Faculté des Sciences de Rabat. Série d exercices 1

Facult´e des Sciences de Rabat SMPC-S1

D´epartement de Math´ematiques M3-E1 : Analyse

S´erie d’exercices 1

Exercice 1 1. D´emontrer que si r∈Qet x /∈Q alorsr+x /∈Qet si r6= 0 alors r.x /∈Q.

2. Montrer que √ 26∈Q,

3. En d´eduire qu’ entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombre irrationnel.

4. Soient aetbdeux rationnels positifs tels que√ aet√

bsoient irrationnels. Montrer que√ a+√

b est irrationnel.

Exercice 2 Trouver sous la forme ^p_q des rationnels x dont les d´evelopements d´ecimaux p´eriodiques sont donn´es par :

3,1414^_ ...; 0,99^_9 ... ; 3,149^_9 ...

Exercice 3 Le maximum de deux nombresx, y(c’est-`a-dire le plus grand des deux) est not´emax(x, y).

De mˆeme on notera min(x, y) le plus petit des deux nombresx, y. D´emontrer que :

max(x, y) = x+y+|x−y|

2 et min(x, y) = x+y− |x−y|

2 .

Trouver une formule pour max(x, y, z).

Exercice 4 D´eterminer la borne sup´erieure et inf´erieure (si elles existent) de : A={u_n|n∈N} en posantun= 2ⁿ sin est pair et un= 2⁻ⁿ sinon.

Exercice 5 D´eterminer (s’ils existent) : les majorants, les minorants, la borne sup´erieure, la borne inf´erieure, le plus grand ´el´ement, le plus petit ´el´ement des ensembles suivants :

[0,1]∩Q , ]0,1[∩Q , N ,

(−1)ⁿ+ 1

n² |n∈N^∗

.

Exercice 6 Si a et bsont des r´eels positifs ou nuls, montrer que :

√a+√

b62√ a+b.

Exercice 7 Soit f :R→Rtelle que

∀(x, y)∈R² f(x+y) =f(x) +f(y).

Montrer que

1. ∀n∈N f(n) =n·f(1).

2. ∀n∈Z f(n) =n·f(1).

3. ∀q∈Q f(q) =q·f(1).

4. ∀x∈R f(x) =x·f(1) si f est croissante.

Correction 1 1. Soit r = ^p_q ∈Q et x /∈Q. Par l’absurde supposons que r+x∈Q alors il existe deux entiers p⁰, q⁰ tels que r+x = ^p_q0⁰. Donc x = ^p_q⁰0 − ^p_q = ^qp0_qq^−pq0 ⁰ ∈ Q ce qui est absurde car x /∈Q.

De la mˆeme fa¸con si r·x∈Qalors r·x= ^p_q0⁰ Et donc x= ^p_q⁰0q

p. Ce qui est absurde.

2. M´ethode “classique”. Supposons, par l’absurde, que √

2∈Q alors il existe deux entiers p, q tels que√

2 = ^p_q. De plus nous pouvons supposer que la fraction est irr´eductible (petq sont premiers entre eux). En ´elevant l’´egalit´e au carr´e nous obtenonsq²×2 =p². Doncp² est un nombre pair, cela implique que p est un nombre pair (si vous n’ˆetes pas convaincu ´ecrivez la contrapos´ee “p impair⇒p² impair”). Doncp= 2×p⁰ avecp⁰∈N, d’o`up² = 4×p⁰². Nous obtenonsq² = 2×p⁰². Nous en d´eduisons maintenant queq² est pair et comme ci-dessus que q est pair. Nous obtenons ainsi une contradiction carp et q ´etant tous les deux pairs la fraction ^p_q n’est pas irr´eductible et aurait pu ˆetre simplifi´ee. Donc √

2∈/ Q.

Autre m´ethode.Supposons par l’absurde que√

2∈Q. Alors√

2 = ^p_q pour deux entiers p, q∈N^∗. Alors nous avons q·√

2∈N. Consid´erons l’ensemble suivant :

N = n

n∈N^∗ |n·√ 2∈N

o .

Cet ensemble N est une partie de N^∗ qui est non vide carq ∈ N. On peut alors prendre le plus petit ´el´ement de N : n₀ = minN. En particulier n₀·√

2 ∈ N. D´efinissons maintenant n₁ de la fa¸con suivante : n1 =n0·√

2−n0. Il se trouve que n1 appartient aussi `a N car d’une part n₁∈N(carn₀ etn₀·√

2sont des entiers) et d’autre partn₁·√

2 =n₀·2−n₀·√

2∈N. Montrons maintenant quen₁ est plus petit quen₀. Comme 0<√

2−1<1 alorsn₁=n₀(√

2−1)< n₀ et est non nul.

Bilan : nous avons trouv´e n1 ∈ N strictement plus petit que n0 = minN. Ceci fournit une contradiction. Conclusion : √

2 n’est pas un nombre rationnel.

3. Soient r, r⁰ deux rationnels avec r < r⁰. Notons x = r+

√2

2 (r⁰−r). D’une part x ∈]r, r⁰[ (car 0<

√2

2 <1) et d’apr`es les deux premi`eres questions √ 2

r⁰−r 2

∈/ Q donc x /∈Q. Et donc x est un nombre irrationnel compris entre r et r⁰.

4. a−b= (√ a−√

b)(√ a+√

b)

Correction 2 On multiplie avec 10^p avec p bien choisit, puis on fait la differnce pour obtenir un entier.

Correction 3 Explicitons la formule pour max(x, y). Si x>y, alors |x−y|=x−y donc ¹₂(x+y+

|x−y|) = ¹₂(x+y+x−y) =x. De mˆeme si x6y, alors |x−y|=−x+y donc ¹₂(x+y+|x−y|) =

1

2(x+y−x+y) =y.

Pour trois ´el´ements, nous avonsmax(x, y, z) = max max(x, y), z

, donc d’apr`es les formules pour deux ´el´ements :

max(x, y, z) = max(x, y) +z+|max(x, y)−z|

2

=

1

2(x+y+|x−y|) +z+

¹₂(x+y+|x−y|)−z

2 .

Correction 4 (u_2k)_k tend vers +∞ et donc A ne poss`ede pas de majorant, ainsiA n’a pas de borne sup´erieure (cependant certains ´ecrivent alors supA = +∞). D’autre part toutes les valeurs de (un) sont positives et (u_2k+1)_k tend vers 0, donc infA= 0.

Correction 5 1. [0,1]∩Q. Les majorants :[1,+∞[. Les minorants :]−∞,0]. La borne sup´erieure : 1. La borne inf´erieure : 0. Le plus grand ´el´ement : 1. Le plus petit ´el´ement 0.

2. ]0,1[∩Q. Les majorants : [1,+∞[. Les minorants : ]− ∞,0]. La borne sup´erieure : 1. La borne inf´erieure : 0. Il nexiste pas de plus grand ´el´ement ni de plus petit ´el´ement.

3. N. Pas de majorants, pas de borne sup´erieure, ni de plus grand ´el´ement. Les minorants :]−∞,0].

La borne inf´erieure : 0. Le plus petit ´el´ement :0.

4.

n

(−1)ⁿ+_n¹2 |n∈N^∗ o

. Les majorants :[⁵₄,+∞[. Les minorants :]−∞,−1]. La borne sup´erieure :

5

4. La borne inf´erieure : −1. Le plus grand ´el´ement : ⁵₄. Pas de plus petit ´el´ement.

Correction 6 √

a+

√

b62√

a+b⇔(√ a+

√

b)² 62(a+b)

car les termes sont positifs, et la fonction x 7→ x² est croissante sur R+. ´Evaluons la diff´erence 2(a+b)−(√

a+√ b)² :

2(a+b)−(√ a+

√

b)² =a+b−2√ a

√ b= (√

a−√

b)² >0.

Donc par l’´equivalence, nous obtenons l’in´egalit´e recherch´ee.

Correction 7 1. Calculons d’abordf(0). Nous savonsf(1) =f(1 + 0) =f(1) +f(0), doncf(0) = 0. Montrons le r´esultat demand´e par r´ecurrence : pour n= 1, nous avons bien f(1) = 1×f(1).

Si f(n) =nf(1)alors f(n+ 1) =f(n) +f(1) =nf(1) +f(1) = (n+ 1)f(1).

2. 0 = f(0) = f(−1 + 1) = f(−1) +f(1). Donc f(−1) =−f(1). Puis comme ci-dessus f(−n) = nf(−1) =−nf(1).

3. Soit q = ^a_b. Alors f(a) =f(^a_b +^a_b +· · ·+^a_b) =f(^a_b) +· · ·+f(^a_b) (b termes dans ces sommes).

Donc f(a) =bf(^a_b). Soit af(1) =bf(^a_b). Ce qui s’´ecrit aussif(^a_b) = ^a_bf(1).

4. Fixons x ∈ R. Soit (αi) une suite croissante de rationnels qui tend vers x. Soit (βi) une suite d´ecroissante de rationnels qui tend vers x :

α₁ 6α₂6α₃ 6. . .6x6· · ·6β₂ 6β₁.

Alors comme αi 6 x 6 βi et que f est croissante nous avons f(αi) 6 f(x) 6 f(βi). D’apr`es la question pr´ec´edent cette in´equation devient : α<sub>i</sub>f(1) 6 f(x) 6 β<sub>i</sub>f(1). Comme (α<sub>i</sub>) et (β<sub>i</sub>) tendent versx. Par le “th´eor`eme des gendarmes” nous obtenons en passant `a la limite : xf(1)6 f(x)6xf(1). Soitf(x) =xf(1).

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D´epartement de Math´ematiques M3-E1 : Analyse

S´erie d’exercices 2

Exercice 1 Les suites suivantes sont-elle major´ees, minor´ees ? monotones ? : 1. un= n²−25

2n²+ 1, un= (−1)ⁿ 2. un= cosnπ

6 , un= sin 1

√n 3. un=n²+ 1, un= 1

n²+ (−1)ⁿ(n+ 1)

Exercice 2 On consid`ere la suite (un) d´efinie par un=Pn k=1 1

n²+k².

En utilisant le fait que _n2+n^{1 2} 6 _n2+k^{1 2} 6 _n¹2 pour tout 06k6n, donner un encadrement de un. Que peut-on en d´eduire ?

Exercice 3 Soit (un) la suite r´eelle d´efinie par r´ecurrence en posant u0 = 1 et un+1 = √

1 +un si n∈N^∗.

1. Montrer que (u_n) est croissante et major´ee.

2. Montrer que (un) converge vers le nombre r´eel positif ` qui v´erifie `²−`−1 = 0 et calculer `.

3. On suppose maintenant v0 = 1et vn+1=p

1 +v²_n sin∈N^∗. Montrer quevn est croissante non born´ee.

Exercice 4 Etudier la suite (u_n) d´efinie par u₀ = 1 et u_n+1 = 1

2u_n(u²_n−3u_n+ 5) ∀n >0. Montrer que u_n diverge. ( On montrera que u_n+1>ku_n pour un certain k >1.

Exercice 5 Les ´enonc´es suivants sont-ils vrais ou faux ?

1. Une suite `a termes positifs qui tend vers 0 est d´ecroissante `a partir d’un certain rang.

2. Si une suite a une limite strictement positive, tous ses termes sont strictement positifs `a partir d’un certain rang. R´eciproque ?

3. La somme de deux suites converge si et seulement si les deux suites convergent.

Exercice 6 Une m´ethode ancienne ( attribu´ee `a Platon) permettait d’extraire la racine carr´ee d’un nombre par un proc´ed´e it´eratif. Pour calculer la racine carr´ee d’un nombre k construit la suite r´eccurente uo = 1 et un+1 = ^u_u^n+k

n+1. On suppose dans notre cas k= 2.

1. Montrer que 16un62 pour tout n

2. V´erifier que V_n=u_2n etW_n=u_2n+1 monotone

3. En d´eduire que v_n et w_n convergent toute les deux vers √ 2 4. donner √

2 a 4 chiffre apr`es la virgule.

Exercice 7 Dans l exercice pr´ec”dent on au vu calculer √

2; On donne deux autre suites r´ecurrente dont on admet la convergence v₀= 1 ,v_n+1 = ^v₂ⁿ +_v¹

n etw₀ = 1 , x_n+1=x_n^(x_3x²ⁿ2⁺⁶⁾ n+2. 1. Montrer que v_n et x_n converge vers √

2

2. en calculant v₂ et x₂ laquelle des deux suites vous semble la plus efficace.

Correction 1 1. u_n= n²−25

2n²+ 1 croissante born´ee 2. u_n= (−1)ⁿ born´ee non monotone

3. un= cosnπ

6 , un alt`erne un nombre fini de valeurs : born´ee non monotone 4. un= sin 1

√n born´ee decroissante 5. un=n²+ 1,croissante non born´ee

6. un= 1

n²+ (−1)ⁿ(n+ 1) born´e non monotone (elle est toutefois decroissante a partir de n= 2) u_n+1−u_n= _(n+1)2−(−1)^{1 n}(n+2)−_n2+(−1)¹ⁿ(n+1) = ^n2+(−1)n(n+1)−((n+1)²−(−1)ⁿ(n+2))

((n+1)²−(−1)ⁿ(n+2))(n²+(−1)ⁿ(n+1))

= _((n+1)2−(−1)^n2−(n+1)n(n+2))(n^2−(−1)2+(−1)^{n) n}(n+1)) 60 pour n>2

Correction 2 _2n¹ 6un6 ¹_n pourn>2. Donc un converge vers z´ero.

Correction 3 u0 = 1 et un+1=√

1 +un si n∈N^∗.

1. Par r´ecurrence 0 6 un 6 2, et on a u0 = 1 6 u1 = √

2 et par induction si un−1 6 un on aurau_n=√

1 +un−1 6√

1 +u_n=u_n+1, donc (u_n) est croissante et major´ee.

2. (u_n) est croissante et major´ee, donc que (u_n) converge vers le nombre r´eel positif ` qui v´erifie l=√

1 +l et par suite `<sup>2</sup>−`−1 = 0. On r´esoud l’ ´equation pour avoirl= ¹⁺

√ 5 2

3. La croissance s obtient de la mˆeme mani`ere,par contre si on suppose qu elle est major´ee, on aura croissante major´ee, donc convergente versl satisfaisant l=√

1 +l² et donc `<sup>2</sup>−`+ 1 = 0 impossible.

Correction 4 On a u_n+1= 1

2u_n(u²_n−3u_n+ 5) = 1

2u_n(u_n−³₂)²+ ¹¹₄)> 11 8 u_n

Correction 5 1. Une suite `a termes positifs qui tend vers 0 est d´ecroissante `a partir d’un certain rang. Faux un= ^exp(−1)_n ⁿ

2. Si une suite a une limite strictement positive, tous ses termes sont strictement positifs `a partir d’un certain rang. Vrais (cours)

R´eciproque Faux u_n= _n¹

3. La somme de deux suites converge si et seulement si les deux suites convergent. Faux u_n=n et v_n= _n¹ −n

Correction 6 On posef(x) = ^x+2_x+1, alorsf est d´ecroissante, on ecritf(x) = 1 +_x+1¹ si on veut eviter la d´eriv´ee.

1. par induction 16un62 on aura f(2)6f(un)6f(1) ce qui donne 16un+162

2. vn et wn verifient vn+1 =f of(vn) et wn+1 =f of(wn) et comme f of croissante, implique que u_2n et u_2n+1 sont monotones

3. les deux suiteS sont monotones born´ees, donc convergente versl₁etl₂ respectivement. On r´esoud l1=f(l2 etl2 =f(l1 pour trouver l1 =l2=√

2.

Correction 7 1. On passe a la limite dans la formule de xn et de vn pour montrer que l=√ 2 2. par la calculatrice√

2 = 1,4142135623730950488016887242096980. On av1 = 1.5, v2 = 1.41, v2= 1,41421 et x₁ = 1.41x₂= 1,414213, x₃= 1,414213562373095048

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S´erie d’exercices 3

Exercice 1 Calculer lorsqu’elles existent les limites suivantes a) limx→0 x²+2|x|

x b) limx→−∞ x²+2|x|

x c) limx→2 x²−4 x²−3x+2

d) limx→π sin²x

1+cosx e) limx→0

√1+x−√ 1+x²

x f) limx→+∞

√x+ 5−√ x−3

g) limx→0

√3

1+x²−1

x² h) limx→1 x−1 xⁿ−1

Exercice 2 1. D´emontrer que lim

x→0

√1 +x−√ 1−x

x = 1.

2. Soient m, n des entiers positifs. ´Etudier lim

x→0

√1 +x^m−√ 1−x^m

xⁿ .

3. D´emontrer que lim

x→0

1 x(p

1 +x+x²−1) = 1 2.

Exercice 3 1. Montrer que toute fonction p´eriodique et non constante n’admet pas de limite en +∞.

2. Montrer que toute fonction croissante et major´ee admet une limite finie en +∞.

Exercice 4 Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuit´e sur R? a) f(x) = sinx·sin1

x ; )

¯ h(x) = 1

1−x − 2 1−x² .

Exercice 5 Soit f une fonction de [a, b] dans [a, b] telle que pour tout x et x⁰ (x 6= x⁰) de [a, b] on ait : |f(x)−f(x⁰)|<|x−x⁰|.

1. Montrer que f est continue sur [a, b].

2. Montrer que l’´equation f(x) =x admet une et une seule solution dans [a, b]. (On pourra intro- duire la fonction : x7→g(x) =f(x)−x).

Exercice 6 Soit f : [a, b]−→Rune fonction continue telle quef(a) =f(b). Montrer que la fonction g(t) =f(t+^b−a₂ )−f(t) s’annule en au moins un point de [a,^a+b₂ ].

Application : une personne parcourt 4 km en 1 heure. Montrer qu’il existe un intervalle de 30 mn pendant lequel elle parcourt exactement 2 km.

Exercice 7 Soit f :R→R continue telle que lim

−∞f =−∞ et lim

+∞f = +∞. Montrer que f s’annule.

Appliquer ceci aux polynˆomes de degr´e impair.

Exercice 8 SoientI un intervalle deRetf :I →Rcontinue, telle que pour chaquex∈I,f(x)²= 1.

Montrer que f = 1 ou f =−1.

Correction 1 1. ^x2+2|x|_x =x+ 2^|x|_x. Si x >0 cette expression vaut x+ 2 donc la limite `a droite en x = 0 est +2. Si x < 0 l’expression vaut −2 donc la limite `a gauche en x = 0 est −2. Les limites `a droite et `a gauche sont diff´erentes donc il n’y a pas de limite en x= 0.

2. ^x2+2|x|_x =x+ 2^|x|_x =x−2 pourx <0. Donc la limite quand x→ −∞ est −∞.

3. _x2^x−3²⁻⁴x+2 = ^(x−2)(x+2)_{(x−2)(x−1)} = ^x+2_x−1, lorsque x→2 cette expression tend vers 4.

4. _1+cos^sin2x_x = ^1−cos_1+cos²_x^x = ^(1−cos_1+cos^x)(1+cos_x ^x) = 1−cosx. Lorsque x→π la limite est donc2.

5.

√1+x−√ 1+x²

x =

√1+x−√ 1+x²

x ×

√1+x+√ 1+x²

√1+x+√

1+x² = ^1+x−(1+x2)

x(√ 1+x+√

1+x²) = ^x−x2

x(√ 1+x+√

1+x²) = ^{√ 1−x}

1+x+√ 1+x². Lorsque x→0 la limite vaut ¹₂.

6. √

x+ 5−√

x−3 = √

x+ 5−√ x−3

×

√x+5+√

√ x−3 x+5+√

x−3 = ^{√x+5−(x−3)}

x+5+√

x−3 = ^{√ 8}

x+5+√

x−3. Lorsque x→+∞, la limite vaut0.

7. Nous avons l’´egalit´ea³−1 = (a−1)(1 +a+a²). Pour a=√³

1 +x² cela donne : a−1

x² = a³−1

x²(1 +a+a²) = 1 +x²−1

x²(1 +a+a²) = 1 1 +a+a². Lors que x→0, alors a→1 et la limite cherch´ee est ¹₃.

Autre m´ethode : si l’on sait que la limite d’un taux d’accroissement correspond `a la d´eriv´ee nous avons une m´ethode moins astucieuse. Rappel (ou anticipation sur un prochain chapitre) : pour une fonction f d´erivable en a alors

x→alim

f(x)−f(a)

x−a =f⁰(a).

Pour la fonctionf(x) =√³

1 +x= (1 +x)¹³ ayant f⁰(x) = ¹₃(1 +x)⁻²³ cela donne ena= 0 :

x→0lim

√3

1 +x²−1 x² = lim

x→0

√3

1 +x−1

x = lim

x→0

f(x)−f(0)

x−0 =f⁰(0) = 1 3.

8. ^x_x−1ⁿ⁻¹ = 1 +x+x²+· · ·+xⁿ. Donc si x→1 la limite de ^x_x−1ⁿ⁻¹ estn. Donc la limite de _x^x−1n−1 en 1 est _n¹.

La m´ethode avec le taux d’accroissement fonctionne aussi tr`es bien ici. Soitf(x) =xⁿ, f⁰(x) = nxⁿ⁻¹ eta= 1. Alors ^x_x−1ⁿ⁻¹ = ^f(x)−f_x−1⁽¹⁾ tend versf⁰(1) =n.

Correction 2 G´en´eralement pour calculer des limites faisant intervenir des sommes de racines carr´ees, il est utile de faire intervenir “l’expression conjugu´ee” :

√a−√

b= (√ a−√

b)(√ a+√

√ b) a+√

b = a−b

√a+√ b.

Les racines au num´erateur ont “disparu” en utilisant l’identit´e(x−y)(x+y) =x²−y². Appliquons ceci sur un exemple :

f(x) =

√1 +x^m−√ 1−x^m xⁿ

= (√

1 +x^m−√

1−x^m)(√

1 +x^m+√

1−x^m) xⁿ(√

1 +x^m+√

1−x^m)

= 1 +x^m−(1−x^m) xⁿ(√

1 +x^m+√

1−x^m)

= 2x^m

xⁿ(√

1 +x^m+√

1−x^m)

= 2x^m−n

√1 +x^m+√ 1−x^m

Et nous avons

x→0lim

√ 2

1 +x^m+√

1−x^m = 1.

Donc l’´etude de la limite def en 0 est la mˆeme que celle de la fonction x7→x^m−n. Distinguons plusieurs cas pour la limite de f en0.

– Si m > n alorsx^m−n, et donc f(x), tendent vers 0.

– Si m=n alorsx^m−n et f(x) tendent vers 1.

– Si m < n alors x^m−n = _xn−m¹ = _x¹_k avec k =n−m un exposant positif. Si k est pair alors les limites `a droite et `a gauche de _x¹_k sont +∞. Pour k impair la limite `a droite vaut +∞ et la limite `a gauche vaut −∞. Conclusion pourk=n−m >0 pair, la limite de f en 0vaut +∞ et pourk=n−m >0 impair f n’a pas de limite en 0 car les limites `a droite et `a gauche ne sont pas ´egales.

Correction 3 1. Soit p > 0 la p´eriode : pour tout x ∈ R, f(x+p) = f(x). Par une r´ecurrence facile on montre :

∀n∈N ∀x∈R f(x+np) =f(x).

Comme f n’est pas constante il existe a, b ∈ R tels que f(a) 6= f(b). Notons x_n = a+np et y_n = b+np. Supposons, par l’absurde, que f a une limite ` en +∞. Comme x<sub>n</sub> → +∞ alors f(xn) → `. Mais f(xn) = f(a+np) = f(a), donc ` = f(a). De mˆeme avec la suite (yn) : y<sub>n</sub> → +∞ donc f(y<sub>n</sub>) → ` et f(y_n) = f(b+np) = f(b), donc ` = f(b). Comme f(a) 6= f(b) nous obtenons une contradiction.

2. Soit f :R−→R une fonction croissante et major´ee par M ∈R. Notons F =f(R) ={f(x) |x∈R}.

F est un ensemble (non vide) de R, notons `= supF. Comme M ∈ R est un majorant de F, alors ` < +∞. Soit ε > 0, par les propri´et´es du sup il existe y0 ∈ F tel que `−ε 6 y0 6 `.

Comme y0 ∈F, il existe x0 ∈R tel quef(x0) =y0. Comme f est croissante alors :

∀x>x₀ f(x)>f(x₀) =y₀ >`−ε.

De plus par la d´efinition de` :

∀x∈R f(x)6`.

Les deux propri´et´es pr´ec´edentes s’´ecrivent :

∀x>x₀ `−ε6f(x)6`.

Ce qui exprime bien que la limite de f en +∞ est`.

Correction 4 1. La fonction est d´efinie sur R^∗ t elle est continue sur R^∗. Il faut d´eterminer un

´eventuel prolongement par continuit´e en x= 0, c’est-`a-dire savoir si f a une limite en 0.

|f(x)|=|sinx||sin 1/x|6|sinx|.

Donc f a une limite en 0 qui vaut 0. Donc en posant f(0) = 0, nous obtenons une fonction f :R−→Rqui est continue.

2. h est d´efinie et continue sur R\ {−1,1}.

h(x) = 1

1−x − 2

1−x² = 1 +x−2

(1−x)(1 +x) = −1 +x

(1−x)(1 +x) = −1 (1 +x).

Donc h a pour limite −¹₂ quand x tend vers 1. Et donc en posant h(1) =−¹₂, nous d´efinissons une fonction continue sur R\ {−1}. En −1 la fonction h ne peut ˆetre prolong´ee continuement, car en−1, h n’admet de limite finie.

Correction 5 1. Pour toute suite x_n qui tend vers x, on a |f(x_n)−f(x)|<|x_n−x⁰| →0.

2. On utilise le th´eor`eme des valeurs intermidiaires pour la fonction : x7→g(x) =f(x)−x).

Correction 6 1. g(a) = f(^a+b₂ )−f(a) et g(^a+b₂ ) = f(b)−f(^a+b₂ ). Comme f(a) = f(b) alors nous obtenons que g(a) = −g(^a+b₂ ). Donc ou bien g(a) 60 et g(^a+b₂ ) >0 ou bien g(a) >0 et g(^a+b₂ ) 60. D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, g s’annule en c pour un c entre a et ^a+b₂ .

2. Notonstle temps (en heure) etd(t)la distance parcourue (en km) entre les instants 0ett. Nous supposons que la fonction t 7→ d(t) est continue. Soit f(t) = d(t)−4t. Alors f(0) = 0 et par hypoth`ese f(1) = 0. Appliquons la question pr´ec´edente avec a= 0, b= 1. Il existe c∈[0,<sup>1</sup><sub>2</sub>] tel queg(c) = 0, c’est-`a-dire f(c+¹₂) =f(c). Doncd(c+¹₂)−d(c) = 4(c+¹₂)−4c= 2. Donc entre c et c+ ¹₂, (soit 1/2 heure), la personne parcourt exactement 2 km.

Correction 7 Il existe x < 0 tel que f(x) < 0 et y > 0 tel que f(y) > 0, d’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, il existe z ∈]x, y[ tel que f(z) = 0. Donc f s’annule. Les polynˆomes de degr´e impair v´erifient les propri´et´es des limites, donc s’annulent. Ceci est faux, en g´en´eral, pour les polynˆomes de degr´e pair, par exemple regardez f(x) =x²+ 1.

Correction 8 Comme f(x)² = 1 alorsf(x) =±1. Attention ! Cela ne veut pas dire que la fonction est constante ´egale `a 1 ou −1. Supposons, par exemple, qu’il existe x tel que f(x) = +1. Montrons que f est constante ´egale `a +1. S’il existe y6=x tel que f(y) =−1 alorsf est positive en x, n´egative en y et continue sur I. Donc, par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, il existe z entre x et y tel que f(z) = 0, ce qui contredit f(z)<sup>2</sup>= 1. Donc f est constante ´egale `a +1.

Facult´e des Sciences de Rabat SMPC-S1

D´epartement de Math´ematiques M3-E1 : Analyse

S´erie d’exercices 4

Exercice 1 Etudier la d´´ erivabilit´e des fonctions suivantes : f1(x) =x²cos1

x, si x6= 0 ; f1(0) = 0;

f₂(x) = sinx·sin1

x, si x6= 0 ; f₂(0) = 0;

f₃(x) =|x|√

x²−2x+ 1

x−1 , si x6= 1 ; f₃(1) = 1.

Exercice 2 D´eterminer a, b∈Rde mani`ere `a ce que la fonctionf d´efinie sur R+ par : f(x) =√

x si 06x61 et f(x) =ax²+bx+ 1 six >1 soit d´erivable surR^∗+.

Exercice 3 Calculer la fonction d´eriv´ee d’ordren des fonctions f, g, h d´efinies par : f(x) = sinx ; g(x) = sin²x ; h(x) = sin³x+ cos³x.

Exercice 4 Montrer que pour tout x∈R, |e^x−1−x|6 ^x₂²e^|x|.

Exercice 5 Par application du th´eor`eme des accroissements finis `a f(x) = lnx sur[n, n+ 1]montrer que

S_n=

n

X

k=1

1 k

tend vers l’infini quand ntend vers l’infini.

Exercice 6 Soient x et y r´eels avec 0< x < y.

1. Montrer que

x < y−x

lny−lnx < y.

2. On consid`ere la fonction f d´efinie sur [0,1]par

α7→f(α) = ln(αx+ (1−α)y)−αlnx−(1−α) lny.

De l’´etude de f d´eduire que pour tout α de]0,1[

αlnx+ (1−α) lny <ln(αx+ (1−α)y).

Interpr´etation g´eom´etrique ?

Exercice 7 Soit f₁, f₂ et f₂ les applications de R dans R d´efinies par f₁(x) = x

1 +x, f₂(x) = x 1−x et f₂(x) = x

1−x²

1. Calculer f₁⁽ⁿ⁾(0) etf₂⁽ⁿ⁾(0) pour tout n∈N et en d´eduire les formules de taylor de f₁ et de f₂ a l’ordre 6.

2. D´eduire la formule de Taylor de f₃ a l’ordre 6.

Exercice 8 En appliquant la regle de l Hospital plusieurs fois, d´eterminer la limite en 0 de arctanx−sinx

tanx−arcsinx

Exercice 9 1. D´eveloppement limit´e en z´ero de ln(cos(x)) (`a l’ordre 6).

2. D´eveloppement limit´e en z´ero decosx.ln(1 +x) `a l’ordre 4.

3. D´eveloppement limit´e en 1 `a l’ordre 3 de f(x) =√ x.

4. D´eveloppement limit´e en 1 `a l’ordre 3 de g(x) =e

√x. 5. D´eveloppement limit´e `a l’ordre3 en ^π₃ de h(x) = ln(sinx).

Exercice 10 Donner un d´eveloppement limit´e `a l’ordre2def(x) =

√ 1 +x² 1 +x+√

1 +x² en0. En d´eduire un d´eveloppement `a l’ordre 2 en+∞. Calculer un d´eveloppement `a l’ordre1 en −∞.

Exercice 11 Calculer les limites suivantes

x→0lim

e^x2 −cosx

x² lim

x→0

ln(1 +x)−sinx

x lim

x→0

cosx−√ 1−x² x⁴

Exercice 12 Etudier la position du graphe de l’application´ x 7→ ln(1 + x+x²) par rapport `a sa tangente en 0 et 1.

Correction 1 1. La fonctionf₁ est d´erivable en dehors dex= 0. En effetx7→ _x¹ est d´erivable sur R^∗ et x7→cosx est d´erivable sur R, donc par composition x7→cos¹_x est d´erivable surR^∗. Puis par multiplication par la fonction d´erivable x 7→x², la fonction f1 est d´erivable sur R^∗. Par la suite on omet souvent ce genre de discussion ou on l’abr`ege sous la forme “f est d´erivable sur I comme somme, produit, composition de fonctions d´erivables sur I”.

Pour savoir si f₁ est d´erivable en 0 regardons le taux d’accroissement : f1(x)−f1(0)

x−0 =xcos1 x.

Mais xcos(1/x) tend vers 0 (si x → 0) car |cos(1/x)|6 1. Donc le taux d’accroissement tend vers0. Donc f₁ est d´erivable en 0 etf₁⁰(0) = 0.

2. Encore une fois f₂ est d´erivable en dehors de 0. Le taux d’accroissement en x= 0 est : f₂(x)−f₂(0)

x−0 = sinx x sin1

x

Nous savons que ^sin_x^x →1 et que sin 1/x n’a pas de limite quandx→0. Donc le taux d’accrois- sement n’a pas de limite, donc f2 n’est pas d´erivable en 0.

3. La fonction f₃ s’´ecrit :

f₃(x) = |x||x−1|

x−1 .

– Donc pour x > 1 on a f₃(x) = x; pour 0 6 x < 1 on a f₃(x) = −x; pour x < 0 on a f3(x) =x.

– La fonctionf₃ est d´efinie, continue et d´erivable sur R\ {0,1}. Attention ! La fonction x7→ |x|

n’est pas d´erivable en 0.

– La fonction f3 n’est pas continue en 1, en effet limx→1+f3(x) = +1 et limx→1−f3(x) =−1.

Donc la fonction n’est pas d´erivable en 1.

– La fonction f₃ est continue en 0. Le taux d’accroissement pour x >0 est f₃(x)−f₃(0)

x−0 = −x x =−1 et pour x <0,

f₃(x)−f₃(0) x−0 = x

x = +1.

Donc le taux d’accroissement n’a pas de limite en 0 et donc f₃ n’est pas d´erivable en 0.

Correction 2 La fonction f est continue et d´erivable sur ]0,1[ et sur]1,+∞[. Le seul probl`eme est en x= 1.

Il faut d’abord que la fonction soit continue en x= 1. La limite `a gauche est lim_x→1⁻√

x= +1 et

`

a droite lim_x→1+ax²+bx+ 1 =a+b+ 1. Donc a+b+ 1 = 1. Autrement ditb=−a.

Il faut maintenant que les d´eriv´ees `a droite et `a gauche soient ´egales. Comme la fonction f res- treinte `a]0,1] est d´efinie parx7→√

x alors elle est d´erivable `a gauche et la d´eriv´ee `a gauche s’obtient en ´evaluant la fonction d´eriv´eex7→ ¹

2√

x enx= 1. Donc f_g⁰(1) = ¹₂.

Pour la d´eriv´ee `a droite il s’agit de calculer la limite du taux d’accroissement ^f(x)−f_x−1⁽¹⁾, lorsque x→1 avec x >1. Or

f(x)−f(1)

x−1 = ax²+bx+ 1−1

x−1 = ax²−ax

x−1 = ax(x−1) x−1 =ax.

Donc f est d´erivable `a droite et f_d⁰(1) =a. Afin que f soit d´erivable, il faut et il suffit que les d´eriv´ees

`

a droite et `a gauche existent et soient ´egales, donc ici la condition est a= ¹₂. Le seul couple (a, b) que rendf d´erivable sur ]0,+∞[est (a= ¹₂, b=−¹₂).

Correction 3 1. Selon que n ≡ 0 (mod 4),1 (mod 4),2 (mod 4),3 (mod 4) alors f⁽ⁿ⁾(x) vaut respectivement sinx, cosx, −sinx, −cosx.

2. La d´eriv´ee desin²xest2 sinxcosx= sin 2x. Et donc les d´eriv´ees suivantes seront :2 cos 2x,−4 sin 2x,−8 cos 2x,16 sin 2x,...

Et selon que n≡1 (mod 4),2 (mod 4),3 (mod 4),0 (mod 4),alorsg⁽ⁿ⁾(x) vaut respectivement 2ⁿ⁻¹sin 2x, 2ⁿ⁻¹cos 2x, −2ⁿ⁻¹sin 2x, −2ⁿ⁻¹cos 2x.

3. sin(x)³+ cos(x)³ =−¹₄sin(3x) + ³₄sin(x) +¹₄cos(3x) +³₄cos(x) et on d´erive...

Correction 4 Pour simplifier nous supposonsx >0.

1. Appliquer le th´eor`eme des accroissements finis ne va pas ˆetre suffisant. En effet, soit f(x) = e<sup>x</sup>−1−x. Alors il existe c∈]0, x[tel que f(x)−f(0) =f<sup>0</sup>(c)(x−0). Soitf(x) = (e<sup>c</sup>−1)x. Soit maintenantg(x) =e<sup>x</sup>−1alors, par le th´eor`eme des accroissements finis sur[0, c]il existed∈]0, c[

tel queg(c)−g(0) =g⁰(d)(c−0), soit e^c−1 =e^dc. Donc e^x−1−x=f(x) = (e^c−1)x=e^dcx.

Comme d6c6x, alors e^x−1−x6e^xx².

Cela donne une in´egalit´e, mais il manque un facteur1/2.

2. Nous allons obtenir l’in´egalit´e par application du th´eor`eme de Rolle. Soit maintenant f(t) = e<sup>t</sup>−1−t−k<sup>t</sup><sub>2</sub><sup>2</sup>. Nous avons f(0) = 0, x > 0 ´etant fix´e, nous choisissons k tel que f(x) = 0, (un tel k existe care<sup>x</sup>−1−x >0 et x<sup>2</sup>>0). Comme f(0) = 0 =f(x) alors par Rolle il existe c∈]0, x[tel quef<sup>0</sup>(c) = 0. Maisf<sup>0</sup>(t) =e<sup>t</sup>−t−kt, doncf<sup>0</sup>(0) = 0. Maintenantf<sup>0</sup>(0) = 0 =f<sup>0</sup>(c) donc il existe (par Rolle toujours !)d∈]0, c[tel quef<sup>00</sup>(d) = 0. Orf<sup>00</sup>(t) =e<sup>t</sup>−k, doncf<sup>00</sup>(d) = 0 donnek=e<sup>d</sup>. Ainsi f(x) = 0 deviente<sup>x</sup>−1−x=e<sup>d x</sup><sub>2</sub><sup>2</sup>. Commed6x alorse<sup>x</sup>−1−x6e<sup>x x</sup><sub>2</sub><sup>2</sup>. Correction 5 Le th´eor`eme des accroissements finis donne : ln(n+ 1)−ln(n) = _c¹

n(n+ 1−n) = _c¹

n, avec cn∈[n, n+ 1]. Or cn>n donc _n¹ > _c¹_n. Donc :

S_n=

n

X

k=1

1 k >

n

X

k=1

1 c_k =

n

X

k=1

ln(k+ 1)−ln(k) = ln(n+ 1).

La derni`ere ´egalit´e s’obtient car la somme est t´el´escopique et ln 1 = 0. Donc S_n > ln(n+ 1), donc S_n→+∞.

Correction 6 1. Soit g(t) = lnt. Appliquons le th´eor`eme des accroissements finis sur [x, y]. Il existe c ∈]x, y[, g(y)−g(x) =g⁰(c)(y−x). Soit lny−lnx = ¹_c(y−x). Donc ^lny−ln_y−x ^x = ¹_c. Or x < c < y donc ¹_y < ¹_c < _x¹. Ce qui donne les in´egalit´es recherch´ees.

2. f⁰(α) = _{αx+(1−α)y}^x−y −lnx+ lny. Et f⁰⁰(α) =−(αx+(1−α)y)^{(x−y)2 2}. Comme f⁰⁰ est n´egative alorsf⁰ est d´ecroissante sur [0,1]. Or f⁰(0) = ^x−y−y(ln_y ^x−lny) >0 d’apr`es la premi`ere question et de mˆeme f⁰(1) < 0. Par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, il existe c ∈ [x, y] tel que f⁰(c) = 0.

Maintenant f⁰ est positive sur [0, c] et n´egative sur [c,1]. Donc f est croissante sur [0, c] et d´ecroissante sur [c,1]. Or f(0) = 0 et f(1) = 0 donc pour tout x∈[0,1], f(x)>0. Cela prouve l’in´egalit´e demand´ee.

3. G´eom´etriquement nous avons prouv´e que la fonctionlnest concave, c’est-`a-dire que la corde (le segment qui va de (x, f(x)) `a (y, f(y)) est sous la courbe d’´equation y=f(x).

Correction 7 Soitf1, f2 et f2 les applications de RdansR d´efinie parf1(x) = x

1−x, f2(x) = x 1 +x et f₂(x) = x

1−x²

1. On a f1(x) =−1 + 1

1−x et par cons´equent : f₁⁽ⁿ⁾(x) = _1−x^{n! −n−1} ce qui donne f1(x) = 1 +x+x²+x³+x⁴+x⁵+x⁶+x⁶o(x)

2 3 4 5 6 6

2. f₃(x) = ¹₂(f₁+f₂) et la formule de Taylor en d´ecoule

Correction 8 En appliquant la regle de l Hospital 3 fois, on trouve limx→0arctanx−sinx

tanx−arcsinx = limx→0

1

1+x² −cosx 1 + tan²x− ^{√ 1}

1−x2

=· · ·=−1.

Correction 9 1.

2. ln(cosx) =−1

2x²− 1

12x⁴− 1

45x⁶+o x⁶ . 3. Simple produit de DL cosx et DL(ln(1 +x)

4. Premi`ere m´ethode. On applique la formule de Taylor (autour du point x= 1) f(x) =f(1) +f⁰(1)(x−1) +f⁰⁰(1)

2! (x−1)²+f⁰⁰⁰(1)

3! (x−1)³+o((x−1)³) Comme f(x) =√

x=x¹² alorsf⁰(x) = ¹₂x⁻¹² et donc f⁰(1) = ¹₂. Ensuite on calcule f⁰⁰(x) (puis f⁰⁰(1)), f⁰⁰⁰(x) (et enfinf⁰⁰⁰(1)).

On trouve le dl de f(x) =√

x au voisinage de x= 1 :

√x= 1 +1

2(x−1)−1

8(x−1)²+ 1

16(x−1)³+o((x−1)³)

Deuxi`eme m´ethode. Posons h = x−1 (et donc x = h+ 1). On applique la formule du dl de

√1 +h autour de h= 0.

f(x) =√ x=√

1 +h

= 1 +1 2h−1

8h²+ 1

16h³+o(h³) c’est la formule du dl de √ 1 +h

= 1 +1

2(x−1)−1

8(x−1)²+ 1

16(x−1)³+o((x−1)³)

5. La premi`ere m´ethode consiste `a calculerg⁰(x) = ₂^√1_xexp√

x,g⁰⁰(x),g⁰⁰⁰(x)puisg(1),g⁰(1),g⁰⁰(1), g⁰⁰⁰(1) pour pouvoir appliquer la formule de Taylor conduisant `a :

exp(√

x) =e+e

2(x−1) + e

48(x−1)³+o((x−1)³) (avec e= exp(1)).

Autre m´ethode. Commencer par calculer le dl de k(x) = expx en x= 1 ce qui est tr`es facile car pour tout n, k⁽ⁿ⁾(x) = expx et donc k⁽ⁿ⁾(1) =e :

expx=e+e(x−1) + e

2!(x−1)²+ e

3!(x−1)³+o((x−1)³).

Pour obtenir le dl g(x) =h(√

x) enx= 1 on ´ecrit d’abord : exp(√

x) =e+e(√

x−1) + e 2!(√

x−1)²+ e 3!(√

x−1)³+o((√

x−1)³).

Il reste alors `a substituer √

x par son dl obtenu dans la premi`ere question.

6. Posons u=x− ^π₃ (et donc x= ^π₃ +u). Alors sin(x) = sin(π

3 +u) = sin(π

3) cos(u) + sin(u) cos(π 3) =

√3

2 cosu+1 2sinu

On connaˆıt les dl de sinuet cosuautour de u= 0 (car on cherche un dl autour dex= ^π₃) donc

sinx=

√ 3

2 cosu+1 2sinu

=

√3 2

1− 1

2!u²+o(u³)

+1 2

u− 1

3!u³+o(u³)

=

√3 2 +1

2u−

√3

4 u²− 1

12u³+o(u³)

=

√ 3 2 +1

2(x−π 3)−

√ 3 4 (x−π

3)²− 1

12(x−π

3)³+o((x−π 3)³)

Maintenant pour le dl de la forme ln(a+v) en v= 0 on se ram`ene au dl de ln(1 +v) ainsi : ln(a+v) = ln a(1 +v

a)

= lna+ ln(1 +v

a) = lna+v a−1

2 v² a² +1

3 v³

a³ +o(v³) On applique ceci `a h(x) = ln(sinx) en posant toujours u=x−^π₃ :

h(x) = ln(sinx) = ln √

3 2 +1

2u−

√ 3

4 u²− 1

12u³+o(u³)

!

= ln √

3 2

!

+ ln 1 + 2

√ 3

1 2u−

√ 3

4 u²− 1

12u³+o(u³)

!!

= · · · on effectue le dl du ln et on regroupe les termes

= ln √3

2

! + 1

√3u− 2

3u²+ 4 9√

3u³+o(u³)

= ln √3

2

! + 1

√3(x−π 3)−2

3(x−π

3)²+ 4 9√

3(x− π

3)³+o((x− π 3)³)

On trouve donc : ln(sinx) = ln

√3 2

! + 1

√3(x−π 3)−2

3(x− π

3)²+ 4 9√

3(x−π

3)³+o((x−π 3)³)

Bien sˆur une autre m´ethode consiste `a calculer h(1), h⁰(1), h⁰⁰(1) et h⁰⁰⁰(1).

Correction 10 1. Dl def(x) `a l’ordre 2 en0.

f(x) =

√ 1 +x² 1 +x+√

1 +x²

= 1 +^x₂² +o(x²)

1 +x+ 1 +^x₂² +o(x²) car p

1 +x² = 1 +1

2x²+o(x²)

= 1 + x²

2 +o(x²)

×1 2

1

1 +^x₂ +^x₄² +o(x⁴) on poseu= x 2 +x²

4 +o(x⁴)

= 1

2 1 +x²

2 +o(x²)

× 1 1 +u

= 1

2 1 +x²

2 +o(x²)

× 1−u+u²+o(u²)

= 1

2 1 +x²

2 +o(x²)

× 1− x 2 +x²

4

+ x 2 +x²

4 2

+o(x²)

= 1

2 1 +x²

2 +o(x²)

× 1−x

2 +o(x²)

= 1 2 1−x

2 +x²

2 +o(x²)

= 1 2−x

4 +x²

4 +o(x²)

2. En +∞ on va poser h= ¹_x et se ramener `a un dl enh= 0.

f(x) =

√1 +x² 1 +x+√

1 +x² =

x q 1

x² + 1 x ¹_x+ 1 +

q 1 x² + 1

=

√1 +h² 1 +h+√

1 +h² =f(h).

Ici -miraculeusement- on retrouve exactement l’expression de f dont on a d´ej`a calcul´e le dl en h= 0 : f(h) = ¹₂− ^h₄ +^h₄² +o(h²). Ainsi

f(x) =f(h) = 1 2 − 1

4x + 1

4x² +o( 1 x²)

3. Attention cela ne fonctionne plus du tout en−∞. Dans le calcul de la deuxi`eme question on ´etait on voisinage de +∞ et nous avons consid´er´e que x ´etait positif. En −∞ il faut faire attention au signe, par exemple√

1 +x²=|x|q

1

x² + 1 =−xq

1 x² + 1.

Ainsi toujours en posant h= ¹_x. f(x) =

√ 1 +x² x+ 1 +√

1 +x²

=

−xq

1 x² + 1 x 1 +_x¹ −q

1 x² + 1

=−

√ 1 +h² 1 +h−√

1 +h²

=− 1 +¹₂h²+o(h²) 1 +h− 1 +¹₂h²+o(h²)

=−1 +¹₂h²+o(h²) h−¹₂h²+o(h²)

=−1 h

1 +¹₂h²+o(h²) 1−¹₂h+o(h)

=−1 h 1 +1

2h²+o(h²)

× 1 +1 2h+ 1

4h²+o(h²)

=−1 h 1 +1

2h+3

4h²+o(h²)

=−1 h −1

2 −3

4h+o(h)

=−x−1 2 −3

4 1 x +o(1

x)

Ainsi un d´eveloppement (asymptotique) def en −∞ est f(x) =−x− 1

2−3 4

1 x +o(1

x)

On en d´eduit par exemple que f(x) se comporte essentiellement comme la fonction −x en −∞

et en particulierlimx→−∞f = +∞.

Correction 11 1. On a

e^x2 = 1 +x²+x⁴

2! +o(x⁴) et cosx= 1−x² 2! +x⁴

4! +o(x⁴) On s’aper¸coit qu’en fait un dl `a l’ordre 2 suffit :

e^x2−cosx= 1 +x²+o(x²)

− 1−x²

2 +o(x²)

= 3

2x²+o(x²) Ainsi ^ex

2−cosx

x² = ³₂ +o(1) (o`uo(1) d´esigne une fonction qui tend vers0) et donc

x→0lim

e^x2 −cosx x² = 3

2 2. On sait que

ln(1 +x) =x−x² 2 +x³

3 +o(x³) et sinx=x−x³

3! +o(x³).

Les dl sont distincts d`es le terme de degr´e 2 donc un dl `a l’ordre 2 suffit : ln(1 +x)−sinx= x−x²

+o(x²)

− x+o(x²)

=−x²

+o(x²)

donc ln(1 +x)−sinx

x =−x

2 +o(x) et ainsi

x→0lim

ln(1 +x)−sinx

x = 0.

3. Sachant

cosx= 1−x² 2! +x⁴

4! +o(x⁴) et

p1−x² = 1−1 2x²− 1

8x⁴+o(x⁴) alors

cosx−√ 1−x²

x⁴ = 1− ^x₂² +^x₂₄⁴ +o(x⁴)

− 1−¹₂x²−¹₈x⁴+o(x⁴) x⁴

=

1

6x⁴+o(x⁴) x⁴

= 1

6 +o(1)

Ainsi

x→0lim

cosx−√ 1−x²

x⁴ = 1

6

Correction 12 Commen¸cons en x= 0, le dl de f(x) = ln(1 +x+x²) `a l’ordre2 est ln(1 +x+x²) = (x+x²)−(x+x²)²

2 +o(x²) =x+ 1

2x²+o(x²)

Par identification avecf(x) =f(0) +f⁰(0)x+f⁰⁰(0)^x_2!² +o(x²) cela entraˆıne donc f(0) = 0, f⁰(0) = 1 (et f⁰⁰(0) = 1). L’´equation de la tangente est donc y=f⁰(0)(x−0) +f(0) donc y=x.

La position par rapport `a la tangente correspond `a l’´etude du signe de f(x)−y(x) o`u y(x) est l’´equation de la tangente.

f(x)−y(x) =x+1

2x²+o(x²) − x= 1

2x²+o(x²).

Ainsi pour x suffisamment proche de 0, f(x)−y(x) est du signe de ¹₂x² et est donc positif. Ainsi dans un voisinage de 0 la courbe de f est au-dessus de la tangente en 0.

Mˆeme ´etude en x= 1.

Il s’agit donc de faire le dl de f(x)en x= 1. On posex= 1 +h (de sorte queh=x−1est proche

de 0) :

f(x) = ln(1 +x+x²) = ln 1 + (1 +h) + (1 +h)²

= ln 3 + 3h+h²

= ln

3 1 +h+h² 3

= ln 3 + ln 1 +h+h² 3

= ln 3 + h+h² 3

− h+^h₃²2

2 +o (h+h² 3 )²

= ln 3 +h+h² 3 −h²

2 +o(h²)

= ln 3 +h−1

6h²+o(h²)

= ln 3 + (x−1)−1

6(x−1)²+o((x−1)²)

La tangente en x= 1 est d’´equation y =f⁰(1)(x−1) +f(1) et est donc donn´ee par le dl `a l’ordre 1: c’esty= (x−1)+ln 3. Et la diff´erencef(x)− ln 3+(x−1)

=−¹₆(x−1)²+o((x−1)²)est n´egative pour x proche de 1. Donc, dans un voisinage de 1, le graphe de f est en-dessous de la tangente en x= 1.