Daniel ALIBERT. Étude locale des fonctions dérivables. Développements limités

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1 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 1 Daniel ALIBERT Étude locale des fonctions dérivables. Développements limités Objectifs : Savoir chercher si une fonction d'une variable réelle est dérivable en un point. Calculer sa dérivée, et dans certains cas ses dérivées d'ordre supérieur. Pour les calculs de limites, savoir utiliser, et quand utiliser, les techniques suivantes : fonctions dérivées, développement limité. Savoir interpréter graphiquement les premiers termes d'un développement limité. Savoir utiliser un logiciel de calcul (Maxima) pour atteindre les objectifs précédents.

2 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 2 Organisation, mode d'emploi Cet ouvrage, comme tous ceux de la série, a été conçu, dans son format comme dans son contenu, en vue d'un usage pratique simple. Il s'agit d'un livre d'exercices corrigés, avec rappels de cours. Il ne se substitue en aucune façon à un cours de mathématiques complet, il doit au contraire l'accompagner en fournissant des exemples illustratifs, et des exercices pour aider à l'assimilation du cours. Ce livre a été écrit pour des étudiants de première et seconde années des Licences de sciences, dans les parcours où les mathématiques tiennent une place importante. Il est le fruit de nombreuses années d'enseignement auprès de ces étudiants, et de l'observation des difficultés qu'ils rencontrent dans l'abord des mathématiques au niveau du premier cycle des universités : - difficulté à valoriser les nombreuses connaissances mathématiques dont ils disposent lorsqu'ils quittent le lycée, - difficulté pour comprendre un énoncé, une définition, dès lors qu'ils mettent en jeu des objets abstraits, alors que c'est la nature même des mathématiques de le faire, - difficulté de conception et de rédaction de raisonnements même simples, - manque de méthodes de base de résolution des problèmes. L'ambition de cet ouvrage est de contribuer à la résolution de ces difficultés aux côtés des enseignants. Ce livre comporte quatre parties.

3 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 3 La première, intitulée "A Savoir", rassemble les définitions et résultats qui sont utilisés dans les exercices qui suivent. Elle ne contient ni démonstration, ni exemple. La seconde est intitulée "Pour Voir" : son rôle est de présenter des exemples de toutes les définitions, et de tous les résultats de la partie précédente, en ne faisant référence qu'aux connaissances qu'un étudiant abordant le chapitre considéré a nécessairement déjà rencontré (souvent des objets et résultats abordés avant le baccalauréat). La moitié environ de ces exemples sont développés complètement, pour éclairer la définition ou l'énoncé correspondant. L'autre moitié est formée d'énoncés intitulés "exemple à traiter" : il s'agit de questions permettant au lecteur de réfléchir de manière active à d'autres exemples très proches des précédents. Ils sont suivis immédiatement d'explications détaillées. La troisième partie est intitulée "Pour Comprendre et Utiliser" : des énoncés d'exercices y sont rassemblés, en référence à des objectifs. Ces énoncés comportent des renvois de trois sortes : ( ) pour obtenir des indications pour résoudre la question, () lorsqu'une méthode plus générale est décrite, () renvoie à une entrée du lexique. Tous les exercices sont corrigés de manière très détaillée dans la partie 3-2. Au cours de la rédaction, on a souvent proposé au lecteur qui souhaiterait approfondir, ou élargir, sa réflexion, des questions complémentaires (QC), également corrigées de façon détaillée. La quatrième partie, "Pour Chercher", rassemble les indications, les méthodes, et le lexique. Certains livres d'exercices comportent un grand nombre d'exercices assez voisins, privilégiant un aspect "entraînement" dans le travail de l'étudiant

4 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 4 en mathématiques. Ce n'est pas le choix qui a été fait ici : les exemples à traiter, les exercices et les questions complémentaires proposés abordent des aspects variés d'une question du niveau du L1 L2 de sciences pour l'éclairer de diverses manières et ainsi aider à sa compréhension. Le lecteur est invité, à propos de chacun d'entre eux, à s'interroger sur ce qu'il a de général (on l'y aide par quelques commentaires

5 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 5 Table des matières 1 A Savoir Dérivation des fonctions d'une variable réelle Dérivations successives des fonctions Développements limités Développements asymptotiques Étude locale des fonctions Pour Voir Dérivation des fonctions d'une variable réelle Dérivations successives des fonctions Développements limités Développements asymptotiques Étude locale des fonctions Pour Comprendre et Utiliser Énoncés des exercices Corrigés des exercices Corrigés des questions complémentaires Pour Chercher Indications pour les exercices Méthodes Lexique

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7 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume A Savoir Dans cette partie, on rappelle rapidement les principales définitions et les principaux énoncés utilisés. Vous devrez vous référer à votre cours pour les démonstrations. Vous trouverez des exemples dans la partie 2*Pour Voir. Définition 1-1 Dérivation des fonctions d'une variable réelle Soit x 0 un réel, et f une application définie sur un intervalle ouvert centré en x 0, à valeurs dans R. On dit que f est dérivable en x 0 si le quotient : f(x) f(x 0 ) x x 0 admet une limite lorsque x tend vers x 0, en restant différent de x 0. Cette limite est la dérivée de f en x 0, notée f'(x 0 ). Une autre notation usuelle pour la dérivée de f en x 0 est df ( dx x 0). Une formulation équivalente est la suivante : il existe un réel a, et une application définie sur un intervalle ouvert centré en 0, tendant vers 0 en 0, notée ε, telles que l'égalité suivante soit vérifiée, pour x x 0 assez petit : f(x) = f(x 0 ) + (x x 0 ) a + (x x 0 ) ε(x x 0 ). Le réel a est la dérivée de f en x 0. On dit souvent, par abus, que "l'expression f(x)" est dérivable.

8 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 8 Si f est définie sur un intervalle de la forme ]t, x 0 ], on dit que f est dérivable à gauche en x 0, si le quotient f(x) f(x 0 ) admet une limite x x 0 lorsque x tend vers x 0, avec x < x 0. ' Cette limite est la dérivée à gauche de f en x 0, notée f g (x 0 ). On définit de manière analogue la dérivée à droite. Si f est dérivable pour tout x d'un ensemble I, on dit que f est dérivable sur I. L'application qui à x de I associe f'(x) est l'application dérivée de f, ou la dérivée de f. Proposition Si f est dérivable en x 0, alors f est continue en x 0. Proposition Soient f et g des fonctions dérivables en x 0. 1) Pour tout couple de réels (α, β), la combinaison linéaire α.f + β.g est dérivable en x 0, et : (α.f + β.g)'(x 0 ) = α.f'(x 0 ) + β.g'(x 0 ). 2) Le produit f.g est dérivable en x 0, et : Proposition (f.g)'(x 0 ) = f'(x 0 )g(x 0 ) + f(x 0 )g'(x 0 ). Soit f une application définie au voisinage de x 0. Soit g une application définie au voisinage de f(x 0 ), composable avec f. Si f est dérivable en x 0, et g dérivable en f(x 0 ), alors l'application composée g o f est dérivable en x 0, et : (g o f)'(x 0 ) = g'(f(x 0 ))f'(x 0 ).

9 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés 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 réciproque, de J dans I. Si f est dérivable en x 0, élément de I, et si f'(x 0 ) est différent de 0, alors f 1 est dérivable en f(x 0 ), et sa dérivée en f(x 0 ) est : ( f 1 ) ' 1 ( f( x 0 ))= f' ( x 0 ). Les dérivées des fonctions usuelles sont à connaître, ainsi que leur domaine de définition : fonction dérivée domaine x x n, n Z x n.x n-1 si n < 0, x 0 si n 0, R x log(x) x 1 (logarithme naturel) x x > 0 x e x x e x R x sin(x) x cos(x) R En application de ce tableau et des résultats précédents (dérivation d'une fonction composée), on obtient un autre tableau de formules de dérivation à connaître : forme des fonctions dérivée u u' v uv' v log(u) e u a x, a > 0 x x α, α R v 2 u' u u' e u log(a)a x x α.x α 1, x > 0 si α N

10 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 10 Définition 1-2 Dérivations successives des fonctions Soit f une fonction définie et dérivable sur un intervalle ouvert I. Soit f' sa fonction dérivée, également définie sur I. Soit a un point de I. Si f' est dérivable en a, on dit que f est deux fois dérivable en a, et la dérivée de f' en a est la dérivée seconde de f en a, notée f"(a). On définit ainsi de proche en proche la dérivée n-ième de f au point a par : Autre notation : d n f ( dx n x 0). f (n) (n 1) (a) = ( f ) ' (a). Noter que l'existence de la dérivée n-ième en a suppose l'existence des dérivées d'ordre inférieur sur un intervalle ouvert centré en a, et pas seulement en a. Si la dérivée n-ième d'une application existe sur un intervalle ouvert I, on dit que f est n fois dérivable sur I. Si de plus la dérivée n-ième est continue sur I, on dit que f est n fois continûment dérivable sur I, ou de classe C n sur I. On écrira souvent f C n (I). Si la fonction f est n fois dérivable sur I, quel que soit n, on dit qu'elle est indéfiniment dérivable, ou encore de classe C. La dérivée n-ième d'une somme de fonctions est la somme des dérivées n-ièmes de chacune.

11 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 11 Proposition Formule de Leibniz. Soient f et g des fonctions n fois dérivables en x 0. Le produit fg est dérivable n fois également et : k =n ( fg) (n) k (k) ( x 0 ) = C n f x0 ( )g (n k ) ( x 0 ). k=0 Dans cette formule, on convient que f (0) désigne f. Rappel. Le symbole C k n désigne le coefficient du binôme : C k k!(n k)! n =. n!

12 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 12 Théorème 1-3 Développements limités Formule de Taylor-Young. Soit f une fonction définie sur un intervalle ouvert I. Soit x 0 un élément de I. On suppose que la dérivée n-ième en x 0 existe. Il existe une fonction h ε(h), définie sur un intervalle ouvert centré en 0, tendant vers 0 lorsque h tend vers 0, telle que l'égalité suivante soit vraie, pour x appartenant à un intervalle ouvert centré en x 0 contenu dans I : Définition f(x) = f( x 0 )+ ( ) k n x x 0 f (k) ( x k! 0 ) + x x 0 k=1 ( ) n ε x x 0 ( ). Soit I un intervalle ouvert, et x 0 un élément de l'adhérence de I, c'est-à-dire un point de I ou une de ses extrémités. Soit f : I R, une fonction. On dit que la fonction polynôme de x : P(x x 0 ) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + + a n (x x 0 ) n est un développement limité à l'ordre n de f en x 0 si l'expression f(x) P(x x 0 ) est de la forme (x x 0 ) n ε(x x 0 ), la fonction h ε(h) tendant vers 0 lorsque h tend vers 0. P est la partie régulière du développement, et (x x 0 ) n ε(x x 0 ) en est le reste, ou terme complémentaire. La formule de Taylor-Young fournit un développement limité pour les fonctions qui en vérifient les hypothèses. Proposition Si P existe, il est unique.

13 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 13 Proposition Si f et g admettent des développements limités à l'ordre n en x 0, de parties régulières P et Q, alors : 1) Pour tout couple de réels, (α, β), la combinaison linéaire α.f + β.g admet un développement limité à l'ordre n en x 0, dont la partie régulière est la combinaison linéaire α.p + β.q des parties régulières des développements de f et de g. 2) Le produit fg admet un développement limité à l'ordre n en x 0, dont la partie régulière s'obtient en tronquant au degré n le produit PQ. (C'est-à-dire en ne conservant que les monômes en (x x 0 ) k, k n). Proposition Si f admet un développement limité en x 0, de partie régulière P, et y 0 = lim(f(x)) en x 0, et si g est une fonction composable avec f qui admet un développement limité en y 0, de partie régulière Q, alors on obtient un développement limité de gof en x 0 en substituant P(x x 0 ) à y dans Q(y y 0 ), et en tronquant le polynôme obtenu au degré convenable (c'està-dire significatif compte tenu des termes complémentaires) Proposition Soit f : [a, b] R, continue. On suppose que f admet en x 0 [a, b] un développement limité à l'ordre n, de partie régulière P(x x 0 ). Soit F : [a, b] R une primitive de f. Alors F admet un développement limité à l'ordre n + 1 en x 0, dont la partie régulière est obtenue en calculant la primitive de P(x x 0 ) égale à F(x 0 ) en x 0.

14 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 14 formulaire Les développements suivants en 0 sont à connaître parfaitement. On figure ci-dessous la partie régulière de chaque développement limité. fonctions développements ordre x (1 + x) α n x k 1 + α(α 1) (α k + 1) (ci-dessous deux cas k =1 k! n particuliers) xa 1 1 x + x ( 1) n x n n 1+ x xa 1 + x x 1 8 x x x4 x sin(x) x cos(x) x e x x log(1 + x) x x3 3! + x5 5! + + ( 1)p x 2p+1 (2p + 1)! cos(x) =1 x2 2! + x4 4! + +( 1) p x 2p (2p)! 1 + x + x2 2! x x xn n! + + ( x n 1 )n+1 n 2p + 2 2p + 1 n n

15 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Développements asymptotiques Il s'agit de généraliser l'écriture de développements limités à différents cas : Fonction non bornée au voisinage de x 0. Développement au voisinage de l'infini. Définition Soit x 0 un réel et f une fonction définie sur un voisinage épointé () de ce point, non nécessairement bornée sur ce voisinage épointé. On appelle développement asymptotique d'ordre n de f au voisinage de x 0 i =n ( ) i une fonction rationnelle de la forme a i x x 0 i =p entiers relatifs (p n), vérifiant : i=n lim f(x) a i x x 0 x >x 0 i=p Définition ( ) i x x 0 ( ) n, où p et n sont des = 0. Soit f une fonction définie sur un intervalle non borné. On appelle développement asymptotique d'ordre n de f à l'infini une fonction rationnelle de la forme i =n a i x i, où p et n sont des entiers relatifs i =p (p n), vérifiant (cas de + ) : i=n lim f(x) a i x i x >+ i=p xn = 0.

16 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Étude locale des fonctions La dérivée permet dans certains cas de résoudre des problèmes de limites (on en a vu un exemple dans le volume 3, à propos de la recherche d'équivalents). Proposition Règle de l'hôpital Soit a un réel, et soient f et g des fonctions définies sur un intervalle ouvert centré en a, continues en a. On suppose f et g dérivables sur un voisinage épointé () de a, g non nulle sur un voisinage épointé 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 également une limite finie, et : Corollaire lim x >a x a f( x) f' (x) = lim. g(x) g' (x) x >a x a Si f est continue en a, dérivable sur un voisinage épointé () de a, et si f' a une limite finie en a, alors f est dérivable en a, et : lim ( f' (x)) = f' (a)). x >a x a La dérivée en un point donne également des informations sur le comportement d'une fonction au voisinage de ce point (étude locale).

17 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 17 Dans un calcul de limite, on peut toujours remplacer une fonction par son développement limité s'il existe au point considéré. Le premier terme non nul du développement limité d'une fonction, s'il existe, est un équivalent de la fonction. Cela permet d'obtenir des informations géométriques sur le graphe de la fonction. Proposition Soit f : R R, dérivable en x 0, admettant en x 0 un maximum local ou un minimum local. Alors f'(x 0 ) = 0. Soit f une application définie sur un intervalle I. On rappelle que le graphe G de f (ou courbe représentative) est le sousensemble du plan R 2 formé des couples (x, f(x)), x étant un point quelconque de I. Soit x 0 un point de I, et M(x 0 ) le point de G d'abscisse x 0. Une droite passant par M(x 0 ) a une équation de la forme : y = f(x 0 ) + a.(x x 0 ), a désignant le coefficient directeur. Notons cette droite D(a). Définition Soit M(x) le point de G d'abscisse x. On dit que D(a) est tangente à G si la fonction : x I, x distance(m(x), D(a)) est négligeable devant la fonction : x distance(m(x), M(x 0 )) quand x tend vers x 0 dans I.

18 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 18 M(x) M(x0) x0 x Proposition Soit f une fonction dérivable en un point x 0. La droite D(f'(x 0 )) est la tangente à G en x 0. Proposition Soit f une fonction admettant un développement limité au voisinage d'un point x 0. 1) Si ce développement est à l'ordre 1 : f(x) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + (x x 0 )ε(x x 0 ) la droite d'équation y = a 0 + a 1 (x x 0 ) est la tangente au graphe de f au point d'abscisse x 0. 2) Si ce développement est à l'ordre 2 : f(x) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + a 2 (x x 0 ) 2 + (x x 0 ) 2 ε(x x 0 ) la position du graphe est donnée par le signe de a 2 (si a 2 0). Si a 2 > 0, le graphe est au-dessus de sa tangente. Si a 2 < 0, la courbe est au-dessous de sa tangente.

19 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 19 Définition Une droite D est asymptote à G lorsque x tend vers l'infini si, quand x tend vers l'infini, la distance du point de G d'abscisse x à la droite D tend vers 0. Proposition Soit f une fonction admettant un développement asymptotique en + de la forme suivante : f(x) = a 1 x + a 0 + a 1 x + ε(x) x. La droite d'équation y = a 1 x + a 0 est asymptote à la courbe représentative. Si a 1 > 0, la courbe est au-dessus de son asymptote. Si a 1 < 0, la courbe est au-dessous de son asymptote. Les mêmes considérations s'appliquent également en.

20 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Pour Voir Dans cette partie, on présente des exemples simples des notions ou résultats abordés dans la partie précédente. Ils sont suivis de questions très élémentaires pour vérifier votre compréhension. 2-1 Dérivation des fonctions d'une variable réelle "On dit que f est dérivable en x 0 si le quotient f(x) f(x 0 ) x x 0 x tend vers x 0, en restant différent de x 0." admet une limite lorsque exemple 1 Si f est l'application définie par : f(x) = x 3 x + 2, on vérifie facilement qu'elle est dérivable en 1, et même en tout point a : f(x) f(1) = x3 x x 1 x 1 x(x 1) = x 1 = x, (ce calcul est fait pour x 1), donc : f(x) f(1) lim x 1 = 1. x 1 x 1

21 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 21 Plus généralement : f(x) f(a) x a = x3 x + 2 a 3 + a 2 x a d'où : x a x a = x3 a 3 x + a x a = (x a)(x2 + ax + a 2 ) (x a) x a = x 2 + ax + a 2 1, f(x) f(a) lim x a = 3a2 1. On voit que le calcul est long, même dans un cas simple, d'où l'intérêt de méthodes et de formules générales. exemple 2 (à traiter) Soit g l'application "valeur absolue". Est-elle dérivable en 0, en 0,5? # réponse En 0. Il s'agit d'étudier la limite de l'expression x x différent de 0. On distingue deux cas :, quand x tend vers 0, en étant si x > 0, x x = 1, donc la limite à droite existe et vaut 1, si x < 0, x x = 1, donc la limite à gauche existe et vaut 1.

22 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 22 Ces deux limites partielles étant différentes, on conclut que g n'est pas dérivable en 0. En 0,5, et plus généralement en a 0. Dans ce cas, pour étudier la limite de x a, on peut supposer x du même x a signe de a, puisque x a peut être supposé aussi petit que l'on veut. On conclut que g est dérivable, de dérivée 1 si a > 0, et de dérivée 1 si a < 0. "Une formulation équivalente est la suivante : il existe un réel a, et une application définie sur un intervalle ouvert centré en 0, tendant vers 0 en 0, notée ε, telles que l'égalité suivante soit vérifiée, pour x x 0 assez petit : f(x) = f(x 0 ) + (x x 0 ) a + (x x 0 ) ε(x x 0 )." exemple 3 Prenons l'exemple de l'application définie par f(x) = x 2 + x +1. Étudions la dérivabilité en 0 : f(x) f(0) = x 2 + x +1 1 ( x 2 + x +1 1) x 2 + x = x 2 + x = x2 + x x 2 + x ( ) ( ) ( ) 1 = x ( x 2 + x +1 +1) + 1 x2 x 2 + x ( ).

23 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Or tend vers en 0, d'où : ( x 2 + x ) f(x) f(0) = x x 1 1 x 2 + x x x 2. + x ( ) ( ) Le deuxième terme du second membre : 1 x 1 x 2 + x x x 2 + x ( ) ( ) est bien de la forme voulue, x ε(x), avec ε tendant vers 0 en 0, donc f'(0) = 1 2. exemple 4 (à traiter) Il est parfois plus pratique d'utiliser cette propriété pour démontrer la dérivabilité d'une fonction et calculer sa dérivée. Vérifier, de cette manière, que l'expression suivante est dérivable en 0 : 2x 3 + x2 + x cos(x) x x 2 + x + 4 et calculer sa dérivée. # réponse On forme d'abord la différence entre l'expression et sa valeur en a (ici, a = 0) : 2x 3 + x2 + x cos(x) x x 2 + x + 4 ( 3) = 2x + x2 + xcos(x) x x 2 + x + 4

24 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 24 puis on essaie de mettre x a (ici, simplement x) en facteur : 2x + x2 + x cos(x) x x + cos(x) 1 x 2 = x x + 4 x 2. + x + 4 On étudie maintenant la limite en 0 du terme en facteur de x : x + cos(x) x x + 4 Si cette limite existe, l'expression est dérivable, et la limite est la dérivée. (Comparer avec un calcul utilisant les formules usuelles de dérivation!) On peut, plus directement, distinguer dans l'expression une "partie affine", 2x 3, et une partie où x est en facteur d'une expression tendant vers 0, x + cos(x) 1 x x 2. On conclut alors que 3 est la valeur en 0, et 2x la partie + x + 4 linéaire, donc 2 la dérivée. Ce n'est d'ailleurs que lorsque ce "repérage" formel est simple qu'on pourra se dispenser du calcul usuel de la dérivée. On y reviendra plus tard dans le cas des fonctions de plusieurs variables. "Si f est définie sur un intervalle de la forme ]t, x 0 ], on dit que f est dérivable à gauche en x 0, si le quotient f(x) f(x 0 ) x x 0 admet une limite lorsque x tend vers x 0, avec x < x 0." exemple 5 Reprenons l'exemple 2. L'application valeur absolue n'est pas dérivable en 0, comme on a vu, mais elle est dérivable à gauche, de dérivée 1, et à droite, de dérivée 1. exemple 6 (à traiter) Soit r l'application définie par :

25 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 25 r(x) = (x 1) x 1. Elle est définie pour x 1. Montrer qu'elle est dérivable à droite en 1. Calculer la dérivée à droite en 1. # réponse Il suffit d'écrire : (x 1) x 1 = 0 + 0(x 1) + (x 1) x 1, ce qui prouve la dérivabilité, puisque r(1) = 0. La dérivée est 0. "Si f est dérivable en x 0, alors f est continue en x 0." exemple 7 En particulier, si une application n'est pas continue, elle n'est pas dérivable. Ainsi, l'application "partie entière" n'est dérivable en aucun point de Z. Elle est toutefois dérivable à droite, de dérivée 0, en ces points. exemple 8 (à traiter) Inversement, une application peut être continue en x 0 sans y être dérivable. On a vu la valeur absolue en 0 (exemple 1). Déterminer pour quelles valeurs de α, réel, l'application L α, définie par les expressions : L α (x) = x 1+ x α log( x ) L α (0) = 0, est continue, respectivement dérivable, en 0. # réponse Si x tend vers 0, log( x ) tend vers, x 1 tend vers 1. Le produit x α log(x ) tend vers 0 si et seulement si α > 0, et n'a pas de limite si α 0.

26 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 26 Conclusion : l'application L α est continue pour α > 0. Si on factorise L α (x) + 1 x par x, on obtient : L α (x) +1 x = x( x α 1 log( x )). Si α > 1, l'expression en facteur de x a bien une limite, sinon, elle n'a pas de limite. Conclusion : l'application L α est dérivable en 0 pour α > 1, et L' α (0) = 0. "Si f est dérivable en x 0, et g dérivable en f(x 0 ), alors l'application composée g o f est dérivable en x 0, et : (g o f)'(x 0 ) = g'(f(x 0 ))f'(x 0 )." exemple 9 Il se peut que g o f soit dérivable en un point sans que f le soit : ainsi l'application "valeur absolue" n'est pas dérivable en 0, mais si g est l'application "élévation au carré", l'application composée g o f : exemple 10 (à traiter) x a x a x ( ) 2, est égale à g, donc dérivable en 0. Il se peut également que g o f soit dérivable sans que g le soit. Essayer de construire un exemple. # réponse On peut penser à composer les deux applications précédentes : (f o g)(x) = x 2 = x 2, donc f o g = g est dérivable en 0. Ici, f est dérivable à droite en 0, et g prend ses valeurs à droite de 0, justement.

27 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 27 "Soient I et J, des intervalles de R, et f : I J une application continue bijective. Si f est dérivable en x 0, élément de I, et si f'(x 0 ) est différent de 0, alors f -1 est dérivable en f(x 0 ), et sa dérivée en f(x 0 ) est f 1 exemple 11 ( ) ' f x 0 ( ( ))= 1 ( ). " f' x 0 Il n'est pas nécessaire de connaître l'expression de la réciproque de f en fonction de la variable pour appliquer ce résultat. Soit f définie sur [0, + [ par : f(x) = x 4 + x 3 + x Elle est continue, et bijective (car strictement croissante), de [0, + [ sur [1, + [. Elle est dérivable et sa dérivée ne s'annule pas. Sa fonction réciproque est donc dérivable. Par exemple, au point 4 = f(1) : ( f 1 ) ' (4) = 1 f' (1) = = 1 9. exemple 12 (à traiter) Vérifier que l'application g définie par g(x) = x x est continue et bijective de R sur R. Son application réciproque est-elle dérivable sur R? Quelle est sa dérivée, lorsqu'elle existe? # réponse En effet pour x > 0, g(x) = x 2, donc est dérivable, et g'(x) = 2x n'est pas nul. De même pour x < 0, g(x) = x 2, et g'(x) = 2x. Comme g(0) = 0, on voit que g est continue, et strictement croissante (signe de la dérivée), donc bijective. Si on ne veut pas utiliser ce résultat, qui sera rappelé dans un prochain volume, on peut procéder directement : si x et y vérifient x x = y y, alors x et y ont le même signe, ou sont nuls tous les deux. Dans le premier cas, supposons par exemple x et y positifs, on a x 2 = y 2, et x =

28 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 28 y toujours à cause du signe. On raisonne de même si x et y sont négatifs. Donc g est injective. Si z est un réel positif, il a une racine carrée positive, soit x, d'où g(x) = z. Si z est un réel négatif, on raisonne de même, avec z. On trouve que g est bien surjective, donc bijective. Enfin g est continue, comme on a vu plus haut, et dérivable pour x 0. En 0, g est également dérivable, de dérivée 0 : g(x) g(0) = x x x 0 x = x. Donc g -1 est dérivable en dehors de g(0), soit 0 : ( g 1 ) ' (y) = 1, si y > 0, g 1 2 y ( ) ' (y) = 2-2 Dérivations successives des fonctions 1, si y < 0. 2 y Soit a un point de I. Si f' est dérivable en a, on dit que f est deux fois dérivable en a, et la dérivée de f' en a est la dérivée seconde de f en a, notée f"(a). On définit ainsi de proche ( ) ' (a). en proche la dérivée n-ième de f au point a par f (n) (n 1) (a) = f exemple 13 La fonction f définie par : 1 f(x) = 1 + x 2 est indéfiniment dérivable sur R. En effet elle est dérivable, car quotient de fonctions dérivables, et : f ' 2x (x) = 1+ x 2 On écrira cette égalité sous la forme : ( ) 2. f ' (x) = 2x f(x) 2.

29 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 29 Il en résulte, par récurrence, que f est dérivable à 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 dérivable, f' aussi d'après la relation ci-dessus, donc f est n + 1 fois dérivable. exemple 14 (à traiter) Vérifier que, dans l'exemple ci-dessus, on a la relation : (1 + x 2 )f ' (x) + 2x f(x) = 0 et en déduire une relation entre f"(x), f'(x), f(x). Calculer f"(0). # réponse La première relation est facile à déduire de l'expression de f'(x). On peut la dériver : (1 + x 2 ) f (x) + 4x f (x) + 2f(x) = 0. On trouve f"(0) = 2f(0) = 2. "Soient f et g des fonctions n fois dérivables en x 0. Le produit fg est dérivable n fois également et : ( fg) (n) k (k) ( x 0 ) = C n f exemple 15 k=n ( x 0 )g (n k) ( x 0 )." k=0 Les fonctions exponentielle et cosinus sont indéfiniment dérivables, donc leur produit également, et la formule ci-dessus donne : soit : k =n ( exp(x) cos(x) ) (n) k (k ) (n k) = C n exp(x) cos(x), k =0 ( exp(x) cos(x) ) (n) k =n k π = C n exp(x) cos(x +(n - k) 2 ), k =0

30 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 30 exemple 16 (à traiter) ( exp(x) cos(x) ) (n) k =n k π = exp(x) C n cos(x+ (n - k) 2 ). Déterminer la valeur en 0 de la dérivée d'ordre n de la fonction g définie par : g(x) = e x2. On calculera g'(x) en fonction de g(x), puis on utilisera la formule de Leibniz. # réponse Pour la dérivée : D'où : g (x) = 2xe x2 k =0 g (n+1) (x) = ( 2xg(x) ) (n), k=n = 2xg(x). = 2 C k n (Id) (k ) ( x)g (n k) ( x), k =0 = 2xg (n) ( x) + 2ng (n 1) ( x). Pour la valeur en 0, il vient : g (n+1) (0) = 2ng (n 1) ( 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'où :

31 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 31 g (2p) (0) = 2(2p 1)g (2 p 2) ( 0) = 2(2p 1)2(2p 3)g (2 p 4) ( 0) = 2 p (2p 1)(2p 3) 3.1.g(0) = 2 p (2p 1)(2p 3) Développements limités Soit f une fonction définie sur un intervalle ouvert I. Soit x 0 un élément de I. On suppose que la dérivée n-ième en x 0 existe. Il existe une fonction h ε(h), définie sur un intervalle ouvert centré en 0, tendant vers 0 lorsque h tend vers 0, telle que l'égalité suivante soit vraie, pour x appartenant à un intervalle ouvert centré en x 0 contenu dans I : exemple 17 n f(x) = f ( ( x x ) k 0 x 0 )+ f (k)( x ) 0 + x x 0 k! k=1 ( ) n ε x x 0 ( ). Pour les fonctions polynômes, la formule de Taylor, à un ordre supérieur ou égal au degré du polynôme, conduit à une égalité (sans terme ε(h)) : exemple 18 (à traiter) f(x) = f( x 0 )+ ( ) k n x x 0 f (k) ( x k! 0 ). k=1 Écrire la formule de Taylor en 0, à l'ordre 6, pour la fonction g de l'exemple 16.

32 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 32 # réponse A partir de la valeur des dérivées successives en 0, on trouve : e x2 = 1+ x2 x ! x6 6! x 6 ε(x), = 1+ x 2 + x4 2 + x6 6 + x6 ε(x). On dit que la fonction polynôme de x : P(x x 0 ) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + + a n (x x 0 )n est un développement limité à l'ordre n de f en x 0 si l'expression f(x) P(x x 0 ) est de la forme (x x 0 )nε(x x 0 ), la fonction h --. ε(h) tendant vers 0 lorsque h tend vers 0." exemple 19 Si f est définie par : f(x) =1 + x + x 2 + x2 (cos(x) 1) 1+ x 2, alors 1 + x + x 2 est son développement limité à l'ordre 2 en 0. (cos(x) 1) En effet, il est clair que 1+ x 2 tend vers 0 quand x tend vers 0. exemple 20 (à traiter) Vérifier, dans l'exemple précédent, que 1 + x + x 2 développement limité à l'ordre 3. est également le

33 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 33 # réponse Il faut s'assurer que l'on peut "mettre x 3 en facteur" dans le terme : x 2 (cos(x) 1) 1 + x 2 (cos(x) 1) l'autre facteur tendant vers 0. C'est-à-dire vérifier que x 1 + x 2 tend (cos(x) 1) vers 0 quand x tend vers 0. Or le quotient a pour limite la x dérivée de cos en 0, c'est-à-dire sin(0), qui vaut bien 0. "Si P existe, il est unique." exemple 21 Ainsi, si la formule de Taylor s'applique à une fonction, les coefficients du développement limité sont égaux aux coefficients de la formule de Taylor, ce qui donne un calcul de la valeur des dérivées successives de cette fonction au point considéré. 1 Si f est la fonction étudiée à l'exemple 13, f(x) = 2, le développement 1 + x limité en 0 est le suivant (formulaire) : x 2 = 1 x2 + x ( 1) p x 2p + x 2p ε(x). Comme cette fonction est indéfiniment dérivable, on déduit les valeurs de ses dérivées en 0 : f (2p+1) (0) = 0, f (2p) (0) = ( 1) p (2p)! Le calcul est ici nettement plus facile par cette méthode que par un calcul des dérivées successives de f.

34 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 34 exemple 22 (à traiter) Attention toutefois que ce raisonnement suppose la formule de Taylor utilisable. Il ne permet pas de démontrer l'existence d'une dérivée d'ordre supérieur à 1. Vérifier que la fonction définie par : h(x) = 2 x + x 2 x 3 sin 1, si x 0, h(0) = 2, x a un développement limité à l'ordre 2 en 0, mais n'est pas dérivable deux fois en 0. # réponse On voit bien que 2 x + x 2 est le développement limité à l'ordre 2, puisque le terme x 3 sin 1 x est bien de la forme x2 ε(x), ε(x) tendant vers 0 en 0. La fonction h est dérivable en 0 : h(x) h(0) = 1 + x x 2 sin 1 x x, h (0) = 1. Elle est également dérivable en dehors de 0 : h (x) = 1 + 2x 3x 2 sin 1 x 1 x3 cos 1 x = 1 + 2x 3x 2 sin 1 x + x cos 1 x. En 0, h' n'est pas dérivable : h (x) h (0) = 2 3xsin 1 x x + cos 1 x, et cette expression n'a pas de limite en 0, puisque les deux premiers termes ont une limite et le troisième n'en a pas. x 2

35 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 35 "Pour tout couple de réels, (α, β), la combinaison linéaire α.f + β.g admet un développement limité à l'ordre n en x 0, dont la partie régulière est la combinaison linéaire α.p + β.q des parties régulières des développements de f et de g." exemple 23 Le développement limité à l'ordre 4 de cos(x + 1) en 0 s'écrit de la manière suivante : cos(x + 1) = cos(x)cos(1) sin(x)sin(1), = (1 x2 2 + x4 4! + x4 ε(x)) cos(1) (x x3 3! + x4 ε(x))sin(1), = cos(1) xsin(1) x2 x3 x4 cos(1) + sin(1) + 2 3! 4! cos(1) + x4 ε(x). Remarquer sur cet exemple l'abus d'écriture usuel qui consiste à noter de la même manière les différents termes complémentaires (ε(x)), abus qu'il faut s'entraîner à utiliser. Remarquer également l'écriture du DL (développement limité) de sin(x) à l'ordre 4 à partir de la formule standard. exemple 24 (à traiter) Écrire le DL à l'ordre 3 en 0 de e x+1. # réponse Il suffit de remarquer que e x+1 = e.e x, d'où : e x+1 = e(1+ x + x2 2 + x3 6 + x3 ε(x)) = e + ex + e x2 2 + e x3 6 + x3 ε(x).

36 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 36 "Le produit fg admet un développement limité à l'ordre n en x 0, dont la partie régulière s'obtient en tronquant au degré n le produit PQ." exemple 25 Il faut s'entraîner à ne pas écrire les termes superflus. Écriture du DL de l'expression e x sin(x) à l'ordre 3 : e x =1 + x + x2 2 + x3 6 + x 3 ε(x), sin(x) = x x3 6 + x3 ε(x), e x sin(x) = 1+ x + x2 2 + x3 6 + x3 ε(x) x x3 6 + x3 ε(x) = x + x 2 x3 6 + x3 2 + x3 ε(x) = x + x 2 + x3 3 + x3 ε(x). Remarquer que, comme le DL de sin(x) est divisible par x, on aurait pu se contenter d'écrire le DL de e x à l'ordre 2. exemple 26 (à traiter) Écrire le DL de l'expression cos(x) 1 x en 0, à l'ordre 4.

37 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 37 # réponse C'est un produit : cos(x) 1 x = cos(x) 1 1 x = 1 x2 2 + x4 4! + x4 ε(x) 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 4 ε(x) ( ) =1 + x + x x x x4 ε(x) =1 + x + x2 2 + x x x4 ε(x). "Si f admet un développement limité en x 0, de partie régulière P, et y 0 = lim(f(x)) en x 0, et si g est une fonction composable avec f qui admet un développement limité en y 0, de partie régulière Q, alors on obtient un développement limité de gof en x 0 en substituant P(x x 0 ) à y dans Q(y y 0 ), et en tronquant le polynôme obtenu au degré convenable." exemple 27 Écriture du développement limité en 0 à l'ordre 4 de l'expression : 1 1 sin(x). En préliminaire, on écrit les DL de sin(x), et de sin(x) = x x3 6 + x4 ε(x), 1 1 x = 1+ x + x2 + x 3 + x 4 + x 4 ε(x). 1 1 x. (formulaire) : On substitue la partie régulière du DL de sin(x) dans le DL de 1 1 x.

38 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 38 On obtient : 1 1 sin(x) x3 = 1+ x + x x x x x x x 4 ε(x). On développe et on ordonne, en n'écrivant que les termes de degré au plus 4 : 1 x3 = 1+ x 1 sin(x) 6 + x2 2x x3 6 + x3 + x 4 + x 4 ε(x). On obtient enfin : exemple 28 (à traiter) 1 1 sin(x) =1 + x + x2 + 5x x4 3 + x4 ε(x). Cela s'applique au cas où une fonction est un polynôme. Écrire le DL à l'ordre 3 en 0 de 1 + x + x 2 + x 3. # réponse Un DL préliminaire : 1 + x = x 1 8 x x3 + x 3 ε(x). D'où : 1 + x + x 2 + x 3 =1 + 1 ( 2 x + x 2 + x 3 ) 1 ( 8 x + x2 + x 3 ) x3 + x 3 ε(x). 1 + x + x 2 + x 3 = x x x3 1 8 x x x 3 + x 3 ε(x), 1 + x + x 2 + x 3 = x x x3 + x 3 ε(x). Remarquer qu'il est utile de savoir calculer des expressions comme (a + b +c) 2, (a + b) 3

39 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 39 "On suppose que f admet en x 0 [a, b] un développement limité à l'ordre n, de partie régulière P(x x 0 ). Soit F : [a, b] --. R une primitive de f. Alors F admet un développement limité à l'ordre n + 1 en x 0, dont la partie régulière est obtenue en calculant la primitive de P(x x 0 ) égale à F(x 0 ) en x 0." exemple 29 Écriture du DL à l'ordre 4 de Arctan(x). 1 La dérivée est 2, dont le DL à l'ordre 3 est facile à calculer : 1 + x x 2 = 1 x2 + x 3 ε(x), d'où : Arc tan(x) = Arctan(0) + x x3 3 + x4 ε(x), = x x3 3 + x4 ε(x). En effet, Arctan(0) = 0. Bien noter qu'en intégrant on gagne un ordre. exemple 30 (à traiter) Écrire un DL à l'ordre 5 de log(1 + x 2 ). # réponse 2x En dérivant on obtient 2. Le DL à l'ordre 4 s'obtient en multipliant 1 + x 1 par 2x le DL à l'ordre 3 de 2. Ensuite il suffit d'intégrer : 1 + x

40 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume x 1 + x 2 = 2x( 1 x 2 + x 3 ε(x) ), = 2x 2x 3 + x 4 ε(x), log(1 + x 2 ) = x 2 x x5 ε(x). Bien entendu, on peut aussi substituer x 2 à x dans le DL de log(1 + x) à l'ordre 3 en 0, puis tronquer à l'ordre Développements asymptotiques "Soit x 0 un réel et f une fonction définie sur un voisinage épointé de ce point, non nécessairement bornée sur ce voisinage épointé. On appelle développement asymptotique i=n ( ) i d'ordre n de f au voisinage de x 0 une fonction rationnelle de la forme a i x x 0 où p et n sont des entiers relatifs (p n), vérifiant i=n lim f(x) a i x x 0 i=p x >x 0 ( ) i x x 0 ( ) n = 0. " exemple 31 1 Écriture d'un développement asymptotique de x 2 à l'ordre 1 au 3x + 2 voisinage de x 0 = 1. On multiplie par (x 1) pour obtenir une fonction développable au sens usuel, que l'on développe à l'ordre 2 : x 1 x 2 3x + 2 = 1 x 2 = 1 1+ (1 x) = ( 1 (1 x) + (1 x)2 + (1 x) 2 ε(x 1) ). x 1 x 2 3x + 2 = 1 + (1 x) (1 x)2 +(1 x) 2 ε(x 1). On obtient donc le développement asymptotique à l'ordre 1 : 1 x 2 3x + 2 = 1 1 (x 1) + (x 1)ε(x 1). x 1 i= p

41 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 41 exemple 32 (à traiter) Écrire le développement asymptotique en 0, à l'ordre 2, de # réponse 1 x + x 2. On met 1 x d'où : en facteur, puis on développe de manière usuelle : 1 x + x 2 = 1 x 1 1+ x = 1 ( x 1 x + x 2 x 3 + x 3 ε(x) ), 1 x + x 2 = 1 x 1+ x x2 + x 2 ε(x). On appelle développement asymptotique d'ordre n de f à l'infini une fonction rationnelle i=n de la forme a i x i où p et n sont des entiers relatifs (p n), vérifiant (cas de + ) : i= p exemple 33 i=n lim f(x) a i x i i=p x >+ xn = 0. Il suffit de poser h = 1, et de développer par rapport à h, pour h tendant x vers 0 (à droite si x --. +, à gauche si x --. ). Écriture du développement asymptotique d'ordre 1 en + de : x 2 +1 x 2 1.

42 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 42 Ici h = 1 x est positif : x 2 +1 x 2 1 = 1 h h 2 1 ( ) = 1 h 1+ h2 1 h 2 = 1 h 1 + h2 h h2 ε(h) = h + hε(h) = 1 x + 1 x ε 1 x. exemple 34 (à traiter) Écrire le développement asymptotique de la fonction précédente en. # réponse Ici, h = 1 x est négatif, donc h2 = h. Le développement est donc : x 2 +1 x 2 1 = 1 x + 1 x ε 1 x.

43 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Étude locale des fonctions "Soit a un réel, et soient f et g des fonctions définies sur un intervalle ouvert centré en a, continues en a. On suppose f et g dérivables sur un voisinage épointé de a, g non nulle sur un voisinage épointé de a, enfin f(a) = g(a) = 0. Alors si le rapport f'(x) a une limite finie en a, le rapport lim x >a f(x) g(x) = lim f'(x) x >a g'(x). " exemple 35 f(x) g(x) g'(x) a également une limite finie, et On utilisera cet énoncé quand le rapport des dérivées est plus simple que celui des fonctions. Étude du rapport : log(x) x 1, lorsque x tend vers 1, par valeurs supérieures. Les conditions sont vérifiées, donc on peut regarder le quotient des dérivées : 1 x 1 2 x 1 Ce quotient a pour limite 0 en 1. Donc la limite de log(x) x 1 = 2 x 1. x en 1 existe et vaut 0.

44 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 44 exemple 36 (à traiter) Déterminer la limite de l'expression : x 2 3x + 2 sin(xπ) lorsque x tend vers 1. # réponse On est bien dans les conditions d'application de ce résultat, donc on étudie le quotient des dérivées : 2x 3 πcos(xπ). En 1, la limite existe, et c'est 1 πcos(π) = 1 π. "Si f est continue en a, dérivable sur un voisinage épointé de a, et si f' a une limite finie en a, alors f est dérivable en a, et lim ( f'(x) ) = f'(a)). " x >a x a exemple 37 Pour f définie par : f(x) = x 2 sin 1 x, si x 0, f(0) = 0, on voit que la dérivée existe pour x 0, et vaut : f (x) = 2x sin 1 x cos 1 x, donc la limite en 0 n'existe pas. Pourtant f'(0) existe et vaut 0 : f(x) f(0) = x sin 1 x x 0.

45 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 45 Ne pas utiliser de "réciproque" à cet énoncé. exemple 38 (à traiter) Faire la même étude pour : f(x) = x 3 sin 1, si x 0, f(0) = 0. x # réponse Dans ce cas, f'(x) existe, par un calcul direct, en x différent de 0 : f (x) = 3x 2 sin 1 x xcos 1 x. Cette expression tend vers 0 en 0, donc f'(0) existe et vaut 0. "Soit f : R --. R, dérivable en x 0, admettant en x 0 un maximum local ou un minimum local. Alors f'(x 0 ) = 0." exemple 39 On étudie la fonction définie par f(x) = 2x 3 3x 2. Sa dérivée est f (x) = 6x 2 6x. La dérivée s'annule pour x = 0, et x = 1. Ce sont les seuls points susceptibles d'être extremum local. f(0) = 0, et si x < 0, x 3 < 0, donc f(x) < 0. Si 0 < x < 3, f(x) < 0. Donc 2 il y a bien un maximum en 0. f(1) = 1. On a : 2x 3 3x 2 +1 = (x 1) 2 (2x +1), donc f(1) > 1 si 2x + 1 > 0, c'est-à-dire sur ] 1, + [. On a bien un 2 minimum local. NB : dans les deux cas, ce n'est pas un extremum absolu.

46 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 46 exemple 40 (à traiter) La réciproque est fausse. Trouver un contre-exemple. # réponse On en rencontre souvent, par exemple f(x) = x 3, en 0. Il suffit de trouver une dérivée qui s'annule sans changer de signe. "Soit M(x) le point de G d'abscisse x. On dit que D(a) est tangente à G si la fonction x I, x distance(m(x), D(a)) est négligeable devant la fonction x distance(m(x), M(x 0 )), quand x tend vers x 0 dans I." exemple 41 Soit G la parabole, graphe de la fonction "carré", c(x) = x 2. L'équation 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, x 2 ) à cette droite est donnée par : x 2 1 m(x 1) 1 + m 2. La distance de ce point à (1, 1) est : Le quotient est : (x 1) 2 + (x 2 1) 2.

47 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 47 x 2 1 m(x 1) (x 1) 2 + (x 2 1) m 2 = x 1 x + 1 m x (x +1) m 2 = x + 1 m 1 + (x +1) m 2. Sa limite en 1 est : 2 m m. 2 Elle n'est nulle que pour m = 2. La tangente est la droite d'équation : y = 1 + 2(x 1). exemple 42 (à traiter) Vérifier que la droite d'équation y = x 1 est tangente au graphe de la fonction x log(x). # réponse 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 équation. Cherchons si la droite est tangente au graphe au point (1, 0). Il faut étudier le quotient : log(x) x +1 2 (x 1) 2 + log(x) 2.

48 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 48 log(x) x +1 2 (x 1) 2 + log(x) 2 = x 1 log(x) x x 1 (1 + log(x) x 1 log(x) x 1 1 = 2 (1 + log(x) 2. x 1 On sait que le quotient log(x) a pour limite 1 quand x tend vers 1. x 1 On déduit que le quotient ci-dessus tend bien vers 0. 2 Soit f une fonction dérivable en un point x 0. La droite D(f'(x 0 )) est la tangente à G en x 0. exemple 43 On le vérifie bien dans l'exemple 41 : la dérivée de la fonction "carré" en 1 vaut bien 2, donc la tangente en (1, 1) est la droite d'équation y 1 = 2(x 1). exemple 44 (à traiter) Procéder de même pour l'exemple 42. # réponse La dérivée du logarithme en 1 est bien 1 : la tangente en (1, 0) a pour équation y = x 1.

49 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 49 "Dans un calcul de limite, on peut toujours remplacer une fonction par son développement limité s'il existe au point considéré." exemple 45 C'est un usage principal de l'outil "développement limité". Il permet en particulier d'étudier certaines "formes indéterminées" lorsque le recours aux équivalents n'est pas simple (sommes de fonctions). Étude de l'expression : 1 + x + x x x 2 x 2 lorsque x tend vers 0. Calcul préliminaire : DL des deux termes du numérateur. Il faut connaître (formulaire) le DL de 1 + t, t tendant vers 0, puis substituer l'expression voulue. Une des difficultés est qu'il n'est pas toujours facile de prévoir à quel ordre calculer ces DL intermédiaires : il est sans intérêt d'obtenir in fine un DL dont la partie régulière est nulle. Il est également sans intérêt et coûteux en temps de déterminer trop de termes. Ici, on calculera un DL à l'ordre 2 du numérateur pour voir s'il est possible de simplifier avec le dénominateur. On rappelle que : En substituant : 1 + t = t 1 8 t2 + t 2 ε(t).

50 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume x + x 2 = 1+ 1 ( 2 x + x2 ) 1 ( 8 x + ) 2 x2 + ( x + x 2 ) 2 ε(x + x 2 ) = x x2 1 8 x2 + x 2 ε(x) = x x2 + x 2 ε(x). 1 + x x 2 = 1+ 1 ( 2 x x2 ) 1 ( 8 x ) 2 x2 + ( x x 2 ) 2 ε(x x 2 ) On obtient donc : = x 1 2 x2 1 8 x2 + x 2 ε(x) = x 5 8 x2 + x 2 ε(x). 1 + x + x x x 2 x 2 = La limite existe et vaut 1. exemple 46 (à traiter) x x x 5 8 x2 + x2 ε(x) =1 + ε(x). Étudier la limite de l'expression suivante lorsque x tend vers 0 : # réponse e x2 cos(x) x 4. On cherche un DL à l'ordre 4 du numérateur. Les DL à utiliser sont ceux de l'exponentielle (à l'ordre 2) et du cosinus (à l'ordre 4)(formulaire) : D'où le DL de l'expression : e x =1 + x + x2 2 + x2 ε(x), cos(x) =1 x 2 x x x4 ε(x).

51 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume x 2 + x x2 2 x x4 ε(x) x 4 = 3 2 x x4 + x 4 ε(x) = 3 2x ε(x). Cette expression tend vers + quand x tend vers 0. x 4 "Le premier terme non nul du développement limité d'une fonction, s'il existe, est un équivalent de la fonction." exemple 47 Ainsi, dans les exemples précédents on a obtenu des équivalents des numérateurs : 1 + x + x x x 2 ~ x 2 e x2 cos(x) ~ 3 2 x2 On pourrait en déduire : lim 1 + x + x2 1 + x x 2 = 2 x 0 e x2 cos(x) 3. exemple 48 (à traiter) Chercher un équivalent en 0 de l'expression : sin(x) log(1+x) x 2. # réponse Écrire les DL en 0 des trois termes, à l'ordre au moins 2, 3 par exemple :

52 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 52 sin(x) = x x3 6 + x3 ε(x), log(1+ x) = x x2 2 + x3 3 + x3 ε(x), x 2 = x 2. L'expression a donc le développement suivant : d'où un équivalent : x3 6 + x2 2 x3 3 x 2 + x 3 ε(x) sin(x) log(1+x) x 2 ~ x2 2. "Soit f une fonction admettant un développement limité au voisinage d'un point x 0. Si ce développement est à l'ordre 1, f(x) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + (x x 0 )ε(x x 0 ), la droite d'équation y = a 0 + a 1 (x x 0 ) est la tangente au graphe de f au point d'abscisse x 0. exemple 49 Soit f l'application définie par : f(x) =1 + x + xsin(x). Écriture de l'équation de la tangente en (0, f(0)) au graphe de f. On trouve facilement le DL à l'ordre 1 de f en 0 : f(x) = 1 + x + xε(x). L'équation de la tangente est donc : y = 1 + x. Remarquer qu'il n'est pas nécessaire de calculer une dérivée.

53 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 53 exemple 50 (à traiter) Déterminer l'équation de la tangente en (0, g(0)) au graphe de l'application g donnée par : x + x 2 g(x) = 1 + x + 2x 2. # réponse Le développement limité à l'ordre 1 est : 2 x + x 1 + x + 2x 2 = 2 2 ( x + x )( 1 x 2x + xε ( x) ) = x + x² ε ( x). Donc la tangente a pour équation y = x. (Comparer avec le calcul de g'(0)). "Si ce développement est à l'ordre 2 : f(x) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + a 2 (x x 0 )2 + (x x 0 )2ε(x x 0 ), la position du graphe est donnée par le signe de a 2 (si a 2 0). Si a 2 > 0, le graphe est au-dessus de sa tangente. Si a 2 < 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 + xε(x) ) = 1+ x + x 2 + x 2 ε(x). La courbe est au-dessus de sa tangente.

54 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 54 Pour ne pas recommencer le calcul, on déterminera souvent non seulement la partie du premier degré, mais également le premier terme non nul qui suit. exemple 52 (à traiter) Dans l'exemple 50, étudier la position de la courbe par rapport à sa tangente. # réponse Le développement à l'ordre 2 de g(x) est le suivant : x + x x + 2x 2 = ( x + ) x2 1 ( x + 2x 2 )+ x + 2x 2 = x + x 2 ( ) 2 + x 2 ε(x) ( )( 1 x 2x2 + x 2 + x 2 ε(x) ) = x + x 2 x 2 + x 2 ε(x) = x + x 2 ε(x). Comme on le voit, le terme de degré 2 est nul, on n'obtient donc pas de renseignement sur la position. Généralisant l'énoncé précédent, on cherche le premier terme non nul de degré supérieur à 1 : on remarque que, comme x est en facteur au numérateur, il suffit de calculer l'autre DL à l'ordre 2, ce qui a déjà été fait ci-dessus. x + x x + 2x 2 = ( x + ) x2 1 ( x + 2x 2 )+ ( x + 2x 2 ) 2 + x 2 ε(x) = ( x + x 2 )( 1 x x2 + x 2 ε(x) ) = x + x 2 x 2 x 3 x 3 + x 3 ε(x) = x 2x 3 + x 3 ε(x).

55 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 55 Il en résulte que la différence d'ordonnées, pour des points d'abscisse x, situés respectivement sur le graphe et sur la tangente, est x 3 + x 3 ε(x). Cette différence 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 développement asymptotique en + de la forme suivante f(x) = a 1 x + a 0 + a 1 x + ε(x) x. La droite d'équation y = a 1x + a 0 est asymptote à la courbe. Si a 1 > 0, la courbe est au-dessus de son asymptote. Si a 1 < 0, la courbe est au-dessous de son asymptote." exemple 53 On note f la fonction définie par : f(x) = 1 + x + x2 1+ x 2. On détermine le comportement de cette fonction en + et en. Développement asymptotique (h = 1 x ) en + : 1 + x + x 2 x 2 1 = x x x 2 1 x x 2 +1 ( ) 1 h2 = x 1 + h + h 2 = x 1 + h + h2 1 + h h3 ε(h) = x 1+ h h h3 + h 3 ε(h) ( ) = x x + ε 1 x. x La droite d'équation y = x + 1 est asymptote au graphe en +, le graphe est au-dessus de l'asymptote.

56 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 56 En, x 2 = x, et l'asymptote est y = x 1, au-dessous du graphe. exemple 54 (à traiter) Étudier de même à l'infini la fonction donnée par : g(x) = x 3 + x 2 x 1 x 2. + x + 2 # réponse Tout d'abord, il faut déterminer un développement asymptotique. En + : x 3 + x 2 x 1 ( x 2 = x3 1+ h h 2 h 3 ) + x + 2 x 2 1+ h + 2h 2 ( ) ( )1 ( h 2h 2 + h 2 + h 2 ε(h) ) ( )1 ( h h 2 + h 2 ε(h) ) ( ) = x 1 + h h 2 h 3 = x 1 + h h 2 h 3 = x 1 3h 2 + h 2 ε(h) = x 3 x + 1 x ε( 1 x). L'asymptote en + est la droite d'équation y = x, et le graphe est audessous de l'asymptote. En, les calculs sont les mêmes, donc l'asymptote est la même, et le graphe est au-dessus de l'asymptote.

57 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Pour Comprendre et Utiliser 3-1 Énoncés des exercices Savoir reconnaître si une fonction est dérivable, calculer sa dérivée, ses dérivées successives. exercice 1 Soit a un réel et f une fonction définie sur un intervalle ouvert centré en a. Pour h réel non nul tel que f soit définie sur [a h, a + h ], on note m s (h) le quotient : f(a + h) f(a h) m s (h) =. 2h Si m s (h) a une limite lorsque h tend vers 0, on note cette limite f' s (a), c'est la dérivée symétrique en a. 1) Étudier l'existence et la valeur de f' s (a) () dans les cas suivants : f(x) = x, a = 0, f(x) = x sin 1 pour x 0, f(0) = 0, a = 0, x f(x) = E(x) (partie entière), a = 1. 2) Montrer que si f a une dérivée à gauche et une dérivée à droite en a, alors la dérivée symétrique existe ( ). Exprimer sa valeur en fonction de la dérivée à gauche et de la dérivée à droite en a. 3) Examiner la réciproque : si la dérivée symétrique existe, alors la dérivée à gauche et la dérivée à droite existent ( ).

58 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 58 exercice 2 Existence et expression de dérivées. Pour les fonctions définies par les expressions suivantes, on demande d'étudier jusqu'à quel ordre () elles sont dérivables, d'écrire l'expression de leurs dérivées successives lorsqu'elles existent, ou d'en indiquer la forme générale. 1) f(x) = x k sin 1, si x 0, f(0) = 0. ( ) (). x 1 x 2) f(x) = e 2, si x 0, f(0) = 0. ( ) (). exercice 3 Dérivation et équations différentielles. Pour étudier l'expression de dérivées d'ordre () supérieur à 1, il est parfois plus facile de montrer que les dérivées successives ont entre elles une relation algébrique, plutôt que de procéder à la dérivation directement. Soit g la fonction définie par : 1 g(x) = 1 + x 2. 1) Calculer directement les 5 premières dérivées de g, et formuler une conjecture concernant la forme de la dérivée d'ordre k quelconque : dénominateur, degré, signe et valeur du coefficient dominant du numérateur ( ). 2) Chercher des polynômes a(x) et b(x) tels que pour tout x réel : a(x)g'(x) + b(x)g(x) = 0 ( ). (On dit que g est solution de l'équation différentielle () ay' + by = 0.) En déduire que g est de classe C () (). 3) En dérivant l'expression a(x)y'(x) + b(x)y(x), démontrer que pour tout k entier on a une relation du type suivant entre les dérivées successives :

59 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 59 u(k) dk y dx k + v(k)x dk+1 y dx k+1 + w(k)(1+ x2 ) dk+2 y k+2 = 0. dx où u(k), v(k), w(k) sont des réels ( ). Établir des relations de récurrence entre (u(k), v(k), w(k)) et (u(k + 1), v(k + 1), w(k + 1)) (). En déduire l'expression de u(k), v(k), w(k), en fonction de k. 4) En déduire la valeur de g (k) (0) selon la valeur de k ( ). 5) A l'aide de la relation démontrée ci-dessus, voir si la conjecture formulée à la première question est vraie ( ) (). exercice 4 Montrer que les fonctions définies par les expressions suivantes sont indéfiniment dérivables () () sur leur domaine de définition, et écrire la forme générale de leur dérivée d'ordre n. 1) g(x) = tan(x). Montrer que la dérivée d'ordre n est une expression polynomiale en g(x), dont on précisera le degré, la parité, et le terme dominant ( ) (). 2) h(x) = x 3 e x ( ). 1 3)m(x) = 1 x 2. ( ). Savoir calculer un développement limité, ou asymptotique. Utiliser les développements limités (DL), ou asymptotiques, dans l'étude des limites. exercice 5 Propriétés globales et développement limité. 1) On suppose que la fonction f est paire. Démontrer que les parties régulières () de ses développements limités en 0, d'ordre quelconque (s'ils existent) sont des polynômes pairs (propriété analogue pour impair) ( ).

60 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) Généraliser cette propriété pour un réel quelconque où f admet un développement limité ( ). 3) Si une fonction est positive, que peut-on dire de son développement limité? ( ). exercice 6 Quotient de DL (). Pour étudier un quotient de fonctions à l'aide de DL, on doit savoir traiter le quotient de deux DL. Voici trois situations, en 0 : 1) Soit a + bx + cx2 + x 2 ε(x) 1+ x + x 2 + x 2 un quotient. En posant u = x + x 2 + x 2 ε(x), ε(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 à un calcul analogue au précédent ( ) : a + bx + cx 2 + x 2 ε(x) 2 + x 4x 2 + x 2 ε(x) 3) Enfin pour asymptotique ( ). exercice 7 a + bx + cx 2 + x 2 ε(x) 2x 4x 2 + x 2 ε(x), calculer un développement Tableau de DL à calculer : expression - ordre - point où le DL est à calculer ( ) (). Attention : pour certains de ces cas, la bonne réponse est "il n'existe pas de DL", ou "il n'existe pas de DL à l'ordre demandé". Dans ce dernier cas, on cherchera s'il existe un DL d'ordre inférieur à celui demandé.

61 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 61 x 3 sin 1 x expression ordre point 1 + sin(x) ( ) 3 0 e cos(x) ( ) 4 0 log(x) ( ) 2 0, prolongé par 0 ( ) 3 0 e x cos(x) ( ) x ( ) x ( ) 3 0 x 3 + x 2 x 1 ( ) 4 1 log(x + x 2 ) ( ) 4 1 cos(x) ( ) 3 π x e 2, prolongé par 0 ( ) e x, x > 0 ( ) log( 1+ x), x 0 ( ) 3 0 log( 1+ x), x 0 ( ) 2 2 x 3 log(x), x > 0 ( ) 3 0

62 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 62 exercice 8 Écrire les développements asymptotiques suivants : expression ordre point x 1 x + 3 ( ) 3 + exercice 9 x 2 x x 3 ( ) 1 tan(x) ( ) 3 π 2 x 3 + 2x 1 ( ) x e x 2 +x ( ) x+ 1+x e 2 ( ) Recherche d'un équivalent à l'aide de développement limité. Il s'agit de trouver le premier terme non nul du développement limité. expression point cos(x) 4 x2 4 + x 2 ( ) 0 2sin x 2 x 1 + x 2 ( ) 0 2 log(x) + x 2 4x + 3 ( ) 1 x tan(x) sin(x) 2 ( ) 0

63 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 63 exercice 10 Calcul de limites. Dans certains cas, la réponse peut être "il n'y a pas de limite", ou "l'expression tend vers +, " (). expression point x x x 1 x log(x) ( ) 1 ( cos(x) ) 1 xk, k réel positif, x > 0 ( ) 0 log(1+ x) log(x) x log x x 2 x ( ) ( ) log x 2 + e x ( ) ( ) sin(x) cos(x) ( ) 0 e x + e x 2 sin(x) 1+ x 1 ( ) ( ) x ( ) 1 x ( log(e + x) ) 1 x ( ) 0 xe 1+x ( x + log(x) ) 2 ( ) + log(1 x) log x ( ) tan(x)log(1 + cos(x)) ( ) π 2

64 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 64 Savoir interpréter le signe de la dérivée, les premiers termes d'un développement limité, ou d'un développement asymptotique pour l'étude locale d'une fonction ou de son graphe. exercice 11 Soit f une fonction dérivable sur R et a un réel. 1) On suppose f'(a) = 0. Donner des exemples des trois situations suivantes : f est strictement monotone () sur un intervalle ouvert centré en a. f est monotone sur un intervalle semi-ouvert [a, b[, et sur un intervalle semi-ouvert ]c, a], de sens de variations différents. Il n'existe aucun intervalle ouvert centré en a, ni d'intervalle semi-ouvert comme ci-dessus, où f est monotone ( ). 2) On suppose f'(a) 0. Existe-t-il un intervalle ouvert centré en a sur lequel f est monotone? ( ). 3) Que peut-on dire sur ces différentes questions si, de plus, f' est continue en a? ( ). exercice 12 Soit h une application de R dans R, dérivable, 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) Démontrer que h'(0) 1 ( ). 3) On suppose que le graphe de h est, au voisinage de (0, 0), au-dessus de la droite d'équation y = x. Démontrer que cette droite est tangente au graphe, et que, si h est deux fois dérivable, h"(0) 0 ().

65 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 65 exercice 13 On propose les développements limités suivants pour une même fonction f, au voisinage de 0. Comme de coutume, ε(x) désigne ci-dessous une expression tendant vers 0 en 0. On a utilisé l'abus d'écriture usuel, selon lequel ε(x) ne désigne pas nécessairement la même expression dans chacune des égalités écrites. (1) f(x) = x + x 2 + x 2 ε(x), (2) f(x) = 2x + 5x 2 + x 2 ε(x), (3) f(x) = x + x 2 ε(x), (4) f(x) = 3x x 2 + x 2 ε(x), (5) f(x) = x + xε(x), (6) f(x) = 3x + x 2 + xε(x), (7) f(x) = 2x + ε(x), (8) f(x) = 2x + xε(x), (9) f(x) = x + x 2 x 2 ε(x), (10) f(x) = 3x + x 2 + x 3 ε(x). 1) Certains de ces développements sont compatibles () entre eux, d'autres non. Former des familles de développements compatibles ( ). 2) Dans une famille de développements compatibles, préciser quelles informations sont données par les différents développements, et classer la famille par ordre croissant de précision du développement ( ) (). 3) On propose diverses représentations graphiques au voisinage de 0. On y a fait figurer une branche de courbe, et la tangente à l'origine. Établir, si possible, une correspondance entre chacun de ces dessins et une des familles déterminées plus haut (). S'il reste des cas, proposer un développement limité à l'ordre 2 en 0 compatible avec chacun d'eux ( ).

66 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 66 Figure 1

67 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 67 Figure 2 Figure 3

68 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 68 Figure 4

69 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 69 Figure 5

70 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 70 exercice 14 Figure 6 Représenter, au voisinage du point indiqué, l'aspect du graphe de la fonction définie par l'expression ci-dessous : tangente, ou asymptote, position par rapport à la tangente, ou à l'asymptote (). Pour le premier cas, on admettra que l'intégrale a bien un sens, la fonction à intégrer ayant une limite finie en 0. expression point e t2 sin 2 (t) 1 1 t 2 dt ( ) 0 0 x x 2 x sin(xπ) ( ) 1

71 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 71 x 2 x 1 x 2 2x 1 ( ) + x 2 x x 2 ( ) 2 x 2 x ( ) x 2 x cos(x) sin(x) ( ) 0

72 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 72 exercice 1-C 3-2 Corrigés des exercices 1) Si f(x) = x, le quotient est : h h. 2h C'est donc 0, et la dérivée symétrique existe et est égale à 0. Si f(x) = x sin 1, le quotient est : x h sin 1 h hsin 1 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 0 2h. Si h < 0 : 0 1 2h. Dans les deux cas, il n'y a pas de limite en 0. 2) L'hypothèse signifie que le quotient : f(a + h) f(a) h a une limite si h tend vers 0, en restant positif, et une limite (éventuellement différente) si h tend vers 0 en restant négatif.

73 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 73 f(a + h) f(a h) 2h Supposons h positif : le premier quotient tend vers = = f(a + h) f(a) ( f(a h) f(a) ) 2h f(a + h) f(a) f(a h) f(a) +. 2h 2h f d (a), et le second vers 2 f g (a). Si h est négatif, c'est l'inverse. Il en résulte que dans ce cas la 2 dérivée symétrique existe et : f s (a) = f d (a) + f g (a). 2 (QC-1) Démontrer que si f est dérivable en a, la dérivée symétrique existe et est égale à f'(a). 3) Examinons les cas particuliers traités en 1. Pour le premier exemple, la dérivée symétrique existe, et les dérivées à gauche et à droite aussi. Pour le second, la dérivée symétrique existe. Pour la dérivée à droite par exemple, il faut chercher si le quotient : xsin 1 x 0 x a une limite quand x tend vers 0. On sait que ce n'est pas le cas. Nous avons donc un contre-exemple à la réciproque examinée. La réciproque est fausse. (QC-2) Donner une interprétation graphique de la dérivée symétrique, et de son existence dans les deux premiers exemples. indications pour résoudre - méthode - lexique

74 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 74 exercice 2-C 1) En dehors de 0, pour tout k, la fonction est dérivable, par composition de fonctions indéfiniment dérivables. Le seul problème est en 0. Si k = 0, la fonction n'est pas continue en 0. Si k = 1, elle est continue, mais pas dérivable. Si k 2, la fonction est dérivable en 0 : x k sin 1 x 0 = x k 1 sin 1 x x 0. La dérivée est égale à 0. Calculons f'(x) pour x 0 : f (x) = kx k 1 sin 1 x + xk 1 x 2 cos 1 x = kx k 1 sin 1 x xk 2 cos 1 x. 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 dérivable. Si k 3, f est continûment dérivable en 0. La dérivée seconde en 0 est la limite, si elle existe, du quotient : kx k 1 sin 1 x xk 2 cos 1 x = kx k 2 sin 1 x x xk 3 cos 1 x. Pour k = 3, cette expression n'a pas de limite en 0. La dérivée seconde n'existe pas en 0. Pour k 4, f"(0) existe et vaut 0. Essayons de généraliser. Il est utile de calculer quelques dérivées encore pour pouvoir conjecturer une forme. Un logiciel peut nous aider : indications pour résoudre - méthode - lexique

75 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 75 Supposons, par hypothèse de récurrence, que la dérivée d'ordre p de f, en dehors de 0, est de la forme : k 2 p 1 1 x P ( x ) sin + Q ( x ) cos. x x Dans cette formule, P et Q désignent des polynômes, dépendant de p et de k. Par dérivation, on voit que cette formule est bien vraie également pour la dérivée d'ordre p + 1. Par ailleurs, elle est vérifiée pour p = 1, avec P(x) = kx 2, Q(x) = 1. Il en résulte que si 2p + 2 k, la dérivée d'ordre p a pour limite 0 en 0, donc f est p fois continûment dérivable partout. Si k = 2p +1, la forme de indications pour résoudre - méthode - lexique

76 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 76 la dérivée d'ordre p 1, qui existe, montre que la dérivée d'ordre p en 0 existe encore (mais f (p) n'est pas continue en 0). 2) Ici encore, en dehors de 0 la dérivabilité s'obtient par composition. On calcule quelques dérivées successives : On peut, au vu de ces essais, formuler l'hypothèse de récurrence : la dérivée 1 d'ordre p est de la forme : e x 2 Q(x) x 3p, où Q est un polynôme ne s'annulant pas en 0. Par comparaison de l'exponentielle avec la puissance, on en déduira que pour tout p la dérivée d'ordre p existe et est égale à 0 en 0. indications pour résoudre - méthode - lexique

77 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 77 La formule précédente est vraie pour p = 1 (Q(x) = 2), et la récursivité se vérifie par dérivation et réduction au même dénominateur. (QC-1) Interpréter géométriquement ce résultat. exercice 3-C 1) Maxima calcule : On observe que le dénominateur est (1 + x 2 ) n+1. Le numérateur est un polynôme de degré n, de même parité que n, de coefficient dominant de valeur absolue (n+1)!, et de signe alterné. 2) On trouve facilement a(x) = 1 + x 2, b(x) = 2x, par exemple en dérivant l'égalité : g(x)(1 + x 2 ) = 1. indications pour résoudre - méthode - lexique

78 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 78 On en déduit par récurrence que g est de classe C, puisque si g est n fois continûment dérivable, alors g' aussi donc g est n + 1 fois continûment dérivable. 3) En continuant à utiliser la méthode de dérivation de l'égalité ci-dessus, comme le suggère l'énoncé, 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 établit facilement ces relations en dérivant l'expression : u(k) dk y dx k + v(k)x dk+1 y dx k+1 + w(k)(1+ x2 ) dk+2 y k+2 = 0. dx et en identifiant à : indications pour résoudre - méthode - lexique

79 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 79 u(k +1) dk+1 y dx k +1 + v(k +1)x dk+2 y dx k+2 + w(k +1)(1+ x2 ) dk +3 y k+3 = 0. dx Sachant que u(0) = 2, v(0) = 4, on déduit d'abord que v(k) = 2k + 4, puis que u(k) u(k 1) = 2k + 2 = 2 (k + 1), d'où : u(k) u(0) = 2 ( (k + 1) + k + (k 1) + + 2), d'où u(k) = (k + 1)(k + 2). (QC-1) Retrouver ce résultat 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/2 k! (cf. exemple 21). 5) La relation à utiliser est : (k + 1)(k + 2)g (k) (x) + (2k + 4)xg (k+1) (x) + (1 + x 2 )g (k +2) (x) = 0. On en tire g (k+2) (x) en fonction des dérivées précédentes : (k + 1)(k + 2)g (k) (x) (2k + 4)xg (k+1) (x) (1 + x 2 ) d'où par récurrence, si on suppose une forme : = g (k +2) (x), g (k) (x) = ( 1)k (k +1)!x k + (termes de degré inférieur à k) (1+ x 2 ) k +1, g (k +2) (k + 1)(k + 2) (x) = (1 + x 2 ) (2k + 4)x (1 + x 2 ) ( 1)k (k +1)!x k + (degré inférieur à k) (1+ x 2 ) k +1 ( 1)k+1 (k + 2)!x k +1 + (degré inférieur à k +1) (1+ x 2 ) k+2 indications pour résoudre - méthode - lexique

80 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 80 g (k +2 ) (x) = ( 1)k +1 (k + 2)!x k (k +1) + (degré inférieur à k) (1+ x 2 ) k+ 2 ( 1)k +1 (k + 2)!x k +2 (2k + 4)+ (degré inférieur à k+ 2) (1+ x 2 ) k +3 g (k+2) (x) = ( 1)k +1 (k + 2)!x k+2 [(k + 1) (2k + 4) ]+ (deg inf à k + 2) (1+ x 2 ) k +3 g (k+ 2) (x) = ( 1)k +1 (k + 2)!x k+2 [ k 3]+ (deg inf à k + 2) (1+ x 2 ) k +3 g (k+2) (x) = ( 1)k +2 (k + 3)!x k +2 + (deg inf à k + 2) (1 + x 2 ) k+3. La forme conjecturée est donc vérifiée par récurrence. exercice 4-C 1) La dérivée est g'(x) = 1 + tan(x) 2 = 1 + g(x) 2. Donc si g est dérivable à l'ordre p, g' aussi, donc g est dérivable à l'ordre p + 1. Par récurrence, on déduit que g est indéfiniment dérivable. La dérivée première est un polynôme de degré 2 en g, pair, de terme dominant 1. On peut calculer quelques dérivées pour préciser une conjecture sur la forme de la dérivée n-ième. C'est faisable "à la main". Le recours à Maxima donne les résultats suivants : indications pour résoudre - méthode - lexique

81 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 81 On peut donc énoncer la conjecture suivante : la dérivée n-ième de g est un polynôme en g, de degré n + 1, de parité égale à celle de n + 1, de coefficient dominant égal à n! Cet énoncé se prouve par récurrence : si g (n) (x) = P(g(x)), P étant un polynôme ayant les propriétés données ci-dessus, alors : g (n+1) (x) = (1 + tan(x) 2 )P'(g(x)). La parité de P' est différente de celle de P, donc égale à la parité de n + 2. La parité de (1 + g(x) 2 ) est 2, donc (1 + g(x) 2 )P'(g(x)) est un polynôme en g(x) de parité égale à celle de n + 2. Si le degré 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!x n+1, celui de P' est (n + 1)!X n, et celui de (1 + X 2 )P'(X) est (n + 1)!X n+2. La conjecture est donc prouvée par récurrence. 2) L'expression proposée est un produit de fonctions C, dont les dérivées ont une expression simple, on a donc recours à la formule de Leibniz. La dérivée n-ième de l'expression x 3 est 0 si n > 3, la dérivée n-ième de l'exponentielle de x est ( 1) n e -x, d'où : h (n ) (x) = x 3 ( 1) n e x + n3x 2 ( 1) n 1 e x + n(n 1) 6x( 1) n 2 e x + 2 n(n 1)(n 2) 6( 1) n 3 e x 2 3 = ( 1) n (x 3 3nx 2 + 3n(n 1)x n(n 1)(n 2))e x. 3) Calculons m'(x) : indications pour résoudre - méthode - lexique

82 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 82 m (x) = 1 2 ( 2x)(1 x2 ) 3 2 x = (1 x 2 ) 3 2. La fonction m vérifie donc la relation différentielle : m'(x)(1 x 2 ) x m(x) = 0. Les polynômes, et leurs inverses quand ils sont définis, étant indéfiniment dérivables, on vérifie comme plus haut par récurrence que m est indéfiniment dérivable sur ] 1, 1[. Quelques calculs suggèrent la forme de la dérivée : On peut donc écrire que la dérivée n-ième de m est de la forme : P n (x), (1 x 2 ) 2n +1 2 où P n (x) est un polynôme de degré n, de terme dominant n!, de parité égale à celle de n. indications pour résoudre - méthode - lexique

83 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 83 Pour calculer P n (x), nous allons utiliser la technique de la relation différentielle. En dérivant n fois la relation écrite plus haut, on obtient, par la formule de Leibniz : (1 x 2 )m (n+1) (x) (2n +1)xm (n ) (x) n 2 m (n 1) (x) = 0 et en supposant par récurrence que les dérivées d'ordre n et n 1 sont de la forme précédente, on obtient : m (n+1) (x) = (2n + 1)x Le numérateur : P n (x) 1 x 2 [ ]+1 + P n 1 (x) n2 1 x 2 ( ) (2n+1) 2 = (2n + 1)xP n (x) + ( n2 1 x 2 )P n 1 (x) 1 x 2 [(2n +3) 2] ( ) (2n + 1)xP n (x) + n 2 ( 1 x 2 )P n 1 (x) ( ) (2n 1) 2 [ ]+1 est bien un polynôme. Par hypothèse de récurrence, son terme dominant est : (2n + 1)n! x n+1 n 2 (n 1)! x n+1 = (2n + 1 n)n! x n+1 = (n + 1)! x n+1. L'hypothèse concernant le terme dominant est bien vérifiée. On vérifie de même facilement celle concernant la parité du polynôme. (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 dérivée (n 1)-ième, maintenant prouvée, on peut, par dérivation, obtenir une équation différentielle vérifiée par le polynôme numérateur. En déduire explicitement ce polynôme. indications pour résoudre - méthode - lexique

84 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 84 exercice 5-C 1) Le fait qu'une fonction f soit paire s'écrit : x, f(x) = f( x). Si cette fonction a un développement limité, à l'ordre n, en 0, il existe un polynôme P, de degré au plus n, et une fonction ε de limite 0 en 0, vérifiant : x, x assez petit f(x) = P(x) + x n ε(x). Cette relation est également valable pour x, donc : x, x assez petit f( x) = P( x) + ( x) n ε( x), x, x assez petit f(x) = P( x) + x n ( 1) n ε( x). Or la fonction x P( x) est une fonction polynôme de degré au plus n et la fonction x ( 1) n ε( x) tend vers 0 en 0. Il en résulte que P( x) est un développement limité à l'ordre n de f en 0. Comme le développement limité est unique, on obtient bien : x, x assez petit P( x) = P(x). Les fonctions polynômes x P( x), et x P(x) coïncident pour une infinité de valeurs de x, donc elles sont égales. Le polynôme P est bien pair. On procède de même pour le cas où f est impaire. 2) La propriété précédente est une propriété de symétrie qu'on peut généraliser. Si a est un réel, et si f admet un développement limité en a, alors si pour tout h réel, f(a + h) = f(a h), la partie régulière P du développement limité au voisinage de a : f(x) = P(x a) + (x a) k ε(x a) est un polynôme pair. On peut énoncer une propriété analogue si, pour tout h : f(a + h) = f(a h). 3) Si f est une fonction positive, alors pour tout x réel, f(x) 0. Peut-on en conclure que si P est la partie régulière 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 : indications pour résoudre - méthode - lexique

85 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 85 Il est clair que cet énoncé est faux. (QC-1) Énoncer une propriété du premier terme non nul d'un DL. exercice 6-C 1) Le changement de variable proposé conduit au calcul suivant : a + bx + cx 2 + x 2 ε(x) 1 + x + x 2 + x 2 ε(x) = a + bx + cx 2 + x 2 ( ε(x) ) 1 ( x + x 2 + x 2 ε(x) )+ x + x 2 + x 2 ε(x) = ( a + bx + cx 2 + x 2 ε(x) )1 ( x + x 2 ε(x) ) = a + (b a)x +(c b)x 2 + x 2 ε(x). ( ) 2 + x 2 ε(x) (QC-1) Chercher le DL à l'ordre 2 de tan(x) en 0. 2) Pour le second cas, il suffit de mettre le terme constant du numérateur en facteur, pour se ramener au cas précédent : indications pour résoudre - méthode - lexique

86 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 86 a + bx + cx 2 + x 2 ε(x) 2 + x 4x 2 + x 2 ε(x) = 1 2 a + bx + cx2 + x 2 ε(x) ( ) 1 x 2 2x2 = 1 2 a + bx + cx2 + x 2 ε(x) ( ) 1 x 2 + 9x2 + x 2 2x2 4 + x2 ε(x) = a 2 + 2b a 4c 2b + 9a x + x 2 + x 2 ε(x). 4 8 (QC-2) Chercher le DL à l'ordre 2 de tan(x + 1) en x 2 ε(x) 3) Pour cette troisième expression, on mettra en facteur au dénominateur le terme de plus bas de gré non nul, pour se ramener au premier cas : exercice 7-C a + bx + cx 2 + x 2 ε(x) 2x 4x 2 + x 2 ε(x) = 1 2x a + bx + cx2 + x 2 ε(x) 1 2x + xε(x) = 1 2x ( a + bx + cx2 + x 2 ε(x) )1 + 2x + xε(x) = 1 a + (b + 2a)x + xε(x) 2x ( ) = a 2x + b + 2a + ε(x). 2 1) 1+ sin(x), en 0 On développe d'abord sin(x) à l'ordre 3 (formulaire) : sin(x) = x x3 6 + x3 ε(x). On développe également 1+ u en 0 (formulaire) : ( ) indications pour résoudre - méthode - lexique

87 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume u = u u3 6 + u3 ε(u) u2 = u u2 8 + u u3 ε(u). D'où par substitution : et, enfin : 1+ sin(x) = x x x x x x3 6 = 1+ x x x x3 + x 3 ε(x) 1+ sin(x) = x 1 8 x x3 + x 3 ε(x). 3 + x 3 ε(x) On peut vérifier ce résultat, qu'il faut savoir établir à la main, à l'aide de Maxima. 2) e cos(x), en 0 D'abord le développement de cos(x) à l'ordre 4 (formulaire) : indications pour résoudre - méthode - lexique

88 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 88 Il s'agit de développer une expression de la forme e 1+u, u tendant vers 0. On met e en facteur, et un développe e u. Comme u contient x 2 en facteur, il suffit d'écrire un DL à l'ordre 2 de e u : On peut maintenant substituer à u la partie correspondante du DL de cos(x), c'est-à-dire x2 2 + x x4 ε(x). On obtient : e cos(x) = e 1 x2 2 + x x x2 = e 1 x2 2 + x x4 8 + x4 ε(x) = e e x e x x4 ε(x). Par Maxima : (%e désigne la constante d'euler e) 2 + x 4 ε(x) 3) log(x), en 0 Lorsque x tend vers 0, log(x) tend vers l'infini, il n'existe donc pas de développement limité de log(x) en 0. 4) x 3 sin 1, en 0 x On ne peut pas utiliser les développements du formulaire pour ce cas. Cherchons si la formule de Taylor s'applique : si on note f la fonction définie par cette expression, on peut se reporter à l'exercice 2. La fonction f est une fois dérivable, de dérivée 0 en 0, mais pas deux fois dérivable en indications pour résoudre - méthode - lexique

89 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume On ne peut donc appliquer la formule de Taylor pour obtenir un développement limité d'ordre 3. On remarque que : x 3 sin 1 x x 2 0 quand x tend vers 0, donc f(x) est de la forme x 2 ε(x). Il existe donc un développement limité à l'ordre 2, égal à 0, pour f(x), en 0. Il en résulte que s'il existait un développement limité à l'ordre 3, la partie polynôme de degré inférieur ou égal à 2 de ce développement serait 0. Ce développement serait donc de la forme : x 3 sin 1 = a x 3 x 3 + x 3 ε(x), donc : x 3 sin 1 x x 3 aurait une limite en 0, ce qui n'est pas le cas. Conclusion, le développement limité demandé n'existe pas. Il existe un développement limité d'ordre 2, égal à 0. x cos(x 5) e ), en 0 Il faut calculer le DL à l'ordre 4 de cos(x), puis, par la méthode vue à x l'exercice précédent, celui de, enfin substituer dans le DL à l'ordre cos(x) 4 de e u. Les calculs sont les suivants (cos(x) est dans le formulaire) : indications pour résoudre - méthode - lexique

90 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 90 Donc : x cos(x e ) =1 + x + x3 2 + x 4 ε(x) x + x3 2 + x4 ε(x) x + x3 2 + x4 ε(x) 4 + x + x3 2 + x4 ε(x) 4 ε(x) x3 x x4 ε(x) 3 En réduisant et en ne conservant que les termes de degré 4 au plus : x cos(x e ) =1 + x + x ( 2 x2 + x 4 )+ 1 6 x x 4 + x + x x4 ε(x) ε(x) = 1 + x + x x x4 + x 4 ε(x). indications pour résoudre - méthode - lexique

91 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) x, en 1 Le DL demandé n'est pas en 0, il est donc préférable de faire un changement de variable pour faire apparaître une variable tendant vers 0. 3 On pose x = 1 + h, et il faut calculer un DL de 1+ h à l'ordre 3, pour h tendant vers 0. C'est un DL du formulaire : 3 7) x, en 0 Cette fonction n'est pas dérivable en 0, donc elle n'a pas de DL à l'ordre 1, et pas non plus de DL à l'ordre 3. 8) x 3 + x 2 x 1, en 1 Il s'agit d'un polynôme, qui doit être écrit comme combinaison des puissances de (x 1). Le plus simple est encore de poser x = 1 + h, de développer et d'ordonner selon les puissances croissantes de h = (x 1) : (1 + h) 3 + (1 + h) 2 1 h 1 = 1 + 3h + 3h 2 + h h + h 2 2 h, = 4h + 5h 2 + h 3, x 3 + x 2 x 1= 4 (x 1) + 5 (x 1) 2 + (x 1) 3. 9) log(x + x 2 ), en 1 On pose x = 1 + h : log(x + x 2 ) = log(1 + h h + h 2 ) = log(2 + 3h + h 2 ) = log(2)+ log( h h 2 ). Il faut donc écrire le développement à l'ordre 4 de log(1 + u) pour u tendant vers 0 (formulaire), puis substituer à u l'expression 3 2 h h2, enfin ordonner en ne conservant que les termes de degré au plus 4 : indications pour résoudre - méthode - lexique

92 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) cos(x), en π 4 D'abord un changement de variable : x = π + h. On calcule, par les 4 formules trigonométriques usuelles : cos(x) = cos π 4 + h = cos(h)cos π 4 sin(h)sin π 4 = 2 cos(h) sin(h) 2 ( ). Il suffit donc de faire la différence des développements de cos(h) et sin(h) (formulaire). On peut aussi, dans ce cas, utiliser la formule de Taylor directement. 1 x 11) e 2, prolongé par 0, en 0 La formule de Taylor s'applique ici, et d'après l'exercice 2, on voit que cette fonction a un DL à tout ordre, égal à 0. indications pour résoudre - méthode - lexique

93 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) e x, 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 étant positif, 1 tend vers. La dérivée en x dehors de 0 est : 1 x 2 e 1 x Par un raisonnement par récurrence, on montre que les dérivées successives en dehors de 0 sont de la forme P(x) e 1 x. Elles ont donc pour 1 limite 0 en 0, donc e x, prolongé par 0, est dérivable à tout ordre, de dérivée 0. La conclusion est la même que pour le cas précédent. 13) log(1 + x ), en 0 La fonction n'est pas dérivable en 0, donc il n'y a pas de développement à l'ordre 1. On peut cependant écrire un développement dans une autre échelle que celle des monômes x k, celle des puissances fractionnaires x k/2 : log(1 + x ) = x x 2 + x x 3 + x xε( x). 14) log(1 + x ), en 2 Ici, il faut commencer par le changement de variable : x = 2 + h. log( h) = log h 2. On écrit d'abord le développement du radical (formulaire), puis, après avoir mis en facteur le terme constant à l'intérieur du logarithme, on développe une forme log(1 + u) : x k indications pour résoudre - méthode - lexique

94 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) x 3 log( x)., en 0 Le logarithme n'a pas de développement. On peut essayer la formule de Taylor : la fonction a pour limite 0 en 0. La dérivée première, pour x 0 est 3x 2 log(x) + x 2. Elle a pour limite 0 en 0. La dérivée 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 dérivée d'ordre 3 en 0, puisque le quotient : 6x log(x)+ 5x x n'a pas de limite en 0. Si un DL d'ordre 3 existe, il s'écrit : x 3 log( x) = a 3 x 3 + x 3 ε(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 à l'ordre 3, mais il existe un DL à l'ordre 2, qui est égal à 0. exercice 8-C 1) x 1., en + x + 3 On fait tout d'abord le changement de variable h = 1, h tend vers 0 par x valeurs positives : x 1 x + 3 = 1 h 1 + 3h. On développe d'abord la fraction, puis le radical : indications pour résoudre - méthode - lexique

95 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume h 1 + 3h = (1 h)(1 3h + 9h2 27h 3 + h 3 ε(h)) =1 4h +12h 2 36h 3 + h 3 ε(h). 1 h 1+ 3h = 1 4h +12h2 36h 3 + h 3 ε(h) = ( 2 4h +12h2 36h 3 + h 3 ε(h) ) 1 ( 8 4h +12h2 36h 3 + h 3 ε(h) ) ( 16 4h +12h 2 36h 3 + h 3 ε(h) ) 3 + h 3 ε(h) = 1 2h + ( 6 2)h 2 + ( )h 3 + h 3 ε(h) = 1 2h + 4h 2 10h 3 + h 3 ε(h). On obtient donc : x 1 x + 3 = 1 2 x + 4 x 2 10 ε(1/ x) 3 + x x 3. 2) x2 x + 3 x 3, en 1 1 Il faut d'abord changer de variable, h = x 1 : x 2 x + 3 x 3 = 1+ 2h + h2 1 h h + 3h 2 + h 3 1 = 3 + h + h2 3h + 3h 2 + h 3 = 1 h 1 + h 3 + h h + h 2 3 = 1 h 1 + h 3 + h2 3 1 h h h + h h + h h 3 ε(h) indications pour résoudre - méthode - lexique

96 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 96 x 2 x + 3 x 3 = 1 1 h 1 + h 3 + h2 3 1 h h h2 + 2h3 3 h3 + h 3 ε(h) = 1 h 1 + h 3 + h2 3 1 h + 2h2 3 h3 3 + h3 ε(h) = 1 h 1 2h 3 + 2h2 3 4h3 9 + h3 ε(h). D'où le développement asymptotique cherché : x 2 x + 3 x 3 1 3) tan(x), en π 2 = 1 x 1 2 2(x 1) 4(x 1)2 + + ( x 1) 2 ε( x 1) Il faut d'abord faire un changement de variable, h = x π 2 : tan(x) = tan h + π 1 = 2 tan(h). Le développement de tan(h) en 0 est connu en général, sinon on le retrouve par la formule de Taylor (facile ici) : 1 tan(h) = 1 h h3 + h 4 ε(h) = 1 h h2 + h 3 ε(h) = 1 h h2 + h 3 ε(h) = 1 h + h 3 + h2 ε(h). D'où le développement asymptotique : tan(x) = x π 1 π x 3 + x π 2 2 ε(x π 2 ). indications pour résoudre - méthode - lexique

97 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) x 3 + 2x 1, en x +1 On fait d'abord le changement de variable h = 1, h tend vers 0 par valeur x négatives : x 3 + 2x 1 x +1 = 1 h h 1 1 = h h 2 h 3 h 2 + h 3 = h 2 h 3 h h 1 Comme h est négatif, h 2 = 1 = x. Il faut développer le radical h 1+ 2h 2 h 3. La méthode est la même que dans le premier exemple : 1 + h développer le quotient, puis le radical. On obtient : D'où le résultat : x 3 + 2x 1 x +1 = x 1 1 2x x x x 3 ε 1 x = x x x x 2 ε 1. x 1 5) e x 2 +x, en + On pose, comme précédemment, x = 1. On doit développer : h indications pour résoudre - méthode - lexique

98 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume x e 2 + x 1+h = e h tendant vers 0, par valeurs positives. L'exposant se développe en : h h = h 2 1 h + hε(h) D'où l'exponentielle : 1 x+ 1+x 6) e 2, en On pose : h 2 ( ) = h 2 h 3 + h 3 ε(h). e h 2 h 3 +h 3 ε(h ) = 1 + h 2 h 3 + h 3 ε(h), 1 x e 2 + x = 1+ 1 x 2 1 x x 3 ε 1. x x = 1 h. L'exposant est à développer quand h tend vers 0 par valeurs négatives : 1 = 1 1 h = 1 h h h h 2 +1 h 1 = h h h 2 +1 h h 1 + h 2 +1 = 1 h h 2 +1 h 1 + h 2 +1 = h 2 = 1 h h2 + h 3 ε(h) = 2 h h 2 + h2 ε(h). indications pour résoudre - méthode - lexique

99 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 4 99 Il en résulte que l'exposant tend vers +, donc l'exponentielle aussi, donc il n'existe pas de développement limité. exercice 9-C La difficulté est ici qu'on ne sait pas jusqu'à quel ordre il faut calculer les développements limités. Il suffit d'obtenir un terme non nul. 1) cos(x) 4 x2 4 + x 2, en 0 Le développement du cosinus est dans le formulaire, à un ordre quelconque. Pour la fraction, on commence par la transformer en simplifiant par 4, puis on développe : x 2 4 x x 2 = 4 = 1 x2 1+ x2 4 1 x2 4 + x x4 ε(x) 4 = 1 x2 2 + x4 8 + x4 ε(x). On voit que la différence est d'ordre 4, un équivalent de cos(x) 4 x2 4 + x 2 est donc : x 4 24 x4 8 = x4 12. Les graphes de ces deux fonctions sont donc très proches pour x petit. 2) 2sin x 2 x 1 + x 2, en 0 Ici encore, le développement du sinus peut être facilement calculé à un ordre quelconque : indications pour résoudre - méthode - lexique

100 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Pour la fraction, il s'agit d'un calcul facile, également La différence est donc d'ordre 3, équivalente à x3. 3) 2 log(x) + x 2 4x + 3, en 1 Ici, il faut d'abord faire un changement de variable : h = x 1. Le développement du logarithme est dans le formulaire, on obtient : 2 log(1 + h) + (1+ h) 2 4(1 + h) + 3 = 2 h h2 2 + h3 3 + h3 ε(h) 2h + h 2 Un équivalent en 1 est donc 2 3 (x 1)3. = 2 3 h3 + h 3 ε(h). 4) x tan(x) sin(x) 2, en 0 Les développements de base sont connus, il faut les combiner : Un équivalent est 2 3 x4. exercice 10-C 1) forme 0 0. x x x 1 x log(x), en 1 indications pour résoudre - méthode - lexique

101 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Le numérateur et le dénominateur 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 x x x : x x x = e (1+ h) log(1 +h) 1 h = e (1+ h)(h+hε(h)) 1 h = e h+h 2 + h 2 ε( h) 1 h = 1+ h + h 2 + h 2 ε(h) + h2 2 1 h. Donc le numérateur est équivalent à 3 2 h2. Pour 1 x log(x) : 1 x log(x) = h log(1 + h) = 2h + h ε(h). Donc le dénominateur est équivalent à 2h. L'expression étudiée tend donc vers 0. 2) forme 1. ( cos( x) ) 1 x k, en 0 Le cosinus tend vers 1, l'exposant vers +, donc on ne peut pas conclure directement. En général, on étudie le logarithme de l'expression soit ici : log(cos(x)) x k = log 1 x2 2 + x2 ε(x) ~ 0 x k x 2 2 x k = x2 k 2, donc si 2 k > 0, la limite du logarithme est 0, si 2 = k, la limite est 1 2, enfin si 2 k < 0, la limite est. indications pour résoudre - méthode - lexique

102 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Conclusion : si k < 2, ( cos(x) ) 1 x k tend vers 1, si k = 2, ( cos(x) ) 1 x k tend 1 vers, et si k > 2, cos(x) e ( )1 x k tend vers 0. 3) forme 1. x log(1+ x), en + log(x) log(1 + x) On transforme d'abord : log(x) log(x) + log log(1 + x) x 1 = = 1 + log(x) log(x) x log(x) + 1 ε x x log(x). Le logarithme de cette expression donne donc : ε 1 ε 1 1 log 1 + x log(x) + x 1 = x log(x) x log( x) + x x log(x), et après multiplication par x : 1 log(1 + x) ε 1 x log = log(x) log(x) + x log(x), dont la limite est 0. Il en résulte que : log(1 + x) lim x + log(x) 4) forme. ( ) log x x 2 x log x 2 + e x, en + ( ) x = 1. indications pour résoudre - méthode - lexique

103 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Pour comparer numérateur et dénominateur, on en cherche un équivalent en +. Pour le numérateur : log x x 2 1 = log x 1+ x 2 +1 = log(x)+ log x Comme log 1 + x 2 +1 tend vers log(2) et log(x) vers +, le second terme est négligeable devant log(x), donc le numérateur est équivalent à : x log(x). Pour le dénominateur : log( x 2 + e x )= log( e x ( x 2 e x +1) )= x + log( x 2 e x +1). Le dénominateur est donc équivalent à x. On obtient : log x x 2 x log(x) x log x 2 + e x = log(x) x x. Il en résulte que 5) forme. 2 sin(x) cos(x), en 0 ( ) ~ + ( ) log x x 2 x log x 2 + e x ( ) tend vers 0 en +. Il faut chercher le premier terme non nul d'un développement asymptotique de cette expression en 0. 2 Pour sin(x) 2 : indications pour résoudre - méthode - lexique

104 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume sin(x) 2 = 2 2 x x3 6 + = 2 x x3 ε(x) 1 x2 6 + = 2 1 x 2 x2 ε(x) 1 x2 3 + x2 ε(x) = 2 x2 x x2 ε(x). 1 Pour 1 cos(x) : 1 1 cos(x) = 1 x 2 = 2 2 x x 4 x 2 1 ε(x) 1 x x2 ε(x) = 2 x x x2 ε(x). On obtient par différence : 2 sin(x) cos(x) = 2 x 2 1+ x2 3 + x2 ε(x) 2 x x x2 ε(x) Donc : 6) forme 0 0. e x + e x 2 sin(x) 1+ x 1 ( ), en 0 lim x 0 = ε(x). 2 sin(x) 2 1 = 1 1 cos(x) 2. Pour lever cette indétermination, il faut chercher un équivalent du numérateur et du dénominateur. Pour le numérateur : indications pour résoudre - méthode - lexique

105 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume e x + e x 2 = 1 + x + x2 2 + x2 ε(x) +1 x + x2 2 + x2 ε(x) 2 Pour le dénominateur : ~ 0 x 2. Il en résulte que la limite de 7) forme 1. 1 sin(x) ( 1 + x 1)~ x x 0 2 = x2 2. e x + e x 2 sin(x) 1+ x 1 ( ) en 0 est 2. x 1 x, en 1 On fait d'abord le changement de variable h = x 1. L'expression à étudier devient : 1 h. (1 + h) Comme on l'a dit, on étudie le logarithme : La limite est donc 1 e. 1 h log(1 + h)~ 0 1 h h = 1. 8) forme 1. ( log(e + x) ) 1 x, en 0 On étudie le logarithme de l'expression : 1 x log(log(e + x)) = 1 x log log(e)+ log 1 + x e = 1 x log 1+ log 1 + x e Donc : 1 ~ 0 x log 1 + x 1 x ~ e 0 x e. indications pour résoudre - méthode - lexique

106 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) forme. xe 1+x 2, en + ( x + log(x) ) 1 ( ) 1 x = e lim log(e + x) x 0 Il faut chercher un équivalent pour le numérateur et le dénominateur. Pour xe 1+x : xe 1+x = xe x e.. 1+1x = xe x ( 1+1 2x +ε(1 / x) x) = xe x x + ε(1/ x) x ~ xe x. ( ) 2 : log(x) est négligeable devant x donc le dénominateur Pour x + log(x) est équivalent à x 2. Le quotient tend donc vers +. 10) forme. log(1 x) log x 2 1 1, en Il faut chercher un équivalent de l'expression, par calcul d'un développement asymptotique : indications pour résoudre - méthode - lexique

107 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume log(1 x) log x = log x 1 1 x log x 1 x x 2 = log( x)+ log 1 1 log( x) log 1 x x x 2 = 1 x + 1 x ε 1 x log 1 x x ε 1 x = 2 x + 1 x ε 1. x La limite est donc 0. 11) forme 0. tan(x)log(1 + cos(x)), en π 2 Comme cos(x) tend vers 0, log(1 + cos(x)) est équivalent à cos(x), donc l'expression étudiée est équivalente à tan(x)cos(x), soit sin(x). la limite est donc 1. exercice 11-C 1) Les deux premiers cas sont souvent rencontrés : f(x) = x 3. Cette fonction est croissante sur R, sa dérivée s'annule en 0. f(x) = x 2. Cette fonction est décroissante sur ], 0], croissante sur [0, + [, et sa dérivée s'annule en 0. Le troisième cas est moins classique. Penser à la fonction x sin 1. x Cette fonction n'est pas dérivable en 0. Par contre la fonction : x x 2 sin 1 x est dérivable sur R, et sa dérivée s'annule en 0. indications pour résoudre - méthode - lexique

108 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume 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 : 1 1 π, 2 + 2nπ π 2 + 2nπ la fonction est croissante, comme on le voit d'après le signe de sa dérivée : 2x sin 1 x cos 1 x. (QC-1) le démontrer en comparant tan(x) et X/2. De même, sur l'intervalle : 1 1 3π, 2 + 2nπ π 2 + 2nπ la fonction est décroissante. En choisissant n assez grand, on peut faire en sorte que ces deux intervalles soient contenus dans ]0, b[, pour tout b > 0. indications pour résoudre - méthode - lexique

109 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume (QC-2) Démontrer que f n'est injective sur aucun intervalle centré en 0. 2) A partir du dernier exemple de la question précédente, on peut construire un exemple où f'(a) 0, et f non monotone : f (x) = x x2 sin 1. x on voit que f'(0) = 1/2. Pour x 0, la dérivée est : f' (x) = x sin 1 x 100 cos 1 x. Il est clair qu'elle prend des valeurs positives et négatives sur tout intervalle centré en 0, donc f n'est pas monotone. 3) Si la dérivée est continue, dans la question 2, si f'(a) > 0, pour fixer les idées, alors f'(x) > 0 sur un intervalle centré en a, donc f est strictement croissante sur cet intervalle, donc injective. Dans la question 1, les deux premiers cas correspondent à une dérivée continue. Le troisième cas à une indications pour résoudre - méthode - lexique

110 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume dérivée non continue en 0. Cependant, il suffit de choisir plutôt x 3 sin 1 x pour avoir les mêmes propriétés, avec une dérivée continue. exercice 12-C 1) Exemples : h(x) = x + x 2, h'(0) = 1. h(x) = 6x, h'(0) = 6. h(x) = e x 1, h'(0) = 1. 2) On peut écrire le taux d'accroissement, pour x > 0 : h(x) h(0) = h(x) x 0 x 1. Or ce taux d'accroissement a une limite quand x tend vers 0, qui est h'(0). Il en résulte que h'(0) 1. 3) Le même raisonnement, pour x < 0, conduit à h'(0) 1, donc h'(0) = 1. La tangente a bien pour équation y = x. Si h est deux fois dérivable, écrivons la formule de Taylor à l'ordre 2, en 0 : h(x) = h(0) + x h (0) + x2 h (0)+ x 2 ε(x), 2 soit, compte tenu de h(0) = 0, et h'(0) = 1 : h(x) = x + x2 h (0) + x 2 ε(x), 2 et comme h(x) x, on conclut que h"(0) 0. (QC-1) Énoncer (et démontrer) une généralisation de cette propriété géométrique. indications pour résoudre - méthode - lexique

111 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume exercice 13-C 1) Rappelons que, comme ε(x) désigne une fonction quelconque tendant vers 0 en 0, tout terme de la forme x k, dans la même expression qu'un terme de la forme x p ε(x), avec p < k, n'apporte aucune information supplémentaire : x k + x p ε(x) = x p (x k p + ε(x)) est encore de la forme x p ε(x). Le premier travail est de simplifier les expressions proposées en ne conservant que les informations significatives : (1) à (5) : pas de changement (6) f(x) = 3x + xε(x) (7) f(x) = ε(x) (8) : pas de changement. (9) supprimée car équivalente à (1) (10) : pas de changement. Ensuite nous appliquons la règle suivante : si deux DL sont du même ordre, ils sont compatibles s'ils sont exactement identiques (unicité du DL). Si deux DL ne sont pas de même ordre, ils sont compatibles si celui qui est d'ordre plus élevé se réduit à l'autre par troncature à un degré moins élevé. Dans un ensemble de DL compatibles entre eux, le plus précis est celui qui est d'ordre le plus élevé. En appliquant ces principes, on forme les 5 familles suivantes : (7) f(x) = ε(x) (I) (5) f(x) = x + xε(x) (1) f(x) = x + x 2 + x 2 ε(x) (7) f (x) = ε(x) (II) (5) f (x) = x + xε(x) (3) f (x) = x + x 2 ε(x) indications pour résoudre - méthode - lexique

112 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume (7) f (x) = ε(x) (III) (8) f (x) = 2x + xε(x) (2) f (x) = 2x + 5x 2 + x 2 ε(x) (7) f (x) = ε(x) (IV) (6) f (x) = 3x + xε(x) (4) f (x) = 3x x 2 + x 2 ε(x) (7) f(x) = ε(x) (V) (6) f(x) = 3x + xε(x) (10) f(x) = 3x + x 2 + x 3 ε(x) 2) Famille (I) : l'égalité (7) signifie que f(x) tend vers 0 quand x tend vers 0 ; l'égalité (5) signifie que la dérivée en 0 existe et vaut 1 ; le graphe de f a pour tangente en (0, 0) la droite d'équation y = x ; enfin l'égalité (1) montre que le graphe de f est situé au-dessus de sa tangente en 0. Si f est deux fois dérivable en 0, alors f"(0) = 2. Famille (II) : La formule (3) ne permet pas de conclure quant à la position du graphe par rapport à sa tangente. Si f est deux fois dérivable 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'équation y = 2x, la dérivée f'(0) valant 2 ; (2) entraîne que le graphe est situé au-dessus de la tangente en 0, et si f"(0) existe, f"(0) = 10. Famille (IV) : (7) s'interprète comme ci-dessus ; (6) signifie que f est dérivable en 0, et f'(0) = 3, la tangente en (0, 0) est la droite d'équation y = 3x ; (4) entraîne que le graphe est situé au-dessous de sa tangente en (0, 0), avec f"(0) = 2 si f est deux fois dérivable. indications pour résoudre - méthode - lexique

113 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Famille (V) : l'interprétation est la même 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 dérivable en 0. Enfin, si f est trois fois dérivable 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 à l'origine, et la tangente est la droite d'équation y = 3x, donc le développement commence par 3x. La courbe n'est pas du même côté de la tangente pour x > 0 et pour x < 0, donc le terme en x 2 est nul. On peut donc proposer pour la figure 5 : f(x) = 3x + x 2 ε(x). indications pour résoudre - méthode - lexique

114 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume exercice 14-C Dans chaque cas, il faut déterminer la limite, le terme de degré 1 du développement limité ou asymptotique, et le premier terme non nul suivant. x e 1) t2 sin 2 (t) 1 1 t 2 dt, en 0 0 La limite en 0 est 0. On obtiendra un développement limité par intégration d'un développement limité de e t2 sin 2 (t) 1 1 t 2 : e t2 sin 2 (t) 1 1 t 2 = ( 1 + t 2 + t 2 ε(t) ) t t3 6 + t 3 ε(t) 1 1 t 2 2 t t 4 ε(t) t = 3 t4 + t 4 ε(t) t t4 8 + t 4 ε(t) = t2 + t 2 ε(t). Par intégration : x e t2 sin 2 (t) 1 1 t 2 dt = 2x x3 + x 3 ε(x). 0 D'où le graphe au voisinage de 0 : 2 indications pour résoudre - méthode - lexique

115 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume indications pour résoudre - méthode - lexique

116 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) x2 x sin(xπ), en 1 On fait le changement de variable usuel, x = 1 + h : x 2 x sin(xπ) = (1+ h)h (1+ h)h = sin(π + πh) sin(πh) (1 + h)h = πh (πh)3 + h 3 ε(h) 6 = 1 (πh)2 (1+ h) 1+ + h 2 ε(h) π 6 = 1 π 1 + h + (πh)2 + h 2 ε(h) 6. Donc le point considéré est (1, 1 π ), la tangente a pour équation y = 1 π x, et la courbe est située au-dessous de sa tangente. indications pour résoudre - méthode - lexique

117 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) x 2 x 1 x 2 2x 1, en + On met x en facteur, et on développe en 1/x : x 2 x 1 x 2 2x 1 = x 1 1 x 1 x x 1 x 2 = x 1 1 2x 1 2x 2 1 8x x + 1 2x ε 1 2x 2 + x x 2 = x + ε 1 x. x Le graphe présente une asymptote d'équation y = 1, et se situe au-dessus 2 de son asymptote. 4) x2 x 2 +1 x 2, en 2 2 On pose x = 2 + h : indications pour résoudre - méthode - lexique

118 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume x 2 x 2 +1 x 2 = 2 = = ( 2 + h)h +1 h h ( ) = 1 + h 2 + h 2 2h + h h 1 + h 2 + h2 1 + h 2 2 ( ) 1 h 1 2 2h 1 + h 2 + h hε(h) 1 = 2 2h 1 + h hε(h) = 2 2h h + hε(h) 1 = 2 2h ε(h). Donc la fonction admet une asymptote verticale d'équation x = 2. La fonction tend vers + si x > 2, et, si x < 2. indications pour résoudre - méthode - lexique

119 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) x2 x 2 +1, en + x 2 On effectue un développement asymptotique en 1/x : x 2 x 2 +1 x = x x + 1 x x = x 1 2 x + 1 x x + 4 x x 2 ε 1 x = x x x x 2 ε 1 x = x x x ε 1. x On voit que ce graphe a pour asymptote la droite d'équation : y = x et est situé au-dessus de son asymptote. indications pour résoudre - méthode - lexique

120 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) x cos(x) sin(x), en 0 Un développement limité donne : x cos(x) sin(x) = x 1 x2 2 + x2 ε(x) x + x3 6 + x3 ε(x) = x3 3 + x3 ε(x). On en déduit qu'au point (0, 0) le graphe a pour tangente la droite d'équation y = 0, et se situe au-dessus si x < 0, et au-dessous si x > 0. indications pour résoudre - méthode - lexique

121 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume exercice 1-QC 3-3 Corrigés des questions complémentaires (QC-1) C'est clair, puisque si f est dérivable en a, les dérivées à gauche et à droite sont égales à f'(a). La formule précédente donne bien f (a) = f s (a). (QC-2) Graphiquement, le quotient dont la limite est la dérivée symétrique s'interprète 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 dérivée symétrique, si elle existe est la pente limite de cette droite variable. Dans les deux premiers exemples, la fonction étant paire, la droite variable dont on cherche la position limite est toujours parallèle à l'axe des abscisses, d'où le résultat, indépendamment de l'existence d'une tangente au graphe au point considéré. exercice 2-QC (QC-1) Graphiquement, le fait que la fonction soit négligeable devant toute fonction puissance x p se traduit par un graphe "plat", c'est-à-dire plus proche de sa tangente que toute fonction polynôme : exercice 3-QC (QC-1) Le produit g(x)(1 + x 2 ) se dérive par la formule de Leibniz : k=n, ( g(x) ( 1+ x 2 ) (n) = C k n g(x) (n k ) ( 1 + x 2 ) ( k) k=0 et comme (1 + x 2 ) (k) = 0 pour k 3, on obtient : indications pour résoudre - méthode - lexique

122 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume k =2 k =0 ( g(x) ( 1+ x 2 ) (n ) = C k n g(x) (n k ) 1 + x 2 ( ) ( k) = g(x) (n ) ( 1 + x 2 )+ ng(x) (n 1) n( n 1) 2x + g(x) (n 2 ) 2, 2 ce qui redonne bien la formule obtenue par récurrence. exercice 4-QC (QC-1) Pour x = 0, on obtient : m (n+1) (0) = n 2 m (n 1) (0), Donc si n est pair, n = 2p, m (2p) (0) = (2p 1) m"(0) = (2p 1) 2 3 2, et si n est impair, n = 2p + 1, m (2p+1) (0) = (2p) m'(0) = 0. (QC-2) Cette équation est, pour P n-1 : (1 x 2 ) P"(x) + (2n 3)x P'(x) (n 1) 2 P(x) = 0. On trouve pour P n : (1 x 2 ) P"(x) + (2n 1)x P'(x) n 2 P(x) = 0. On peut résoudre cette équation en utilisant le fait que P est un polynôme. Posons : P(x) = a a k x k + + a n x n. P (x) = a ka k x k na n x n 1, P (x) = 2a k(k 1)a k x k n(n 1)a n x n 2. L'équation s'écrit donc : indications pour résoudre - méthode - lexique

123 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume a k(k 1)a k x k n(n 1)a n x n 2 ( a 2 x k(k 1)a k x k + + n(n 1)a n x n )+ ( ) (2n 1) a 1 x + + ka k x k + + na n x n n 2 ( a a k x k + + a n x n )= 0. Soit, en séparant les termes de degrés différents, pour les deux premiers : 2a 2 n 2 a 0 = 0 6a 3 + (2n 1)a 1 n 2 a 1 = 0 6a 3 (n 1) 2 a 1 = 0 pour les deux derniers : (n 1)(n 2)a n 1 + (2n 1)(n 1)a n 1 n 2 a n 1 = 0 a n 1 = 0 ( n(n 1) + (2n 1)n n 2 )a n = 0 0.a n = 0 et entre 3 et n 2 (n > 4) : (k + 2)(k + 1)a k+2 k(k 1)a k + (2n 1)ka k n 2 a k = 0 (k + 2)(k + 1)a k+2 (n k) 2 a k = 0 D'où : (k + 2)(k + 1) a k = (n k) 2 a k+2. Supposons n pair. Le terme a n-1 étant nul, tous les termes de degré impair sont nuls, d'après les relations précédentes. Pour les termes de degré pair, on a les égalités : indications pour résoudre - méthode - lexique

124 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume n(n 1) a n 2 = 2 2 a n, (n 2)(n 3) (n 2)(n 3) n(n 1) a n 4 = 4 2 a n 2 = a n, n! a 0 = [ n(n 2)(n 4) 2] 2 a n et on sait que dans ce cas la valeur en 0 est : a 0 = (n 1) 2 (n 3) 2 3 2, donc on a bien a n = n! et en général, pour k pair, k n 2 : n(n 1) (k +1) a k = [ 2 4 (n k) ] 2 n!. Supposons n impair. Ce sont maintenant tous les termes de degré pair qui sont nuls. Pour les termes de degré impair, on procède comme dans le cas précédent, en remarquant que le terme a 1 du polynôme P n est égal au terme constant du polynôme P n+1. Si n = 2p + 1, a 1 = n 2 (n 2) 2 3 2, d'où a n = n! et en général, pour k impair, k n 2 : n(n 1) (k +1) a k = 2 4 (n k) exercice 5-QC [ ] 2 n! (QC-1) Si une fonction a un DL en un point, par exemple 0, et si cette fonction est à valeurs positives, on a vu que la partie régulière du DL n'est pas nécessairement un polynôme à valeurs positives. Par contre le premier terme non nul est à valeurs positives. On le vérifie bien sur les exemples. En général, soit f une fonction dont les valeurs sont de signe fixe, admettant un DL en 0, dont le premier terme non nul est a k x k : On écrit, plus simplement : f (x) = a k x k + + a n x n + x n ε(x). indications pour résoudre - méthode - lexique

125 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume f (x) = a k x k + x k ε(x). La fonction ε tend vers 0 en 0, donc pour x assez petit, ε(x) < a k /2. Il en résulte l'encadrement : donc si a k > 0 : et si a k < 0 : a k 2 ε(x) a k 2, 0 < a k 2 ε(x)+ a k 3 a k 2, 3 a k 2 ε(x) + a k a k 2 < 0. En résumé, pour x assez petit, a k + ε(x) est du signe de a k. Comme f (x) = a k x k + x k ε(x), le signe de f(x) ne peut-être fixe que si le signe de x k est fixe au voisinage de 0, c'est-à-dire si k est pair, donc x k positif. Le signe de f(x) est donc celui de a k. En résumé, si f(x) a un signe fixe, et f a un DL en 0 dont le premier terme non nul est a k x k, alors : k est pair, a k 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 + x 2 ε(x) 1 x2 2 + x2 ε(x) = ( x + x 2 ε(x) ) 1 + x2 2 + x2 ε(x) = x + x 2 ε(x). indications pour résoudre - méthode - lexique

126 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume (QC-2) C'est le quotient des DL de sin(x + 1) et cos(x + 1) : sin(x +1) sin(1) cos(x) + cos(1) sin(x) tan(x +1) = = cos(x +1) cos(1) cos(x) sin(1) sin(x) sin(1) 1 x2 2 + x2 ε(x) + cos(1) x + x2 ε(x) = cos(1) 1 x2 2 + x2 ε(x) sin(1) x + x2 ε(x) ( ) ( ) sin(1) + x cos(1) x2 = 2 sin(1) + x2 ε(x). cos(1) x sin(1) x2 2 cos(1) + x2 ε(x) On procède donc comme dans l'exercice : mise en facteur au dénominateur de cos(1), puis utilisation de la formule de (1 + u) -1 : sin(1) + x cos(1) x2 2 sin(1)+ x2 ε(x) cos(1) x sin(1) x2 2 cos(1) + x2 ε(x) = tan(1)+ x x2 2 tan(1) + x2 x2 ε(x) 1+ x tan(1) x2 ε(x) + x 2 tan 2 (1) = tan(1) + x( 1+ tan 2 (1))+ x2 ( 2 tan(1) + 2 tan(1) + tan(1) + 2 tan3 (1))+ x 2 ε(x). D'où, enfin : tan(x +1) = tan(1)+ x( 1 + tan 2 (1))+ x 2 ( tan(1)+ tan 3 (1))+ x 2 ε(x). NB : dans ce cas, le recours à la formule de Taylor est beaucoup plus efficace. indications pour résoudre - méthode - lexique

127 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume exercice 11-QC (QC-1) Étudions la fonction définie par T(X) = tan(x) X. Sa dérivée est 2 : T (X) = 1+ tan 2 (X) 1 2 = 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 = 1 > 0, donc : x sin 1 x cos 1 1 2x, x et comme cos 1 0, puisque π x 2 + 2nπ 1 x π + 2nπ, on obtient bien : 2 2x sin 1 x cos 1 x 0. (QC-2) On remarque par exemple que f(x) = 0 a des solutions sur tout intervalle centré en 0, puisqu'il suffit de prendre x = 1, n étant un entier 2nπ naturel non nul. exercice 12-QC (QC-1) On a donc vérifié ici que si une fonction h est deux fois dérivable au point 0, et si son graphe a en commun avec la droite d'équation y = x le point (0, 0), tout en étant situé au-dessus de cette droite, alors la droite est la tangente, et la dérivée seconde en 0 est positive. On peut généraliser ces diverses circonstances particulières : Soit h une fonction dérivable en un point a. Soit D une droite passant par le point (a, h(a)). On suppose que le graphe de h est entièrement situé d'un indications pour résoudre - méthode - lexique

128 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume même côté de D (variante : au voisinage de (a, h(a)), le graphe est situé d'un même côté 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 déterminé par le côté où se situe le graphe : positif si le graphe est au-dessus de D, négatif dans le cas contraire. L'argument est essentiellement le même que celui développé dans l'exercice : le taux d'accroissement est supérieur à la pente de la droite d'un côté, et inférieur à cette pente de l'autre côté du point (a, h(a)), donc la limite est égale à cette pente. La droite D est bien la tangente. La considération du développement limité à l'ordre 2 permet de conclure sur h"(a). indications pour résoudre - méthode - lexique

129 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Pour Chercher 4-1 Indications pour les exercices ( ) Le symbole (M) signifie que Maxima peut apporter une aide sur le point considéré. exercice 1-I 2) Reprendre la définition. 3) Utiliser les exemples de la première question. QC-2) Un taux d'accroissement correspond à la pente d'une droite. exercice 2-I 1) Séparer le cas x 0, du cas x = 0. Faire quelques essais (M) et formuler une conjecture sur l'existence et la forme des dérivées. 2) Ici aussi, séparer les deux cas. faire quelques essais (M), et utiliser la comparaison entre exponentielle et polynôme. exercice 3-I 1) Calculer directement ces dérivées, à la main, ou à l'aide d'un logiciel adapté au calcul formel (M). Ne considérer que les caractéristiques du terme de plus haut degré du numérateur. 2) Procéder par identification, ou, mieux, en dérivant g(x)(1 + x 2 ) = 1 (M). 3) Continuer à dériver (3 ou 4 dérivations) pour voir apparaître une forme régulière. Examiner comment on forme u(k + 1), v(k + 1), w(k + 1) à partir de u(k), v(k), w(k) (en dérivant). Puis résoudre ces relations de récurrence (M). 4) Distinguer k pair de k impair. indications pour résoudre - méthode - lexique

130 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) Raisonnement par récurrence : si la forme conjecturée est valable pur g (k) et g (k+1), alors voir qu'elle s'applique encore à g (k+2). QC-1) 1 + x 2 a des dérivées successives simples à calculer. exercice 4-I 1) Faire quelques essais (M). Énoncer une conjecture, l'établir par récurrence. 2) Penser à la formule de Leibniz. 3) Passer par une équation différentielle simple vérifiée par cette fonction, pour prouver qu'elle est indéfiniment dérivable. Calculer quelques dérivées pour voir quelle est leur forme (M). QC-1) Distinguer n pair et n impair. QC-2) Écrire une équation différentielle pour le polynôme numérateur. La résoudre par identification. exercice 5-I 1) Utiliser l'unicité du DL, et l'égalité f(x) = f( x) pour tout x. 2) C'est une propriété de symétrie qu'il faut généraliser. 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 écrire de termes de degré supérieur à 2. 2) Mettre le terme constant du numérateur en facteur. 3) Mettre en facteur au dénominateur le terme de plus bas degré. QC-2) Quotient ou formule de Taylor. exercice 7-I 1) Développer le sinus, puis (1 + u) 1/2, u étant le DL du sinus (M). indications pour résoudre - méthode - lexique

131 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) Développer d'abord le cosinus, puis e 1+u = e.e u, 1 + u étant 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) Après avoir calculé le DL de cosinus, calculer celui du quotient par la méthode de l'exercice 4. Enfin, substituer dans la DL de e u (M). 6) Faire un changement de variable pour faire apparaître une variable tendant vers 0 : x = 1 + h. Ensuite utiliser le formulaire (rappelons que les formules qu'il contient sont à connaître par coeur) (M). 7) La fonction est-elle dérivable en 0? 8) Faire un changement de variable comme en 6) (M). 9) Ici également (M). 10) Ici également, x = π + h.. Utiliser les formules trigonométriques 4 connues (M). Autre possibilité : utiliser la formule de Taylor. 11) Voir l'exercice 2, pour appliquer la formule de Taylor. 12) Analogue au précédent. 13) La fonction est-elle dérivable 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 développer le quotient (exercice 4), enfin le radical. 2) Changer de variable : x = 1 + h. Pour le quotient, utiliser la méthode de l'exercice 4-3). indications pour résoudre - méthode - lexique

132 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume ) Changer de variable : x = π + h.. Utiliser le DL de tan(h) en 0 (à établir 2 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 négatif, il faut en tenir compte pour mettre h en facteur du radical. 5) Même changement de variable. Ici h est positif. Développer d'abord l'exposant, puis substituer dans e u. 6) Changer de variable : x = 1/h. Ici h est négatif. Faire un développement asymptotique de l'exposant. L'expression a-t-elle une limite finie? exercice 9-I 1) Le DL du cosinus, à un ordre quelconque est connu. Pour la fraction : simplifier par 4. La développer à l'ordre 4 (M). 2) Le sinus est dans le formulaire. Développer la fraction à l'ordre 3 (M). 3) Changer de variable : x = h + 1. Le DL du logarithme est à prendre à l'ordre 2 puisque le polynôme est de degré 2 (M). 4) Combiner deux DL connus. Développer à l'ordre 4 (M). exercice 10-I Dans tous les cas, voir qu'il s'agit d'une forme indéterminée. Repérer de quel type. 1) Changement de variable x = 1 + h. L'expression x x est à transformer sous forme d'exponentielle. 2) Étudier le logarithme de l'expression. Discuter selon les valeurs de k. 3) Étudier le logarithme de l'expression. Écrire (1 + x) = x (1 + 1/x). 4) Chercher séparément des équivalents du numérateur et du dénominateur. Écrire : x + 1+ x 2 1 = x 1 + x indications pour résoudre - méthode - lexique

133 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Écrire : x 2 + e x = e x (x 2 e -x + 1). Revoir la notion de fonction négligeable devant une autre, et de fonctions équivalentes (volume 3). 5) Chercher un développement asymptotique de chaque terme, et faire la différence. 6) Chercher des équivalents du numérateur et du dénominateur, à l'aide de développements limités. 7) Changement de variable x = 1 + h. Étudier le logarithme de l'expression. 8) Étudier le logarithme de l'expression. Écrire : e + x = e (1 + x/e). 9) Chercher un équivalent du numérateur et un équivalent du dénominateur. Écrire : e 1+x = e x 1+ 1 x puis développer le second radical. Voir que log(x) est négligeable devant x. 10) Chercher un développement asymptotique. Écrire : 1 x = x 1 1 x en pensant que x est négatif. Écrire : x = x 1 x x 2 Simplifier avant de calculer les développements. 11) Penser à un équivalent en 0 de log(1 + u).. indications pour résoudre - méthode - lexique

134 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume exercice 11-I 1) Deux cas très courants. Pour le troisième, utiliser l'expression sin 1. x Prouver soigneusement la non-monotonie. 2) Chercher un cas de fonction non monotone (dérivée de signe variable). 3) Dans le cas où f' est continue, si f'(a) 0, f'(x) est non nul sur un intervalle centré en a (revoir pourquoi). QC-1) Étudier les variations (dérivée). QC-2) Voir par exemple f(x) = 0. exercice 12-I 2) Passer par le taux d'accroissement à droite en 0. 3) Utiliser le taux d'accroissement à droite et celui à gauche. Les hypothèses permettent d'appliquer la formule de Taylor à l'ordre 2. exercice 13-I 1) Simplifier d'abord les DL proposés en ne conservant que les termes significatifs. Un des DL est superflu car équivalent à un autre, le supprimer. Quand des DL de même ordre sont-ils compatibles? Quand des DL d'ordres différents sont-ils compatibles? On trouvera 5 familles. 2) Préciser : la limite en 0, la tangente, la position par rapport à la tangente. 3) Ces éléments géométriques permettent de reconnaître les figures correspondant aux différentes familles. Il reste deux graphes. Procéder en sens inverse. Au vu de la figure, proposer un terme constant (valeur en 0), un terme de degré 1 (pente de la tangente), un terme de degré 2 (position par rapport à la tangente). Il n'y a pas une réponse unique. indications pour résoudre - méthode - lexique

135 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume exercice 14-I Dans chaque cas, il faut déterminer la limite, le terme de degré 1 et le premier terme non nul suivant. 1) Intégrer un DL de l'intégrande. 2) Changer de variable : x = 1 + h. 3) Mettre x en facteur. Développer en h = 1/x. 4) Changer de variable : x = 2 + h. 5) Faire un développement asymptotique en 1/x. 6) Faire un DL à l'ordre 3. indications pour résoudre - méthode - lexique

136 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Méthodes () Mode d'emploi de cette partie : vous trouverez d'abord une liste de méthodes de résolution des types de questions présentées dans ce volume ; par commodité, on a précisé ensuite à propos de chaque exercice où une méthode a été indiquée par () le (ou les) numéro de la méthode concernée. S'agissant d'un discours sur les mathématiques, et non d'un discours mathématique, on trouvera naturel qu'il utilise les abus de langage usuels, les raccourcis allusifs, et de façon générale qu'il se rapproche d'un discours oral qui pourrait être tenu devant les étudiants. 1- Faire un raisonnement par récurrence. Pour démontrer qu'une propriété P dépendant d'un entier n est vraie. (1) Supposer que la propriété P est vraie, pour la valeur n 1, montrer qu'elle est vraie pour la valeur n (récursivité). (2) Démontrer que la propriété est vraie pour n = 0, ou 1, plus généralement pour n 0. On peut alors en déduire que P est vraie pour tout n n Établir l'existence, une inégalité, une valeur, pour une dérivée. La dérivée est la limite d'un taux d'accroissement. On établira souvent une relation sur le taux d'accroissement pour l'obtenir sur la dérivée par "passage à la limite". 3- Étudier la dérivabilité d'une fonction définie "par morceaux". Généralement le problème ne se pose qu'aux points de raccordement, à étudier particulièrement. Utiliser la méthode précédente. Penser aussi au cas où la fonction est continue et où sa dérivée, définie en dehors d'un point par des considérations générales, a une limite au point en question : cette limite est la valeur de la dérivée en ce point. indications pour résoudre - méthode - lexique

137 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Montrer qu'une fonction est indéfiniment dérivable. On peut établir une relation entre la fonction et sa dérivée, et s'en servir dans un raisonnement par récurrence. 5- Calculer une dérivée n-ème. On peut utiliser la formule de Leibniz si la fonction est produit de deux fonctions dont la dérivation est simple à calculer. On peut également essayer de procéder par récurrence () en établissant une relation entre des dérivées successives. 6- Calculer le développement limité, ou asymptotique, d'un quotient. Mettre le dénominateur sous la forme 1 + u, u étant une expression tendant vers 0, puis utiliser le DL standard de (1 + u) 1. Pour transformer le dénominateur, essayer de mettre en facteur le terme le plus "grand" (celui devant lequel les autres sont négligeables). 7- Calculer le développement d'une expression composée f(g(x)). Calculer d'abord un DL de g(x), puis substituer ce DL à t dans le DL correspondant de f(t). 8- Calculer un DL sans utiliser le formulaire. Dans certains cas, il faut avoir recours à la formule de Taylor. C'est exceptionnel, aussi cela demande à être bien examiné. On rencontrera le cas de fonctions non composées de fonctions figurant dans le formulaire, ou leurs primitives. On connaît quelques cas où il est aussi simple d'utiliser la formule de Taylor car les dérivées successives sont faciles à calculer (tan(x)). Penser aussi aux cas où le DL n'est pas en 0, et où le changement de variable ne donne pas de formule simple. 9- Calculer un développement en un point différent de 0. Dans tous les cas, faire d'abord un changement de variable pour se ramener à une variable tendant vers 0 : x a, pour un DL en a, 1/x pour un développement à l'infini. indications pour résoudre - méthode - lexique

138 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Chercher la limite d'un quotient d'expressions tendant vers 0, ou vers l'infini. A l'aide de développement, ou d'autres techniques (volume 3), chercher un équivalent du numérateur et du dénominateur. 11- Chercher la limite d'une expression f(x) g(x). Généralement, étudier 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 Chercher la limite d'un produit f(x)g(x), où f(x) tend vers 0 et g(x) vers l'infini. Chercher des équivalents des deux expressions. 13- Chercher la limite d'une expression de la forme f(x) g(x) où les deux tendent vers +. Chercher des développements des deux expressions. 14- Déterminer des caractéristiques géométriques à partir d'un développement. Il faut disposer de trois termes, les deux premiers peuvent être nuls, le troisième ne doit pas l'être pour apporter une information. Le terme de degré 0 donne la valeur (ou la limite) de la fonction. Le terme de degré 1 donne la tangente (ou asymptote). Le troisième terme est le premier terme de degré au moins 2 non nul. Il donne la position du graphe de la fonction par rapport à la tangente (ou asymptote). Les méthodes 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 à 13 ex. 12 : 14 ex. 13 : 14 ex. 14 : 14 indications pour résoudre - méthode - lexique

139 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume Lexique () C Classe : une fonction f est de classe C k sur un intervalle I si elle est k fois dérivable sur I, et si sa dérivée k-ème est continue sur I. Elle est de classe C si elle est de classe C k pour tout k. Compatible : des développements sont compatibles s'ils peuvent être différents développements de la même expression. E Équation différentielle : une fonction f est solution de l'équation différentielle a(x) y' + b(x) y = c(x), où a, b, c sont des fonctions de x, si pour tout x, on a l'égalité : a(x) f'(x) + b(x) f(x) = c(x). Une telle équation est dite du premier ordre. Elle est linéaire. On peut également introduire des équations différentielles du second ordre etc. linéaires ou non Dans tous les cas, ce sont des relations à vérifier entre une fonction et certaines de ses dérivées. I Indéfiniment dérivable : une fonction f est indéfiniment dérivable si elle est dérivable à 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. décroissante) : 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 décroissante) : si x < y alors f(x) < f(y) (resp. f(x) > f(y)). Dans ce cas elle est injective (). indications pour résoudre - méthode - lexique

140 Daniel Alibert Cours et Exercices corrigés Volume O Ordre de dérivabilité : une fonction f est dérivable à l'ordre p en un point a si la dérivée f (p) (a) existe. P Partie régulière : la partie régulière d'un développement limité, ou asymptotique est la partie polynomiale, ou fraction rationnelle explicite, à l'exclusion du terme complémentaire (). T Terme complémentaire : dans un développement limité, ou asymptotique, le terme complémentaire indique l'ordre de grandeur des termes négligés. La notation usuelle est (cas d'un DL en 0) x k ε(x), où, par convention, ε(x) désigne "une expression tendant vers 0". Terme dominant : le terme dominant d'un polynôme est le terme de plus haut degré. V Voisinage épointé : soit a un réel, on dit qu'une propriété est vraie sur un voisinage épointé de a, si elle est vraie sur un intervalle ouvert centré en a, ]a h, a + h[ (h > 0), sauf peut-être en a. indications pour résoudre - méthode - lexique