Daniel ALIBERT Étude locale des fonctions dérivables. ?· Daniel Alibert – Cours et Exercices corrigés…

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    14-Sep-2018

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Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 1 Daniel ALIBERT tude locale des fonctions drivables. Dveloppements limits Objectifs : Savoir chercher si une fonction d'une variable relle est drivable en un point. Calculer sa drive, et dans certains cas ses drives d'ordre suprieur. Pour les calculs de limites, savoir utiliser, et quand utiliser, les techniques suivantes : fonctions drives, dveloppement limit. Savoir interprter graphiquement les premiers termes d'un dveloppement limit. Savoir utiliser un logiciel de calcul (Maxima) pour atteindre les objectifs prcdents. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 2 Organisation, mode d'emploi Cet ouvrage, comme tous ceux de la srie, a t conu, dans son format comme dans son contenu, en vue d'un usage pratique simple. Il s'agit d'un livre d'exercices corrigs, avec rappels de cours. Il ne se substitue en aucune faon un cours de mathmatiques complet, il doit au contraire l'accompagner en fournissant des exemples illustratifs, et des exercices pour aider l'assimilation du cours. Ce livre a t crit pour des tudiants de premire et seconde annes des Licences de sciences, dans les parcours o les mathmatiques tiennent une place importante. Il est le fruit de nombreuses annes d'enseignement auprs de ces tudiants, et de l'observation des difficults qu'ils rencontrent dans l'abord des mathmatiques au niveau du premier cycle des universits : - difficult valoriser les nombreuses connaissances mathmatiques dont ils disposent lorsqu'ils quittent le lyce, - difficult pour comprendre un nonc, une dfinition, ds lors qu'ils mettent en jeu des objets abstraits, alors que c'est la nature mme des mathmatiques de le faire, - difficult de conception et de rdaction de raisonnements mme simples, - manque de mthodes de base de rsolution des problmes. L'ambition de cet ouvrage est de contribuer la rsolution de ces difficults aux cts des enseignants. Ce livre comporte quatre parties. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 3 La premire, intitule "A Savoir", rassemble les dfinitions et rsultats qui sont utiliss dans les exercices qui suivent. Elle ne contient ni dmonstration, ni exemple. La seconde est intitule "Pour Voir" : son rle est de prsenter des exemples de toutes les dfinitions, et de tous les rsultats de la partie prcdente, en ne faisant rfrence qu'aux connaissances qu'un tudiant abordant le chapitre considr a ncessairement dj rencontr (souvent des objets et rsultats abords avant le baccalaurat). La moiti environ de ces exemples sont dvelopps compltement, pour clairer la dfinition ou l'nonc correspondant. L'autre moiti est forme d'noncs intituls "exemple traiter" : il s'agit de questions permettant au lecteur de rflchir de manire active d'autres exemples trs proches des prcdents. Ils sont suivis immdiatement d'explications dtailles. La troisime partie est intitule "Pour Comprendre et Utiliser" : des noncs d'exercices y sont rassembls, en rfrence des objectifs. Ces noncs comportent des renvois de trois sortes : () pour obtenir des indications pour rsoudre la question, () lorsqu'une mthode plus gnrale est dcrite, () renvoie une entre du lexique. Tous les exercices sont corrigs de manire trs dtaille dans la partie 3 - 2. Au cours de la rdaction, on a souvent propos au lecteur qui souhaiterait approfondir, ou largir, sa rflexion, des questions complmentaires (QC), galement corriges de faon dtaille. La quatrime partie, "Pour Chercher", rassemble les indications, les mthodes, et le lexique. Certains livres d'exercices comportent un grand nombre d'exercices assez voisins, privilgiant un aspect "entranement" dans le travail de l'tudiant Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 4 en mathmatiques. Ce n'est pas le choix qui a t fait ici : les exemples traiter, les exercices et les questions complmentaires proposs abordent des aspects varis d'une question du niveau du L1 L2 de sciences pour l'clairer de diverses manires et ainsi aider sa comprhension. Le lecteur est invit, propos de chacun d'entre eux, s'interroger sur ce qu'il a de gnral (on l'y aide par quelques commentaires Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 5 Table des matires 1 A Savoir ........................................................................... 7 1-1 Drivation des fonctions d'une variable relle 7 1-2 Drivations successives des fonctions ........... 10 1-3 Dveloppements limits ................................ 12 1-4 Dveloppements asymptotiques .................... 15 1-5 tude locale des fonctions ............................. 16 2 Pour Voir ....................................................................... 20 2-1 Drivation des fonctions d'une variable relle20 2-2 Drivations successives des fonctions ........... 28 2-3 Dveloppements limits ................................ 31 2-4 Dveloppements asymptotiques .................... 40 2-5 tude locale des fonctions ............................. 43 3 Pour Comprendre et Utiliser .......................................... 57 3-1 noncs des exercices ................................... 57 3-2 Corrigs des exercices ................................... 72 3-3 Corrigs des questions complmentaires .... 121 4 Pour Chercher .............................................................. 129 4-1 Indications pour les exercices ..................... 129 4-2 Mthodes ..................................................... 136 4-3 Lexique ........................................................ 139 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 6 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 7 1 A Savoir Dans cette partie, on rappelle rapidement les principales dfinitions et les principaux noncs utiliss. Vous devrez vous rfrer votre cours pour les dmonstrations. Vous trouverez des exemples dans la partie 2*Pour Voir. 1-1 Drivation des fonctions d'une variable relle Dfinition Soit x0 un rel, et f une application dfinie sur un intervalle ouvert centr en x0, valeurs dans R. On dit que f est drivable en x0 si le quotient : f(x) f(x0 )x x0 admet une limite lorsque x tend vers x0, en restant diffrent de x0. Cette limite est la drive de f en x0, note f'(x0). Une autre notation usuelle pour la drive de f en x0 est dfdxx0( ). Une formulation quivalente est la suivante : il existe un rel a, et une application dfinie sur un intervalle ouvert centr en 0, tendant vers 0 en 0, note , telles que l'galit suivante soit vrifie, pour |x x0| assez petit : f(x) = f(x0) + (x x0) a + (x x0) (x x0). Le rel a est la drive de f en x0. On dit souvent, par abus, que "l'expression f(x)" est drivable. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 8 Si f est dfinie sur un intervalle de la forme ]t , x0], on dit que f est drivable gauche en x0, si le quotient f(x) f(x0 )x x0 admet une limite lorsque x tend vers x0, avec x < x0. Cette limite est la drive gauche de f en x0, note fg' (x0 ). On dfinit de manire analogue la drive droite. Si f est drivable pour tout x d'un ensemble I, on dit que f est drivable sur I. L'application qui x de I associe f'(x) est l'application drive de f, ou la drive de f. Proposition Si f est drivable en x0, alors f est continue en x0. Proposition Soient f et g des fonctions drivables en x0. 1) Pour tout couple de rels (, ), la combinaison linaire .f + .g est drivable en x0, et : (.f + .g)'(x0) = .f'(x0) + .g'(x0). 2) Le produit f.g est drivable en x0, et : (f.g)'(x0) = f'(x0)g(x0) + f(x0)g'(x0). Proposition Soit f une application dfinie au voisinage de x0. Soit g une application dfinie au voisinage de f(x0), composable avec f. Si f est drivable en x0, et g drivable en f(x0), alors l'application compose g o f est drivable en x0, et : (g o f)'(x0) = g'(f(x0))f'(x0). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 9 Proposition Soient I et J, des intervalles de R, et f : I --. J une application continue bijective. On note f 1 l'application rciproque, de J dans I. Si f est drivable en x0, lment de I, et si f'(x0) est diffrent de 0, alors f 1 est drivable en f(x0), et sa drive en f(x0) est : f 1( )' f x0( )( )= 1f' x0( ). Les drives des fonctions usuelles sont connatre, ainsi que leur domaine de dfinition : fonction drive domaine x xn, n Z x n.xn-1 si n < 0, x 0 si n 0, R x log(x) (logarithme naturel) x 1x x > 0 x ex x ex R x sin(x) x cos(x) R En application de ce tableau et des rsultats prcdents (drivation d'une fonction compose), on obtient un autre tableau de formules de drivation connatre : forme des fonctions drive uv u' v uv'v2log(u) u'u eu u' eu ax , a > 0 log(a)ax x x, R x .x1, x > 0 si N Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 10 1-2 Drivations successives des fonctions Dfinition Soit f une fonction dfinie et drivable sur un intervalle ouvert I. Soit f' sa fonction drive, galement dfinie sur I. Soit a un point de I. Si f' est drivable en a, on dit que f est deux fois drivable en a, et la drive de f' en a est la drive seconde de f en a, note f"(a). On dfinit ainsi de proche en proche la drive n-ime de f au point a par : f (n)(a) = f (n 1)( )' (a). Autre notation : dnfdxnx0( ). Noter que l'existence de la drive n-ime en a suppose l'existence des drives d'ordre infrieur sur un intervalle ouvert centr en a, et pas seulement en a. Si la drive n-ime d'une application existe sur un intervalle ouvert I, on dit que f est n fois drivable sur I. Si de plus la drive n-ime est continue sur I, on dit que f est n fois continment drivable sur I, ou de classe Cn sur I. On crira souvent f Cn(I). Si la fonction f est n fois drivable sur I, quel que soit n, on dit qu'elle est indfiniment drivable, ou encore de classe C. La drive n-ime d'une somme de fonctions est la somme des drives n-imes de chacune. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 11 Proposition Formule de Leibniz. Soient f et g des fonctions n fois drivables en x0. Le produit fg est drivable n fois galement et : fg( )(n) x0( )= Cnk f (k) x0( )g (n k ) x0( )k=0k =n . Dans cette formule, on convient que f(0) dsigne f. Rappel. Le symbole Cnk dsigne le coefficient du binme : Cnk = k!(n k)!n!. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 12 1-3 Dveloppements limits Thorme Formule de Taylor-Young. Soit f une fonction dfinie sur un intervalle ouvert I. Soit x0 un lment de I. On suppose que la drive n-ime en x0 existe. Il existe une fonction h (h), dfinie sur un intervalle ouvert centr en 0, tendant vers 0 lorsque h tend vers 0, telle que l'galit suivante soit vraie, pour x appartenant un intervalle ouvert centr en x0 contenu dans I : f(x) = f x0( )+x x0( )kk!f (k) x0( )k=1n + x x0( )n x x0( ). Dfinition Soit I un intervalle ouvert, et x0 un lment de l'adhrence de I, c'est--dire un point de I ou une de ses extrmits. Soit f : I R, une fonction. On dit que la fonction polynme de x : P(x x0) = a0 + a1(x x0) + + an(x x0)n est un dveloppement limit l'ordre n de f en x0 si l'expression f(x) P(x x0) est de la forme (x x0)n(x x0), la fonction h (h) tendant vers 0 lorsque h tend vers 0. P est la partie rgulire du dveloppement, et (x x0)n(x x0) en est le reste, ou terme complmentaire. La formule de Taylor-Young fournit un dveloppement limit pour les fonctions qui en vrifient les hypothses. Proposition Si P existe, il est unique. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 13 Proposition Si f et g admettent des dveloppements limits l'ordre n en x0, de parties rgulires P et Q, alors : 1) Pour tout couple de rels, (, ), la combinaison linaire .f + .g admet un dveloppement limit l'ordre n en x0, dont la partie rgulire est la combinaison linaire .P + .Q des parties rgulires des dveloppements de f et de g. 2) Le produit fg admet un dveloppement limit l'ordre n en x0, dont la partie rgulire s'obtient en tronquant au degr n le produit PQ. (C'est--dire en ne conservant que les monmes en (x x0)k, k n). Proposition Si f admet un dveloppement limit en x0, de partie rgulire P, et y0 = lim(f(x)) en x0, et si g est une fonction composable avec f qui admet un dveloppement limit en y0, de partie rgulire Q, alors on obtient un dveloppement limit de gof en x0 en substituant P(x x0) y dans Q(y y0), et en tronquant le polynme obtenu au degr convenable (c'est--dire significatif compte tenu des termes complmentaires) Proposition Soit f : [a , b] R, continue. On suppose que f admet en x0 [a , b] un dveloppement limit l'ordre n, de partie rgulire P(x x0). Soit F : [a , b] R une primitive de f. Alors F admet un dveloppement limit l'ordre n + 1 en x0, dont la partie rgulire est obtenue en calculant la primitive de P(x x0) gale F(x0) en x0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 14 formulaire Les dveloppements suivants en 0 sont connatre parfaitement. On figure ci-dessous la partie rgulire de chaque dveloppement limit. fonctions dveloppements ordre x (1 + x) (ci-dessous deux cas particuliers) 1 +xkk!( 1)( k + 1)k =1n n x a11+ x 1 x + x2 ++ (1)n xnn x a 1 + x 1 + 12x 18x2 + 116x3 5128x44 x sin(x) x x33!+x55!+ + (1)px2p+1(2p + 1)! 2p + 2 x cos(x) cos(x) =1 x22!+ x44!+ +( 1) p x2p(2p)! 2p + 1 x ex 1 + x +x22!+ +xnn!n x log(1 + x) x x22+ + 1( )n+1 xnn n Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 15 1-4 Dveloppements asymptotiques Il s'agit de gnraliser l'criture de dveloppements limits diffrents cas : Fonction non borne au voisinage de x0. Dveloppement au voisinage de l'infini. Dfinition Soit x0 un rel et f une fonction dfinie sur un voisinage point () de ce point, non ncessairement borne sur ce voisinage point. On appelle dveloppement asymptotique d'ordre n de f au voisinage de x0 une fonction rationnelle de la forme ai x x0( )ii =pi =n , o p et n sont des entiers relatifs (p n), vrifiant : x >x0lim f(x) ai x x0( )ii=pi=n x x0( )n= 0. Dfinition Soit f une fonction dfinie sur un intervalle non born. On appelle dveloppement asymptotique d'ordre n de f l'infini une fonction rationnelle de la forme aix ii =pi =n , o p et n sont des entiers relatifs (p n), vrifiant (cas de +) : x >+lim f(x) aixii=pi=n xn= 0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 16 1-5 tude locale des fonctions La drive permet dans certains cas de rsoudre des problmes de limites (on en a vu un exemple dans le volume 3, propos de la recherche d'quivalents). Proposition Rgle de l'Hpital Soit a un rel, et soient f et g des fonctions dfinies sur un intervalle ouvert centr en a, continues en a. On suppose f et g drivables sur un voisinage point () de a, g non nulle sur un voisinage point de a, enfin : f(a) = g(a) = 0. Alors si le rapport : f' (x)g' (x) a une limite finie en a, le rapport : f(x)g(x) a galement une limite finie, et : x >ax alimf( x)g(x) =x>axalimf' (x)g' (x) . Corollaire Si f est continue en a, drivable sur un voisinage point () de a, et si f' a une limite finie en a, alors f est drivable en a, et : x >ax alim f' (x)( ) = f' (a)). La drive en un point donne galement des informations sur le comportement d'une fonction au voisinage de ce point (tude locale). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 17 Dans un calcul de limite, on peut toujours remplacer une fonction par son dveloppement limit s'il existe au point considr. Le premier terme non nul du dveloppement limit d'une fonction, s'il existe, est un quivalent de la fonction. Cela permet d'obtenir des informations gomtriques sur le graphe de la fonction. Proposition Soit f : R R, drivable en x0, admettant en x0 un maximum local ou un minimum local. Alors f'(x0 ) = 0 . Soit f une application dfinie sur un intervalle I. On rappelle que le graphe G de f (ou courbe reprsentative) est le sous-ensemble du plan R2 form des couples (x , f(x)), x tant un point quelconque de I. Soit x0 un point de I, et M(x0) le point de G d'abscisse x0. Une droite passant par M(x0) a une quation de la forme : y = f(x0) + a.(x x0), a dsignant le coefficient directeur. Notons cette droite D(a). Dfinition Soit M(x) le point de G d'abscisse x. On dit que D(a) est tangente G si la fonction : x I, x distance(M(x), D(a)) est ngligeable devant la fonction : x distance(M(x), M(x0)) quand x tend vers x0 dans I. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 18 M(x)M(x0)x0 x Proposition Soit f une fonction drivable en un point x0. La droite D(f'(x0)) est la tangente G en x0. Proposition Soit f une fonction admettant un dveloppement limit au voisinage d'un point x0. 1) Si ce dveloppement est l'ordre 1 : f(x) = a0 + a1 (x x0) + (x x0)(x x0) la droite d'quation y = a0 + a1 (x x0) est la tangente au graphe de f au point d'abscisse x0. 2) Si ce dveloppement est l'ordre 2 : f(x) = a0 + a1 (x x0) + a2(x x0)2 + (x x0)2(x x0) la position du graphe est donne par le signe de a2 (si a2 0). Si a2 > 0, le graphe est au-dessus de sa tangente. Si a2 < 0, la courbe est au-dessous de sa tangente. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 19 Dfinition Une droite D est asymptote G lorsque x tend vers l'infini si, quand x tend vers l'infini, la distance du point de G d'abscisse x la droite D tend vers 0. Proposition Soit f une fonction admettant un dveloppement asymptotique en + de la forme suivante : f(x) = a1x + a0 +a1x+(x)x. La droite d'quation y = a 1x + a0 est asymptote la courbe reprsentative. Si a1 > 0, la courbe est au-dessus de son asymptote. Si a1 < 0, la courbe est au-dessous de son asymptote. Les mmes considrations s'appliquent galement en . Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 20 2 Pour Voir Dans cette partie, on prsente des exemples simples des notions ou rsultats abords dans la partie prcdente. Ils sont suivis de questions trs lmentaires pour vrifier votre comprhension. 2-1 Drivation des fonctions d'une variable relle "On dit que f est drivable en x0 si le quotient f(x) f(x0 )x x0 admet une limite lorsque x tend vers x0, en restant diffrent de x0." exemple 1 Si f est l'application dfinie par : f(x) = x3 x + 2, on vrifie facilement qu'elle est drivable en 1, et mme en tout point a : f(x) f(1)x 1= x3 x + 2 2x 1=x(x 1)x 1= x,(ce calcul est fait pour x 1), donc : x1x 1limf(x) f(1)x 1 = 1. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 21 Plus gnralement : f(x) f(a)x a =x3 x + 2 a3 + a 2x a=x3 a3 x + ax a= (x a)(x2 + ax + a2 ) (x a)x a= x2 + ax + a2 1,d'o : x ax alimf(x) f(a)x a = 3a2 1. On voit que le calcul est long, mme dans un cas simple, d'o l'intrt de mthodes et de formules gnrales. exemple 2 ( traiter) Soit g l'application "valeur absolue". Est-elle drivable en 0, en 0,5 ? # rponse En 0. Il s'agit d'tudier la limite de l'expression xx, quand x tend vers 0, en tant diffrent de 0. On distingue deux cas : si x > 0, xx = 1, donc la limite droite existe et vaut 1, si x < 0, xx = 1, donc la limite gauche existe et vaut 1. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 22 Ces deux limites partielles tant diffrentes, on conclut que g n'est pas drivable en 0. En 0,5, et plus gnralement en a 0. Dans ce cas, pour tudier la limite de x ax a, on peut supposer x du mme signe de a, puisque x a peut tre suppos aussi petit que l'on veut. On conclut que g est drivable, de drive 1 si a > 0, et de drive 1 si a < 0. "Une formulation quivalente est la suivante : il existe un rel a, et une application dfinie sur un intervalle ouvert centr en 0, tendant vers 0 en 0, note , telles que l'galit suivante soit vrifie, pour |x x0| assez petit : f(x) = f(x0) + (x x0) a + (x x0) (x x0)." exemple 3 Prenons l'exemple de l'application dfinie par f(x) = x2 + x +1. tudions la drivabilit en 0 : f(x) f(0) = x2 + x +1 1=x2 + x +1 1( ) x2 + x +1 + 1( )x2 + x + 1 +1( )= x2 + x + 11x2 + x +1 +1( )= x1x2 + x +1 +1( )+ x2 1x2 + x +1 +1( ). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 23 Or 1x2 + x + 1 + 1( ) tend vers 12 en 0, d'o : f(x) f(0) = x12+ x1x2 + x + 1 +1( )12+xx2 + x +1 +1( ) . Le deuxime terme du second membre : x1x2 + x +1 +1( )12+xx2 + x +1 +1( ) est bien de la forme voulue, x (x), avec tendant vers 0 en 0, donc f'(0) = 12. exemple 4 ( traiter) Il est parfois plus pratique d'utiliser cette proprit pour dmontrer la drivabilit d'une fonction et calculer sa drive. Vrifier, de cette manire, que l'expression suivante est drivable en 0 : 2x 3 +x2 + x cos(x) xx2 + x + 4 et calculer sa drive. # rponse On forme d'abord la diffrence entre l'expression et sa valeur en a (ici, a = 0) : 2x 3 +x2 + x cos(x) xx2 + x + 4 (3) = 2x +x2 + xcos(x) xx2 + x + 4 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 24 puis on essaie de mettre x a (ici, simplement x) en facteur : 2x +x2 + x cos(x) xx2 + x + 4= x 2 +x + cos(x) 1x2 + x + 4 . On tudie maintenant la limite en 0 du terme en facteur de x : 2 +x + cos(x) 1x2 + x + 4 2. Si cette limite existe, l'expression est drivable, et la limite est la drive. (Comparer avec un calcul utilisant les formules usuelles de drivation !) On peut, plus directement, distinguer dans l'expression une "partie affine", 2x 3, et une partie o x est en facteur d'une expression tendant vers 0, xx + cos(x) 1x2 + x + 4. On conclut alors que 3 est la valeur en 0, et 2x la partie linaire, donc 2 la drive. Ce n'est d'ailleurs que lorsque ce "reprage" formel est simple qu'on pourra se dispenser du calcul usuel de la drive. On y reviendra plus tard dans le cas des fonctions de plusieurs variables. "Si f est dfinie sur un intervalle de la forme ]t , x0], on dit que f est drivable gauche en x0, si le quotient f(x) f(x0 )x x0 admet une limite lorsque x tend vers x0, avec x < x0." exemple 5 Reprenons l'exemple 2. L'application valeur absolue n'est pas drivable en 0, comme on a vu, mais elle est drivable gauche, de drive 1, et droite, de drive 1. exemple 6 ( traiter) Soit r l'application dfinie par : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 25 r(x) = (x 1) x 1. Elle est dfinie pour x 1. Montrer qu'elle est drivable droite en 1. Calculer la drive droite en 1. # rponse Il suffit d'crire : (x 1) x 1 = 0 + 0(x 1) + (x 1) x 1, ce qui prouve la drivabilit, puisque r(1) = 0. La drive est 0. "Si f est drivable en x0, alors f est continue en x0." exemple 7 En particulier, si une application n'est pas continue, elle n'est pas drivable. Ainsi, l'application "partie entire" n'est drivable en aucun point de Z. Elle est toutefois drivable droite, de drive 0, en ces points. exemple 8 ( traiter) Inversement, une application peut tre continue en x0 sans y tre drivable. On a vu la valeur absolue en 0 (exemple 1). Dterminer pour quelles valeurs de , rel, l'application L, dfinie par les expressions : L (x) = x1+ x log x( ) L(0) = 0, est continue, respectivement drivable, en 0. # rponse Si x tend vers 0, log(|x|) tend vers , x 1 tend vers 1. Le produit x log(x ) tend vers 0 si et seulement si > 0, et n'a pas de limite si 0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 26 Conclusion : l'application L est continue pour > 0. Si on factorise L(x) + 1 x par x, on obtient : L (x) +1 x = x x1 log( x )( ). Si > 1, l'expression en facteur de x a bien une limite, sinon, elle n'a pas de limite. Conclusion : l'application L est drivable en 0 pour > 1, et L'(0) = 0. "Si f est drivable en x0, et g drivable en f(x0), alors l'application compose g o f est drivable en x0, et : (g o f)'(x0) = g'(f(x0))f'(x0)." exemple 9 Il se peut que g o f soit drivable en un point sans que f le soit : ainsi l'application "valeur absolue" n'est pas drivable en 0, mais si g est l'application "lvation au carr", l'application compose g o f : x a x a x( )2 , est gale g, donc drivable en 0. exemple 10 ( traiter) Il se peut galement que g o f soit drivable sans que g le soit. Essayer de construire un exemple. # rponse On peut penser composer les deux applications prcdentes : (f o g)(x) = |x2| = x2, donc f o g = g est drivable en 0. Ici, f est drivable droite en 0, et g prend ses valeurs droite de 0, justement. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 27 "Soient I et J, des intervalles de R, et f : I J une application continue bijective. Si f est drivable en x0, lment de I, et si f'(x0) est diffrent de 0, alors f -1 est drivable en f(x0), et sa drive en f(x0) est f1( )' f x0( )( )= 1f' x0( )." exemple 11 Il n'est pas ncessaire de connatre l'expression de la rciproque de f en fonction de la variable pour appliquer ce rsultat. Soit f dfinie sur [0 , +[ par : f(x) = x4 + x3 + x2 + 1. Elle est continue, et bijective (car strictement croissante), de [0 , +[ sur [1 , +[. Elle est drivable et sa drive ne s'annule pas. Sa fonction rciproque est donc drivable. Par exemple, au point 4 = f(1) : f 1( )' (4) = 1f' (1)=14 + 3 + 2=19. exemple 12 ( traiter) Vrifier que l'application g dfinie par g(x) = x |x| est continue et bijective de R sur R. Son application rciproque est-elle drivable sur R ? Quelle est sa drive, lorsqu'elle existe ? # rponse En effet pour x > 0, g(x) = x2, donc est drivable, et g'(x) = 2x n'est pas nul. De mme pour x < 0, g(x) = x2, et g'(x) = 2x. Comme g(0) = 0, on voit que g est continue, et strictement croissante (signe de la drive), donc bijective. Si on ne veut pas utiliser ce rsultat, qui sera rappel dans un prochain volume, on peut procder directement : si x et y vrifient x |x| = y |y|, alors x et y ont le mme signe, ou sont nuls tous les deux. Dans le premier cas, supposons par exemple x et y positifs, on a x2 = y2, et x = Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 28 y toujours cause du signe. On raisonne de mme si x et y sont ngatifs. Donc g est injective. Si z est un rel positif, il a une racine carre positive, soit x, d'o g(x) = z. Si z est un rel ngatif, on raisonne de mme, avec z. On trouve que g est bien surjective, donc bijective. Enfin g est continue, comme on a vu plus haut, et drivable pour x 0. En 0, g est galement drivable, de drive 0 : g(x) g(0)x 0=x xx= x. Donc g-1 est drivable en dehors de g(0), soit 0 : g1( )' (y) = 12 y, si y > 0, g1( )' (y) = 12 y, si y < 0. 2-2 Drivations successives des fonctions Soit a un point de I. Si f' est drivable en a, on dit que f est deux fois drivable en a, et la drive de f' en a est la drive seconde de f en a, note f"(a). On dfinit ainsi de proche en proche la drive n-ime de f au point a par f (n)(a) = f (n 1)( )' (a). exemple 13 La fonction f dfinie par : f(x) =11 + x2 est indfiniment drivable sur R. En effet elle est drivable, car quotient de fonctions drivables, et : f ' (x) =2x1+ x2( )2. On crira cette galit sous la forme : f ' (x) = 2x f(x)2 . Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 29 Il en rsulte, par rcurrence, que f est drivable l'ordre n pour tout n. En effet, c'est vrai pour n = 1, comme on l'a vu, et si f est n fois drivable, f' aussi d'aprs la relation ci-dessus, donc f est n + 1 fois drivable. exemple 14 ( traiter) Vrifier que, dans l'exemple ci-dessus, on a la relation : (1 + x2)f' (x) + 2x f(x) = 0 et en dduire une relation entre f"(x), f'(x), f(x). Calculer f"(0). # rponse La premire relation est facile dduire de l'expression de f'(x). On peut la driver : (1 + x2) f (x) + 4x f (x) + 2f(x) = 0. On trouve f"(0) = 2f(0) = 2. "Soient f et g des fonctions n fois drivables en x0. Le produit fg est drivable n fois galement et : fg( )(n) x0( ) = Cnk f (k) x0( )g(nk) x0( )k=0k=n ." exemple 15 Les fonctions exponentielle et cosinus sont indfiniment drivables, donc leur produit galement, et la formule ci-dessus donne : exp(x) cos(x)( )(n) = Cnk exp(x)(k ) cos(x)(n k)k =0k =n , soit : exp(x) cos(x)( )(n) = Cnk exp(x) cos(x +(n - k)2)k =0k =n , Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 30 exp(x) cos(x)( )(n) = exp(x) Cnk cos(x+ (n - k)2)k =0k =n . exemple 16 ( traiter) Dterminer la valeur en 0 de la drive d'ordre n de la fonction g dfinie par : g(x) = ex2. On calculera g'(x) en fonction de g(x), puis on utilisera la formule de Leibniz. # rponse Pour la drive : g (x) = 2xex2= 2xg(x). D'o : g(n+1)(x) = 2xg(x)( )(n) ,= 2 Cnk (Id)(k ) x( )g(nk) x( ),k =0k=n= 2xg(n) x( ) + 2ng (n 1) x( ).Pour la valeur en 0, il vient : g(n+1)(0) = 2ng(n1) 0( ). Donc : Si n est impair, g(n)(0) = 0, puisque g'(0) = 0. Si n est pair, n = 2p, g(2p)(0) = 2(2p 1)g(2p 2)(0), d'o : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 31 g(2p)(0) = 2(2p 1)g(2 p2) 0( )= 2(2p 1)2(2p 3)g(2 p4) 0( )= 2p (2p 1)(2p 3)3.1.g(0)= 2p (2p 1)(2p 3)3.1.2-3 Dveloppements limits Soit f une fonction dfinie sur un intervalle ouvert I. Soit x0 un lment de I. On suppose que la drive n-ime en x0 existe. Il existe une fonction h (h), dfinie sur un intervalle ouvert centr en 0, tendant vers 0 lorsque h tend vers 0, telle que l'galit suivante soit vraie, pour x appartenant un intervalle ouvert centr en x0 contenu dans I : f(x) = f x0( )+x x0( )kk!f (k) x0( )k=1n + x x0( )n x x0( ). exemple 17 Pour les fonctions polynmes, la formule de Taylor, un ordre suprieur ou gal au degr du polynme, conduit une galit (sans terme (h)) : f(x) = f x0( )+x x0( )kk!f (k) x0( )k=1n . exemple 18 ( traiter) crire la formule de Taylor en 0, l'ordre 6, pour la fonction g de l'exemple 16. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 32 # rponse A partir de la valeur des drives successives en 0, on trouve : ex2= 1+ x22.2 + x44!.22.3 + x66!23.5.3 + x6(x),= 1+ x2 + x42+ x66+ x6(x).On dit que la fonction polynme de x : P(x x0) = a0 + a1(x x0) + + an(x x0)n est un dveloppement limit l'ordre n de f en x0 si l'expression f(x) P(x x0) est de la forme (x x0)n(x x0), la fonction h --. (h) tendant vers 0 lorsque h tend vers 0." exemple 19 Si f est dfinie par : f(x) =1 + x + x2 +x2 (cos(x) 1)1+ x2, alors 1 + x + x2 est son dveloppement limit l'ordre 2 en 0. En effet, il est clair que (cos(x) 1)1+ x2 tend vers 0 quand x tend vers 0. exemple 20 ( traiter) Vrifier, dans l'exemple prcdent, que 1 + x + x2 est galement le dveloppement limit l'ordre 3. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 33 # rponse Il faut s'assurer que l'on peut "mettre x3 en facteur" dans le terme : x2(cos(x) 1)1 + x2 l'autre facteur tendant vers 0. C'est--dire vrifier que (cos(x) 1)x 1 + x2 tend vers 0 quand x tend vers 0. Or le quotient (cos(x) 1)x a pour limite la drive de cos en 0, c'est--dire sin(0), qui vaut bien 0. "Si P existe, il est unique." exemple 21 Ainsi, si la formule de Taylor s'applique une fonction, les coefficients du dveloppement limit sont gaux aux coefficients de la formule de Taylor, ce qui donne un calcul de la valeur des drives successives de cette fonction au point considr. Si f est la fonction tudie l'exemple 13, f(x) =11 + x2, le dveloppement limit en 0 est le suivant (formulaire) : 11 + x2= 1 x2 + x4 + + (1)px2p + x2p(x). Comme cette fonction est indfiniment drivable, on dduit les valeurs de ses drives en 0 : f(2p+1)(0) = 0, f (2p)(0) = (1)p (2p)! Le calcul est ici nettement plus facile par cette mthode que par un calcul des drives successives de f. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 34 exemple 22 ( traiter) Attention toutefois que ce raisonnement suppose la formule de Taylor utilisable. Il ne permet pas de dmontrer l'existence d'une drive d'ordre suprieur 1. Vrifier que la fonction dfinie par : h(x) = 2 x + x2 x3 sin1x , si x 0, h(0) = 2, a un dveloppement limit l'ordre 2 en 0, mais n'est pas drivable deux fois en 0. # rponse On voit bien que 2 x + x2 est le dveloppement limit l'ordre 2, puisque le terme x3 sin1x est bien de la forme x2(x), (x) tendant vers 0 en 0. La fonction h est drivable en 0 : h(x) h(0)x= 1 + x x2 sin1x , h (0) = 1. Elle est galement drivable en dehors de 0 : h (x) = 1 + 2x 3x2 sin 1x x3 1x2 cos1x = 1 + 2x 3x2 sin1x + x cos1x .En 0, h' n'est pas drivable : h (x) h (0)x= 2 3xsin1x + cos1x , et cette expression n'a pas de limite en 0, puisque les deux premiers termes ont une limite et le troisime n'en a pas. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 35 "Pour tout couple de rels, (, ), la combinaison linaire .f + .g admet un dveloppement limit l'ordre n en x0, dont la partie rgulire est la combinaison linaire .P + .Q des parties rgulires des dveloppements de f et de g." exemple 23 Le dveloppement limit l'ordre 4 de cos(x + 1) en 0 s'crit de la manire suivante : cos(x +1) = cos(x)cos(1) sin(x)sin(1),= (1 x22+x44!+ x4(x)) cos(1) (x x33!+ x4(x))sin(1),= cos(1) xsin(1) x22cos(1) + x33!sin(1) + x44!cos(1) + x4(x).Remarquer sur cet exemple l'abus d'criture usuel qui consiste noter de la mme manire les diffrents termes complmentaires ((x)), abus qu'il faut s'entraner utiliser. Remarquer galement l'criture du DL (dveloppement limit) de sin(x) l'ordre 4 partir de la formule standard. exemple 24 ( traiter) crire le DL l'ordre 3 en 0 de ex+1. # rponse Il suffit de remarquer que ex+1 = e.ex, d'o : ex+1 = e(1+ x + x22+ x36+ x3(x))= e + ex + e x22+ e x36+ x3(x).Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 36 "Le produit fg admet un dveloppement limit l'ordre n en x0, dont la partie rgulire s'obtient en tronquant au degr n le produit PQ." exemple 25 Il faut s'entraner ne pas crire les termes superflus. criture du DL de l'expression exsin(x) l'ordre 3 : ex =1 + x +x22+x36+ x3(x), sin(x) = x x36+ x3(x), ex sin(x) = 1+ x + x22+ x36+ x3(x) x x36+ x3(x)= x + x2 x36+ x32+ x3(x)= x + x2 + x33+ x3(x).Remarquer que, comme le DL de sin(x) est divisible par x, on aurait pu se contenter d'crire le DL de ex l'ordre 2. exemple 26 ( traiter) crire le DL de l'expression cos(x)1 x en 0, l'ordre 4. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 37 # rponse C'est un produit : cos(x)1 x= cos(x) 11 x = 1 x22+x44!+ x4(x) 1 + x + x2 + x3 + x4 + x4(x)( )=1 + x + x2 1 12 + x3 112 + x4 12412+1 + x4(x)=1 + x + x22+ x32+ 13x424+ x4(x)."Si f admet un dveloppement limit en x0, de partie rgulire P, et y0 = lim(f(x)) en x0, et si g est une fonction composable avec f qui admet un dveloppement limit en y0, de partie rgulire Q, alors on obtient un dveloppement limit de gof en x0 en substituant P(x x0) y dans Q(y y0), et en tronquant le polynme obtenu au degr convenable." exemple 27 criture du dveloppement limit en 0 l'ordre 4 de l'expression : 11 sin(x). En prliminaire, on crit les DL de sin(x), et de 11 x. (formulaire) : sin(x) = x x36+ x4(x),11 x= 1+ x + x2 + x3 + x4 + x4(x).On substitue la partie rgulire du DL de sin(x) dans le DL de 11 x. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 38 On obtient : 11 sin(x)= 1+ x x36 + x x362+ x x363+ x x364+ x4(x). On dveloppe et on ordonne, en n'crivant que les termes de degr au plus 4 : 11 sin(x)= 1+ x x36+ x2 2xx36+ x3 + x4 + x4(x). On obtient enfin : 11 sin(x)=1 + x + x2 + 5x36+ 2x43+ x4(x). exemple 28 ( traiter) Cela s'applique au cas o une fonction est un polynme. crire le DL l'ordre 3 en 0 de 1 + x + x2 + x3 . # rponse Un DL prliminaire : 1 + x = 1 +12x 18x2 +116x3 + x3(x). D'o : 1 + x + x2 + x3 =1 +12x + x2 + x3( ) 18x + x2 + x3( )2 + 116x3 + x3(x). 1 + x + x2 + x3 =1 +12x +12x2 +12x3 18x2 182x3 +116x3 + x3(x), 1 + x + x2 + x3 =1 +12x +38x2 +516x3 + x3(x). Remarquer qu'il est utile de savoir calculer des expressions comme (a + b +c)2, (a + b)3 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 39 "On suppose que f admet en x0 [a , b] un dveloppement limit l'ordre n, de partie rgulire P(x x0). Soit F : [a , b] --. R une primitive de f. Alors F admet un dveloppement limit l'ordre n + 1 en x0, dont la partie rgulire est obtenue en calculant la primitive de P(x x0) gale F(x0) en x0." exemple 29 criture du DL l'ordre 4 de Arctan(x). La drive est 11 + x2, dont le DL l'ordre 3 est facile calculer : 11 + x2= 1 x2 + x3(x), d'o : Arc tan(x) = Arctan(0) + x x33+ x4(x),= x x33+ x4(x).En effet, Arctan(0) = 0. Bien noter qu'en intgrant on gagne un ordre. exemple 30 ( traiter) crire un DL l'ordre 5 de log(1 + x2 ). # rponse En drivant on obtient 2x1 + x2. Le DL l'ordre 4 s'obtient en multipliant par 2x le DL l'ordre 3 de 11 + x2. Ensuite il suffit d'intgrer : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 40 2x11 + x2 = 2x 1 x2 + x3(x)( ),= 2x 2x3 + x 4(x),log(1 + x2) = x2 x42+ x5(x).Bien entendu, on peut aussi substituer x2 x dans le DL de log(1 + x) l'ordre 3 en 0, puis tronquer l'ordre 5. 2-4 Dveloppements asymptotiques "Soit x0 un rel et f une fonction dfinie sur un voisinage point de ce point, non ncessairement borne sur ce voisinage point. On appelle dveloppement asymptotique d'ordre n de f au voisinage de x0 une fonction rationnelle de la forme ai x x0( )ii= pi=n o p et n sont des entiers relatifs (p n), vrifiant x>x 0lim f(x) ai x x0( )ii=pi=n x x0( )n= 0." exemple 31 criture d'un dveloppement asymptotique de 1x2 3x + 2 l'ordre 1 au voisinage de x0 = 1. On multiplie par (x 1) pour obtenir une fonction dveloppable au sens usuel, que l'on dveloppe l'ordre 2 : x 1x2 3x + 2=1x 2=11+ (1 x)= 1 (1 x) + (1 x)2 + (1 x)2 (x 1)( ).x 1x2 3x + 2= 1 + (1 x) (1 x)2 + (1 x)2 (x 1). On obtient donc le dveloppement asymptotique l'ordre 1 : 1x2 3x + 2= 1x 11 (x 1) + (x 1)(x 1). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 41 exemple 32 ( traiter) crire le dveloppement asymptotique en 0, l'ordre 2, de 1x + x2. # rponse On met 1x en facteur, puis on dveloppe de manire usuelle : 1x + x2=1x11+ x=1x1 x + x2 x3 + x3(x)( ), d'o : 1x + x2=1x 1+ x x2 + x2(x). On appelle dveloppement asymptotique d'ordre n de f l'infini une fonction rationnelle de la forme ai xii= pi=n o p et n sont des entiers relatifs (p n), vrifiant (cas de +) : x>+lim f(x) aixii=pi=n xn= 0. exemple 33 Il suffit de poser h =1x, et de dvelopper par rapport h, pour h tendant vers 0 ( droite si x --. +, gauche si x --. ). criture du dveloppement asymptotique d'ordre 1 en + de : x2 +1 x2 1. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 42 Ici h =1x est positif : x2 +1 x2 1 =1h2+1 1h21= 1h 1+ h2 1 h2( )=1h 1 +h221 +h22+ h2(h)= h + h(h)= 1x+ 1x 1x .exemple 34 ( traiter) crire le dveloppement asymptotique de la fonction prcdente en . # rponse Ici, h =1x est ngatif, donc h2 = h. Le dveloppement est donc : x2 +1 x2 1 = 1x+1x1x . Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 43 2-5 tude locale des fonctions "Soit a un rel, et soient f et g des fonctions dfinies sur un intervalle ouvert centr en a, continues en a. On suppose f et g drivables sur un voisinage point de a, g non nulle sur un voisinage point de a, enfin f(a) = g(a) = 0. Alors si le rapport f'(x)g' (x) a une limite finie en a, le rapport f(x)g(x) a galement une limite finie, et x>alimf(x)g(x) =x>alimf'(x)g' (x) ." exemple 35 On utilisera cet nonc quand le rapport des drives est plus simple que celui des fonctions. tude du rapport : log(x)x 1, lorsque x tend vers 1, par valeurs suprieures. Les conditions sont vrifies, donc on peut regarder le quotient des drives : 1x12 x 1=2 x 1x. Ce quotient a pour limite 0 en 1. Donc la limite de log(x)x 1 en 1 existe et vaut 0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 44 exemple 36 ( traiter) Dterminer la limite de l'expression : x2 3x + 2sin(x)lorsque x tend vers 1. # rponse On est bien dans les conditions d'application de ce rsultat, donc on tudie le quotient des drives : 2x 3cos(x). En 1, la limite existe, et c'est 1cos()=1. "Si f est continue en a, drivable sur un voisinage point de a, et si f' a une limite finie en a, alors f est drivable en a, et x>axalim f'(x)( ) = f'(a)). " exemple 37 Pour f dfinie par : f(x) = x2 sin1x , si x 0, f(0) = 0, on voit que la drive existe pour x 0, et vaut : f (x) = 2x sin 1x cos1x , donc la limite en 0 n'existe pas. Pourtant f'(0) existe et vaut 0 : f(x) f(0)x= x sin1x 0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 45 Ne pas utiliser de "rciproque" cet nonc. exemple 38 ( traiter) Faire la mme tude pour : f(x) = x3 sin1x , si x 0, f(0) = 0. # rponse Dans ce cas, f'(x) existe, par un calcul direct, en x diffrent de 0 : f (x) = 3x2 sin 1x xcos1x . Cette expression tend vers 0 en 0, donc f'(0) existe et vaut 0. "Soit f : R --. R, drivable en x0 , admettant en x0 un maximum local ou un minimum local. Alors f'(x0 ) = 0 ." exemple 39 On tudie la fonction dfinie par f(x) = 2x3 3x2 . Sa drive est f (x) = 6x2 6x. La drive s'annule pour x = 0, et x = 1. Ce sont les seuls points susceptibles d'tre extremum local. f(0) = 0, et si x < 0, x3 < 0, donc f(x) < 0. Si 0 < x < 32, f(x) < 0. Donc il y a bien un maximum en 0. f(1) = 1. On a : 2x3 3x2 +1 = (x 1)2 (2x +1), donc f(1) > 1 si 2x + 1 > 0, c'est--dire sur ] 12 , +[. On a bien un minimum local. NB : dans les deux cas, ce n'est pas un extremum absolu. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 46 exemple 40 ( traiter) La rciproque est fausse. Trouver un contre-exemple. # rponse On en rencontre souvent, par exemple f(x) = x3, en 0. Il suffit de trouver une drive qui s'annule sans changer de signe. "Soit M(x) le point de G d'abscisse x. On dit que D(a) est tangente G si la fonction x I, x distance(M(x), D(a)) est ngligeable devant la fonction x distance(M(x), M(x0)), quand x tend vers x0 dans I." exemple 41 Soit G la parabole, graphe de la fonction "carr", c(x) = x2. L'quation d'une droite D(m) passant par le point M(1) = (1, 1) est de la forme : y = 1 + m(x 1). La distance d'un point (x, x2) cette droite est donne par : x2 1 m(x 1)1 + m2. La distance de ce point (1, 1) est : (x 1)2 + (x2 1)2 . Le quotient est : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 47 x2 1 m(x 1)(x 1)2 + (x2 1)2 1 + m2=x 1 x + 1 mx 1 1 + (x +1)2 . 1+ m2=x + 1 m1 + (x +1)2 . 1+ m2.Sa limite en 1 est : 2 m5. 1+ m2. Elle n'est nulle que pour m = 2. La tangente est la droite d'quation : y = 1 + 2(x 1). exemple 42 ( traiter) Vrifier que la droite d'quation y = x 1 est tangente au graphe de la fonction x log(x). # rponse Il faut d'abord trouver un ou des points d'intersection : log(x) = x 1. Il est clair que x = 1 est une solution de cette quation. Cherchons si la droite est tangente au graphe au point (1, 0). Il faut tudier le quotient : log(x) x +12 (x 1)2 + log(x)2. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 48 log(x) x +12 (x 1)2 + log(x)2=x 1log(x)x 112 x 1 (1 + log(x)x 12=log(x)x 112 (1 +log(x)x 1 2.On sait que le quotient log(x)x 1 a pour limite 1 quand x tend vers 1. On dduit que le quotient ci-dessus tend bien vers 0. Soit f une fonction drivable en un point x0. La droite D(f'(x0)) est la tangente G en x0. exemple 43 On le vrifie bien dans l'exemple 41 : la drive de la fonction "carr" en 1 vaut bien 2, donc la tangente en (1, 1) est la droite d'quation y 1 = 2(x 1). exemple 44 ( traiter) Procder de mme pour l'exemple 42. # rponse La drive du logarithme en 1 est bien 1 : la tangente en (1, 0) a pour quation y = x 1. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 49 "Dans un calcul de limite, on peut toujours remplacer une fonction par son dveloppement limit s'il existe au point considr." exemple 45 C'est un usage principal de l'outil "dveloppement limit". Il permet en particulier d'tudier certaines "formes indtermines" lorsque le recours aux quivalents n'est pas simple (sommes de fonctions). tude de l'expression : 1 + x + x2 1 + x x2x2 lorsque x tend vers 0. Calcul prliminaire : DL des deux termes du numrateur. Il faut connatre (formulaire) le DL de 1 + t , t tendant vers 0, puis substituer l'expression voulue. Une des difficults est qu'il n'est pas toujours facile de prvoir quel ordre calculer ces DL intermdiaires : il est sans intrt d'obtenir in fine un DL dont la partie rgulire est nulle. Il est galement sans intrt et coteux en temps de dterminer trop de termes. Ici, on calculera un DL l'ordre 2 du numrateur pour voir s'il est possible de simplifier avec le dnominateur. On rappelle que : 1 + t = 1+12t 18t2 + t2(t). En substituant : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 50 1 + x + x2 = 1+ 12x + x2( ) 18x + x2( )2 + x + x2( )2 (x + x2 )= 1+ 12x + 12x2 18x2 + x2(x) = 1+ 12x + 38x2 + x2(x).1 + x x2 = 1+12x x2( ) 18x x2( )2 + x x2( )2 (x x2 )= 1+ 12x 12x2 18x2 + x2(x) = 1+ 12x 58x2 + x2(x).On obtient donc : 1 + x + x2 1 + x x2x2=1 +12x +38x2 1 +12x 58x2 + x2(x)x2=1 + (x).La limite existe et vaut 1. exemple 46 ( traiter) tudier la limite de l'expression suivante lorsque x tend vers 0 : ex2 cos(x)x4. # rponse On cherche un DL l'ordre 4 du numrateur. Les DL utiliser sont ceux de l'exponentielle ( l'ordre 2) et du cosinus ( l'ordre 4)(formulaire) : ex =1 + x +x22+ x2(x),cos(x) =1 x22+ x424+ x4(x).D'o le DL de l'expression : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 51 1 + x2 + x421+ x22 x424+ x4(x)x4=32x2 + 1124x4 + x4(x)x4= 32x2+ 1124+ (x).Cette expression tend vers + quand x tend vers 0. "Le premier terme non nul du dveloppement limit d'une fonction, s'il existe, est un quivalent de la fonction." exemple 47 Ainsi, dans les exemples prcdents on a obtenu des quivalents des numrateurs : 1 + x + x2 1 + x x2 ~ x2ex2 cos(x) ~32x2On pourrait en dduire : x0lim1 + x + x2 1 + x x2ex2 cos(x) =23. exemple 48 ( traiter) Chercher un quivalent en 0 de l'expression : sin(x) log(1+x) x2. # rponse crire les DL en 0 des trois termes, l'ordre au moins 2, 3 par exemple : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 52 sin(x) = x x36+ x3(x),log(1+ x) = x x22+x33+ x3(x),x2 = x2.L'expression a donc le dveloppement suivant : x36+x22x33 x2 + x3(x) d'o un quivalent : sin(x) log(1+x) x2 ~ x22. "Soit f une fonction admettant un dveloppement limit au voisinage d'un point x0. Si ce dveloppement est l'ordre 1, f(x) = a0 + a1 (x x0) + (x x0)(x x0), la droite d'quation y = a0 + a1 (x x0) est la tangente au graphe de f au point d'abscisse x0. exemple 49 Soit f l'application dfinie par : f(x) =1 + x + xsin(x). criture de l'quation de la tangente en (0, f(0)) au graphe de f. On trouve facilement le DL l'ordre 1 de f en 0 : f(x) = 1 + x + x(x). L'quation de la tangente est donc : y = 1 + x. Remarquer qu'il n'est pas ncessaire de calculer une drive. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 53 exemple 50 ( traiter) Dterminer l'quation de la tangente en (0, g(0)) au graphe de l'application g donne par : g(x) =x + x21 + x + 2x2. # rponse Le dveloppement limit l'ordre 1 est : ( )( )).()(21212222xxxxxxxxxxxxx+=++=+++ Donc la tangente a pour quation y = x. (Comparer avec le calcul de g'(0)). "Si ce dveloppement est l'ordre 2 : f(x) = a0 + a1 (x x0) + a2(x x0)2 + (x x0)2(x x0), la position du graphe est donne par le signe de a2 (si a2 0). Si a2 > 0, le graphe est au-dessus de sa tangente. Si a2 < 0, le graphe est au-dessous de sa tangente." exemple 51 On peut reprendre l'exemple 49 : f(x) =1 + x + xsin(x). 1 + x + xsin(x) =1 + x + x x + x(x)( ) = 1+ x + x2 + x2(x). La courbe est au-dessus de sa tangente. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 54 Pour ne pas recommencer le calcul, on dterminera souvent non seulement la partie du premier degr, mais galement le premier terme non nul qui suit. exemple 52 ( traiter) Dans l'exemple 50, tudier la position de la courbe par rapport sa tangente. # rponse Le dveloppement l'ordre 2 de g(x) est le suivant : x + x21 + x + 2x2= x + x2( ) 1 x + 2x2( )+ x + 2x2( )2 + x2(x) = x + x2( )1 x 2x2 + x2 + x2(x)( )= x + x2 x2 + x2(x)= x + x2(x).Comme on le voit, le terme de degr 2 est nul, on n'obtient donc pas de renseignement sur la position. Gnralisant l'nonc prcdent, on cherche le premier terme non nul de degr suprieur 1 : on remarque que, comme x est en facteur au numrateur, il suffit de calculer l'autre DL l'ordre 2, ce qui a dj t fait ci-dessus. x + x21 + x + 2x2= x + x2( ) 1 x + 2x2( )+ x + 2x2( )2 + x2(x) = x + x2( )1 x x2 + x2(x)( )= x + x2 x2 x3 x3 + x3(x)= x 2x3 + x3(x).Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 55 Il en rsulte que la diffrence d'ordonnes, pour des points d'abscisse x, situs respectivement sur le graphe et sur la tangente, est x3 + x3(x). Cette diffrence change donc de signe selon le signe de x. On en conclut que le graphe traverse la tangente au point de tangence. "Soit f une fonction admettant un dveloppement asymptotique en + de la forme suivante f(x) = a1x + a0 +a1x+(x)x. La droite d'quation y = a1x + a0 est asymptote la courbe. Si a1 > 0, la courbe est au-dessus de son asymptote. Si a1 < 0, la courbe est au-dessous de son asymptote." exemple 53 On note f la fonction dfinie par : f(x) =1 + x + x21+ x2. On dtermine le comportement de cette fonction en + et en . Dveloppement asymptotique (h = 1x) en + : 1 + x + x21 + x2=x2 1x2+ 1x+1 x1x2+1= x 1 + h + h21 + h2= x 1 + h + h2( ) 1 h22+ h3(h)= x 1+ h + 12h2 + 12h3 + h3(h) = x +1 + 12x+ 1 x( )x.La droite d'quation y = x + 1 est asymptote au graphe en +, le graphe est au-dessus de l'asymptote. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 56 En , x2 = x , et l'asymptote est y = x 1, au-dessous du graphe. exemple 54 ( traiter) tudier de mme l'infini la fonction donne par : g(x) =x3 + x2 x 1x2 + x + 2. # rponse Tout d'abord, il faut dterminer un dveloppement asymptotique. En + : x3 + x2 x 1x2 + x + 2=x3 1+ h h2 h3( )x2 1+ h + 2h2( )= x 1 + h h2 h3( )1 h 2h2 + h2 + h2(h)( )= x 1 + h h2 h3( )1 h h2 + h2(h)( )= x 1 3h2 + h2(h)( )= x 3x+1x 1 x( ).L'asymptote en + est la droite d'quation y = x, et le graphe est au-dessous de l'asymptote. En , les calculs sont les mmes, donc l'asymptote est la mme, et le graphe est au-dessus de l'asymptote. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 57 3 Pour Comprendre et Utiliser 3-1 noncs des exercices Savoir reconnatre si une fonction est drivable, calculer sa drive, ses drives successives. exercice 1 Soit a un rel et f une fonction dfinie sur un intervalle ouvert centr en a. Pour h rel non nul tel que f soit dfinie sur [a |h| , a + |h|], on note ms(h) le quotient : ms (h) =f(a + h) f(a h)2h. Si ms(h) a une limite lorsque h tend vers 0, on note cette limite f's(a), c'est la drive symtrique en a. 1) tudier l'existence et la valeur de f's(a) () dans les cas suivants : f(x) = |x|, a = 0, f(x) = x sin1x pour x 0, f(0) = 0, a = 0, f(x) = E(x) (partie entire), a = 1. 2) Montrer que si f a une drive gauche et une drive droite en a, alors la drive symtrique existe (). Exprimer sa valeur en fonction de la drive gauche et de la drive droite en a. 3) Examiner la rciproque : si la drive symtrique existe, alors la drive gauche et la drive droite existent (). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 58 exercice 2 Existence et expression de drives. Pour les fonctions dfinies par les expressions suivantes, on demande d'tudier jusqu' quel ordre () elles sont drivables, d'crire l'expression de leurs drives successives lorsqu'elles existent, ou d'en indiquer la forme gnrale. 1) f(x) = xk sin1x , si x 0, f(0) = 0. () (). 2) f (x) = e1x2 , si x 0, f(0) = 0. () (). exercice 3 Drivation et quations diffrentielles. Pour tudier l'expression de drives d'ordre () suprieur 1, il est parfois plus facile de montrer que les drives successives ont entre elles une relation algbrique, plutt que de procder la drivation directement. Soit g la fonction dfinie par : g(x) =11 + x2. 1) Calculer directement les 5 premires drives de g, et formuler une conjecture concernant la forme de la drive d'ordre k quelconque : dnominateur, degr, signe et valeur du coefficient dominant du numrateur (). 2) Chercher des polynmes a(x) et b(x) tels que pour tout x rel : a(x)g'(x) + b(x)g(x) = 0 (). (On dit que g est solution de l'quation diffrentielle () ay' + by = 0.) En dduire que g est de classe C () (). 3) En drivant l'expression a(x)y'(x) + b(x)y(x), dmontrer que pour tout k entier on a une relation du type suivant entre les drives successives : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 59 u(k)dkydxk+ v(k)xdk+1ydxk+1+ w(k)(1+ x2 )dk+2ydxk+2= 0. o u(k), v(k), w(k) sont des rels (). tablir des relations de rcurrence entre (u(k), v(k), w(k)) et (u(k + 1), v(k + 1), w(k + 1)) (). En dduire l'expression de u(k), v(k), w(k), en fonction de k. 4) En dduire la valeur de g(k)(0) selon la valeur de k (). 5) A l'aide de la relation dmontre ci-dessus, voir si la conjecture formule la premire question est vraie () (). exercice 4 Montrer que les fonctions dfinies par les expressions suivantes sont indfiniment drivables () () sur leur domaine de dfinition, et crire la forme gnrale de leur drive d'ordre n. 1) g(x) = tan(x). Montrer que la drive d'ordre n est une expression polynomiale en g(x), dont on prcisera le degr, la parit, et le terme dominant () (). 2) h(x) = x3ex (). 3)m(x) =11 x2. (). Savoir calculer un dveloppement limit, ou asymptotique. Utiliser les dveloppements limits (DL), ou asymptotiques, dans l'tude des limites. exercice 5 Proprits globales et dveloppement limit. 1) On suppose que la fonction f est paire. Dmontrer que les parties rgulires () de ses dveloppements limits en 0, d'ordre quelconque (s'ils existent) sont des polynmes pairs (proprit analogue pour impair) (). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 60 2) Gnraliser cette proprit pour un rel quelconque o f admet un dveloppement limit (). 3) Si une fonction est positive, que peut-on dire de son dveloppement limit ? (). exercice 6 Quotient de DL (). Pour tudier un quotient de fonctions l'aide de DL, on doit savoir traiter le quotient de deux DL. Voici trois situations, en 0 : 1) Soit a + bx + cx2 + x2(x)1+ x + x2 + x2(x) un quotient. En posant u = x + x2 + x2(x), et en utilisant le DL de (1 + u)1 quand u tend vers 0, calculer un DL de ce quotient (). 2) Dans le cas suivant, se ramener un calcul analogue au prcdent () : a + bx + cx2 + x2(x)2 + x 4x2 + x2(x)3) Enfin pour a + bx + cx2 + x2(x)2x 4x2 + x2(x), calculer un dveloppement asymptotique (). exercice 7 Tableau de DL calculer : expression - ordre - point o le DL est calculer () (). Attention : pour certains de ces cas, la bonne rponse est "il n'existe pas de DL", ou "il n'existe pas de DL l'ordre demand". Dans ce dernier cas, on cherchera s'il existe un DL d'ordre infrieur celui demand. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 61 expression ordre point 1 + sin(x) () 3 0 ecos(x) () 4 0 log(x) () 2 0 x3 sin1x , prolong par 0 () 3 0 ex cos(x) () 4 0 x3 () 3 1 x3 () 3 0 x3 + x2 x 1 () 4 1 log(x + x2 ) () 4 1 cos(x) () 3 4 e1x2 , prolong par 0 () 4 0 e1x , x > 0 () 3 0 log 1+ x( ), x 0 () 3 0 log 1+ x( ), x 0 () 2 2 x3 log(x), x > 0 () 3 0 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 62 exercice 8 crire les dveloppements asymptotiques suivants : expression ordre point x 1x + 3 () 3 + x2 x + 3x3 1 () 2 1 tan(x) () 3 2x3 + 2x 1x +1 () 3 e1x2 +x () 3 + e1x+ 1+x2 () 2 exercice 9 Recherche d'un quivalent l'aide de dveloppement limit. Il s'agit de trouver le premier terme non nul du dveloppement limit. expression point cos(x) 4 x24 + x2 () 0 2sinx2 x1 + x2 ()0 2 log(x) + x2 4x + 3 () 1 x tan(x) sin(x)2 () 0 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 63 exercice 10 Calcul de limites. Dans certains cas, la rponse peut tre "il n'y a pas de limite", ou "l'expression tend vers +, " (). expression point xx x1 x log(x) () 1 cos(x)( )1 xk, k rel positif, x > 0 () 0 log(1+ x)log(x)x () + xlog x + 1 + x2( )log x2 + ex( ) () + 2sin(x)211 cos(x) ()0 ex + ex 2sin(x) 1+ x 1( ) () 0 x11x ()1 log(e + x)( )1 x () 0 xe 1+xx + log(x)( )2 ()+ log(1 x) log x2 1 1 ()tan(x)log(1 + cos(x)) () 2 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 64 Savoir interprter le signe de la drive, les premiers termes d'un dveloppement limit, ou d'un dveloppement asymptotique pour l'tude locale d'une fonction ou de son graphe. exercice 11 Soit f une fonction drivable sur R et a un rel. 1) On suppose f'(a) = 0. Donner des exemples des trois situations suivantes : f est strictement monotone () sur un intervalle ouvert centr en a. f est monotone sur un intervalle semi-ouvert [a , b[, et sur un intervalle semi-ouvert ]c , a], de sens de variations diffrents. Il n'existe aucun intervalle ouvert centr en a, ni d'intervalle semi-ouvert comme ci-dessus, o f est monotone (). 2) On suppose f'(a) 0. Existe-t-il un intervalle ouvert centr en a sur lequel f est monotone ? (). 3) Que peut-on dire sur ces diffrentes questions si, de plus, f' est continue en a ? (). exercice 12 Soit h une application de R dans R, drivable, telle que h(0) = 0. On suppose que pour tout x positif, h(x) x. 1) Donner des exemples de cette situation. Dans chaque cas, calculer h'(0). 2) Dmontrer que h'(0) 1 (). 3) On suppose que le graphe de h est, au voisinage de (0, 0), au-dessus de la droite d'quation y = x. Dmontrer que cette droite est tangente au graphe, et que, si h est deux fois drivable, h"(0) 0 (). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 65 exercice 13 On propose les dveloppements limits suivants pour une mme fonction f, au voisinage de 0. Comme de coutume, (x) dsigne ci-dessous une expression tendant vers 0 en 0. On a utilis l'abus d'criture usuel, selon lequel (x) ne dsigne pas ncessairement la mme expression dans chacune des galits crites. (1) f(x) = x + x2 + x2(x),(2) f(x) = 2x + 5x2 + x2(x),(3) f(x) = x + x2(x),(4) f(x) = 3x x2 + x2(x),(5) f(x) = x + x(x),(6) f(x) = 3x + x2 + x(x),(7) f(x) = 2x + (x),(8) f(x) = 2x + x(x),(9) f(x) = x + x2 x2(x),(10) f(x) = 3x + x2 + x3(x).1) Certains de ces dveloppements sont compatibles () entre eux, d'autres non. Former des familles de dveloppements compatibles (). 2) Dans une famille de dveloppements compatibles, prciser quelles informations sont donnes par les diffrents dveloppements, et classer la famille par ordre croissant de prcision du dveloppement () (). 3) On propose diverses reprsentations graphiques au voisinage de 0. On y a fait figurer une branche de courbe, et la tangente l'origine. tablir, si possible, une correspondance entre chacun de ces dessins et une des familles dtermines plus haut (). S'il reste des cas, proposer un dveloppement limit l'ordre 2 en 0 compatible avec chacun d'eux (). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 66 Figure 1 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 67 Figure 2 Figure 3 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 68 Figure 4 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 69 Figure 5 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 70 Figure 6 exercice 14 Reprsenter, au voisinage du point indiqu, l'aspect du graphe de la fonction dfinie par l'expression ci-dessous : tangente, ou asymptote, position par rapport la tangente, ou l'asymptote (). Pour le premier cas, on admettra que l'intgrale a bien un sens, la fonction intgrer ayant une limite finie en 0. expression point et2sin2 (t)1 1 t2 dt0x () 0 x2 xsin(x) () 1 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 71 x2 x 1 x 2 2x 1 () + x2 x 2 +1x2 2 () 2 x2 x 2 +1x 2 () + x cos(x) sin(x) () 0 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 72 3-2 Corrigs des exercices exercice 1-C 1) Si f(x) = |x|, le quotient est : h h2h. C'est donc 0, et la drive symtrique existe et est gale 0. Si f(x) = x sin1x , le quotient est : h sin1h hsin1 h 2h. C'est encore 0. Si f(x) = E(x), en 1, le quotient est : E(1 + h) E(1 h)2h. Si h > 0, il vaut : 1 02h. Si h < 0 : 0 12h. Dans les deux cas, il n'y a pas de limite en 0. 2) L'hypothse signifie que le quotient : f(a + h) f(a)ha une limite si h tend vers 0, en restant positif, et une limite (ventuellement diffrente) si h tend vers 0 en restant ngatif. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 73 indications pour rsoudre - mthode - lexique f(a + h) f(a h)2h= f(a + h) f(a) f(a h) f(a)( )2h= f(a + h) f(a)2h+ f(a h) f(a)2h. Supposons h positif : le premier quotient tend vers f d (a)2, et le second vers f g (a)2. Si h est ngatif, c'est l'inverse. Il en rsulte que dans ce cas la drive symtrique existe et : f s(a) = f d (a) + f g (a)2. (QC-1) Dmontrer que si f est drivable en a, la drive symtrique existe et est gale f'(a). 3) Examinons les cas particuliers traits en 1. Pour le premier exemple, la drive symtrique existe, et les drives gauche et droite aussi. Pour le second, la drive symtrique existe. Pour la drive droite par exemple, il faut chercher si le quotient : xsin1x 0x a une limite quand x tend vers 0. On sait que ce n'est pas le cas. Nous avons donc un contre-exemple la rciproque examine. La rciproque est fausse. (QC-2) Donner une interprtation graphique de la drive symtrique, et de son existence dans les deux premiers exemples. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 74 indications pour rsoudre - mthode - lexique exercice 2-C 1) En dehors de 0, pour tout k, la fonction est drivable, par composition de fonctions indfiniment drivables. Le seul problme est en 0. Si k = 0, la fonction n'est pas continue en 0. Si k = 1, elle est continue, mais pas drivable. Si k 2, la fonction est drivable en 0 : xk sin1x 0x= xk 1 sin1x 0. La drive est gale 0. Calculons f'(x) pour x 0 : f (x) = kxk1 sin 1x + xk 1x2 cos1x = kxk1 sin1x xk 2 cos1x .Si k = 2, cette expression n'a pas de limite en 0, puisque le premier terme tend vers 0, et le second n'a pas de limite. En particulier f n'est pas deux fois drivable. Si k 3, f est continment drivable en 0. La drive seconde en 0 est la limite, si elle existe, du quotient : kxk 1 sin1x xk2 cos1x x= kxk 2 sin1x xk 3 cos1x . Pour k = 3, cette expression n'a pas de limite en 0. La drive seconde n'existe pas en 0. Pour k 4, f"(0) existe et vaut 0. Essayons de gnraliser. Il est utile de calculer quelques drives encore pour pouvoir conjecturer une forme. Un logiciel peut nous aider : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 75 indications pour rsoudre - mthode - lexique Supposons, par hypothse de rcurrence, que la drive d'ordre p de f, en dehors de 0, est de la forme : .1cos)(1sin)(2 +xxQxxPx pk Dans cette formule, P et Q dsignent des polynmes, dpendant de p et de k. Par drivation, on voit que cette formule est bien vraie galement pour la drive d'ordre p + 1. Par ailleurs, elle est vrifie pour p = 1, avec P(x) = kx2, Q(x) = 1. Il en rsulte que si 2p + 2 k, la drive d'ordre p a pour limite 0 en 0, donc f est p fois continment drivable partout. Si k = 2p +1, la forme de Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 76 indications pour rsoudre - mthode - lexique la drive d'ordre p 1, qui existe, montre que la drive d'ordre p en 0 existe encore (mais f(p) n'est pas continue en 0). 2) Ici encore, en dehors de 0 la drivabilit s'obtient par composition. On calcule quelques drives successives : On peut, au vu de ces essais, formuler l'hypothse de rcurrence : la drive d'ordre p est de la forme : e 1x2 Q(x)x3p, o Q est un polynme ne s'annulant pas en 0. Par comparaison de l'exponentielle avec la puissance, on en dduira que pour tout p la drive d'ordre p existe et est gale 0 en 0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 77 indications pour rsoudre - mthode - lexique La formule prcdente est vraie pour p = 1 (Q(x) = 2), et la rcursivit se vrifie par drivation et rduction au mme dnominateur. (QC-1) Interprter gomtriquement ce rsultat. exercice 3-C 1) Maxima calcule : On observe que le dnominateur est (1 + x2)n+1. Le numrateur est un polynme de degr n, de mme parit que n, de coefficient dominant de valeur absolue (n+1)!, et de signe altern. 2) On trouve facilement a(x) = 1 + x2, b(x) = 2x, par exemple en drivant l'galit : g(x)(1 + x2) = 1. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 78 indications pour rsoudre - mthode - lexique On en dduit par rcurrence que g est de classe C, puisque si g est n fois continment drivable, alors g' aussi donc g est n + 1 fois continment drivable. 3) En continuant utiliser la mthode de drivation de l'galit ci-dessus, comme le suggre l'nonc, on trouve d'abord sur quelques exemples : On peut conjecturer les relations suivantes entre les coefficients : u(k + 1) = u(k) + v(k), v(k + 1) = 2 + v(k), w(k) = 1. On tablit facilement ces relations en drivant l'expression : u(k)dkydxk+ v(k)xdk+1ydxk+1+ w(k)(1+ x2 )dk+2ydxk+2= 0. et en identifiant : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 79 indications pour rsoudre - mthode - lexique u(k +1)dk+1ydxk +1+ v(k +1)xdk+2ydxk+2+ w(k +1)(1+ x2 )dk +3ydxk+3= 0. Sachant que u(0) = 2, v(0) = 4, on dduit d'abord que v(k) = 2k + 4, puis que u(k) u(k 1) = 2k + 2 = 2 (k + 1), d'o : u(k) u(0) = 2 ( (k + 1) + k + (k 1) + + 2), d'o u(k) = (k + 1)(k + 2). (QC-1) Retrouver ce rsultat par la formule de Leibniz. 4) Pour x = 0, on obtient : (k + 1)(k + 2)g(k)(0) + g(k+2)(0) = 0, g(k+2)(0) = (k + 1)(k + 2)g(k)(0). Or g'(0) = 0, et g(0) = 1, donc si k est impair, g(k)(0) = 0, et si k est pair, g(k)(0) = ( 1)k/2k! (cf. exemple 21). 5) La relation utiliser est : (k + 1)(k + 2)g(k)(x) + (2k + 4)xg(k+1)(x) + (1 + x2 )g(k +2)(x) = 0. On en tire g(k+2)(x) en fonction des drives prcdentes : (k + 1)(k + 2)g(k)(x) (2k + 4)xg(k+1)(x)(1 + x2 )= g(k +2)(x), d'o par rcurrence, si on suppose une forme : g(k)(x) =(1)k (k +1)!xk + (termes de degr infrieur k)(1+ x2 )k +1, g(k +2)(x) = (k + 1)(k + 2)(1 + x2 ) (1)k (k +1)!xk + (degr infrieur k)(1+ x2)k +1 (2k + 4)x(1 + x2) (1)k+1(k + 2)!xk +1 + (degr infrieur k +1)(1+ x2 )k+2 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 80 indications pour rsoudre - mthode - lexique g(k +2 )(x) = (1)k +1(k + 2)!x k(k +1) + (degr infrieur k)(1+ x2) k+ 2 (1)k +1(k + 2)!xk +2(2k + 4)+ (degr infrieur k+ 2)(1+ x2) k +3g(k+2)(x) = (1)k +1(k + 2)!xk+2 (k + 1) (2k + 4)[ ]+ (deg inf k + 2)(1+ x2 )k +3 g(k+ 2)(x) = (1)k +1(k + 2)!xk+2 k 3[ ]+ (deg inf k + 2)(1+ x2 )k +3 g(k+2)(x) = (1)k +2(k + 3)!xk +2 + (deg inf k + 2)(1 + x2 )k+3. La forme conjecture est donc vrifie par rcurrence. exercice 4-C 1) La drive est g'(x) = 1 + tan(x)2 = 1 + g(x)2. Donc si g est drivable l'ordre p, g' aussi, donc g est drivable l'ordre p + 1. Par rcurrence, on dduit que g est indfiniment drivable. La drive premire est un polynme de degr 2 en g, pair, de terme dominant 1. On peut calculer quelques drives pour prciser une conjecture sur la forme de la drive n-ime. C'est faisable " la main". Le recours Maxima donne les rsultats suivants : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 81 indications pour rsoudre - mthode - lexique On peut donc noncer la conjecture suivante : la drive n-ime de g est un polynme en g, de degr n + 1, de parit gale celle de n + 1, de coefficient dominant gal n! Cet nonc se prouve par rcurrence : si g(n)(x) = P(g(x)), P tant un polynme ayant les proprits donnes ci-dessus, alors : g(n+1)(x) = (1 + tan(x)2)P'(g(x)). La parit de P' est diffrente de celle de P, donc gale la parit de n + 2. La parit de (1 + g(x)2) est 2, donc (1 + g(x)2)P'(g(x)) est un polynme en g(x) de parit gale celle de n + 2. Si le degr de P est n + 1, celui de P' est n, et celui de (1 + g(x)2)P'(g(x)) est n + 2. Enfin, si le terme dominant de P est n!Xn+1, celui de P' est (n + 1)!Xn, et celui de (1 + X2)P'(X) est (n + 1)!Xn+2. La conjecture est donc prouve par rcurrence. 2) L'expression propose est un produit de fonctions C, dont les drives ont une expression simple, on a donc recours la formule de Leibniz. La drive n-ime de l'expression x3 est 0 si n > 3, la drive n-ime de l'exponentielle de x est ( 1)ne-x, d'o : h (n )(x) = x3(1)n ex + n3x2(1)n1ex+n(n 1)26x(1)n 2 e x +n(n 1)(n 2)2 36(1)n 3 ex= (1)n (x3 3nx2 + 3n(n 1)x n(n 1)(n 2))ex.3) Calculons m'(x) : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 82 indications pour rsoudre - mthode - lexique m (x) = 12(2x)(1 x2 )3 2 =x(1 x2 )3 2. La fonction m vrifie donc la relation diffrentielle : m'(x)(1 x2) x m(x) = 0. Les polynmes, et leurs inverses quand ils sont dfinis, tant indfiniment drivables, on vrifie comme plus haut par rcurrence que m est indfiniment drivable sur ] 1 , 1[. Quelques calculs suggrent la forme de la drive : On peut donc crire que la drive n-ime de m est de la forme : Pn (x)(1 x2 )2n +12, o Pn(x) est un polynme de degr n, de terme dominant n!, de parit gale celle de n. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 83 indications pour rsoudre - mthode - lexique Pour calculer Pn(x), nous allons utiliser la technique de la relation diffrentielle. En drivant n fois la relation crite plus haut, on obtient, par la formule de Leibniz : (1 x2 )m(n+1)(x) (2n +1)xm(n )(x) n2m(n1)(x) = 0 et en supposant par rcurrence que les drives d'ordre n et n 1 sont de la forme prcdente, on obtient : m(n+1)(x) = (2n + 1)xPn (x)1 x2( )(2n+1) 2[ ]+1+ n2Pn1(x)1 x2( )(2n1) 2[ ]+1=(2n + 1)xPn (x) + n2 1 x2( )Pn1(x)1 x2( )(2n +3) 2[ ]Le numrateur : (2n + 1)xPn (x) + n2 1 x2( )Pn1(x) est bien un polynme. Par hypothse de rcurrence, son terme dominant est : (2n + 1)n! xn+1 n2(n 1)! xn+1 = (2n + 1 n)n! xn+1 = (n + 1)! xn+1. L'hypothse concernant le terme dominant est bien vrifie. On vrifie de mme facilement celle concernant la parit du polynme. (QC-1) Donner la valeur de m(n)(0) en fonction de n. (QC-2) Si l'on reprend la forme ci-dessus de la drive (n 1)-ime, maintenant prouve, on peut, par drivation, obtenir une quation diffrentielle vrifie par le polynme numrateur. En dduire explicitement ce polynme. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 84 indications pour rsoudre - mthode - lexique exercice 5-C 1) Le fait qu'une fonction f soit paire s'crit : x, f(x) = f( x). Si cette fonction a un dveloppement limit, l'ordre n, en 0, il existe un polynme P, de degr au plus n, et une fonction de limite 0 en 0, vrifiant : x, |x| assez petit f(x) = P(x) + xn(x). Cette relation est galement valable pour x, donc : x, |x| assez petit f( x) = P( x) + ( x)n( x), x, |x| assez petit f(x) = P( x) + xn( 1)n( x). Or la fonction x P( x) est une fonction polynme de degr au plus n et la fonction x ( 1)n( x) tend vers 0 en 0. Il en rsulte que P( x) est un dveloppement limit l'ordre n de f en 0. Comme le dveloppement limit est unique, on obtient bien : x, |x| assez petit P( x) = P(x). Les fonctions polynmes x P( x), et x P(x) concident pour une infinit de valeurs de x, donc elles sont gales. Le polynme P est bien pair. On procde de mme pour le cas o f est impaire. 2) La proprit prcdente est une proprit de symtrie qu'on peut gnraliser. Si a est un rel, et si f admet un dveloppement limit en a, alors si pour tout h rel, f(a + h) = f(a h), la partie rgulire P du dveloppement limit au voisinage de a : f(x) = P(x a) + (x a)k(x a) est un polynme pair. On peut noncer une proprit analogue si, pour tout h : f(a + h) = f(a h). 3) Si f est une fonction positive, alors pour tout x rel, f(x) 0. Peut-on en conclure que si P est la partie rgulire d'un DL de f, par exemple en 0, on doit avoir P(x) 0 pour tout x (suffisamment petit) ? On peut faire un essai : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 85 indications pour rsoudre - mthode - lexique Il est clair que cet nonc est faux. (QC-1) noncer une proprit du premier terme non nul d'un DL. exercice 6-C 1) Le changement de variable propos conduit au calcul suivant : a + bx + cx2 + x2(x)1 + x + x2 + x 2(x)= a + bx + cx2 + x2(x)( ) 1 x + x2 + x2(x)( )+ x + x2 + x2(x)( )2 + x2(x) = a + bx + cx2 + x2(x)( )1 x + x2(x)( )= a + (b a)x +(c b)x2 + x2(x). (QC-1) Chercher le DL l'ordre 2 de tan(x) en 0. 2) Pour le second cas, il suffit de mettre le terme constant du numrateur en facteur, pour se ramener au cas prcdent : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 86 indications pour rsoudre - mthode - lexique a + bx + cx2 + x2(x)2 + x 4x2 + x2(x)= 12a + bx + cx2 + x2(x)( ) 1 x2 2x2 + x2 2x2 2+ x2(x) = 12a + bx + cx2 + x2(x)( ) 1 x2+ 9x24+ x2(x)= a2+ 2b a4x + 4c 2b + 9a8x2 + x2(x).(QC-2) Chercher le DL l'ordre 2 de tan(x + 1) en 0. 3) Pour cette troisime expression, on mettra en facteur au dnominateur le terme de plus bas de gr non nul, pour se ramener au premier cas : a + bx + cx2 + x2(x)2x 4x2 + x2(x)= 12x a + bx + cx2 + x2(x)1 2x + x(x)= 12x a + bx + cx2 + x2(x)( )1 + 2x + x(x)( )= 12x a + (b + 2a)x + x(x)( )= a2x+ b + 2a2+ (x).exercice 7-C 1) 1+ sin(x) , en 0 On dveloppe d'abord sin(x) l'ordre 3 (formulaire) : sin(x) = x x36+ x3(x). On dveloppe galement 1+ u en 0 (formulaire) : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 87 indications pour rsoudre - mthode - lexique 1+ u = 1+ 12u + 12 12u22+ 12 12 32u36+ u3(u)= 1+ 12u u28+ u316+ u3(u).D'o par substitution : 1+ sin(x) = 1+ 12x x3618x x362+ 116x x363+ x3(x)= 1+ x2 18x2 + 116x3 112x3 + x3(x)et, enfin : 1+ sin(x) = 1+ 12x 18x2 148x3 + x3(x). On peut vrifier ce rsultat, qu'il faut savoir tablir la main, l'aide de Maxima. 2) e cos(x) , en 0 D'abord le dveloppement de cos(x) l'ordre 4 (formulaire) : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 88 indications pour rsoudre - mthode - lexique Il s'agit de dvelopper une expression de la forme e1+u, u tendant vers 0. On met e en facteur, et un dveloppe eu. Comme u contient x2 en facteur, il suffit d'crire un DL l'ordre 2 de eu : On peut maintenant substituer u la partie correspondante du DL de cos(x), c'est--dire x22+ x424+ x4(x). On obtient : e cos(x) = e 1 x22+ x424+ x22+ x42422+ x4(x)= e 1 x22+ x424+ x48+ x4(x)= e e x22+ e x46+ x4(x).Par Maxima : (%e dsigne la constante d'Euler e) 3) log(x), en 0 Lorsque x tend vers 0, log(x) tend vers l'infini, il n'existe donc pas de dveloppement limit de log(x) en 0. 4) x3 sin1x , en 0 On ne peut pas utiliser les dveloppements du formulaire pour ce cas. Cherchons si la formule de Taylor s'applique : si on note f la fonction dfinie par cette expression, on peut se reporter l'exercice 2. La fonction f est une fois drivable, de drive 0 en 0, mais pas deux fois drivable en Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 89 indications pour rsoudre - mthode - lexique 0. On ne peut donc appliquer la formule de Taylor pour obtenir un dveloppement limit d'ordre 3. On remarque que : x3 sin1xx2 0 quand x tend vers 0, donc f(x) est de la forme x2(x). Il existe donc un dveloppement limit l'ordre 2, gal 0, pour f(x), en 0. Il en rsulte que s'il existait un dveloppement limit l'ordre 3, la partie polynme de degr infrieur ou gal 2 de ce dveloppement serait 0. Ce dveloppement serait donc de la forme : x3 sin1x = a3x3 + x3(x), donc : x3 sin1xx3 aurait une limite en 0, ce qui n'est pas le cas. Conclusion, le dveloppement limit demand n'existe pas. Il existe un dveloppement limit d'ordre 2, gal 0. 5) excos(x ) , en 0 Il faut calculer le DL l'ordre 4 de cos(x), puis, par la mthode vue l'exercice prcdent, celui de xcos(x), enfin substituer dans le DL l'ordre 4 de eu. Les calculs sont les suivants (cos(x) est dans le formulaire) : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 90 indications pour rsoudre - mthode - lexique Donc : excos(x ) =1 + x + x32+ x 4(x) +12x + x32+ x4(x)2+ 16x + x32+ x4(x)3+ 124x + x32+ x4(x)4+ x + x32+ x4(x)4(x). En rduisant et en ne conservant que les termes de degr 4 au plus : excos(x ) =1 + x + x32+ 12x2 + x4( )+ 16 x3 + 124x 4 + x + x32+ x4(x)4(x)= 1 + x + x22+ 23x3 + 1324x4 + x4(x). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 91 indications pour rsoudre - mthode - lexique 6) x3 , en 1 Le DL demand n'est pas en 0, il est donc prfrable de faire un changement de variable pour faire apparatre une variable tendant vers 0. On pose x = 1 + h, et il faut calculer un DL de 1+ h3 l'ordre 3, pour h tendant vers 0. C'est un DL du formulaire : 7) x3 , en 0 Cette fonction n'est pas drivable en 0, donc elle n'a pas de DL l'ordre 1, et pas non plus de DL l'ordre 3. 8) x3 + x2 x 1, en 1 Il s'agit d'un polynme, qui doit tre crit comme combinaison des puissances de (x 1). Le plus simple est encore de poser x = 1 + h, de dvelopper et d'ordonner selon les puissances croissantes de h = (x 1) : (1 + h)3 + (1 + h)2 1 h 1 = 1 + 3h + 3h2 + h3 + 1 + 2h + h2 2 h, = 4h + 5h2 + h3, x3 + x2 x 1= 4 (x 1) + 5 (x 1)2 + (x 1)3. 9) log(x + x2), en 1 On pose x = 1 + h : log(x + x2) = log(1 + h + 1 + 2h + h2) = log(2 + 3h + h2) = log(2)+ log(1+ 32h + 12h 2). Il faut donc crire le dveloppement l'ordre 4 de log(1 + u) pour u tendant vers 0 (formulaire), puis substituer u l'expression 32h + 12h2 , enfin ordonner en ne conservant que les termes de degr au plus 4 : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 92 indications pour rsoudre - mthode - lexique 10) cos(x), en 4D'abord un changement de variable : x = 4+ h. On calcule, par les formules trigonomtriques usuelles : cos(x) = cos 4+ h = cos(h)cos4 sin(h)sin4= 22cos(h) sin(h)( ). Il suffit donc de faire la diffrence des dveloppements de cos(h) et sin(h) (formulaire). On peut aussi, dans ce cas, utiliser la formule de Taylor directement. 11) e1x2 , prolong par 0, en 0 La formule de Taylor s'applique ici, et d'aprs l'exercice 2, on voit que cette fonction a un DL tout ordre, gal 0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 93 indications pour rsoudre - mthode - lexique 12) e1x , x > 0 , en 0 Il faut essayer d'appliquer la formule de Taylor. La limite de la fonction en 0 existe et vaut 0, puisque, x tant positif, 1x tend vers . La drive en dehors de 0 est : 1x2e1x Par un raisonnement par rcurrence, on montre que les drives successives en dehors de 0 sont de la forme P(x)x ke1x . Elles ont donc pour limite 0 en 0, donc e1x , prolong par 0, est drivable tout ordre, de drive 0. La conclusion est la mme que pour le cas prcdent. 13) log(1 + x ) , en 0 La fonction n'est pas drivable en 0, donc il n'y a pas de dveloppement l'ordre 1. On peut cependant crire un dveloppement dans une autre chelle que celle des monmes xk, celle des puissances fractionnaires xk/2 : log(1 + x ) = x x2+ x x3+ x x x( ). 14) log(1 + x ) , en 2 Ici, il faut commencer par le changement de variable : x = 2 + h. log(1 + 2 + h) = log 1+ 2 1 + h2 . On crit d'abord le dveloppement du radical (formulaire), puis, aprs avoir mis en facteur le terme constant l'intrieur du logarithme, on dveloppe une forme log(1 + u) : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 94 indications pour rsoudre - mthode - lexique 15) x3 log( x). , en 0 Le logarithme n'a pas de dveloppement. On peut essayer la formule de Taylor : la fonction a pour limite 0 en 0. La drive premire, pour x 0 est 3x 2 log(x) + x2 . Elle a pour limite 0 en 0. La drive seconde pour x 0 est 6x log(x)+ 5x. Elle se prolonge encore par 0 en 0. Par contre il n'y a pas de drive d'ordre 3 en 0, puisque le quotient : 6x log(x)+ 5xxn'a pas de limite en 0. Si un DL d'ordre 3 existe, il s'crit : x3 log( x) = a3x3 + x3(x). Par simplification, cela impliquerait que log(x) a une limite finie en 0, ce qui n'est pas le cas. Il n'y a pas de DL l'ordre 3, mais il existe un DL l'ordre 2, qui est gal 0. exercice 8-C 1) x 1x + 3. , en + On fait tout d'abord le changement de variable h = 1x, h tend vers 0 par valeurs positives : x 1x + 3= 1 h1 + 3h. On dveloppe d'abord la fraction, puis le radical : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 95 indications pour rsoudre - mthode - lexique 1 h1 + 3h= (1 h)(1 3h + 9h2 27h3 + h3(h))=1 4h +12h2 36h 3 + h3(h). 1 h1+ 3h= 1 4h +12h2 36h3 + h3(h)= 1 + 124h +12h2 36h3 + h3(h)( ) 18 4h +12h2 36h3 + h3(h)( )2+ 1164h +12h 2 36h3 + h3 (h)( )3 + h3(h)= 1 2h + 6 2( )h2 + 18+12 4( )h3 + h3(h)= 1 2h + 4h2 10h3 + h3(h).On obtient donc : x 1x + 3= 1 2x+ 4x2 10x3+ (1/ x)x3. 2) x2 x + 3x3 1, en 1 Il faut d'abord changer de variable, h = x 1 : x2 x + 3x3 1= 1+ 2h + h2 1 h + 31 + 3h + 3h2 + h 3 1= 3 + h + h23h + 3h2 + h3= 1h1 + h3+ h2311 + h + h23= 1h1 + h3+ h23 1 h h 23+ h + h232 h + h233+ h3(h) Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 96 indications pour rsoudre - mthode - lexique x2 x + 3x3 1= 1h1 + h3+ h23 1 h h 23+ h2 + 2h33 h3 + h3(h)= 1h1 + h3+ h23 1 h +2h23 h33+ h3(h)= 1h1 2h3+ 2h23 4h39+ h3(h) .D'o le dveloppement asymptotique cherch : x2 x + 3x3 1= 1x 1 23+ 2(x 1)3 4(x 1)29+ x 1( )2 x 1( ). 3) tan(x), en 2Il faut d'abord faire un changement de variable, h = x 2 : tan(x) = tan h + 2 = 1tan(h). Le dveloppement de tan(h) en 0 est connu en gnral, sinon on le retrouve par la formule de Taylor (facile ici) : 1tan(h)= 1h + 13h3 + h4(h)= 1h 11+ 13h2 + h3(h)= 1h1 13h2 + h3(h) =1h+ h3+ h2(h).D'o le dveloppement asymptotique : tan(x) = 12 x+x 23+ x 22(x 2). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 97 indications pour rsoudre - mthode - lexique 4) x3 + 2x 1x +1, en On fait d'abord le changement de variable h = 1x, h tend vers 0 par valeur ngatives : x3 + 2x 1x +1=1h3+ 2h11h+1= 1 + 2h2 h3h 2 + h3= 1h21+ 2h 2 h31 + h. Comme h est ngatif, 1h2= 1h= x. Il faut dvelopper le radical 1+ 2h2 h31 + h. La mthode est la mme que dans le premier exemple : dvelopper le quotient, puis le radical. On obtient : D'o le rsultat : x3 + 2x 1x +1= x 1 12x+ 118x2 2116x3+ 1x3 1x= x + 12 118x+ 2116x2+ 1x2 1x . 5) e1x2 +x , en + On pose, comme prcdemment, x = 1h. On doit dvelopper : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 98 indications pour rsoudre - mthode - lexique e1x2 + x = eh21+h h tendant vers 0, par valeurs positives. L'exposant se dveloppe en : h21 + h= h 2 1 h + h(h)( ) = h2 h3 + h3(h). D'o l'exponentielle : eh2 h 3 +h3(h ) = 1 + h2 h3 + h3(h),e1x2 + x = 1+ 1x2 1x3+ 1x3 1x .6) e1x+ 1+x2 , en On pose : x = 1h. L'exposant est dvelopper quand h tend vers 0 par valeurs ngatives : 11h+ 1 + 1h2= 11h+ 1h2h 2 +1= 11h 1hh2 +1= h1 h2 +1=h 1 + h2 +1 1 h2 +1 1 + h2 +1 =h 1 + h 2 +1 h 2= 1h 1 +1 + 12h2 + h3(h) = 2h h2+ h2(h).Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 99 indications pour rsoudre - mthode - lexique Il en rsulte que l'exposant tend vers +, donc l'exponentielle aussi, donc il n'existe pas de dveloppement limit. exercice 9-C La difficult est ici qu'on ne sait pas jusqu' quel ordre il faut calculer les dveloppements limits. Il suffit d'obtenir un terme non nul. 1) cos(x) 4 x24 + x2, en 0 Le dveloppement du cosinus est dans le formulaire, un ordre quelconque. Pour la fraction, on commence par la transformer en simplifiant par 4, puis on dveloppe : 4 x24 + x2=1 x241+ x24= 1 x24 1 x24+ x416+ x4(x)= 1 x22+ x48+ x4(x).On voit que la diffrence est d'ordre 4, un quivalent de cos(x) 4 x24 + x2 est donc : x 424 x48= x412. Les graphes de ces deux fonctions sont donc trs proches pour x petit. 2) 2sinx2 x1 + x2, en 0 Ici encore, le dveloppement du sinus peut tre facilement calcul un ordre quelconque : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 100 indications pour rsoudre - mthode - lexique Pour la fraction, il s'agit d'un calcul facile, galement La diffrence est donc d'ordre 3, quivalente 2324x3. 3) 2 log(x) + x2 4x + 3, en 1 Ici, il faut d'abord faire un changement de variable : h = x 1. Le dveloppement du logarithme est dans le formulaire, on obtient : 2 log(1 + h) + (1+ h)2 4(1 + h) + 3 = 2 h h22+ h33+ h3(h) 2h + h2= 23h3 + h3(h).Un quivalent en 1 est donc 23(x 1)3 . 4) x tan(x) sin(x)2 , en 0 Les dveloppements de base sont connus, il faut les combiner : Un quivalent est 23x4 . exercice 10-C 1) forme 00. xx x1 x log(x), en 1 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 101 indications pour rsoudre - mthode - lexique Le numrateur et le dnominateur tendent vers 0, on ne peut donc pas conclure directement. Comme d'habitude on fait le changement de variable x = 1 + h, h tendant vers 0. Pour xx x : xx x = e(1+ h) log(1 +h) 1 h= e(1+ h)(h+h(h )) 1 h= eh+h2 + h2( h) 1 h= 1+ h + h2 + h2(h) + h221 h.Donc le numrateur est quivalent 32h2 . Pour 1 x log(x) : 1 x log(x) = h log(1 + h) = 2h + h (h). Donc le dnominateur est quivalent 2h. L'expression tudie tend donc vers 0. 2) forme 1. cos(x)( )1 xk, en 0 Le cosinus tend vers 1, l'exposant vers +, donc on ne peut pas conclure directement. En gnral, on tudie le logarithme de l'expression soit ici : log(cos(x))xk=log 1 x22+ x2(x)xk~0 x22xk= x2 k2, donc si 2 k > 0, la limite du logarithme est 0, si 2 = k, la limite est 12, enfin si 2 k < 0, la limite est . Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 102 indications pour rsoudre - mthode - lexique Conclusion : si k < 2, cos(x)( )1 xk tend vers 1, si k = 2, cos(x)( )1 xk tend vers 1e, et si k > 2, cos(x)( )1 xk tend vers 0. 3) forme 1. log(1+ x)log(x)x, en + On transforme d'abord log(1 + x)log(x) : log(1 + x)log(x)=log(x) + log 1 + 1xlog(x)= 1 + 1x log(x)+ 1xx log(x). Le logarithme de cette expression donne donc : log 1 + 1x log(x)+ 1xx log(x)= 1x log( x)+ 1xx log(x), et aprs multiplication par x : x loglog(1 + x)log(x) = 1log(x)+ 1xlog(x), dont la limite est 0. Il en rsulte que : x +limlog(1 + x)log(x)x= 1. 4) forme . xlog x + 1 + x2( )log x2 + ex( ) , en + Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 103 indications pour rsoudre - mthode - lexique Pour comparer numrateur et dnominateur, on en cherche un quivalent en +. Pour le numrateur : log x + 1 + x2 = log x 1+1x2+1 = log(x)+ log 1 +1x2+1 . Comme log 1 + 1x2+1 tend vers log(2) et log(x) vers +, le second terme est ngligeable devant log(x), donc le numrateur est quivalent : x log(x). Pour le dnominateur : log x2 + ex( )= log e x x2e x +1( )( )= x + log x2ex +1( ). Le dnominateur est donc quivalent x. On obtient : xlog x + 1 + x2 log x2 + ex( ) ~+x log(x)x= log(x)x. Il en rsulte que xlog x + 1 + x2( )log x2 + ex( ) tend vers 0 en +. 5) forme . 2sin(x)211 cos(x), en 0 Il faut chercher le premier terme non nul d'un dveloppement asymptotique de cette expression en 0. Pour 2sin(x)2 : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 104 indications pour rsoudre - mthode - lexique 2sin(x)2= 2x x36+ x3(x)2 =2x2 11 x26+ x2(x)2 =2x211 x23+ x2(x)= 2x21+ x23+ x2(x) .Pour 11 cos(x) : 11 cos(x)= 1x22 x424+ x 4(x)= 2x2 11 x212+ x2(x)= 2x21 + x212+ x2(x) .On obtient par diffrence : 2sin(x)2 11 cos(x)= 2x21+ x23+ x2(x)2x21 + x212+ x2 (x)= 23 212+ (x).Donc : x0lim2sin(x)2 11 cos(x) = 12. 6) forme 00. ex + ex 2sin(x) 1+ x 1( ), en 0 Pour lever cette indtermination, il faut chercher un quivalent du numrateur et du dnominateur. Pour le numrateur : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 105 indications pour rsoudre - mthode - lexique ex + ex 2 = 1 + x + x22+ x2(x) +1 x + x22+ x2(x) 2~0x2 . Pour le dnominateur : sin(x) 1 + x 1( )~0x x2= x22. Il en rsulte que la limite de ex + ex 2sin(x) 1+ x 1( ) en 0 est 2. 7) forme 1. x11x , en 1 On fait d'abord le changement de variable h = x 1. L'expression tudier devient : (1 + h)1h . Comme on l'a dit, on tudie le logarithme : 1hlog(1 + h)~0 1hh = 1. La limite est donc 1e. 8) forme 1. log(e + x)( )1 x , en 0 On tudie le logarithme de l'expression : 1xlog(log(e + x)) = 1xlog log(e)+ log 1 + xe= 1xlog 1+ log 1 + xe~01xlog 1 + xe~01xxe.Donc : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 106 indications pour rsoudre - mthode - lexique x 0lim log(e + x)( )1 x = e1e.. 9) forme . xe 1+xx + log(x)( )2, en + Il faut chercher un quivalent pour le numrateur et le dnominateur. Pour xe 1+x : xe 1+x = xex 1+1x = xex 1+1 2x +(1 / x)x( )= xex + 12 x+(1 / x)x~xe x .Pour x + log(x)( )2 : log(x) est ngligeable devant x donc le dnominateur est quivalent x2. Le quotient tend donc vers + . 10) forme . log(1 x) log x2 1 1 , en Il faut chercher un quivalent de l'expression, par calcul d'un dveloppement asymptotique : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 107 indications pour rsoudre - mthode - lexique log(1 x) log x2 1 1 = log x 11x log x 1x+ 1 1x2= log(x)+ log 1 1x log(x) log 1x+ 1 1x2= 1x+ 1x 1x log1x+1 + 1x 1x= 2x+ 1x 1x.La limite est donc 0. 11) forme 0. tan(x)log(1 + cos(x)), en 2Comme cos(x) tend vers 0, log(1 + cos(x)) est quivalent cos(x), donc l'expression tudie est quivalente tan(x)cos(x), soit sin(x). la limite est donc 1. exercice 11-C 1) Les deux premiers cas sont souvent rencontrs : f(x) = x3. Cette fonction est croissante sur R, sa drive s'annule en 0. f(x) = x2. Cette fonction est dcroissante sur ] , 0], croissante sur [0 , +[, et sa drive s'annule en 0. Le troisime cas est moins classique. Penser la fonction x sin1x . Cette fonction n'est pas drivable en 0. Par contre la fonction : x x2 sin1xest drivable sur R, et sa drive s'annule en 0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 108 indications pour rsoudre - mthode - lexique Montrons que la fonction n'est monotone sur aucun intervalle de la forme ]0 , b[, b > 0 : soit n un entier naturel non nul, sur l'intervalle : 12+ 2n , 1 2+ 2nla fonction est croissante, comme on le voit d'aprs le signe de sa drive : 2x sin1x cos1x . (QC-1) le dmontrer en comparant tan(X) et X/2. De mme, sur l'intervalle : 132+ 2n , 12+ 2nla fonction est dcroissante. En choisissant n assez grand, on peut faire en sorte que ces deux intervalles soient contenus dans ]0 , b[, pour tout b > 0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 109 indications pour rsoudre - mthode - lexique (QC-2) Dmontrer que f n'est injective sur aucun intervalle centr en 0. 2) A partir du dernier exemple de la question prcdente, on peut construire un exemple o f'(a) 0, et f non monotone : f (x) = x2+100x2 sin 1x . on voit que f'(0) = 1/2. Pour x 0, la drive est : f' (x) = 12+ 200x sin 1x 100 cos1x . Il est clair qu'elle prend des valeurs positives et ngatives sur tout intervalle centr en 0, donc f n'est pas monotone. 3) Si la drive est continue, dans la question 2, si f'(a) > 0, pour fixer les ides, alors f'(x) > 0 sur un intervalle centr en a, donc f est strictement croissante sur cet intervalle, donc injective. Dans la question 1, les deux premiers cas correspondent une drive continue. Le troisime cas une Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 110 indications pour rsoudre - mthode - lexique drive non continue en 0. Cependant, il suffit de choisir plutt x3 sin1xpour avoir les mmes proprits, avec une drive continue. exercice 12-C 1) Exemples : h(x) = x + x2, h'(0) = 1. h(x) = 6x, h'(0) = 6. h(x) = ex 1, h'(0) = 1. 2) On peut crire le taux d'accroissement, pour x > 0 : h(x) h(0)x 0= h(x)x 1. Or ce taux d'accroissement a une limite quand x tend vers 0, qui est h'(0). Il en rsulte que h'(0) 1. 3) Le mme raisonnement, pour x < 0, conduit h'(0) 1, donc h'(0) = 1. La tangente a bien pour quation y = x. Si h est deux fois drivable, crivons la formule de Taylor l'ordre 2, en 0 : h(x) = h(0) + x h (0) + x22 h (0)+ x2(x), soit, compte tenu de h(0) = 0, et h'(0) = 1 : h(x) = x + x22 h (0) + x2(x), et comme h(x) x, on conclut que h"(0) 0. (QC-1) noncer (et dmontrer) une gnralisation de cette proprit gomtrique. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 111 indications pour rsoudre - mthode - lexique exercice 13-C 1) Rappelons que, comme (x) dsigne une fonction quelconque tendant vers 0 en 0, tout terme de la forme xk, dans la mme expression qu'un terme de la forme xp(x), avec p < k, n'apporte aucune information supplmentaire : xk + xp(x) = xp(xkp + (x)) est encore de la forme xp(x). Le premier travail est de simplifier les expressions proposes en ne conservant que les informations significatives : (1) (5) : pas de changement (6) f(x) = 3x + x(x) (7) f(x) = (x) (8) : pas de changement. (9) supprime car quivalente (1) (10) : pas de changement. Ensuite nous appliquons la rgle suivante : si deux DL sont du mme ordre, ils sont compatibles s'ils sont exactement identiques (unicit du DL). Si deux DL ne sont pas de mme ordre, ils sont compatibles si celui qui est d'ordre plus lev se rduit l'autre par troncature un degr moins lev. Dans un ensemble de DL compatibles entre eux, le plus prcis est celui qui est d'ordre le plus lev. En appliquant ces principes, on forme les 5 familles suivantes : (I)(7) f(x) = (x)(5) f(x) = x + x(x)(1) f(x) = x + x2 + x2(x)(II)(7) f (x) = (x)(5) f (x) = x + x(x)(3) f (x) = x + x 2(x)Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 112 indications pour rsoudre - mthode - lexique (III)(7) f (x) = (x)(8) f (x) = 2x + x(x)(2) f (x) = 2x + 5x2 + x2(x)(IV)(7) f (x) = (x)(6) f (x) = 3x + x(x)(4) f (x) = 3x x2 + x2(x)(V)(7) f(x) = (x)(6) f(x) = 3x + x(x)(10) f(x) = 3x + x2 + x3(x)2) Famille (I) : l'galit (7) signifie que f(x) tend vers 0 quand x tend vers 0 ; l'galit (5) signifie que la drive en 0 existe et vaut 1 ; le graphe de f a pour tangente en (0, 0) la droite d'quation y = x ; enfin l'galit (1) montre que le graphe de f est situ au-dessus de sa tangente en 0. Si f est deux fois drivable en 0, alors f"(0) = 2. Famille (II) : La formule (3) ne permet pas de conclure quant la position du graphe par rapport sa tangente. Si f est deux fois drivable en 0, f"(0) = 0. Famille (III) : (7) et (8) signifient respectivement que f(x) tend vers 0 en 0, et que la tangente en (0, 0) au graphe de f est la droite d'quation y = 2x, la drive f'(0) valant 2 ; (2) entrane que le graphe est situ au-dessus de la tangente en 0, et si f"(0) existe, f"(0) = 10. Famille (IV) : (7) s'interprte comme ci-dessus ; (6) signifie que f est drivable en 0, et f'(0) = 3, la tangente en (0 , 0) est la droite d'quation y = 3x ; (4) entrane que le graphe est situ au-dessous de sa tangente en (0, 0), avec f"(0) = 2 si f est deux fois drivable. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 113 indications pour rsoudre - mthode - lexique Famille (V) : l'interprtation est la mme que pour la famille (IV), avec cependant (10) qui implique que le graphe est au-dessous de sa tangente en (0, 0), et f"(0) = 2 si f est deux fois drivable en 0. Enfin, si f est trois fois drivable en 0, f"'(0) = 0. 3) La famille (I) est compatible avec la figure 2, la famille (II) avec la figure 6, la famille (III) avec la figure 3, la famille (IV) avec la figure 1, la famille (V) avec la figure 4. Il reste la figure 5 : Le graphe passe l'origine, et la tangente est la droite d'quation y = 3x, donc le dveloppement commence par 3x. La courbe n'est pas du mme ct de la tangente pour x > 0 et pour x < 0, donc le terme en x2 est nul. On peut donc proposer pour la figure 5 : f(x) = 3x + x2(x). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 114 indications pour rsoudre - mthode - lexique exercice 14-C Dans chaque cas, il faut dterminer la limite, le terme de degr 1 du dveloppement limit ou asymptotique, et le premier terme non nul suivant. 1) et2sin2 (t)1 1 t2 dt0x , en 0 La limite en 0 est 0. On obtiendra un dveloppement limit par intgration d'un dveloppement limit de e t2sin2(t)1 1 t2 : e t2sin2(t)1 1 t2=1 + t2 + t2(t)( ) t t36+ t3(t)21 1 t22 t48+ t4(t)=t2 + 23t4 + t4(t)t22+ t48+ t4(t)= 2 + 56t2 + t2(t).Par intgration : et2sin2 (t)1 1 t2 dt0x = 2x + 518 x3 + x3(x). D'o le graphe au voisinage de 0 : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 115 indications pour rsoudre - mthode - lexique Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 116 indications pour rsoudre - mthode - lexique 2) x2 xsin(x), en 1 On fait le changement de variable usuel, x = 1 + h : x2 xsin(x)= (1+ h)hsin( + h)= (1+ h)hsin(h)= (1 + h)hh (h)36+ h3(h)= 1(1+ h) 1+ (h)26+ h2(h)= 11 + h + (h)26+ h2(h) .Donc le point considr est (1, 1), la tangente a pour quation y = 1x, et la courbe est situe au-dessous de sa tangente. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 117 indications pour rsoudre - mthode - lexique 3) x2 x 1 x 2 2x 1 , en + On met x en facteur, et on dveloppe en 1/x : x2 x 1 x 2 2x 1 = x 1 1x 1x2 1 2x 1x2= x 1 12x 12x2 18x21 + 1x+ 12x2+ 12x2+ 1xx2= 12+ 38x+ 1xx.Le graphe prsente une asymptote d'quation y = 12, et se situe au-dessus de son asymptote. 4) x2 x 2 +1x2 2, en 2 On pose x = 2 + h : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 118 indications pour rsoudre - mthode - lexique x2 x 2 +1x2 2=2 + h( )h +1h h + 2 2( ) =1 + h 2 + h22 2h + h2= 12 2h 1 + h 2 + h21 + h2 2= 12 2h1 + h 2 + h2( )1 h2 2+ h(h) = 12 2h1 + h 2 12 2+ h(h) = 12 2h1 + 32 2h + h(h) = 12 2h+ 38+ (h).Donc la fonction admet une asymptote verticale d'quation x = 2 . La fonction tend vers + si x > 2 , et , si x < 2 . Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 119 indications pour rsoudre - mthode - lexique 5) x2 x 2 +1x 2, en + On effectue un dveloppement asymptotique en 1/x : x2 x 2 +1x 2= x1 2x+ 1x21 2x= x 1 2x+ 1x2 1 +2x+ 4x2+ 1x2 1x= x 1 + 2 2x+ 5 2 2x2+ 1x2 1x= x + 2 2 + 5 2 2x+ 1x 1x .On voit que ce graphe a pour asymptote la droite d'quation : y = x + 2 2 et est situ au-dessus de son asymptote. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 120 indications pour rsoudre - mthode - lexique 6) x cos(x) sin(x) , en 0 Un dveloppement limit donne : x cos(x) sin(x) = x 1 x22+ x2(x) x +x36+ x3(x)= x33+ x3(x).On en dduit qu'au point (0, 0) le graphe a pour tangente la droite d'quation y = 0, et se situe au-dessus si x < 0, et au-dessous si x > 0. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 121 indications pour rsoudre - mthode - lexique 3-3 Corrigs des questions complmentaires exercice 1-QC (QC-1) C'est clair, puisque si f est drivable en a, les drives gauche et droite sont gales f'(a). La formule prcdente donne bien f (a) = f s(a ). (QC-2) Graphiquement, le quotient dont la limite est la drive symtrique s'interprte comme la pente d'une droite. C'est la droite qui joint les points du graphe de f d'abscisses a h et a + h : La drive symtrique, si elle existe est la pente limite de cette droite variable. Dans les deux premiers exemples, la fonction tant paire, la droite variable dont on cherche la position limite est toujours parallle l'axe des abscisses, d'o le rsultat, indpendamment de l'existence d'une tangente au graphe au point considr. exercice 2-QC (QC-1) Graphiquement, le fait que la fonction soit ngligeable devant toute fonction puissance xp se traduit par un graphe "plat", c'est--dire plus proche de sa tangente que toute fonction polynme : exercice 3-QC (QC-1) Le produit g(x)(1 + x2) se drive par la formule de Leibniz : g(x) 1+ x2( )( )(n ) = Cnkg(x)(n k ) 1 + x2( )( k)k=0k=n , et comme (1 + x2)(k) = 0 pour k 3, on obtient : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 122 indications pour rsoudre - mthode - lexique g(x) 1+ x2( )( )(n ) = Cnkg(x)(n k ) 1 + x2( )( k)k =0k =2= g(x)(n ) 1 + x2( )+ ng(x)(n 1) 2x + n( n 1)2g(x)(n2 ) 2,ce qui redonne bien la formule obtenue par rcurrence. exercice 4-QC (QC-1) Pour x = 0, on obtient : m(n+1)(0) = n2m(n 1)(0), Donc si n est pair, n = 2p, m(2p)(0) = (2p 1)232m"(0) = (2p 1)232, et si n est impair, n = 2p + 1, m(2p+1)(0) = (2p)222m'(0) = 0. (QC-2) Cette quation est, pour Pn-1 : (1 x2) P"(x) + (2n 3)x P'(x) (n 1)2 P(x) = 0. On trouve pour Pn : (1 x2) P"(x) + (2n 1)x P'(x) n2 P(x) = 0. On peut rsoudre cette quation en utilisant le fait que P est un polynme. Posons : P(x) = a0 ++ ak xk + + anxn. P (x) = a1 + + kakxk1 ++ nanxn1, P (x) = 2a2 + + k(k 1)akxk2 + + n(n 1)anxn2. L'quation s'crit donc : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 123 indications pour rsoudre - mthode - lexique 2a2 ++ k(k 1)akxk 2 + + n(n 1)anxn2 a2x2 ++ k(k 1)ak xk ++ n(n 1)a nxn( )+(2n 1) a1x + + kak xk ++ nanxn( )n2 a0 + + akxk + + an xn( )= 0.Soit, en sparant les termes de degrs diffrents, pour les deux premiers : 2a2 n2a0 = 06a3 + (2n 1)a1 n2a1 = 06a3 (n 1)2 a1 = 0pour les deux derniers : (n 1)(n 2)an 1 + (2n 1)(n 1)a n1 n2an1 = 0a n1 = 0(n(n 1) + (2n 1)n n2)a n = 00.an = 0et entre 3 et n 2 (n > 4) : (k + 2)(k + 1)ak+2 k(k 1)ak + (2n 1)ka k n2ak = 0(k + 2)(k + 1)ak+2 (n k)2 ak = 0D'o : ak =(k + 2)(k + 1)(n k)2a k+2. Supposons n pair. Le terme an-1 tant nul, tous les termes de degr impair sont nuls, d'aprs les relations prcdentes. Pour les termes de degr pair, on a les galits : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 124 indications pour rsoudre - mthode - lexique an 2 =n(n 1)22a n,an 4 =(n 2)(n 3)42an2 =(n 2)(n 3)42n(n 1)22an,a0 =n!n(n 2)(n 4)2[ ]2anet on sait que dans ce cas la valeur en 0 est : a0 = (n 1)2(n 3)232, donc on a bien an = n! et en gnral, pour k pair, k n 2 : ak =n(n 1)(k +1)2 4(n k)[ ]2n!. Supposons n impair. Ce sont maintenant tous les termes de degr pair qui sont nuls. Pour les termes de degr impair, on procde comme dans le cas prcdent, en remarquant que le terme a1 du polynme Pn est gal au terme constant du polynme Pn+1. Si n = 2p + 1, a1 = n2(n 2)232, d'o an = n! et en gnral, pour k impair, k n 2 : ak =n(n 1)(k +1)2 4(n k)[ ]2n! exercice 5-QC (QC-1) Si une fonction a un DL en un point, par exemple 0, et si cette fonction est valeurs positives, on a vu que la partie rgulire du DL n'est pas ncessairement un polynme valeurs positives. Par contre le premier terme non nul est valeurs positives. On le vrifie bien sur les exemples. En gnral, soit f une fonction dont les valeurs sont de signe fixe, admettant un DL en 0, dont le premier terme non nul est akxk : f (x) = akxk ++ a nx n + xn(x). On crit, plus simplement : Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 125 indications pour rsoudre - mthode - lexique f (x) = a kxk + xk(x). La fonction tend vers 0 en 0, donc pour x assez petit, |(x)| < |ak/2|. Il en rsulte l'encadrement : ak2 (x)ak2, donc si ak > 0 : 0 < ak2 (x)+ ak 3ak2, et si ak < 0 : 3ak2 (x) + ak ak2< 0. En rsum, pour x assez petit, ak + (x) est du signe de ak. Comme f (x) = a kxk + xk(x), le signe de f(x) ne peut-tre fixe que si le signe de xk est fixe au voisinage de 0, c'est--dire si k est pair, donc xk positif. Le signe de f(x) est donc celui de ak. En rsum, si f(x) a un signe fixe, et f a un DL en 0 dont le premier terme non nul est akxk, alors : k est pair, ak est du signe de f(x). exercice 6-QC (QC-1) C'est le quotient des DL de sin(x) et cos(x) : tan(x) = sin(x)cos(x)= x + x2(x)1 x22+ x2(x)= x + x2(x)( ) 1 + x22+ x2(x)= x + x2(x).Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 126 indications pour rsoudre - mthode - lexique (QC-2) C'est le quotient des DL de sin(x + 1) et cos(x + 1) : tan(x +1) = sin(x +1)cos(x +1)= sin(1) cos(x) + cos(1) sin(x)cos(1) cos(x) sin(1) sin(x)=sin(1) 1 x22+ x2(x) + cos(1) x + x2(x)( )cos(1) 1 x22+ x2(x) sin(1) x + x2(x)( )=sin(1) + x cos(1) x22sin(1) + x2(x)cos(1) x sin(1) x22cos(1) + x2(x).On procde donc comme dans l'exercice : mise en facteur au dnominateur de cos(1), puis utilisation de la formule de (1 + u)-1 : sin(1) + x cos(1) x22sin(1)+ x2(x)cos(1) x sin(1) x22cos(1) + x2(x)= tan(1)+ x x22tan(1) + x2(x) 1+ x tan(1) +x22+ x2(x) + x2 tan2(1)= tan(1) + x 1+ tan2(1)( )+ x22 tan(1) + 2 tan(1) + tan(1) + 2 tan3(1)( )+ x2(x).D'o, enfin : tan(x +1) = tan(1)+ x 1 + tan2(1)( )+ x2 tan(1)+ tan3(1)( )+ x2(x). NB : dans ce cas, le recours la formule de Taylor est beaucoup plus efficace. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 127 indications pour rsoudre - mthode - lexique exercice 11-QC (QC-1) tudions la fonction dfinie par T(X) = tan(X) X2. Sa drive est : T (X) = 1+ tan2(X) 12= 12+ tan2(X). Elle est donc strictement positive, donc T est croissante. Comme T(0) = 0, on voit que T(X) 0 si X 0, et T(X) 0 si X 0. Ici, X = 1x> 0, donc : sin1xcos1x 12x, et comme cos1x 0, puisque 2+ 2n 1x 2+ 2n, on obtient bien : 2x sin1x cos1x 0. (QC-2) On remarque par exemple que f(x) = 0 a des solutions sur tout intervalle centr en 0, puisqu'il suffit de prendre x = 12n, n tant un entier naturel non nul. exercice 12-QC (QC-1) On a donc vrifi ici que si une fonction h est deux fois drivable au point 0, et si son graphe a en commun avec la droite d'quation y = x le point (0, 0), tout en tant situ au-dessus de cette droite, alors la droite est la tangente, et la drive seconde en 0 est positive. On peut gnraliser ces diverses circonstances particulires : Soit h une fonction drivable en un point a. Soit D une droite passant par le point (a, h(a)). On suppose que le graphe de h est entirement situ d'un Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 128 indications pour rsoudre - mthode - lexique mme ct de D (variante : au voisinage de (a, h(a)), le graphe est situ d'un mme ct de D). Alors D est la tangente en (a, h(a)) au graphe de h, et, si h"(a) existe, le signe de h"(a) est dtermin par le ct o se situe le graphe : positif si le graphe est au-dessus de D, ngatif dans le cas contraire. L'argument est essentiellement le mme que celui dvelopp dans l'exercice : le taux d'accroissement est suprieur la pente de la droite d'un ct, et infrieur cette pente de l'autre ct du point (a, h(a)), donc la limite est gale cette pente. La droite D est bien la tangente. La considration du dveloppement limit l'ordre 2 permet de conclure sur h"(a). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 129 indications pour rsoudre - mthode - lexique 4 Pour Chercher 4-1 Indications pour les exercices () Le symbole (M) signifie que Maxima peut apporter une aide sur le point considr. exercice 1-I 2) Reprendre la dfinition. 3) Utiliser les exemples de la premire question. QC-2) Un taux d'accroissement correspond la pente d'une droite. exercice 2-I 1) Sparer le cas x 0, du cas x = 0. Faire quelques essais (M) et formuler une conjecture sur l'existence et la forme des drives. 2) Ici aussi, sparer les deux cas. faire quelques essais (M), et utiliser la comparaison entre exponentielle et polynme. exercice 3-I 1) Calculer directement ces drives, la main, ou l'aide d'un logiciel adapt au calcul formel (M). Ne considrer que les caractristiques du terme de plus haut degr du numrateur. 2) Procder par identification, ou, mieux, en drivant g(x)(1 + x2) = 1 (M). 3) Continuer driver (3 ou 4 drivations) pour voir apparatre une forme rgulire. Examiner comment on forme u(k + 1), v(k + 1), w(k + 1) partir de u(k), v(k), w(k) (en drivant). Puis rsoudre ces relations de rcurrence (M). 4) Distinguer k pair de k impair. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 130 indications pour rsoudre - mthode - lexique 5) Raisonnement par rcurrence : si la forme conjecture est valable pur g(k) et g(k+1), alors voir qu'elle s'applique encore g(k+2). QC-1) 1 + x2 a des drives successives simples calculer. exercice 4-I 1) Faire quelques essais (M). noncer une conjecture, l'tablir par rcurrence. 2) Penser la formule de Leibniz. 3) Passer par une quation diffrentielle simple vrifie par cette fonction, pour prouver qu'elle est indfiniment drivable. Calculer quelques drives pour voir quelle est leur forme (M). QC-1) Distinguer n pair et n impair. QC-2) crire une quation diffrentielle pour le polynme numrateur. La rsoudre par identification. exercice 5-I 1) Utiliser l'unicit du DL, et l'galit f(x) = f(x) pour tout x. 2) C'est une proprit de symtrie qu'il faut gnraliser. 3) faire quelques essais avec des DL simples de fonctions positives (M). QC-1) Le premier terme non nul d'un DL donne le signe. exercice 6-I 1) Simple calcul : ne pas crire de termes de degr suprieur 2. 2) Mettre le terme constant du numrateur en facteur. 3) Mettre en facteur au dnominateur le terme de plus bas degr. QC-2) Quotient ou formule de Taylor. exercice 7-I 1) Dvelopper le sinus, puis (1 + u)1/2, u tant le DL du sinus (M). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 131 indications pour rsoudre - mthode - lexique 2) Dvelopper d'abord le cosinus, puis e1+u = e.eu, 1 + u tant le DL du cosinus (M). 3) En 0, log(x) n'a pas de limite 4) Ne pas passer par le formulaire, mais par la formule de Taylor. Utiliser l'exercice 2. 5) Aprs avoir calcul le DL de cosinus, calculer celui du quotient par la mthode de l'exercice 4. Enfin, substituer dans la DL de eu (M). 6) Faire un changement de variable pour faire apparatre une variable tendant vers 0 : x = 1 + h. Ensuite utiliser le formulaire (rappelons que les formules qu'il contient sont connatre par coeur) (M). 7) La fonction est-elle drivable en 0 ? 8) Faire un changement de variable comme en 6) (M). 9) Ici galement (M). 10) Ici galement, x = 4+ h. . Utiliser les formules trigonomtriques connues (M). Autre possibilit : utiliser la formule de Taylor. 11) Voir l'exercice 2, pour appliquer la formule de Taylor. 12) Analogue au prcdent. 13) La fonction est-elle drivable en 0 ? 14) Faire un changement de variable : x = 2 + h (M). 15) Le logarithme n'a pas de DL. Utiliser la formule de Taylor, si possible exercice 8-I 1) Changer de variable : x = 1/h, h tendant vers 0, h > 0. Puis dvelopper le quotient (exercice 4), enfin le radical. 2) Changer de variable : x = 1 + h. Pour le quotient, utiliser la mthode de l'exercice 4-3). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 132 indications pour rsoudre - mthode - lexique 3) Changer de variable : x = 2+ h. . Utiliser le DL de tan(h) en 0 ( tablir s'il n'est pas connu). Ensuite traiter le quotient comme dans l'exercice 4-3) ci-dessus. 4) Changer de variable : x = 1/h. Attention : ici h est ngatif, il faut en tenir compte pour mettre h en facteur du radical. 5) Mme changement de variable. Ici h est positif. Dvelopper d'abord l'exposant, puis substituer dans eu. 6) Changer de variable : x = 1/h. Ici h est ngatif. Faire un dveloppement asymptotique de l'exposant. L'expression a-t-elle une limite finie ? exercice 9-I 1) Le DL du cosinus, un ordre quelconque est connu. Pour la fraction : simplifier par 4. La dvelopper l'ordre 4 (M). 2) Le sinus est dans le formulaire. Dvelopper la fraction l'ordre 3 (M). 3) Changer de variable : x = h + 1. Le DL du logarithme est prendre l'ordre 2 puisque le polynme est de degr 2 (M). 4) Combiner deux DL connus. Dvelopper l'ordre 4 (M). exercice 10-I Dans tous les cas, voir qu'il s'agit d'une forme indtermine. Reprer de quel type. 1) Changement de variable x = 1 + h. L'expression xx est transformer sous forme d'exponentielle. 2) tudier le logarithme de l'expression. Discuter selon les valeurs de k. 3) tudier le logarithme de l'expression. crire (1 + x) = x (1 + 1/x). 4) Chercher sparment des quivalents du numrateur et du dnominateur. crire : x + 1+ x2 = x 1 + 1x2+1 . Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 133 indications pour rsoudre - mthode - lexique crire : x2 + ex = ex (x2e-x + 1). Revoir la notion de fonction ngligeable devant une autre, et de fonctions quivalentes (volume 3). 5) Chercher un dveloppement asymptotique de chaque terme, et faire la diffrence. 6) Chercher des quivalents du numrateur et du dnominateur, l'aide de dveloppements limits. 7) Changement de variable x = 1 + h. tudier le logarithme de l'expression. 8) tudier le logarithme de l'expression. crire : e + x = e (1 + x/e). 9) Chercher un quivalent du numrateur et un quivalent du dnominateur. crire : e 1+x = ex 1+ 1x puis dvelopper le second radical. Voir que log(x) est ngligeable devant x. 10) Chercher un dveloppement asymptotique. crire : 1 x = x 1 1xen pensant que x est ngatif. crire : x2 1 1 = x 1x+ 1 1x2 . Simplifier avant de calculer les dveloppements. 11) Penser un quivalent en 0 de log(1 + u). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 134 indications pour rsoudre - mthode - lexique exercice 11-I 1) Deux cas trs courants. Pour le troisime, utiliser l'expression sin1x . Prouver soigneusement la non-monotonie. 2) Chercher un cas de fonction non monotone (drive de signe variable). 3) Dans le cas o f' est continue, si f'(a) 0, f'(x) est non nul sur un intervalle centr en a (revoir pourquoi). QC-1) tudier les variations (drive). QC-2) Voir par exemple f(x) = 0. exercice 12-I 2) Passer par le taux d'accroissement droite en 0. 3) Utiliser le taux d'accroissement droite et celui gauche. Les hypothses permettent d'appliquer la formule de Taylor l'ordre 2. exercice 13-I 1) Simplifier d'abord les DL proposs en ne conservant que les termes significatifs. Un des DL est superflu car quivalent un autre, le supprimer. Quand des DL de mme ordre sont-ils compatibles ? Quand des DL d'ordres diffrents sont-ils compatibles ? On trouvera 5 familles. 2) Prciser : la limite en 0, la tangente, la position par rapport la tangente. 3) Ces lments gomtriques permettent de reconnatre les figures correspondant aux diffrentes familles. Il reste deux graphes. Procder en sens inverse. Au vu de la figure, proposer un terme constant (valeur en 0), un terme de degr 1 (pente de la tangente), un terme de degr 2 (position par rapport la tangente). Il n'y a pas une rponse unique. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 135 indications pour rsoudre - mthode - lexique exercice 14-I Dans chaque cas, il faut dterminer la limite, le terme de degr 1 et le premier terme non nul suivant. 1) Intgrer un DL de l'intgrande. 2) Changer de variable : x = 1 + h. 3) Mettre x en facteur. Dvelopper en h = 1/x. 4) Changer de variable : x = 2 + h. 5) Faire un dveloppement asymptotique en 1/x. 6) Faire un DL l'ordre 3. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 136 indications pour rsoudre - mthode - lexique 4-2 Mthodes () Mode d'emploi de cette partie : vous trouverez d'abord une liste de mthodes de rsolution des types de questions prsentes dans ce volume ; par commodit, on a prcis ensuite propos de chaque exercice o une mthode a t indique par () le (ou les) numro de la mthode concerne. S'agissant d'un discours sur les mathmatiques, et non d'un discours mathmatique, on trouvera naturel qu'il utilise les abus de langage usuels, les raccourcis allusifs, et de faon gnrale qu'il se rapproche d'un discours oral qui pourrait tre tenu devant les tudiants. 1- Faire un raisonnement par rcurrence. Pour dmontrer qu'une proprit P dpendant d'un entier n est vraie. (1) Supposer que la proprit P est vraie, pour la valeur n 1, montrer qu'elle est vraie pour la valeur n (rcursivit). (2) Dmontrer que la proprit est vraie pour n = 0, ou 1, plus gnralement pour n0. On peut alors en dduire que P est vraie pour tout n n0. 2- tablir l'existence, une ingalit, une valeur, pour une drive. La drive est la limite d'un taux d'accroissement. On tablira souvent une relation sur le taux d'accroissement pour l'obtenir sur la drive par "passage la limite". 3- tudier la drivabilit d'une fonction dfinie "par morceaux". Gnralement le problme ne se pose qu'aux points de raccordement, tudier particulirement. Utiliser la mthode prcdente. Penser aussi au cas o la fonction est continue et o sa drive, dfinie en dehors d'un point par des considrations gnrales, a une limite au point en question : cette limite est la valeur de la drive en ce point. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 137 indications pour rsoudre - mthode - lexique 4- Montrer qu'une fonction est indfiniment drivable. On peut tablir une relation entre la fonction et sa drive, et s'en servir dans un raisonnement par rcurrence. 5- Calculer une drive n-me. On peut utiliser la formule de Leibniz si la fonction est produit de deux fonctions dont la drivation est simple calculer. On peut galement essayer de procder par rcurrence () en tablissant une relation entre des drives successives. 6- Calculer le dveloppement limit, ou asymptotique, d'un quotient. Mettre le dnominateur sous la forme 1 + u, u tant une expression tendant vers 0, puis utiliser le DL standard de (1 + u)1. Pour transformer le dnominateur, essayer de mettre en facteur le terme le plus "grand" (celui devant lequel les autres sont ngligeables). 7- Calculer le dveloppement d'une expression compose f(g(x)). Calculer d'abord un DL de g(x), puis substituer ce DL t dans le DL correspondant de f(t). 8- Calculer un DL sans utiliser le formulaire. Dans certains cas, il faut avoir recours la formule de Taylor. C'est exceptionnel, aussi cela demande tre bien examin. On rencontrera le cas de fonctions non composes de fonctions figurant dans le formulaire, ou leurs primitives. On connat quelques cas o il est aussi simple d'utiliser la formule de Taylor car les drives successives sont faciles calculer (tan(x)). Penser aussi aux cas o le DL n'est pas en 0, et o le changement de variable ne donne pas de formule simple. 9- Calculer un dveloppement en un point diffrent de 0. Dans tous les cas, faire d'abord un changement de variable pour se ramener une variable tendant vers 0 : x a, pour un DL en a, 1/x pour un dveloppement l'infini. Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 138 indications pour rsoudre - mthode - lexique 10- Chercher la limite d'un quotient d'expressions tendant vers 0, ou vers l'infini. A l'aide de dveloppement, ou d'autres techniques (volume 3), chercher un quivalent du numrateur et du dnominateur. 11- Chercher la limite d'une expression f(x)g(x). Gnralement, tudier le logarithme de l'expression. C'est en particulier le cas si f(x) tend vers 1 et g(x) vers l'infini, ou f(x) et g(x) vers 0. 12- Chercher la limite d'un produit f(x)g(x), o f(x) tend vers 0 et g(x) vers l'infini. Chercher des quivalents des deux expressions. 13- Chercher la limite d'une expression de la forme f(x) g(x) o les deux tendent vers +. Chercher des dveloppements des deux expressions. 14- Dterminer des caractristiques gomtriques partir d'un dveloppement. Il faut disposer de trois termes, les deux premiers peuvent tre nuls, le troisime ne doit pas l'tre pour apporter une information. Le terme de degr 0 donne la valeur (ou la limite) de la fonction. Le terme de degr 1 donne la tangente (ou asymptote). Le troisime terme est le premier terme de degr au moins 2 non nul. Il donne la position du graphe de la fonction par rapport la tangente (ou asymptote). Les mthodes dans les exercices : ex. 1 : 2 ex. 2 : 2, 3 ex. 3 : 1, 4, 5 ex. 4 : 1, 4, 5 ex. 6 : 6 ex. 7 : 6, 7, 8, 9 ex. 8 : 6, 7, 8, 9 ex. 9 : 6, 7, 8, 9 ex. 10 : 6 13 ex. 12 : 14 ex. 13 : 14 ex. 14 : 14 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 139 indications pour rsoudre - mthode - lexique 4-3 Lexique () C Classe : une fonction f est de classe Ck sur un intervalle I si elle est k fois drivable sur I, et si sa drive k-me est continue sur I. Elle est de classe C si elle est de classe Ck pour tout k. Compatible : des dveloppements sont compatibles s'ils peuvent tre diffrents dveloppements de la mme expression. E quation diffrentielle : une fonction f est solution de l'quation diffrentielle a(x) y' + b(x) y = c(x), o a, b, c sont des fonctions de x, si pour tout x, on a l'galit : a(x) f'(x) + b(x) f(x) = c(x). Une telle quation est dite du premier ordre. Elle est linaire. On peut galement introduire des quations diffrentielles du second ordre etc. linaires ou non Dans tous les cas, ce sont des relations vrifier entre une fonction et certaines de ses drives. I Indfiniment drivable : une fonction f est indfiniment drivable si elle est drivable tout ordre (). Elle est alors de classe C (). Injective : une application f est injective si f(x) = f(y) x = y. M Monotone : une fonction f monotone est une fonction croissante, (resp. dcroissante) : si x y, alors f(x) f(y), (resp. f(x) f(y)). Elle est dite strictement monotone si elle est strictement croissante (resp. strictement dcroissante) : si x < y alors f(x) < f(y) (resp. f(x) > f(y)). Dans ce cas elle est injective (). Daniel Alibert Cours et Exercices corrigs Volume 4 140 indications pour rsoudre - mthode - lexique O Ordre de drivabilit : une fonction f est drivable l'ordre p en un point a si la drive f(p)(a) existe. P Partie rgulire : la partie rgulire d'un dveloppement limit, ou asymptotique est la partie polynomiale, ou fraction rationnelle explicite, l'exclusion du terme complmentaire (). T Terme complmentaire : dans un dveloppement limit, ou asymptotique, le terme complmentaire indique l'ordre de grandeur des termes ngligs. La notation usuelle est (cas d'un DL en 0) xk(x), o, par convention, (x) dsigne "une expression tendant vers 0". Terme dominant : le terme dominant d'un polynme est le terme de plus haut degr. V Voisinage point : soit a un rel, on dit qu'une proprit est vraie sur un voisinage point de a, si elle est vraie sur un intervalle ouvert centr en a, ]a h , a + h[ (h > 0), sauf peut-tre en a.

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