Limites, continuité et dérivabilité

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1 Correction de la Feuille de TD - Analyse 8 9 Limites, continuité et dérivabilité Eercice. Montrer que a = et ( ) =.. Démontrer maintenant ces résultats en utilisant la définition (avec le ε) de la ite. Correction. Montrons que a =. Par définition, on a : Or : R, a = e ln a. ( ln a) = car a ], [ et e =, donc, d après la formule de la ite d une fonction composée, on a : a =. Montrons que ( ) = On a ici une forme indéterminée puisque ( ) = + et ( ) = : on ne peut donc pas conclure directement sur le ite de la somme. Cependant, on a : = ( ) + + = + d où, d après la formule de la ite d un quotient : ( ) ( ) = =. +. On veut montrer que a = c est à dire que : ( avec + ) = + ε >, A(ε) > tel que R, ( A(ε)) = ( a ε). On se fie un ε > et on cherche A(ε) tel que ( A(ε)) = ( a ε). Supposons que l on connaisse A(ε) et considérons un A(ε). On cherche alors à majorer a par une quantité qui dépend de A(ε) et plus de. On a :

2 ln a A(ε) ln a (puisque a ], [), d où, puisque la fonction eponentielle est strictement croissante sur R : a = e ln a = e ln a e A(ε) ln a. e A(ε) ln a est bien une quantité qui dépend de A(ε) et plus de. Si l on choisit A(ε) tel que ε = e A(ε) ln a, on aura alors bien : Or : Conclusion : ( A(ε)) = ( a ε). ε = e A(ε) ln a ln ε = A(ε) ln a A(ε) = ln ε ln α. ε >, A(ε) = ln ε ln α > tel que R, ( A(ε)) = ( a ε). On vient de montrer que a =. On veut maintenant montrer que ( ) = c est à dire que : ( ) ε >, A(ε) > tel que R, ( A(ε)) = ε. On se fie un ε > et on cherche A(ε) tel que ( A(ε)) = ( ε ). Supposons que l on connaisse A(ε) et considérons un A(ε). On cherche alors à majorer par une quantité qui dépend de A(ε) et plus de. Afin d "enlever" la valeur absolue, cherchons dans un premier temps le signe de. On a, ], + [ :, donc, ], + [, =. Cherchons maintenant à majorer. Une première idée serait de faire la majoration suivante :, mais ensuite, on ne peut plus faire d autre majoration : on n a donc pas réussi à majorer par une quantité indépendante de. On va donc faire une autre majoration. On a : = + + = +,

3 Or, si l on suppose que A(ε) >, on a : d où : + A(ε) + A(ε) > = + A(ε) + A(ε). A(ε)+ A(ε) est bien une quantité indépendante de et qui majore. Si l on choisit alors A(ε) tel que ε = A(ε) + A(ε), on aura alors bien : ( ) ( A(ε)) = ε. Or : ε = A(ε) + A(ε) A(ε) + A(ε) = ε A(ε) = ε A(ε) = A(ε) = ( ε A(ε)) A(ε) = ε A(ε) ε A(ε) = ( ε + ε) + A(ε) A(ε) ε = ε + Remarque : regardons si avec ce choi de A(ε) l hypothèse A(ε) > est bien vérifiée : A(ε) > ( ε + ε) > + ε > ε ε ε + > (ε ) > ce qui est toujours vrai. Donc A(ε) = ( + ε) >. ε Conclusion : ε >, A(ε) = ( ( ε + ε) > tel que R, ( A(ε)) = ) ε. On vient de montrer que ( ) =. Eercice A SAVOIR FAIRE ABSOLUMENT!!!

4 Calculer les ites : e. sin 4. tan ( ) 5. ln( + ) sin( + ) Correction e. =? Indication : utiliser la définition de la dérivée d une fonction. On a une forme indéterminée. Or : e e e =. Or la fonction eponentielle est dérivable sur R donc en et ep = ep, d où par définition : e e = ep () = e =.. + =? Indication : factoriser le numérateur On a une forme indéterminée. Or : + ( + ) = = ( + ) =.. +5 =? Indication : multiplier dénominateur et numérateur par la quantité conjuguées. On a une forme indéterminée. Or : + 5 = = ( ) ( ) ( 4) ( + ) = ( ) ( + ) d où + 5 = ( ) ( + ) =. sin 4. =? tan sin Indication : utiliser certaines ites connues comme. = et tan = 4

5 On a une forme indéterminée. Or : sin tan = sin tan et comme sin = sin = et tan sin tan = = tan =, on a : ( 5. ln( + ) sin( ) ) =? + Indication : utiliser le théorème d encadrement R, sin( + ) et ln( + ), d où : ln( + ) ln( + ) sin( + ) ln( + ). Or ( ln( + )) = ln( + ) = ln() = d où, d après le théorème d encadrement : ( ) ln( + ) sin( + ) =. Eercice Soit f une fonction définie et continue sur [, ] et telle que f([, ]) [, ].. Montrer qu il eiste au moins un réel [, ] tel que f( ) =.. Supposons de plus que f est dérivable sur ], [ et que pour tout ], [, on ait f () <. Montrer alors que le réel est unique. Correction : Attention : modification à apporter sur le polycopié d Analyse page 5! Théorème (Théorème des valeurs intermédiaires) Soit f une fonction continue sur un intervalle I et soient a, b I. Alors pour tout γ compris entre f(a) et f(b), il eiste c [a, b] tel que f(c) = γ.. On veut montrer qu il eiste au moins un réel [, ] tel que f( ) = ( f( ) = ). On considère donc la fonction ϕ définie, pour tout [, ] par : ϕ() = f(). Les fonctions f et étant continues sur [, ], ϕ est elle même continue sur [, ]. D après le thorème des valeurs intermédiaires, pour tout γ compris entre ϕ() et 5

6 ϕ(), il eiste c [, ] tel que ϕ(c) = γ. Or on a : ϕ() = f() = f(). Et on a également ϕ() = f(). Puisque f([, ]) [, ], alors on a f() [, ] d où ϕ() = f(). Donc pour tout γ [ϕ(), ϕ()], il eiste c [, ] tel que ϕ(c) = γ. Ceci est donc vrai pour γ = : il eiste donc c [, ] tel que ϕ(c) = f(c) = c. On a donc prouvé qu il eiste au moins un [, ] tel que f( ) =.. Montrons maintenant que ce est unique dans le cas où f est dérivable sur ], [ et telle que que pour tout ], [, f () <. Si f est dérivable sur ], [ et telle que que pour tout ], [, f () < alors ϕ est dérivable sur ], [ (somme de deu fonctions continues sur ], [) et on a : ϕ () = f () <, c est à dire, ϕ strictement décroissante sur ], [. Raisonnons maintenant par l absurde, c est à dire que pour montrer que A = B on va montrer que non B = non A. Dans notre cas : A ="f est dérivable sur ], [ et telle que que pour tout ], [, f () < et B = est unique". On suppose donc que n est pas unique (c est non B) et on veut montrer une contradiction avec l hypothèse A. On considère donc et tels que f() = et f( ) =. On a alors : ϕ( ) = ϕ( ) = ce qui n est pas possible car si f est dérivable sur ], [ et telle que que pour tout ], [, f () <, alors ϕ est strictement décroissante. Par conséquent, est unique. Eercice 4 En utilisant le théorème des accroissements finis, montrer que la ite suivante eiste et calculer sa valeur : (( + )e + e ). Correction : On souhaite utiliser le théorème des accroissements finis pour calculer la (( + )e + e ). Ce théorème lorsqu on l applique à une fonction f, donne une epression de la quantité f(b) f(a) avec a et b tels que f continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Si on veut l appliquer ici, il faut savoir sur quelle fonction f. On remarque alors que la quantité dont on veut calculer la ite est la différence entre ( + )e + et e ce qui nous amène à considérer la fonction f : z ze z. On veut en fait calculer (f( + ) f()). Appliquons donc le théorème des accroissements finis à f entre et +. La fonction f est continue et dérivable sur ], + [ car obtenue par composition, somme et 6

7 produit de fonctions continues et dérivables sur ], + [. Par conséquent, ], + [, f est continue sur [, +] et dérivable sur ], +[. D après le théorème des accroissements finis, ], + [, y() ], + [ tel que : f( + ) f() = f (y())( + ) = f (y()). Or, f : z ze z donc : f (z) = e z + z ze z = ( z )e z, d où, ], + [, y() ], + [ tel que : On a donc : f( + ) f() = ( y() )e y(). (( + )e + e ) = ( y() )e y(), y(). Pour cela, voici deu mé- et on cherche donc maintenant à calculer ( thodes : - méthode : ], + [, < y() < +. y() )e Or, () = (+) = + donc d après le théorème d encadrement, y() eiste et vaut +. De plus, y (( y )e y ) =, donc d après la formule de la ite d une fonction composée : - méthode : ], + [, ( y() )e y() =. < < y() < + = < + < y() <, d où puisque l eponentielle est strictement croissante sur R, De plus, pour tout > (pour avoir < ), on a : e + < e y() < e. () < < y() < +, () 7

8 d où, en utilisant () et (): ( )e + < ( y() )e y() < ( + )e. Attention, le produit des inégalités est possible car tous les termes des inégalités sont positifs! Comme on a : ( )e + = ( + )e =, d après le théorème d encadrement on montre que ( y() )e y() eiste et vaut : ( y() )e y() =. Conclusion : que ce soit avec la méthode ou on montre que ((+)e + e ) eiste et vaut (( + )e + e ) =. Eercice 5 Règle de l Hospital. Soient f et g deu fonctions continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[, g ne s annulant en aucun point de ]a, b[. Montrer qu il eiste c ]a, b[ tel que : f(b) f(a) g(b) g(a) = f (c) g (c).. Soit ]a, b[ et f,g : [a, b] R deu fonctions continues en et dérivables sur ]a, b[\{ }, g ne s annulant en aucun point de ]a, b[\{ }. Soit l R. Montrer que : ( ) ( ) f () g () = l =. Application : calculer les ites en de ( + )n Correction :. On cherche à montrer qu il eiste c ]a, b[ tel que : c est à dire qu il eiste c ]a, b[ tel que : f() f( ) g() g( ) = l f(b) f(a) g(b) g(a) = f (c) g (c), (n ); sin. et cos sin. (f(b) f(a)) g (c) (g(b) g(a)) f (c) =. () 8

9 Pour cela, on va utiliser le théorème de Rolle, qui lorsqu on a une fonction h continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ telle que h(a) = h(b), nous donne l eistence d un point c ]a, b[ tel que h (c) =. On voit ici que () s écrit sous la forme : h (c) =, avec h() = (f(b) f(a)) g() (g(b) g(a)) f(). On va donc essayer d appliquer le théorème de Rolle à h. Comme f et g sont continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[, h l est également. De plus, h(a) = (f(b) f(a)) g(a) (g(b) g(a)) f(a) = f(b)g(a) g(b)f(a), h(b) = (f(b) f(a)) g(b) (g(b) g(a)) f(b) = f(a)g(b) + g(a)f(b), donc h(a) = h(b). On peut donc appliquer le théorème de Rolle : il eiste c ]a, b[ tel que h (c) = (f(b) f(a)) g (c) (g(b) g(a)) f (c) =.. [, b], f et g continues sur [, ] et dérivables sur ], [ et g ne s annule en aucun point de ], [. Donc d après la question précédente, il eiste y() ], [ tel que : f() f( ) g() g( ) = f (y()) g (y()), d où : Or on a : f() f( ) > g() g( ) = f (y()) > g (y()). < y() <, avec = =, donc d après le théorème d encadrement, y() =. Par composition des ites, on a donc : f (y()) > g (y()) = f (y) y > g (y) = l. On procède de la même manière pour la ite à gauche (on utilise le résultat de la question précédente sur l intervalle [, ]), et on obtient : f() f( ) < g() g( ) = l. Par conséquent, on a : f() f( ) g() g( ) = l. 9

10 . On a : ( + ) n = f() f( ) g() g( ), avec =, f() = ( + ) n et g() =. f et g sont continues et dérivables sur R et g ne s annule en aucun point de R. On a : f () g () = [ ] n( + ) n = n. Donc d après la question précédente, on a : De même on peut montrer que : Fonctions usuelles Eercice 6 sin = 6 ( + ) n = n. cos et sin =.. Eprimer tan(a ± b) en fonction de tan a et de tan b (lorsque ces quantités eistent).. Eprimer tan(a) en fonction de tan a.. Trouver la valeur eacte de tan( π ) en vous aidant de la relation montrée en question De la même manière, trouver la valeur eacte de tan( π 6 ). Correction. On a, a, b R tels que a + b (k + ) π, k Z (cas dans lesquels cos(a + b) = ) : avec tan(a + b) = sin(a + b) cos(a + b) sin(a + b) = sin a cos b + cos a sin b et cos(a + b) = cos a cos b sin a sin b. En utilisant la relation sin() = tan() cos() (valable pour tout (k+) π, k Z, la tangente n étant pas définie sinon) on obtient alors : sin(a + b) = cos a cos b(tan a + tan b) et cos(a + b) = cos a cos b( tan a tan b),

11 d où, a, b R tels que a + b, a, b / { (k + ) π, k Z}, tan(a + b) = tan a + tan b tan a tan b. (4) De la même manière, on peut montrer que a, b R tels que a b, a, b / { (k + ) π, k Z} tan(a b) = tan a tan b + tan a tan b. En utilisant la relation (4) avec a = b (a, a / { (k + ) π, k Z} ), on obtient : tan(a) = (5) tan a tan a. (6). En écrivant la relation (6) pour a = π 8 (l hypothèse a, a / { (k + ) π, k Z} est bien vérifiée), on obtient : tan( π 4 ) = tan( π 8 ) tan ( π 8 ). Or, tan( π 4 ) = d où = tan( π 8 ) tan ( π 8 ) tan ( π 8 ) + tan( π 8 ) =. tan( π) est donc racine du polynôme 8 X + X.Le discriminant du polynôme valant = 8, ses racines sont ± 8 = ±. Comme. π 8 [ ], π on sait que tan( π ) >, 8 donc (puisque < ) : tan( π 8 ) = + >. 4. En écrivant la relation (6) pour a = π 6 (l hypothèse a, a / { (k + ) π, k Z} est bien vérifiée), on obtient : tan( π ) = tan( π 6 ) tan ( π 6 ). Or, tan( π ) = d où = tan( π 8 ) tan ( π 8 ) tan ( π 8 ) + tan( π 8 ) =. tan( π) est donc racine du polynôme X + X.Le discriminant du polynôme 6 valant = 6, ses racines sont ± 6 = ou. Comme. π [ ], π 6 on sait que tan( π) >, donc (puisque < ) : 6 tan( π 6 ) = >.

12 Eercice 7 Enoncé modifié pour simplifier. Donner l epression de arctan(tan()) en fonction de pour [ π, π].. A l aide d une des relations de l eercice précédent, eprimer arctan + arctan y en fonction de et de y. Correction :. Pour simplifier la question, on va se placer dans le cas où [ π, π]. Dans ce cas, on a : si ] π, [ π arctan(tan()) = + π si [ [ π, π π si ] π, π]. Pour s en convaincre, utiliser le cercle trigonométrique et revenir à la définition de arctan.. Pour eprimer +arctan y en fonction de et de y, on va d abord chercher l epression de tan(arctan + arctan y)., y R, arctan + arctan y ] π, π[ avec arctan, arctan y ] π, [ π. Donc d après (4) (voir eo précédent),, y R, tels que arctan +arctan y / { (k + ) π, k Z}, on a : tan(arctan ) + tan(arctan y) tan(arctan + arctan y) = tan(arctan ) tan(arctan y). Or R, arctan ] π, π [ et tan(arctan ) =, d où : tan(arctan + arctan y) = + y y. On veut maintenant appliquer arctan à cette relation. Pour cela, on utilise l epression de arctan(tan()) demandée à la question. Par conséquent : Si arctan + arctan y ] π, π [, arctan(tan(arctan + arctan y)) = arctan + arctan y et arctan + arctan y = arctan( + y y ), Si arctan + arctan y [ π, π [, arctan(tan(arctan + arctan y)) = arctan + arctan y + π et arctan + arctan y = arctan( + y y ) π, Si arctan +arctan y ] π, π], arctan(tan(arctan +arctan y)) = arctan +arctan y π et arctan + arctan y = arctan( + y y ) + π. Ramenons à présent les conditions sur arctan + arctan y sur et y.

13 Quelles sont les conditions sur et sur y pour que l on ait arctan + arctan y ] π, π [? Rappelons que α[π] ] π, π [ cos(α) >. Donc arctan + arctan y ] π, π [ cos(arctan + arctan y) >. Or cos(a + b) = cos a cos b sin a sin b = cos a cos b( tan a tan b). D où cos(arctan + arctan y) = cos(arctan ) cos(arctan y)( tan(arctan ) tan(arctan y)) = cos(arctan ) cos(arctan y)( y). Or arctan, arctan y ] π, π [, donc cos(arctan ) >, cos(arctan y) > et donc : arctan + arctan y ] π, π [ y > > y. Quelles [ sont [ les conditions sur et sur y pour que l on ait arctan + arctan y π, π? Rappelons que [ α[π] π, π [ cos(α) < et sin(α) <. Donc arctan + arctan y [ π, π [ { cos(arctan + arctan y) < sin(arctan + arctan y) <. Or cos(a + b) = cos a cos b( tan a tan b) et sin(a + b) = cos a cos b(tan a + tan b). D où cos(arctan + arctan y) = cos(arctan ) cos(arctan y)( y) et sin(arctan + arctan y) = cos(arctan ) cos(arctan y)( + y) Or cos(arctan ) >, cos(arctan y) >, donc : arctan + arctan y ] π, π [ { y < + y < {, y < y <. Quelles sont les conditions sur et sur y pour que l on ait arctan +arctan y ] π, π]? Rappelons que ] π ] α[π], π cos(α) < et sin(α) >.

14 Donc ] π ] arctan + arctan y, π { cos(arctan + arctan y) < sin(arctan + arctan y) >. Or cos(arctan + arctan y) = cos(arctan ) cos(arctan y)( y) et sin(arctan + arctan y) = cos(arctan ) cos(arctan y)(+y). Comme cos(arctan ) >, cos(arctan y) >, on a finalement : ] π ] arctan + arctan y, π { y < + y > {, y > y <. Conclusion : avec arctan + arctan y = arctan( + y y ) + cπ si, y < et y < c = si > y si, y > et y <. 4

15 Correction de la Feuille de TD - Analyse 8 9 Equivalents, développement ités, intégration et intégrales généralisées Eercice Soit F : e +y dy. On veut montrer que : F +. Pour cela, on considère la fonction f : y e +y y.. Donner le développement ité à l ordre au voisinage de de la fonction e + et en déduire un équivalent de f quand y tend vers +.. Montrer alors que + f(y)dy converge.. Montrer ensuite que F + Correction :. On cherche le DL () de e +. On connait le DLn () de + + = ( ) n n + o( n ), et on connait le DL n () de e qui est : e = n ! n! + o(n ). qui est : Ici on cherche le DL() de e + à l ordre, donc on va développer les DL précédents à l ordre. Attention cependant, ce n est pas toujours le cas! par eemple, si on veut trouver le de e à l ordre, il faudra développer le DL de e à l ordre 4 puisque celui-ci sera ensuite divisé par. Faites le calcul pour vous en convaincre... Revenons donc maintenant au DL () de e +. On a, à l ordre : + = + + o( ), d où + = o( 4 ). Comme la fonction vaut pour =, on peut utiliser le résultat sur le DL + d une fonction composée et puisque : e = + + +! + o( ),

16 on a : e + = +( o( 4 )) + ( o( 4 )) +! ( o( 4 )) +o(( o( 4 )) ), soit après développement et en ne gardant que les puissances de inférieures ou égales à : e + = ( ) o( ) = o( ) On cherche maintenant un équivalent de f quand y tend vers +. On a : f(y) = e +y y = g( y ) y avec g : e y + (en effet : g( ) = e + y y = e +y ). Pour obtenir un DL de f à partir de celui de g il faut donc effectuer le changement de variable = dans le DL de g. Attention à bien regarder quand même qu avec ce y changement de variable, si est au voisinage de alors y est au voisinage de +. Le DL de f que l on obtiendra alors après changement de variable = dans le DL au y voisinage de de g sera donc un DL au voisinage de +. On a donc, au voisiange de + : f(y) = + y ( y ) + 6 ( y ) + o(( y ) ) y = y + 6 y + o( y ). Un équivalent de f au voisinage de + est alors donné par le permier terme non nul de son DL(+ ) : f + y.

17 . Montrons maintenant que + f(y)dy converge. On a : f + y f + y. Les fonctions -f et y sont toutes deu continues sur [, + [ car elles sont y obtenues par composition, somme et produit de fonctions usuelles continues. Ces deu fonctions sont donc localement intégrable sur [, + [. De plus y [, + [, y, donc on peut utiliser le résultat sur les intégrales généralisées de deu fonctions équivalentes : Or + + f(y)dy et + dy sont de même nature. y dy est convergente car c est une intégrale de Riemann avec α =, donc y + f(y)dy converge, ce qui implique que + f(y)dy converge également.. On souhaite maintenant montrer que F + où F : e Par définition, F + On a : F () F () =. + = = e +y dy = (f(y))dy + (f(y) + + )dy y ( + )dy y. +y dy. Or ( + )dy = [y + ln y y ] = + ln ln = + ln d où F () = (f(y))dy + ln + = (f(y))dy ln + +. On a ( ln ) = ( ) =. De plus on a montré que (f(y))dy est convergente : notons donc l R sa valeur. On a : D où ( (f(y))dy ) = ( l ) =. F () + = F +. Eercice. Montrer que l intégrale suivante converge. + + d. Trouver ensuite une primitive de + et en déduire la valeur de l intégrale.

18 . n N, on note : I n = π Calculer la valeur de I n en fonction de n. sin n (y)dy.. En utilisant le changement de variable y = e, calculer toutes les primitives de : Correction :. Montrons que + d converge. + On a, ], + [: e ( + e ) e. + = + La fonction est localement intégrable sur [, + [ car continue sur [, + [. + La fonction est localement intégrable sur ], + [ mais pas en. Donc on ne va pas pouvoir conclure directement sur l intégrale entre et +. On va donc séparer l intégrale en deu morceau : + + d = + + d +. + d. La borne a ici été choisie de manière arbitraire. La fonction est localement intégrable sur [, ] car continue sur [, ] donc + d est convergente. + On s intéresse maintenant à + d. On a toujours, [, + [, + + >. Les fonctions et sont localement intégrables sur [, + [ car continues sur [, + [, donc si + + d converge alors + d converge. Or, + d + est un intégrale de Riemann avec α = donc elle converge. Donc, + Cherchons à présent les primitives de +. On admettra ici(décomposition en éléments simples) que : + = Une primitive de est ln +. + On va ensuite essayer de décomposer le deuième terme 4 + d converge. + en la somme d un terme

19 de la forme c a : + = u avec u() = + u c et d un terme de la forme. On + = ( 4) + + = ( ) + = Le terme est de la forme u avec u() = + + u. Une primitive de est + donc ln u() = ln +. Pour le dernier terme, on doit le mettre sous la forme c k qui a pour + +k(+a) primitive arctan( k( + a)). On a : Une primitive de + + = est donc 4 ( ) + = 4 ( 4 ) +. arctan( 4 ( )). 4 Au final, une primitive de est donnée par ln + ln )). Cherchons maintenant la valeur de + On a : + + d = y = y = y y [ d = + y d. + arctan( ([ ln + 6 ln arctan( 4 ln + y 6 ln y + y + arctan( 6 ln ( + y) y + y + 4 arctan( [ Or (+y) y y+y + y y (y )) arctan( ] (y )) arctan( = d où ln (+y) y y+y = ln() =. De plus, [ ] arctan(y) = π. On a donc : +. Soit n N. On a : y + d = π arctan( ) = π + π 6 = π. 9 I n = π sin n (y)dy = 5 π sin(y) sin n (y)dy. [ ). 4 ( ( )) ] ) ] y ] 4 arctan( (y )) = )

20 On pose u : y sin n (y) et v : y sin(y). u est dérivable sur [, π ] et u (y) = (n ) cos(y) sin n (y). Une primitive de v est v : y cos(y). Les fonctions u et v sont de classe C, donc on peut faire une intégration par parties. On a : I n = π = (n ) = (n ) sin(y) sin n (y)dy = [ cos(y) sin n (y)] π + π π On obtient donc : cos (y) sin n (y)dy = (n ) On considère alors deu cas : - si n est pair : n = k, k Z. On a : Or π π cos(y)(n ) cos(y) sin n (y)dy ( sin (y)) sin n (y)dy π sin n (y)dy (n ) sin n (y)dy = (n )I n (n )I n. I n = (n )I n (n )I n (n ) I n = I n. n I k = (k ) (k ) (k ) I k = k k (k ) I k 4 = = (k )(k )(k 5) = I. k(k )(k 4)... (k ) k (k ) (k 5) (k ) (k 4) I k 6 (k )(k )(k 5)... = k(k )(k )(k )(k 4)(k 5)... k(k )(k 4)... = (k)! k (k!), d où Comme on a : on obtient : I k = I = π I k = (k)! 4 k (k!) I. dy = π, (k)! π 4 k (k!). - si n est pair : n = k +, k Z. De la même manière que pour n pair, on montre que : I k+ = 4k (k!) (k + )! I, 6

21 avec d où I =. Une primitive de f : e (+e ) e F (t) = t π sin(y)dy =, I k+ = 4k (k!) (k + )!. f()d = est la fonction F définie par : t e ( + e ) e d. On effectue le changement de variables y = ϕ() avec ϕ() = e. On a alors : y = ϕ() y = e y = e y + = e ln(y + ) =. On a également dy = ϕ ()d avec ϕ () =, d où e On a donc : F (t) = = t d = dy ϕ () = e ( + e ) e d = [ ] ϕ(t) y arctan( ) ϕ() et ). = arctan( e dy ϕ (ln(y + )) = ϕ(t) ϕ() dy y + y y + (y + )y = ydy y +. ydy ϕ(t) y + = ϕ() = arctan( ϕ(t) ) arctan( ϕ() ) (y + ) dy Les primitives de f s écrivent toutes arctan( e t ) + K, K R. Eercice On considère la fonction f définie par : f : [ 4, 4 ] R arctan ( ln(+) +. Calculer le développement ité à l ordre 4 au voisinage de de la fonction f.. Montrer que f admet une réciproque f sur [ 4, 4 ].. On admet alors que f admet un développement ité à tout ordre au voisinage de. Calculer le développement ité à l ordre 4 autour de en utilisant le résultat de la question. 7 )

22 Correction :. On cherche le DL 4 () de f. Au voisinage de, on a : arctan() = + 5 n ( )n 5 n + + o(n+ ), + = ( ) n n + o( n ), ln( + ) = + n... + ( )n n + o(n ). Donc, au voisinage de, on peut trouver le DL du produit de par ln( + ). On + a : ln( + ) = ( o( 4 ))( o(4 )). Après développement et en ne gardant que les puissances de inférieures ou égales à 4, on obtient alors : ln( + ) + = o( 4 ). Comme on a ln(+) =, on peut faire la composition entre le DL de ln(+) et celui de + + arctan au voisinage de. On a : ln( + ) arctan( + ) = o( 4 ) ( o( 4 )) + o( 4 ) = o( 4 ) ( ) + o( 4 ) = o( 4 ).. La fonction f est continue et dérivable sur [, ] car obtenue par composition, somme 4 4 et produit de fonctions continues et dérivables. On a : [ 4, 4 ], on a : f () = ln( + ) ( + ) + (ln( + )) = ln( 4 ) ln( + ) ln(5 4 ) <, 8

23 d où [ 4, 4 ], ln( + ) > = f () >. Par conséquent, f est strictement croissante et continue sur [, ] : elle est donc 4 4 bijective de [, ] dans f([, ]) et admet une réciproque f sur [, ] On admet que f admet un Dl à l ordre 4 au voisinage de. On note : On a de plus : f () = a + a + a + a + a o( 4 ). f() = o( 4 ), et on sait par définition que, [ 4, 4 ], On a donc, [ 4, 4 ] : f f() =. f f() = a + a f() + a (f()) + a (f()) + a 4 (f()) 4 + o((f()) 4 ) = a +a ( ) +a ( ) +a ( ) +a 4 ( ) 4 + o( 4 ) =. Après développement et en ne gardant que les puissances de inférieures ou égales à 4, on a : a +a +( a +a ) + ( a a +a )+ 4 ( 7 a + 4 a 9 a +a 4 )+o( 4 ) =. En identifiant membre à membre les coefficients du polynome, on a : a = a = a + a = a a + a = 7 a + a 4 9a + a 4 =, d où, après résolution du système : On a donc : a = ; a = ; a = ; a = ; a 4 = f () = o( 4 ). 9

24 Eercice 4 On considère la fonction f définie par : f : ] π, π[ { R si sin si =. Donner le développement ité à l ordre 4 de f au voisinage de.. En déduire que f est continue et dérivable en et donner la valeur de f ().. Montrer que f est de classe C sur ] π, π[. Correction :. On cherche le DL 4 () de f. ] π, π[\{}, on a : f() = sin = sin sin. sin + On remarque que f( ) = = f() donc f est impaire. Par conséquent, le sin DL de f n aura que des puissances impaires de. Au voisinage de on a : On a alors : Or, on a : sin =! + 5 n ! n! + o(n ), = n + o( n ). f() = sin sin = ( =! o( 6 )! 5! ( + 4! 5! + o( 6 )! + 5 5! + o( 6 )) 5! + o( 5 )) = o(! 5! 5 ) = u() + + o( 4 )! 5! o(! 5! 5 ). avec u() = 4 o( 5 ) tel que u() =. On peut donc trouver le DL de! 5! par composition avec celui de. On a :! + 4 5! +o(5 ) o(! 5! 5 ) = + (! 4 5! ) + (! 4 5! ) + o( 4 ), ce qui donne, après développement et en ne gardant que les puissances de inférieures ou égales à 4 : o(! 5! 5 ) = ( 6 )4 + o( 4 ).

25 On a alors : f() = ) ( +! 5! + o(4 ) ( ( 6 ) )4 + o( 4 ). Après développement et en ne gardant que les puissances de inférieures ou égales à 4, on obtient : f() = o(4 ). () Remarque : Attention, ici on est obligé de considérer le DL de sin à l ordre 6 pour trouver ensuite celui de f à l ordre 4!. Le DL de f est valable au voisinage de, ecepté éventuellement en. De (), on déduit : f 6, d où f() = 6 =. Or, par définition de f on a f() =. Par conséquent, f() = f() : f est continue en. On a alors au voisinage de : d où : f() f() f() f() On a alors vaut. 6 = f() = o(4 ) f() f() = ( 6 ) = 6 6. = o( ), : f est donc dérivable en et sa dérivée en. La fonction est de classe C sur ] π, π[\{}. La fonction sin est de classe C sur R et ne s annule pas sur ] π, π[\{}. Par conséquent, est de sin classe C sur ] π, π[\{} et f également. Il reste donc à montrer que f est de classe C en. Dans la question précédente, on a montré que f est continue et dérivable en. Il reste donc à montrer que f est continue en. ] π, π[\{}, on a : f () = + cos sin = sin + cos sin. Or on a : sin d où, sin 4. On cherche maintenant un équivalent de sin + cos en. Attention, il est interdit d additionner des équivalents : on va

26 donc passer par les DL. On a : d où : et : d où On a donc : d où Finalement, on a : sin =! + o(4 ), sin = 4 + o(4 ), cos =! + 4 4! + o(4 ), cos = 4! + 6 4! + o(6 ). cos sin = o(4 ), cos sin 4 6. sin + cos sin = 6. On a donc f () = 6 = f () : f est continue en. Eercice 5 Donner le développement ité à l ordre 4 au voisinage de de la fonction f définie sur un voisinage V de et telle que : { V, f () = tan( + f()) f() = π 4. Correction : Par définition, f dérivable au voisinage de et on a, V : f () = tan( + f()). Comme f et la fonction tan sont dérivable au voisinage de, la fonction f est aussi dérivable au voisinage de et on a : f () = (+f ())(+tan (+f())) = (+f ())(+(f ()) ) = +f ()+(f ()) +(f ()). Comme f est dérivable au voisinage de, f l est aussi et on a : f () = f ()( + f () + (f ()) ).

27 Comme f et f sont dérivables au voisinage de, f l est aussi et on a : On a donc : f () = f ()( + f () + (f ()) ) + f ()(f () + 6f ()f ()). f() = π 4 f () = tan( + f()) = tan( π 4 ) = f () = + f () + (f ()) + (f ()) = 4 f () = f ()( + f () + (f ()) ) = 4 f () = f ()( + f () + (f ()) ) + f ()(f () + 6f ()f ()) = 7. D après le théorème de Taylor Young, on a donc au voisinage de : f() = f() + f ()! = π 4 + f ()! + f ()! o( 4 ). + f () 4 + o( 4 ) 4!