x) =a∈R. a) Sif⁰⁰est bornée, que dire def⁰(x) quand x→+∞? b) Le résultat subsiste-t-il sans l’hypothèse du a) ?

Une fonctionf :I→Rest dite höldérienne d’exposantα >0 s’il existeM ∈R⁺ vérifiant

∀x, y∈I,|f(y)−f(x)|6M|y−x|^α a) Soitf : [a, b]→Rde classeC¹.

Montrer quef est höldérienne d’exposantα= 1.

b) Démontrer que les fonctions höldériennes d’exposant>1 sont constantes.

c) On considère la fonctionf :x7→xlnxdéfinie sur ]0,1].

Montrer que la fonctionf n’est pas höldérienne d’exposant 1.

d) Vérifier cependant quef est höldérienne d’exposantαpour toutα∈]0,1[.

Obtention d’inégalités

Etablir les inégalités suivantes : a)∀x∈]−1,+∞[,_1+x^x 6ln(1 +x)6x b)∀x∈R⁺,e^x>1 +x+^x₂².

Soitp∈]0,1].

a) Etablir que pour toutt>0, on a

(1 +t)^p61 +t^p b) En déduire que pour toutx, y>0,

(x+y)^p 6x^p+y^p

Classe d’une fonction

Soitf : [a, b]→Rde classeC¹. Montrer que f est lipschitzienne.

Soitf :R→Cde classeC¹ et périodique.

Montrer quef est lipschitzienne.

Montrer que la fonctionf :R⁺→Rdéfinie par : f(x) =

x²lnx six6= 0

0 six= 0

est de classeC¹surR⁺.

Soitn∈N, montrer que la fonction fn:x7→

xⁿ⁺¹ six>0

0 sinon

est de classeCⁿ surR.

Soitf :R⁺→Rde classeC² telle quef⁰(0) = 0.

Montrer qu’il existeg:R⁺→Rde classeC¹ telle que

∀x∈R⁺, f(x) =g(x²)

(6)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

a)f(x) =√

x²−x³est définie et continue sur ]−∞,1].

Par opérations,f est dérivable sur ]−∞,0[∪]0,1[.

Quandh→0⁺,

f(h)−f(0)

h =√

1−h→1 et quandh→0⁻,

f(h)−f(0)

h → −1

f n’est pas dérivable en 0 mais y admet un nombre dérivée à droite et à gauche.

Quandh→0⁻,

f(1 +h)−f(1)

h =

√−h−2h²−h³

h → −∞

f n’est pas dérivable en 1, il y a une tangente verticale à son graphe en cet abscisse.

b)f(x) = (x²−1) arccosx² est définie et continue sur [−1,1].

Par opérationf est dérivable sur ]−1,1[.

Quandh→0⁻,

f(1 +h)−f(1)

h = (2 +h) arccos((1 +h)²)→0 f est dérivable en 1 etf⁰(1) = 0.

Par parité,f est aussi dérivable en−1 etf⁰(−1) = 0.

a)f(x) =x|x|est définie et continue surR. Par opérations,f est dérivable surR^?. Quandh→0⁺,

f(h)−f(0)

h =h→0

et quandh→0⁻,

f(h)−f(0)

h =−h→0

f est dérivable en 0 etf⁰(0) = 0.

b)f(x) = _|x|+1^x est définie et continue surR. Par opérationsf est dérivable surR^?.

Quandh→0,

f(h)−f(0)

h = 1

|h|+ 1 →1 doncf est dérivable en 0 etf⁰(0) = 1.

a)f est définie et continue surR. Par opérations,f est dérivable surR^?. Quandh→0,

f(h)−f(0)

h = sin1

h n’a pas de limite doncf n’est pas dérivable en 0.

b)g est définie et continue surR. Par opérations,gest dérivable surR^?. Quandh→0,

g(h)−g(0)

h =hsin1 h →0 doncgest dérivable en 0 etg(0) = 0.

g est dérivable sur [0,1/2[ et ]1/2,1].

g est continue en 1/2 si, et seulement si,f(1) =f(0).

Si tel est le cas,

g_g⁰(1/2) = 2f⁰(1) etg_d⁰(1/2) = 2f⁰(0) Finalementg est dérivable si, et seulement si,

f(0) =f(1) etf⁰(0) =f⁰(1)

|f(t)|= q

f(t)f(t) est dérivable par opérations en toutt∈I tel quef(t)6= 0.

|f(t)|⁰= (f(t)f(t))⁰ 2

q

f(t)f(t)

=f⁰(t)f(t) +f(t)f⁰(t)

2|f(t)| =Re(f⁰(t)f(t))

|f(t)|

(7)

a)x7→ ^arctan_x2+1^x est définie et dérivable surR, arctanx

x²+ 1 0

= 1−2xarctanx (x²+ 1)² b)x7→ _(x+1)¹ 2 est définie et dérivable surR\ {−1},

1 (x+ 1)²

⁰

= −2

(x+ 1)³ c)x7→ _(cos^sin_x+2)^x 4 est définie et dérivable surR,

sinx (cosx+ 2)⁴

0

= cosx

(cosx+ 2)⁴+ 4 sin²x

(cosx+ 2)⁵ = 4 + 2 cosx−3 cos²x (cosx+ 2)⁵

a)x7→x^xest définie et dérivable surR^+?,

(x^x)⁰= (e^x^ln^x)⁰= (1 + lnx)x^x b)x7→(chx)^xest définie et dérivable surR,

((chx)^x)⁰= e^{xln chx}⁰

= (ln chx+xthx)(chx)^x c)x7→ln|x|est définie et dérivable surR^?,

(ln|x|)⁰= 1 x

f₁⁰(x) = e^x

1 + e^2x, f₂⁰(x) = 2e^x

1 + e^2x et f₃⁰(x) = e^x 1 + e^2x On en déduit

f1(x) =1

2f2(x) +π

4 =f3(x) +π 4

f est continue et strictement croissante,f(0) = 0 etf(π/2) = 1 +π/2 doncf réalise une bijection de [0, π/2] vers [0,1 +π/2] et son application réciproquef⁻¹ est continue.

f est dérivable sur ]0, π/2] avec

f⁰(x) = cosx 2√

sinx+ 1>0 doncf⁻¹ est dérivable surf(]0, π/2]) = ]0,1 +π/2].

Etude de la dérivabilité def⁻¹ en 0 Quandh→0⁺, en posantx=f⁻¹(h)→0

f⁻¹(h)−f⁻¹(0)

h = x

f(x)

Or x

f(x) = x

√sinx+x = x

√x+o(√

x) +x∼√ x→0 doncf⁻¹ est dérivable en 0 et (f⁻¹)⁰(0) = 0.

f_λ est dérivable et

f_λ⁰(x) = −x²−2xλ+ 1 (x²+ 1)²

a) Pour toutλ∈R, on af_λ⁰(0) = 1 donc les tangentes en 0 sont parallèles.

b) L’équation de la tangente en 1 àfλ est y=−λ

2(x−1) + λ+ 1 2 ou encore

y=−λ

2(x−2) +1 2

Ces tangentes concourent au point d’abscisse 2 et d’ordonnée 1/2.

Sif⁰ ne s’annule pas alors f est strictement croissante donc injective. Elle ne s’annule alors qu’une fois.

Sif⁰ ne s’annule qu’une fois alors le tableau de signe de f⁰ est de la forme

x 0 α +∞

f⁰(x) 0 − 0 + ou x 0 α +∞

f⁰(x) 0 + 0 +

(8)

et le tableau de variation def est

x 0 α +∞

f(x) −1 & f(α) % +∞ ou x 0 α +∞

f(x) −1 % f(α) % +∞

La fonctionf ne peut donc s’annuler qu’une fois.

Soitf solution. En dérivant la relation par rapport àx, on obtient : f⁰(x+y) =f⁰(x)

La fonctionf est donc de dérivée constante et par suite f est affine.

De plus la relationf(0 + 0) =f(0) +f(0) entraînef(0) = 0 et doncf est linéaire.

Inversement : ok.

a) Sif_d⁰(a) etf_g⁰(a) existent alors 1

2h(f(a+h)−f(a−h)) = 1

2h(f(a+h)−f(a)) + 1

−2h(f(a−h)−f(a)) et donc

1

2h(f(a+h)−f(a−h))−−−→

h→0

1

2 f_d⁰(a) +f_g⁰(a) b) Pourf(x) =p

|x|, la dérivée symétrique en 0 existe alors que la fonction n’y est pas dérivable ni à droite, ni à gauche.

Quandx→a,

xf(a)−af(x)

x−a =(x−a)f(a) +a(f(a)−f(x))

x−a →f(a)−af⁰(a)

On exploite la formule de Leibniz a)

x²(1 +x)ⁿ(n)

= n

0

!

x²((1 +x)ⁿ)⁽ⁿ⁾+ n 1

!

(x²)⁰((1 +x)ⁿ)⁽ⁿ⁻¹⁾+ n 2

!

(x²)⁰⁰((1 +x)ⁿ)⁽ⁿ⁻²⁾ donc

(x²(1 +x)ⁿ)⁽ⁿ⁾=n!x²+ 2n.n!x(1 +x) +n(n−1)n!

2(1 +x)² b)

(x²+ 1)e^x⁽ⁿ⁾

=

n

X

k=0

n k

!

(x²+ 1)^(k)(e^x)^(n−k)= x²+ 2nx+n(n−1) + 1 e^x

En calculant les dérivées successives 1

1−x 0

= 1

(1−x)², 1

1−x 00

= 1

(1−x)² 0

= 2

(1−x)³ on montre par récurrence

1 1−x

(n)

= n!

(1−x)ⁿ⁺¹ De même, mais en gérant de plus un signe

1 1 +x

⁽ⁿ⁾

= (−1)ⁿ n!

(1 +x)ⁿ⁺¹ Enfin

1 1−x² = 1

2 1 1−x+1

2 1 1 +x donc

1 1−x²

(n)

= n!

2(1−x)ⁿ⁺¹ + (−1)ⁿn!

2(1 +x)ⁿ⁺¹

Par décomposition en éléments simples 1

1−x² = 1 2

1 1−x+1

2 1 1 +x Or

1 1−x

(n)

= n!

(1−x)ⁿ⁺¹ et 1

1 +x (n)

= (−1)ⁿ n!

(1 +x)ⁿ⁺¹ donc

1 1−x²

⁽ⁿ⁾

= n!

2(1−x)ⁿ⁺¹ + (−1)ⁿn!

2(1 +x)ⁿ⁺¹

(9)

a) On a

cos 3x= 4 cos³x−3 cosx donc on peut linéariser

cos³x=1

4(3 cosx+ cos 3x) On sait

(cosx)⁽ⁿ⁾= cos(x+nπ/2) et (cos 3x)⁽ⁿ⁾= 3ⁿcos(3x+nπ/2) et on obtient donc

(cos³x)⁽ⁿ⁾=1

4(3 cos(x+nπ/2) + 3ⁿcos(3x+nπ/2))

On peut écrire

cos(t)e^t= Re e^(1+i)t et donc

(cos(t)e^t)⁽ⁿ⁾=

Re(e^(1+i)t)(n)

= Re

(1 +i)ⁿe^(1+i)t Or (1 +i)ⁿ= 2^n/2e^inπ/4 puis

(cos(t)e^t)⁽ⁿ⁾= 2^n/2e^tcos(t+nπ/4)

Par récurrence surn∈N. Pourn= 0 : ok

Supposons la propriété établie au rangn>0.

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) = 2ⁿe^x

√3sin x+nπ

6 0

donc

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) = 2ⁿ√ 3 sin

x+nπ 6

+ cos

x+nπ 6

e^x

√ 3

puis

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) = 2ⁿ⁺¹sin

x+(n+ 1)π 6

e^x

√3

Récurrence établie.

On peut aussi écrire

f(x) = e^x

√

3sinx= Im e⁽

√ 3+i)x

et exploiter ceci pour calculer directement la dérivée d’ordren.

Par récurrence surn∈N. Pourn= 0 : ok.

xⁿe^1/x(n+1)

=

x.xⁿ⁻¹e^1/x(n+1)

=x

xⁿ⁻¹e^1/x(n+1)

+ (n+ 1)

xⁿ⁻¹e^1/x(n)

donc

xⁿe^1/x(n+1)

=x

(−1)ⁿx⁻⁽ⁿ⁺¹⁾e^1/x0

+ (n+ 1)(−1)ⁿx⁻⁽ⁿ⁺¹⁾e^1/x ce qui donne

xⁿe^1/x⁽ⁿ⁺¹⁾

= (−1)ⁿ⁺¹x⁻⁽ⁿ⁺²⁾e^1/x Récurrence établie.

a) Par récurrence surn>1.

Pourn= 1 f⁰(x) = 1

1 +x² et cos(f(x)) sin(f(x) +π/2) = cos²arctanx= 1 1 +x² Supposons la propriété vérifiée au rangn>1

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) = n!

1 +x²

"

−sin(f(x)) sin (nf(x) +nπ/2) + cos (nf(x) +nπ/2) cos(f(x))

#

cosⁿ⁻¹(f(x))

Or 1

1 +x² = cos²(f(x)) donc

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) =n!

"

sin(f(x)) cos (nf(x) + (n+ 1)π/2) + sin (nf(x) + (n+ 1)π/2) cos(f(x))

#

cosⁿ⁺¹(f(x))

(10)

puis

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) =n! sin ((n+ 1)f(x) + (n+ 1)π/2) cosⁿ⁺¹(f(x)) Récurrence établie.

b) Puisque arctanx∈]−π/2, π/2[, cos(f(x))6= 0.

Par suite

f⁽ⁿ⁾(x) = 0⇔sin(nf(x) +nπ/2) = 0 et donc

f⁽ⁿ⁾(x) = 0⇔f(x) = kπ n −π

2 aveck∈ {1, . . . , n−1}

Au final, les racines def⁽ⁿ⁾sont les cotkπ

n aveck∈ {1, . . . , n−1}

D’une part

x²ⁿ⁽ⁿ⁾

=(2n)!

n! xⁿ D’autre part

x²ⁿ⁽ⁿ⁾

= (xⁿ×xⁿ)⁽ⁿ⁾=

n

X

k=0

n k

!

(xⁿ)^(k)(xⁿ)^(n−k) et donc

x²ⁿ⁽ⁿ⁾

=

n

X

k=0

n k

! n!

(n−k)!

n!

k!xⁿ =n!

n

X

k=0

n k

!2

xⁿ

On en déduit

n

X

k=0

n k

!2

= (2n)!

(n!)² = 2n n

!

Sif est T-périodique avec T >0 alors en appliquant le théorème de Rolle entre par exemple 0 etT, la dérivée def s’annule.

Soitϕ: [0,1]→Rdéfinie par

ϕ(x) =ax⁴+bx³+cx²−(a+b+c)x

ϕest dérivable etϕ(0) = 0 =ϕ(1). Il suffit d’appliquer le théorème de Rolle pour conclure.

f admet un maximum sur [a, b] qui ne peut être ni ena, ni enb : la dérivée def s’y annule.

a) Notonsa0< a1< . . . < an lesn+ 1 points où nous savons quef s’annule.

Pour touti∈ {1, . . . , n}, on peut appliquer le théorème de Rolle àf sur [a_i−1, ai].

En effetf est continue sur [a_i−1, ai], dérivable sur ]a_i−1, ai[ etf(a_i−1) = 0 =f(ai).

Par le théorème de Rolle, il existebi∈]ai−1, ai[ tel quef⁰(bi) = 0.

Puisqueb1< a1< b2<· · ·< an−1< bn, lesb1, . . . , bn sont deux à deux distincts.

Ainsif⁰ s’annule au moinsnfois.

De même,f⁰⁰ s’annule au moinsn−1 fois et ainsi de suite jusqu’àf⁽ⁿ⁾s’annule au moins une fois.

b) Considéronsg(x) =f(x)e^αx.g s’annulen+ 1 fois doncg⁰ s’annule au moinsn fois.

Org⁰(x) = (f⁰(x) +αf(x)) e^αx donc les annulations deg⁰ sont les annulations de f⁰+αf.

Puisquef⁰+αf s’annulenfois, la dérivée (n−1)-ième def⁰+αf s’annule au moins une fois.

a) (X²−1)ⁿ est de degré 2ndonc

(X²−1)ⁿ⁽ⁿ⁾

est de degrén.

b) Introduisonsg:x7→(x²−1)ⁿ de sorte quef =g⁽ⁿ⁾ Quandx→1On a

g(x) = (x+ 1)ⁿ(x−1)ⁿ= 2ⁿ(x−1)ⁿ+o((x−1)ⁿ) Par la formule de Taylor-Young, on a parallèlement

g(x) = g⁽ⁿ⁾(1)

n! (x−1)ⁿ+o((x−1)ⁿ)

(11)

donc

f(1) =g⁽ⁿ⁾(1) = 2ⁿn!

et de manière similaire

f(−1) = (−1)ⁿ2ⁿn!

c) 1 et−1 sont racines de multipliciténdeg:x7→(x²−1)ⁿ, 1 et−1 sont donc racines deg, g⁰, . . . , g⁽ⁿ⁻¹⁾.

En appliquant le théorème de Rolle, on montre queg⁰, g⁰⁰, . . . , g⁽ⁿ⁾=f admettent resp. 1,2, . . . , n racines dans ]−1,1[. Puisque f est de degré n, celles-ci sont simples et il ne peut y en avoir d’autres.

Considérons

g:x7→(x−b)f(a) + (a−x)f(b) + (b−a)f(x)−1

2(a−b)(b−x)(x−a)K où la constanteK est choisie de sorte queg(c) = 0 (ce qui est possible).

La fonctiong s’annule ena, enbet en cdonc par le théorème de Rolle, il existe d∈I tel queg⁰⁰(d) = 0 ce qui résout le problème posé.

En appliquant le théorème de Rolle àf entreaet b: il existec1∈]a, b[ tel que f⁰(c1) = 0.

En appliquant le théorème de Rolle àf⁰ entreaet c1 : il existec2∈]a, c1[ tel que f⁰⁰(c2) = 0.

...

En appliquant le théorème de Rolle àf⁽ⁿ⁻¹⁾entreaetcn−1: il existe cn ∈]a, cn−1[ tel quef⁽ⁿ⁾(cn) = 0.

c=c_n résout le problème.

Puisque lim

−∞f = +∞et lim

+∞f = +∞, il existea <0 etb >0 tels que f(a)> f(0) + 1 etf(b)> f(0) + 1

En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires entreaet 0, d’une part, et 0 etb d’autre part, il existeα∈]a,0[ etβ∈]0, b[ tels quef(α) =f(0) + 1 =f(β).

En appliquant le théorème de Rolle entreαet β, il existe c∈]α, β[⊂Rtel que f⁰(c) = 0.

Sif est constante, la propriété est immédiate.

Sinon, il existex0∈]0,+∞[ tel quef(x0)6=f(0).

Posonsy=¹₂(f(x0) +f(0)) qui est une valeur intermédiaire àf(0) etf(x0).

Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existea∈]0, x0[ tel quef(a) =y.

Puisque lim

+∞f =f(0),y est une valeur intermédiaire àf(x₀) et une valeurf(x₁) avecx1 suffisamment grand. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe b∈]x0, x1] tel quef(b) =y.

En appliquant le théorème de Rolle sur [a, b], on peut alors conclure.

Quitte à considérer−f, on peut supposerf(a)>0 etf⁰(a)<0.

Puisquef⁰(a)<0, il existeb∈]0, a[ tel quef(b)> f(a).

En appliquant le théorème de valeurs intermédiaires entre 0 etb, il existeα∈]0, b[

tel quef(α) =f(a).

En appliquant le théorème de Rolle entreαet a, on obtientc∈]α, a[⊂]0, a[ tel quef⁰(c) = 0.

a) La fonctiong:x7→f(x)/xest définie, continue et dérivable sur ]0, a].

Quandx→0,

g(x)→f⁰(0) = 0 Prolongeonsg par continuité en 0 en posantg(0) = 0.

Puisqueg est continue sur [0, a], dérivable sur ]0, a[ et puisqueg(0) =g(a), le théorème de Rolle assure l’annulation de la dérivée degen un pointc∈]0, a[.

b)

g⁰(x) =xf⁰(x)−f(x) x² doncg⁰(c) = 0 donnecf⁰(c) =f(c).

La tangente àf enca pour équation :

y=f⁰(c)(x−c) +f(c) =f⁰(c)x Elle passe par l’origine.

a) Sig(a) =g(b) alors on peut appliquer le théorème de Rolle et contredire l’hypothèse

∀x∈[a, b], g⁰(x)6= 0

(12)

b) Soit

h:x7→g(x)(f(b)−f(a))−f(x)(g(b)−g(a)) hest continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[,

h(a) =g(a)f(b)−g(b)f(a) =h(b)

En vertu du théorème de Rolle, la dérivée dehs’annule et cela résout le problème posé.

Puisquef(a) = 0 etf⁰(a)>0, il existex1∈]a, b[ tel quef(x1)>0.

En effet, si pour toutx₁∈]a, b[,f(x₁)60 alors quandh→0⁺, f(a+h)−f(a)

h 60

et doncf⁰(a)60.

De même, puisquef(b) = 0 etf⁰(b)>0, il existex₂∈]a, b[ tel quef(x₂)<0.

Puisquef prend une valeur positive et une valeur négative dans ]a, b[, par le théorème des valeurs intermédiaires,f s’y annule.

Ainsi il existec2∈]a, b[ tel quef(c2) = 0.

En appliquant le théorème de Rolle sur [a, c2] et [c2, b], on obtientc1et c3.

Introduisonsϕ:x7→(f(x)−f⁰(x)) e^x.

La fonctionϕest définie et continue sur [a, b], ϕest dérivable sur ]a, b[ et ϕ(a) = 0 =ϕ(b).

Par le théorème de Rolle, on peut affirmer qu’il existec∈]a, b[ tel que ϕ⁰(c) = 0

Or

ϕ⁰(x) = (f(x)−f⁰⁰(x)) e^x doncϕ⁰(c) = 0 donne

f(c) =f⁰⁰(c)

(⇐) En vertu de l’inégalité des accroissements finis.

(⇒) Sif estklipschitzienne alors ∀x, y∈Itels que x6=y on a

f(x)−f(y) x−y

6k.

A la limite quandy→xon obtient|f⁰(x)|6k. Par suitef⁰ est bornée.

Soitg:R→Rla fonction définie par

g(x) =f(x)−f(−x)

g est dérivable etg(0) = 0. Par le théorème des accroissements finis, il existe c∈]0, x[ tel que

g(x)−g(0) =xg⁰(c) ce qui résout notre problème.

La fonctionϕproposée est définie et de classeC²sur [a, a+h].

f(a+ 2h)−2f(a+h) +f(a) =ϕ(a+h)−ϕ(a) Par le théorème des accroissements finis appliqué àϕentreaet a+h, il existeb∈]a, a+h[ tel que

ϕ(a+h)−ϕ(a) =hϕ⁰(b) =h(f⁰(b+h)−f⁰(b))

Par le théorème des accroissements finis appliqué àf⁰ entrebet b+h, il existe c∈]b, b+h[∈]a, a+ 2h[ tel que

f⁰(b+h)−f⁰(b) =hf⁰⁰(c) puisf(a+ 2h)−2f(a+h) +f(a) =h²f⁰⁰(c)

Par le théorème des accroissements finis appliqué à la fonctionx7→xe^1/x entrex etx+ 1 :

il existecx∈]x, x+ 1[ tel que (x+ 1)e^1/(x+1)−xe^1/x=

cx−1 cx

e^cx¹(x+ 1−x) =

cx−1 cx

e^cx¹ Quandx→+∞,cx→+∞carcx>x.

Par suite

cx−1 c_x

e^cx¹ →1 et donc

x→+∞lim

(x+ 1)e^x+1¹ −xe^x¹

= 1

(13)

En appliquant le théorème des accroissements finis àx7→x^1/xentrenetn+ 1, on obtient

n+1√

n+ 1−√ⁿ

n=1−lnc c² c^1/c avecc∈]n, n+ 1[.

Puisquec∼n→+∞, lnc∼lnnet puisquec^1/c →1

n+1√

n+ 1−√ⁿ

n∼ −lnn n²

On applique le théorème des accroissements finis àx7→lnxentrexetx+ 1.

Il existec∈]x, x+ 1[ tel que

ln(1 +x)−lnx=1 c Orx < c < x+ 1 donne

1 x+ 1 <1

c < 1 x puis l’encadrement voulu.

kn

X

p=n+1

ln(p+ 1)−lnp6

kn

X

p=n+1

1 p 6

kn

X

p=n+1

lnp−ln(p−1) donne

lnkn+ 1 n+ 1 6

kn

X

p=n+1

1 p6lnk Par le théorème des gendarmes

n→∞lim

kn

X

p=n+1

1 p= lnk

Nous allons montrer`⁰ = 0 en raisonnant par l’absurde.

Supposons`⁰>0.

Il existeα >0 tel qu’au voisinage de 0

xf⁰(x)>α

Pourxet 2xdans ce voisinage, on peut écrire en vertu du théorème des accroissements finis

f(2x)−f(x) =xf⁰(c) avecccompris entrexet 2x.

Puisquecf⁰(c)>α, on obtient

f(2x)−f(x)>xα c > α

2 Or quandx→0⁺

f(2x)−f(x)→`−`= 0 C’est absurde.

De même, supposer`⁰<0 est absurde.

a) PosonsM ∈R^+? tel que |f⁰⁰(x)|6M pour toutx∈R⁺. Soitε >0. La suite (x_n) de terme général

xn=n ε M diverge vers +∞et donc

f(xn+1)−f(xn)→0 Par suite il existeN ∈Ntel que pour toutn>N

|f(xn+1)−f(xn)|6 ε² M

Par le théorème des accroissements finis, il existec_n∈]x_n, x_n+1[ tel que

|f⁰(c_n)|(x_n+1−x_n)6 ε² M ce qui donne

|f⁰(cn)|6ε

Puisquef⁰⁰ est bornée parM, la fonction f⁰ estM-lipschitzienne et donc

∀u∈[xn, xn+1],|f⁰(u)−f⁰(cn)|6M|u−cn|6ε puis

∀u∈[xn, xn+1],|f⁰(u))|6ε+|f⁰(cn)|62ε

(14)

et, puisque ceci vaut pour toutn∈N, on a en posantA=xN,

∀u>A,|f⁰(u)|62ε On peut conclure quef⁰ converge vers 0 en +∞.

b) Posons

f(t) =cos(t²) t+ 1

On vérifie aisément quef est de classeC²et converge en +∞sans quef⁰ converge en 0.

a) La fonctionf⁰ est continue sur le segment [a, b] donc bornée. En introduisant M = sup

t∈[a,b]

|f⁰(t)|

l’inégalité des accroissements finis donne

∀x, y∈I,|f(y)−f(x)|6M|y−x|

b) Soitf :I→Rhöldérienne d’exposantα >1. Pourx∈I

1

h(f(x+h)−f(x))

6M|h|^α−1−−−→

h→0 0

La fonctionf est donc dérivable et sa dérivée est nulle. C’est donc une fonction constante.

c) Par l’absurde, supposonsf höldérienne d’exposant 1. Il existe alorsM ∈R⁺ vérifiant

∀x, y∈]0,1],|f(y)−f(x)|6M|y−x|

Poury= 2x, on obtient

∀x∈]0,1/2],|xlnx+ 2xln 2|6M x puis

∀x∈]0,1/2],|lnx+ 2 ln 2|6M Quandx→0⁺, on obtient une absurdité.

d) Soitα∈]0,1[ etx, y >0. Quitte à échanger, on peut supposerx < y. On peut écrire

ylny−xlnx= (y−x) lny+xln

1 + y−x x

Or, on sait ln(1 +u)6upour toutu >−1 donc

|ylny−xlnx|6(y−x)(|lny|+ 1) puis

|ylny−xlnx|

|y−x|^α = (y−x)^1−α(1 +|lny|) Puisque 0< y−x6y et 1−α>0, on obtient encore

|ylny−xlnx|

|y−x|^α =y^1−α(1 +|lny|) Considérons maintenant la fonction

y7→y^1−α(1 +|lny|)

Cette fonction est continue sur ]0,1] et se prolonge par continuité en 0 par la valeur 0 car 1−α >0. Cette fonction est donc bornée et l’on peut introduire M ∈R⁺ vérifiant

∀y∈]0,1], y^1−α(1 +|lny|)6M On obtient alors

∀x, y∈]0,1],|f(y)−f(x)|6M|y−x|^α

a) Soitf :x7→x−ln(1 +x) définie et de classe C^∞ sur ]−1,+∞[.

f⁰(x) = x 1 +x Le tableau des variations def est alors

x −1 0 +∞

f(x) +∞ & 0 % +∞

On en déduit quef est positive.

Soitg:x7→ln(1 +x)−x/(1 +x) définie et de classeC^∞ sur ]−1,+∞[.

g⁰(x) = x (1 +x)² Le tableau des variations deg est alors

x −1 0 +∞

g(x) +∞ & 0 % +∞

(15)

On en déduit queg est positive.

b) Soitf :x7→e^x−1−x−¹₂x² définie et de classeC^∞surR⁺. f⁰⁰⁰(x) = e^x>0

On obtient les variations suivantes

x 0 +∞

f⁰⁰(x) 0 % +∞

f⁰(x) 0 % +∞

f(x) 0 % +∞

On en déduit quef est positive.

a) Etudions la fonctionδ:t7→1 +t^p−(1 +t)^p définie continue surR⁺ et dérivable surR^+?.

On aδ(0) = 0 et pourt >0,

δ⁰(t) =p t^p−1−(1 +t)^p−1

Puisquep−160,t^p−1>(1 +t)^p−1 et doncδ⁰(t)>0. On en déduit que pour toutt>0,δ(t)>0 puis l’inégalité demandée.

b) Pourx= 0, l’inégalité est immédiate et pourx >0, (x+y)^p=x^p

1 + y x

p

6x^p 1 +y

x p

=x^p+y^p

f⁰ est continue sur le segment [a, b] elle y est donc bornée par un certainM. Par l’inégalité des accroissements finis,f estM lipschitzienne.

La dérivée def est continue et périodique donc bornée par son max sur une période (qui existe par continuité sur un segment). Par l’inégalité des accroissements finis, il en découle quef est lipschitzienne.

f est continue surR⁺ et de classeC¹sur ]0,+∞[.

Pourx >0,f⁰(x) = 2xlnx+x.

Quandx→0⁺,f⁰(x)→0 doncf est dérivable en 0 etf⁰(0) = 0.

De plus,f⁰ est continue en 0 et finalementf est de classeC¹ surR⁺.

Procédons par récurrence surn∈N.

Pourn= 0, la fonction considérée est continue.

fn+1est continue sur Ret dérivable surR^?. Pourx6= 0,f_n+1⁰ (x) = (n+ 2)f_n(x).

Quandx→0,f_n+1⁰ (x)→0 = (n+ 2)f_n(0) doncf_n+1 est dérivable en 0 et f_n+1⁰ (0) = 0.

Ainsif_n+1 est dérivable surRetf_n+1⁰ = (n+ 2)f_n.

Par hypothèse de récurrence,f_n est de classeCⁿ et doncf_n+1 est de classeCⁿ⁺¹. Récurrence établie.

Posonsg:R⁺→Rdéfinie par

g(t) =f(√ t) Par compositiong est de classeC¹surR^+? et

∀x >0, g⁰(t) =f⁰(p t) 2√

t g est continue et

g⁰(t) = f⁰(√

t)−f⁰(0) 2√

t −−−→

t→0

f⁰⁰(0) 2 doncgest dérivable et g⁰ est continue en 0.

Ainsigest de classeC¹.