Exercices corrigés: Dérivabilité + Théorème de rolle et Accroissements Finis - analyse 1

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Exercices corrigés: Dérivabilité + Théorème de rolle et Accroissements Finis - analyse 1

Bibliothèque d’exercices
L1
Enoncés
Feuille n° 13

Exercices corrigés Dérivabilité Théorème de rolle et Accroissements Finis analyse 1

Dérivabilité: 17 exercices corrigés
1 Calculs (4 exercices)
2 Théorème de Rolle et accroissements finis (7 exercices)
3 Divers (6 exercices)

Nom du fichier : exo divers +Theoreme de Rolle et accroissements finis By ExoSup.com.pdf
Taille du fichier : 160 KB
Date de publication : 16/11/2014

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Bibliothèque d’exercices
L1
Enoncés
Feuille n° 13
Dérivabilité
1 Calculs
Exercice 1 Etudier la dérivabilité des fonctions suivantes :´
f1( x) = x 2 cos 1
x
si x 6= 0 f1(0) = 0;
f2(x) = sin x sin 1
x
si x 6= 0 f2(0) = 0;
f3(x) = |x |vx 2 - 2x + 1
x - 1
si x 6= 1 f3(1) = 1.
Exercice 2 Déterminer a, b ? R de manière à ce que la fonction f définie sur R + par :
f(x) = vx si 0 6 x 6 1 et f(x) = ax 2 + bx + 1 sinon
soit dérivable sur R *
+.
Exercice 3 Soit f : R * -? R définie par f(x) = x 2 sin 1
x
. Montrer que f est prolongeable par
continuité en 0 ; on note encore f la fonction prolongée. Montrer que f est dérivable sur R mais
que f 0 n’est pas continue en 0.
Exercice 4 Calculer la fonction dérivée d’ordre n des fonctions f, g, h définies par :
f(x) = sin x ; g(x) = sin2 x ; h(x) = sin3 x + cos3 x.
2 Théorème d e Rolle et accroissements finis
Exercice 5 Montrer que le polynˆome Pn défini par
Pn
(t) = 1 - t2 n (n)
est un polynˆome de degré n dont les racines sont réelles, simples et appartiennent à [-1, 1].
Exercice 6 Montrer que le polynˆome Xn + aX + b (a et b réels) admet au plus trois racines
réelles.
Exercice 7 Soit f une fonction n fois dérivable sur ]a, b[ s’annulant en n + 1 points de ]a, b[.
Montrer que si f(n) est continue,il existe un point x0 de ]a, b[ tel que f(n)(x0) = 0.
1
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Exercice 8 Dans l’application du théorème des accroissements finis à la fonction
f( x) = ax 2 + bx + c
sur l’intervalle [a, ß] préciser le nombre ? de ]a, ß[. Interprétation géométrique ?
Exercice 9 Soient x et y réels avec 0 < x < y.
1. Montrer que
x <
y - x
ln y - ln x < y.
2. On considère la fonction f définie sur [0, 1] par
a 7? f(a) = ln(ax + (1 - a)y) - a ln x - (1 - a) ln y.
De l’étude de f déduire que pour tout a de ]0, 1[
a ln x + (1 - a) ln y < ln(ax + (1 - a)y).
Interprétation géométrique ?
Exercice 10 Par application du théorème des accroissements finis à f(x) = ln x sur [n, n + 1]
montrer que
Sn
=
n Xk
=1
1k
tend vers l’infini quand n tend vers l’infini.
Exercice 11 Montrer que ?x ? R |e x - 1 - x| 6 x22 e | x | .
3 Divers
Exercice 12 Soit f : R -? R définie par f(x) = (1 - k) 3x2 + (1 + k)x3 o`u k est un nombre
réel. Déterminer les valeurs de k pour lesquelles l’origine est un extremum local de f.
Exercice 13 Déterminer les extremums de f(x) = x4 - x3 + 1 sur R.
Exercice 14 Quel est le lieu des points d’inflexion (puis des extrémums relatifs) de f? quand
? décrit R, o`u :
f? : x ? ?ex + x2.
Exercice 15 (E xamen 2000) Enoncer le théorème de Rolle pour une fonction h : [a, b] -?
R. Soit f, g : [a, b] -? R deux fonctions continues sur [a, b] (a < b) et dérivables sur ]a, b[. On
suppose que g 0(x) 6= 0 pour tout x ?]a, b[.
1. Montrer que g(x) 6= g(a) pour tout x ?]a, b[. (Raisonner par l’absurde et appliquer le
théorème de Rolle.)
2. Posons p = f(b) -f(a)
g(b) -g(a) et considérons la fonction h(x) = f(x) - pg(x) pour x ? [a, b].
Montrer que h vérifie les hypothèses du théorème de Rolle et en déduire qu’il existe un
nombre réel c ?]a, b[ tel que
f(a) - f(b)
g(a) - g(b) =
f 0(c)
g 0(c) .
2
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3. On supp ose que lim x ? b - f 0( x)
g 0( x) = `, o`u ` est un nombre réel. Montrer que
lim
x ? b -
f(x) - f(b)
g(x) - g(b) = `.
4. Application : Calculer la limite suivante :
lim
x ?1 -
Arccosx
v1 - x2 .
Exercice 16 (E xamen 2000) Soit n > 2 un entier fixé et f : R+ = [0, +8[-? R la fonction
définie par la formule suivante :
f(x) = 1 + xn
(1 + x)n , x > 0.
1. (a) Montrer que f est dérivable sur R+ et calculer f 0(x) pour x > 0.
(b) En étudiant le signe de f 0(x) sur R+, montrer que f atteint un minimum sur R+ que
l’on déterminera.
2. (a) En déduire l’inégalité suivante :
(1 + x)n 6 2n -1(1 + xn), ?x ? R+.
(b) Montrer que si x ? R+ et y ? R+ alors on a
(x + y)n 6 2n -1(xn + yn).
Exercice 17 On considère la fonction f : R ? R définie par
f(t) = ( e0 si1/t si t < > 0
1. Démontrer que f est dérivable sur R, en particulier en t = 0.
2. Etudier l’existence de f 00(0).
3. On veut montrer que pour t < 0, la dérivée n-ième de f s’écrit
f(n)(t) = Pn(t)
t2n e1/t
o`u P
n est un polynˆome.
(a) Trouver P1 et P2.
(b) Trouver une relation de récurrence entre Pn+1, Pn et Pn0 pour n ? N *.
4. Montrer que f est de classe C 8.
3
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Bib liothèque d’e xe rc ices Indications
L1 Feuille n ? 13
Dérivabilité
Indication 1 Le seul problème est en 0. f1 est dérivable en 0 mais pas f2 ni f3.
Indication 2 Vous avez deux conditions : il faut que la fonction soit continue (car on veut
qu’elle soit dérivable donc elle doit ˆetre continue) et ensuite la condition de dérivabilité proprement dite.
Indication 3 f est continue en 0 en la prologeant par f(0) = 0. f est dérivable en 0 et
f 0(0) = 0.
Indication 4 On ne cherchera pas à utiliser la formule de Leibniz mais à linéariser les expressions trigonométriques.
Indication 5 Il faut appliquer le théorème de Rolle un fois au polynˆome (1 - t 2) n puis deux
fois à sa dérivée première, puis trois fois à sa dérivée seconde...
Indication 6 On peut appliquer le théorème de Rolle plusieurs fois.
Indication 7 C’est encore Rolle de nombreuses fois
Indication 9 1. Utiliser le théorème des accroissement finis avec la fonction t 7? ln t
2. Montrer d’abord que f 00 est négative. Se servir du théorème des valeurs intermédiaires
pour f 0.
Indication 10 Une fois le théorème des accroissement finis utilisé vous obtenez une somme
téléscopique.
Indication 11 Le théorème des accroissements finis donne un résultat proche de celui souhaité
à un facteur près. Pour obtenir la mojoration demandée on peut utiliser le théorème de Rolle
avec une fonction bien choisie.
Indication 14 On distinguera les cas ? > 0 et ? < 0. Pour le cas ? < 0 on considerera des
sous-cas.
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Bib liothèque d’e xe rc ices Corrections
L1 Feuille n ? 13
Dérivabilité
Correction 1 1. La fonction f1 est dérivable en dehors de x = 0. Pour savoir si f1 est
dérivable en 0 regardons le taux d’accroissement :
f1(x) - f1(0)
x - 0
= x cos
1x
.
Mais x cos(1/x) tend vers 0 (si x ? 0) car | cos 1/x | 6 1. Donc le taux d’accroissement
tend vers 0. Donc f1 est dérivable en 0 et f10(0) = 0.
2. Encore une fois f2 est dérivable en dehors de 0. Le taux d’accroissement en x = 0 est :
f2(x) - f2(0)
x - 0
=
sin x
x
sin
1x
Nous savons que sin x
x
? 1 et que sin 1/x n’a pas de limite quand x ? 0. Donc le taux
d’accroissement n’a pas de limite, donc f2 n’est pas dérivable en 0.
3. La fonction f3 s’écrit :
f3(x) = |x ||x - 1|
x - 1
.
– Donc pour x 6 1 on a f3(x) = x, pour 0 6 x < 1 on f3(x) = -x. Pour x < 0 on a
f3(x) = x.
– La fonction f3 est définie, continue et dérivable sur R \ {0, 1}.
– La fonction f3 n’est pas continue en 1, en effet limx? 1+ f3(x) = +1 et limx? 1- f3(x) =
-1. Donc la fonction n’est pas dérivable en 1.
– La fonction f3 est continue en 0. Le taux d’accroissement pour x > 0 est
f3(x) - f3(0)
x - 0
=
-x
x
= -1
et pour x < 0,
f3(x) - f3(0)
x - 0
=
x
= +1.
Donc le taux d’accroissement n’a pas de limite en 0 et donc f3 n’est pas dérivable en 0.
Correction 2 Il faut d’abord que la fonction soit continue en x = 1. La limite à gauche est
lim
x? 1 - vx = +1 et à droite limx? 1 - ax 2 + bx + 1 = a + b + 1. Donc
a + b + 1 = 1.
Il faut maintenant que les dérivées à droites et à gauches soient égales : limx? 1 + 2v1 x = 12 et
lim
x?1 + 2ax + b = 2a + b. Donc
2a + b = 1
2
.
Le seul couple (a, b) solution des deux équations est (a = 12, b = - 12 ).
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Correction 3 f est C 8 sur R *.
1. Comme | sin 1/x | 6 1 alors f tend vers 0 quand x ? 0. Donc en posant f(0) = 0. la
fonction f est continue sur R.
2. Le taux d’accroissement est
f(x) - f(0)
x - 0
= x sin
1x
.
Comme ci-dessus il y a une limite (qui vaut 0) en x = 0. Donc f est dérivable en 0 et
f 0(0) = 0.
3. Sur R *, f 0(x) = 2x sin(1/x) - cos(1/x), Donc f 0(x) n’a pas de limite quand x ? 0. Donc
f 0 n’est pas continue en 0.
Correction 4 1. Selon que n = 0[4], 1[4], 2[4], 3[4] alors f ( n)(x) vaut respectivement sin x,
cos x, - sin x, - cos x.
2. La dérivée de sin2 x est 2 sin x cos x = sin 2x. Et donc les dérivées suivantes seront :
2 cos 2x, -4 cos 2x, 8 sin 2x, 16 cos 2x,... Et selon que n = 1[4], 2[4], 3[4], 0[4], alors g( n)(x)
vaut respectivement 2 n -1 sin 2x, 2 n -1 cos 2x, -2 n -1 sin 2x, -2 n -1 cos 2x.
3. sin(x) 3 + cos(x) 3 = - 14 sin(3x) + 34 sin(x) + 14 cos(3x) + 34 cos(x) et on dérive...
Correction 5 Q n(t) = (1 - t2) n est un polynˆome de degré 2n, on le dérive n fois, on obtient
un polynˆome de degré n. -1 et +1 sont des racines d’ordre n de Q n, donc Q n(1) = Q 0 n(1) =
... = Q( nn -1)(1) = 0, mˆeme chose en -1. Q(-1) = 0 = Q(+1) donc d’après le théorème de
Rolle il existe c ?] - 1, 1[ telle que Q 0n(c) = 0. Donc Q 0n(-1) = 0, Q 0n(c) = 0, Q 0n(-1) = 0. En
appliquant le théorème de Rolle deux fois (sur [-1,c] et sur [c, +1]), on obtient l’existence de
racines d1,d2 pour Q 00n, auxquelles il faut rajouter -1 et +1. On continue ainsi par récurrence.
On obtient pour Q(nn -1), n + 1 racines : -1,e1,...,en -1, +1. Nous appliquons le théorème de
Rolle n fois. Nous obtenons n racines pour Pn = Q(nn). Par constructions ces racines sont réelles
distinctes (donc simples). Comme un polynˆome de degré n a au plus n racines, nous avons
obtenu toutes les racines.
Correction 6 1. Par l’absurde on suppose qu’il y a (au moins) quatre racine distinctes
pour Pn(X) = Xn + aX + b. Notons les x1 < x2 < x3 < x4. Par le théorème de Rolle
appliqué trois fois (entre x1 et x2, entre x2 et x3,...) il existe x 01 < x 02 < x 03 des racines de
P 0
n. On applique deux fois Rolle entre x 01 et x 02 et entre x 02 et x 03. On obtient deux racines
distinctes pour Pn00. Or Pn00 = n(n - 1)Xn -2 ne peut avoir que 0 comme racines. Donc nous
avons obtenu une contradiction.
2. Autre méthode : Le résultat est évident si n 6 3. On suppose donc n > 3. Soit Pn
l’application X 7? Xn + aX + b de R dans lui-mˆeme. Alors Pn0 (X) = nXn -1 + a s’annulle
en au plus deux valeurs. Donc Pn est successivement croissante-décroissante-croissante ou
bien décroissante-croissante-décroissante. Et donc P
n s’annule au plus trois fois.
Correction 7 Comme f 0 est dérivable, elle est continue. Comme f s’annulle n + 1 fois, f 0
change de signe (au moins) n + 1 fois donc s’annulle (au moins) n fois. On peut bien sˆur
recommencer, le résultat en découle.
Correction 8 f(ß) - f(a) = f 0(c)(ß - a). Donc a(ß2 - a2) + b(ß - a) = (2ac + b)(ß - a).
Donc c = a+ß
2 .
Géométriquement, cela signifie que la droite qui passe par (a,f(a)) et (ß,f(ß)), est parallèle
à la tangente qui passe en ( a+2 ß,f( a+2 ß)).
2
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Correction 9 1. Soit g(t) = ln t. Appliquons le théorème des accroissement finis sur [x,y].
Il existe c ?]x,y[, g(y) - g(x) = g 0(c)(y - x). Soit ln y - ln x = 1 c (y - x). Donc ln y -lnx x = 1c .
Or x < c < y donc 1
y
< 1
c
frac1x. Ce qui donne les inégalités recherchées.
2. f0(a) = ax+(1x--ya)y - ln x + ln y. Et f00(a) = - (ax+(1(x--y)a2)y) 2 . Comme f00 est négative alors f0
est décroissante sur [0, 1]. Or f0(0) = x-y-y(ln x-ln y)
y
> 0 d’après la première question et
de mˆeme f0(1) < 0. Par le théorème des valeurs intermédiaires il existe c ? [x,y] tel que
f0(c) = 0. Maintenant f0 est positive sur [0,c] et négative sur [c, 1]. Donc f est croissante
sur [0,c] et décroissante sur [c, 1]. Or f(0) = 0 et f(1) = 0 donc pour tout x ? [0, 1],
f(x) > 0. Cela prouve l’inégalité demandée.
3. Géométriquement nous avons prouver que la fonction ln est concave, c’est-à-dire que la
corde (le segment qui va de (x,f(x)) à (y,f(y)) est sous la courbe d’équation y = f(x).
Correction 10 Le théorème des accroissement finis donne : ln(n+1) - ln(n) = c1n (n+1-n) =
1
cn
, avec cn ? [n,n + 1]. Or cn > n donc n1 > c1n . Donc :
Sn
=
n Xk
=1
1k
>
n Xk
=1
1ck
=
n Xk
=1
ln(k + 1) - ln(k) = ln(n + 1).
La dernière égalité s’obtient car la somme est téléscopique. Donc Sn > ln(n+1), donc Sn ? +8.
Correction 11 Pour simplifier nous supposons x > 0.
1. Appliquer le théorème des accroissements finis ne va pas ˆetre suffisant. En effet, soit
f(x) = ex - 1 - x. Alors il existe c ?]0,x[ tel que f(x) - f(0) = f0(c)(x - 0). Soit
f(x) = (ec - 1)x. Soit maintenant g(x) = ex - 1 alors, par le théorème des accroissements
finis sur [0,c] il existe d ?]0,c[ tel que g(c) - g(0) = g0(d)(c - 0), soit ec - 1 = edc. Donc
ex - 1 - x = f(x) = (ec - 1)x = edcx. Comme d 6 c 6 x, alors ex - 1 - x 6 exx2.
Cela donne une inégalité, mais il manque un facteur 1/2.
2. Nous allons obtenir l’inégalité par application du théorème de Rolle. Soit maintenant
f(t) = et - 1 - t - k t22 . Nous avons f(0) = 0, x > 0 étant fixé, nous choisisons k tel
que f(x) = 0, (un tel k existe car ex - 1 - x > 0 et x2 > 0). Comme f(0) = 0 = f(x)
alors par Rolle il existe c ?]0,x[ tel que f0(c) = 0. Mais f0(t) = et - t - kt, donc
f0(0) = 0. Maintenant f0(0) = 0 = f0(c) donc il existe (par Rolle toujours !) d ?]0,c[ tel
que f00(d) = 0. Or f00(t) = et - k, donc f00(d) = 0 donne k = ed. Ainsi f(x) = 0 devient
ex - 1 - x = ed x2
2 . Comme d 6 x alors ex - 1 - x 6 ex x22 .
Correction 12 f0(x) = 2(1 - k) 3x + 3(1 + k)x2, f00(x) = 2(1 - k) 2 + 6(1 + k)x. Nous avons
f0(0) = 0 et f00(0) = 2(1 - k) 3. Donc si k 6= 1 alors 0 est un extremum local. Si k = 1 alors
f(x) = 2x3 et 0 n’est pas un extremum local.
Correction 13 f0(x) = 4x3 - 3x2 = x2(4x - 3) donc les extremums sont dans {0, 34}. Comme
f00(x) = 12x2 - 6x = 6x(2x - 1). Alors f00 ne s’annule pas en 34 donc 34 donne un extremum
(minimum absolu). Par contre f00(0) = 0 et f000(0) 6= 0 donc 0 est un point d’inflexion qui n’est
pas un extremum (mˆeme pas relatif, pensez à x3).
Correction 14 1. f?0 (x) = ?ex + 2x, f?00(x) = ?ex + 2. Les points d’inflexions sont les
racines de f?00, donc si ? > 0 il n’y a pas de point d’inflexion, si ? < 0 alors il y a un point
d’inflexion en x? = ln(-2/?).
3
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2. Si ? > 0 alors f?00 est toujours strictement positive, donc f?0 est strictement croissante,
en -8 f?0 est négative, en +8 f?0 est positive donc il existe un unique réel y? tel que
f?0 (y?) = 0. f? est décroissante sur ] - 8, y?] et croissante sur [y?, +8[. Et en y? nous
avons un extremum absolu.
3. Nous supposons ? < 0. Alors f?00 s’annule seulement en x?. f?0 est croissante sur ] - 8, x?]
et décroissante sur [x?, +8[. Donc f?0 est des racines si et seulement si f 0(x?) > 0. Or
f 0(x?) = -2 + 2x?.
(a) Si ? = -2/e alors f?0 (x?) = 0. comme f?00(x?) = 0. et f?000 ne s’annule pas. Alors x?
n’est pas un extremum local.
(b) Si ? > -2/e alors f?0 (x?) < 0 donc f?0 est négative donc f est strictement décroissante.
Il n’y a pas d’extremum local.
(c) Si -2/e < ? < 0 alors f?0 (x?) > 0. Donc f?0 s’annule en deux points, une fois sur
] -8, x?[ et une sur ] x?, +8[. Ce sont des extremums locaux (minimum et maximum
respectivement).
Correction 15 1. Le théorème de Rolle dit que si h : [a, b] -? R est une fonction continue
sur l’intervalle fermé [a, b] et dérivable sur l’ouvert ] a, b[ alors il existe c ?] a, b[ tel que
h 0(c) = 0.
2. (a) Supposons par l’absurde, qu’il existe x 0 ?] a, b] tel que g(x 0) = g(a). Alors en appliquant le théorème de Rolle à la restriction de g à l’intervalle [a, x 0] (les hypothèses
étant clairement vérifiées), on en déduit qu’il existe c ?] a, x 0[ tel que g 0(c) = 0, ce qui
contredit les hypothèses faites sur g. Par conséquent on a démontré que g(x) 6= g(a)
pour tout x ?] a, b] .
(b) D’après la question précédente, on a en particulier g(b) 6= g(a) et donc p est un
nombre réel bien défini et h = f - p · g est alors une fonction continue sur [a, b] et
dérivable sur ] a, b[. Un calcul simple montre que h(a) = h(b). D’après le théorème de
Rolle il en résulte qu’il existe c ?] a, b[ tel que h 0(c) = 0. Ce qui implique la relation
requise.
(c) Pour chaque x ?] a, b[, on peut appliquer la question 2.b aux restrictions de f et g à
l’intervalle [x, b] , on en déduit qu’il existe un point c(x) ?] x, b[, dépendant de x tel
que
(*) f(x) - f(a)
g(x) - g(a) =
f 0(c(x))
g 0(c(x)) .
Alors, comme limx ?b - f 0(t)
g 0(t) = ` et limx ?b - c(x) = b, on en déduit en passant à la
limite dans (*) que
lim
x ?b -
f(x) - f(a)
g(x) - g(a) = `.
Ce résultat est connu sous le nom de “Théorème de l’Hˆopital”.
3. Considérons les deux fonctions f(x) = Arccos x et g(x) = vx2 - 1 pour x ? [0, 1] . Il est
clair que ces fonctions sont continues sur [0, 1] et dérivables sur ]0, 1[ et que f 0(x) = -1/
vx2 - 1 et que g 0(x) = -x/vx2 - 1 6= 0 pour tout x ?]0, 1[. En appliquant les résultats
de la question 2, on en déduit que
lim
x ?1 -
Arccos x
vx2 - 1 = 1.
4
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Correction 16 1. (a) Il est clair que la fonction f est dérivable sur R + puisque c’est une
fonction rationnelle sans pˆole dans cet intervalle. De plus d’après la formule de la
dérivée d’un quotient, on obtient
f 0(x) = n(xn - 1)
(1 + x)n+1 , x > 0.
(b) Il résulte clairement de l’expression précédente que f 0(x) est du signe de xn+1 - 1
sur R+. Par conséquent on obtient : f 0(x) 6 0 pour 0 6 x 6 1 et f 0(x) > 0 pour
x > 1. Il en résulte que f est décroissante sur [0, 1] et croissante sur [1, +8[ et par
suite f atteint son minimum sur R+ au point 1 et ce minimum vaut f(1) = 21-n.
2. (a) Il résulte de la question 1.b que f(x) > f(1) pour tout x ? R+ et donc
(1 + x)n 6 2n-1(1 + xn), ?x ? R+.
(b) En appliquant l’inégalité précédente avec x = b/a, on en déduit immédiatement
l’inégalité requise.
Correction 17 1. f est dérivable sur R*+ en tant que composée de fonctions dérivables, et
sur R*
- car elle est nulle sur cet intervalle ; étudions donc la dérivabilité en 0.
On a
f(t) - f(0)
t
= (e0 si1/t/t si t < > 0
or e1/t/t tend vers 0 quand t tend vers 0 par valeurs négatives. Donc f est dérivable à
gauche et à droite en 0 et ces dérivées sont identiques, donc f est dérivable et f0(0) = 0.
2. On a
f0(t) = ( -0 sie1/t/t2 si t < > 0
donc le taux d’accroissement de f0 au voisinage de 0 est
f0(t) - f0(0)
t
= ( -0 sie1/t/t3 si t < > 0
et il tend vers 0 quand t tend vers 0 par valeurs supérieures comme inférieures. Donc f
admet une dérivée seconde en 0, et f00(0) = 0.
3. (a) On a déjà trouvé que f0(t) = -e1/t/t2, donc f0(t) = P1(t)/t2e1/t si on pose P1(t) = 1.
Par ailleurs, f00(t) = e1/t/t4 + e1/t(-2/t3) = 1-t 42te1/t donc la formule est vraie pour
n = 2 en posant P2(t) = 1 - 2t.
(b) Supposons que la formule est vraie au rang n. Alors f(n)(t) = Ptn2( nt) e1/t d’o`u
f(n+1)(t) = Pn0 (t)t2n - Pn(t)(2n)t2n-1
t4n e1/t + Ptn2(nt) e1/t(-1/t2)
=
P0
n(t)t2 - (2nt + 1)Pn(t)
t2(n+1) e1/t
donc la formule est vraie au rang n + 1 avec
Pn
+1(t) = Pn0 (t)t2 - (2nt + 1)Pn(t).
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4. Sur R *
-
et sur R *
+ f est indéfiniment dérivable, donc il suffit d’étudier ce qui se passe en
0.
Montrons par récurrence que f est indéfiniment dérivable en 0, et que ?n ? N, f ( n) = 0.
On sait que c’est vrai au rang 1. Supposons que f est n-fois dérivable, et que f( n) = 0.
Alors le taux d’accroissement de f( n) en 0 est :
f( n)(t) - f( n)(0)
t
= ( P0 sin(t)e1 /t/t2 n si t < > 0
et sa limite est 0 quand t tend vers 0 par valeurs supérieures comme inférieures. Donc
f( n) est dérivable en 0, et f( n+1)(0) = 0. Donc l’hypothèse de récurrence est vérifiée au
rang n + 1.
Par conséquent, f est de classe C 8.
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