Universite Claude Bernard (Lyon 1) Annee 2015-2016 UE Analyse I L1

Suite d’exercices 5/6

Exercice 1

Soit Df

une partie de R et f une application de Df

vers R.1. Soit I =]a, b[ (ou a et b peuvent etre infinis) un intervalle ouvert inclus dans D

f

. On supposeque la restriction de f a ]a, b[ est continue sur ]a, b[. Montrer alors que f est aussi continue entout point de ]a, b[.

2. Donner un contre-exemple montrant que la question 1) serait fausse pour un intervalle ferme[a, b].

3. Soit I = [a, b] (ou a < b) ou I = [a, b[ (ou b est fini ou infini) un intervalle ferme a gauche inclusdans D

f

et non reduit a un singleton. On suppose la restriction de f a I continue. Montrer quef est continue a droite en a.

4. Application : on definit f de R vers R par

f(x) =

8<

:

ex si x < Ocosx si x = 0(x+ 1)7 si x > 0

Montrer que f est continue sur R.

Exercice 2

Soient f : ]�1, 0[[[1,+1[! R definie par f(x) = x si x < 0 et f(x) = x�1 si 1 x et g : R ! Rdefinie par g(y) = y si y < 0 et g(y) = y + 1 si 0 y.

1. Tracer leurs graphes respectifs, et constater qu’ils se deduisent l’un de l’autre par une symetrie.

2. Ces applications sont-elles reciproques l’une de l’autre ?

3. Pour chacune de ces applications, preciser si elle est ou non continue sur son domaine dedefinition.

Exercice 3

Etudier la continuite des fonctions f(x) = E(x)� E(2� x) et g(x) = xE( 1x

)

Exercice 4

Montrer avec precision que si f est continue de R vers R, avec lim�1 f = �1 et lim+1 f = +1,alors f est surjective.

Exercice 5

Montrez que si f est une application continue de [0, 1] dans [0, 1], alors il existe x0 dans [0, 1] telque f(x0) = x0.

Exercice 6

Pour n entier avec n � 2, on considere l’application polynomiale fn

, de R vers R, definie pour toutx reel par :

fn

(x) = xn + xn�1 + · · ·+ x2 + x� 1.

1. Montrer qu’il existe un unique element ⇠n

de R+⇤ tel que f

n

(⇠n

) = 0.

2. On considere la suite de nombres reels (⇠n

)n�2. Montrer que cette suite est convergente et

calculer sa limite.

1

Exercice 7 Vrai ou faux ?

1. Si f est continue d’un intervalle ferme borne [a, b] vers R, alors f([a, b]) est un intervalle fermeborne.

2. Si f est continue d’un intervalle ouvert borne ]a, b[ vers R, alors f(]a, b[) est un intervalle ouvertborne.

3. Si f est continue d’un intervalle ouvert borne ]a, b[ vers R, alors f(]a, b[) est un intervalle ouvert,mais pas forcement borne.

4. Si f est continue d’un intervalle ouvert borne ]a, b[ vers R, alors f(]a, b[) est un intervalle, maispas forcement ouvert, ni forcement borne.

Exercice 8

1. Montrer qu’une application continue et periodique de R vers R est forcement bornee.

2. Determiner la limite de :

limt!+1

ln t

t(sin8 t+ cos14 t)

Exercice 9

Preciser pour chacune des fonctions suivantes en quels points elles sont derivables, derivables adroite, derivables a gauche, et les valeurs de leurs derivees, derivees a droite, derivees a gauche.

1. f(x) = cos(cosx).

2. g(x) =p| sinx|.

3. h(x) =p1 + cosx.

Exercice 10

Etudier la continuite et la derivabilite de la fonction f de R vers R definie par :

f(x) =

8<

:

ex � x si x < Ocos2(⇡x) si 0 x 1

1 + lnx

x

si x > 1

Exercice 11

Pour chacune des expressions y(t) ci-dessous, calculerdy

dt:

1) t4 + 3t2 � 6 2) 6t7/2 + 4t5/2 � 2t 3)p3t+ 3

pt+

1

t4) tet 5) t2et 6) t(t+ 3)et

7) t sin t ln t 8)5� t

5 + t9)

t3

1 + t210)

t3 + 1

t2 � t� 211)

ln t

t312)

(t+ 1)3pt

13)

p1 + t

1 +pt

14)cos t

sin t15)

sin t

1 + cos t.

Exercice 12

Pour chacune des fonctions f definies ci-dessous, calculer la fonction derivee f 0 :

1) f(x) = e3x 2) f(x) = cos(5x) 3) f(x) = ln(2x) 4) f(x) = ln(|2x|)5) f(x) = ln(�2x) 6) f(x) = (1� x)7/3 7) f(x) = sin(cosx) 8) f(x) = sin(cos(3x))9) f(x) = ln(sin2 x) 10) f(x) = 3

px2 + x+ 1 11) f(x) = e�x

212) f(x) = 2lnx

13) f(x) =

p5 + 4x

1 + 2p1 + x

14) f(x) = ln(|e2i⇡x|).

Exercice 13

2

Soit f la fonction reelle d’une variable reelle definie par :

f(x) =

⇢x+ exp(�1

x

2 si x � Osinx si x < 0

1. Montrer que f est derivable en tout point x de R⇤ en calculant sa derivee.

2. f est-elle derivable en 0 ?

3. f 0 est elle continue en 0 ?

4. f est-elle deux fois derivable en 0 ?

Exercice 14

Soit fn

(x) les fonctions definies par

fn

(x) =

⇢xn sin( 1

x

) si x 6= 00 si x = 0

1. Pour quelle valeur de n, a t’on fn

continue ?

2. Pour quelle valeur de n, a t’on fn

derivable ?

3. Pour quelle valeur de n, a t’on f 0n

continue ?

4. Pour quelle valeur de n, a t’on f 0n

derivable ?

Exercice 15

1. Montrer que pour tous reels a et b avec 0 a < b :

b� a

1 + b2< Arctan b�Arctan a <

b� a

1 + a2

2. En deduire que :

⇡

4+

3

25< Arctan(

4

3) <

⇡

4+

1

6

Exercice 16

1. Montrer que pour tous reels x et y :

| cos y � cosx| |y � x|

2. Dans cette question on note :

A = {| cos y � cosx||y � x| | x, y 2 R, x 6= y}

Montrer que l’ensemble A est borne, puis qu’il admet une borne superieure et une borneinferieure. Determiner celles-ci. L’ensemble A admet-il un plus grand element, un plus petitelement ? Determiner l’ensemble A.

Exercice 17

Montrer que pour tout entier k � 1 :

0 < ln(k + 1)� ln k 1

k.

En deduire que pour tout entier n � 1 :

3

ln(n+ 1) 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n.

Comment se comporte la suite (Hn

) de terme general Hn

= 1+ 12 +

13 + · · ·+ 1

n

quand n tend versl’infini ?

Exercice 18

Soit f de [0, 1] vers R une fonction trois fois derivable.

1. On suppose que f(0) = f 0(0) = f 00(0) = 0 et que f(1) = 0. Montrer que f 000 s’annule quelquepart dans ]0, 1[.

2. On suppose ici que f(0) = f(1

3) = f(

2

3) = f(1) = 0. Montrer le meme resultat.

3. On suppose ici que f(0) = f 0(0) = 0 et que f(1) = f 0(1) = 0. Montrer le meme resultat.

Exercice 19

Soit a < b deux reels.Existe-t-il une fonction derivable f de [a, b[ vers R telle que l’on ait simultanement le comportement

asymptotique limb

f = +1 et la majoration |f 0| 1 ?

Exercice 20

Soit f de [0, 1] vers R une application continue sur [0, 1] telle que f(0) = 0 et f(1) = 1.On suppose que f est derivable en 0 et en 1 et que l’on a f 0(0) = f 0(1) = 0.

1. Montrer qu’il existe un ↵ dans ]0, 1[ tel que :

f(↵)

↵=

f(↵)� 1

↵� 1.

En deduire que f(↵) = ↵.

2. On suppose de plus que f est deux fois derivable sur [0, 1]. Montrer qu’il existe un � dans ]0, 1[tel que |f 00(�)| � 4.

Exercice 21

Soit f la fonction definie par f(x) = x lnx� x.

1. En appliquant a f le theoreme des accroissements finis, montrer que pour tout n � 1, on a :

lnn f(n+ 1)� f(n) ln(n+ 1).

2. En deduire que pour tout n � 1, on a :

ln 1 + ln 2 + · · ·+ lnn f(n+ 1) + 1 ln 2 + ln 3 + · · ·+ ln(n+ 1).

3. En deduire que pour tout n � 1, on a :

e⇣ne

⌘n

n! e

✓n+ 1

e

◆n+1

4

Exercice 7

1) Cette fonction est derivable sur R et en tout x reel, f ′(x) = sinx · sin(cos x).2) Avant d’aller plus loin, on verifie que g est paire et π-periodique. On regarde de plus pres g sur l’intervalle[0,π] sur lequel le sinus prend des valeurs positives ou nulles. Sur cet intervalle, on dispose de la formule plussimple g(x) =

√sinx. Pour x dans l’intervalle ouvert ]0,π[, le sinus prend des valeurs strictement positives

donc aboutit dans la region ou la racine carree est derivable. On peut par derivation des fonctions composeesevaluer g′(x) soit explicitement :

g′(x) =cosx

2√sinx

pour 0 < x < π.

Par periodicite, la fonction g est derivable en tout point non multiple entier de π.On regarde plus attentivement la situation en 0, disons a droite. On ecrit explicitement le taux de variation ;en utilisant l’equivalent sinx ∼ x valable pour x tendant vers 0 on decouvre qu’il tend vers +∞ : la fonctionn’est donc pas derivable a droite en 0. Vu sa parite, elle n’est pas non plus derivable a gauche. Par periodicite,il en est de meme en tous les points multiples entiers de π.

3) Il peut etre judicieux de faire une petite manipulation trigonometrique prealable et ecrire :

h′(x) =!

2 cos2(x/2) =√2| cos(x/2)|.

Une fois celle-ci faite, meme routine qu’au 2) : la fonction est paire et 2π-periodique, et ne pose aucunprobleme de derivation sur ]−π,π[ (ou la valeur absolue peut etre effacee). En π a gauche, on remarque quela fonction g coıncide avec la fonction derivable a x %→

√2 cos(x/2) sur l’intervalle ]−π,π] ; la derivabilite de

a en π entraıne la derivabilite a gauche de a en π (la logique est la meme qu’a l’exercice 1 3)) et la valeur dela derivee a gauche est a′(π) c’est-a-dire −1/

√2. Vu la symetrie du graphe et la periodicite de la fonction,

cette valeur de la derivee a gauche se retrouve en tous les points multiples impairs de π tandis que la deriveea droite est opposee ; la fonction n’est en particulier pas derivable en ces points, et en ces seuls points.

Exercice 8

On notera a definie sur R par a(x) = ex− x, b definie sur R par b(x) = cos2(πx) et c definie sur ]0,+∞[ parc(x) = 1 + lnx/x. Elles sont manifestement derivables sur leurs ensembles de definition respectifs et on saitcalculer sans mal leurs derivees.On remarque que f coıncide avec b sur [0, 1], qu’elle coıncide avec a sur ] − ∞, 0[ mais aussi en 0 (il y acoıncidence de f(0) = cos2 0 = 1 et de a(0) = e0 − 0 = 1) donc sur ] −∞, 0], et que f coıncide enfin avec csur ]1,+∞[ mais aussi en 1 (verification explicite que f(1) = c(1) = 1). On en deduit que f est derivable enchaque point de ]−∞, 0[∪]0, 1[∪]1,+∞[. Puis, par le meme genre de raisonnement qu’au 7 3) ci-dessus, onvoit que f est derivable a gauche en 0 avec f ′

g(0) = a′(0) et f ′

d(0) = b′(0). Un simple calcul permet de verifierque ces deux valeurs sont egales (toutes deux a 0) : f est donc aussi derivable en 0. Il reste a traiter 1 : cacommence comme en 0 et on obtient de la meme facon : f ′

g(1) = b′(1) et f ′

d(1) = b′(1). En revanche cette foisles deux valeurs ne coıncident pas. On peut donc deduire ici que f est derivable a gauche et a droite en 1,donc continue a gauche et a droite, donc continue, mais qu’elle n’est pas derivable en ce point. Finalementf est continue sur R et est derivable exactement en les reels differents de 1.

Exercice 9

1) 4t3 + 6t2) 21t5/2 + 10t3/2 − 2

3)

√3

2√t+

1

3 3√t2

−1

t2. On aura a remarquer que la presence d’une racine et d’un 1/t dans l’enonce garantit

que 0 < t et qu’il est donc legitime de remplacer la racine cubique par une puissance un tiers avant de selancer dans le facile calcul.4) (t+ 1)et

5) (t2 + 2t)et

6) (t2 + 5t+ 3)et. On fera remarquer qu’il est tres opportun d’effectuer la multiplication t(t + 3) en debutde calcul car une derivee de produit de trois facteurs c’est rasant, et qu’il est assez opportun d’utiliser lesquestions precedentes.

7) sin t ln t+ t cos t ln t+ sin t. La on n’echappe pas a deriver un produit de trois facteurs...

8) −10

(5 + t)2. Par application bovine de la formule de derivation d’un quotient ; si on est tordu on peut

commencer par transformer le numerateur en 10− (5 + t) avant d’agir, mais je ne suis pas sur que ca vaillele coup de vouloir jouer au malin : on ne gagne pas grand chose.

9)t2(3 + t2)

(1 + t2)2. Encore bovin ; factoriser ou non en haut est une question de gout.

10) On pourra rire de ceux qui auront souffert parce qu’ils ont rate la simplification prealable de y(t) ent2 − t+ 1

t− 2. Ceux qui l’ont vue pourront soit bovinement utiliser la formule de derivation d’un quotient

et repondret2 − 4t+ 1

(t− 2)2soit prealablement diviser euclidiennement le numerateur par le denominateur ca

simplifiera la derivation ulterieure et la solution tombera plutot sous forme 1 −3

(t− 2)2ce qui est bien

entendu la meme chose.11) Une occasion de souligner qu’il est (legerement) plus judicieux de voir ca comme le produit de ln par

la puissance −3. De toutes facons, quelle que soit la voie choisie, on doit tomber sur1− 3 ln t

t4.

12) La encore c’est un peu plus confortable en voyant le truc comme un produit, mais vraiment a peine. La

reponse etant(1 + t)2(5t− 1)

2t√t

.

13) Quotient bovin, sauf si une astuce m’a echappe. Notez qu’il y a une premiere fonction composee cacheedans le

√t+ 1, et on pourra soit faire semblant de rien soit le faire remarquer comme on le sent. Il semble

que le resultat final soit :

√t− 1

2√t√1 + t(1 +

√t)2

.

14) La cotangente. La derivee en est, c’est dans tous les bons livres, −1/ sin2 t.15) On peut faire bovinement, et il est plus joli de faire un peu de trigonometrie prealable pour s’apercevoir

que y = tan(t/2) et que sa derivee est donc1

2(1 + tan2(t/2)).

Exercice 10

1 a 5) Trop facile, surtout que les reponses sont les memes a 3), 4) et 5) ha ha ha.

6) −7

3(1 − x)4/3

7) − sinx · cos(cosx)8) −3 sin(3x) · cos(cos(3x))9) 2

cosx

sinx. On commencera probablement par transformer l’expression de f en f(x) = 2 ln(| sinx|).

10)2x+ 1

3 3

!

(x2 + x+ 1)2

11) −2xe−x2

12) (ln 2)xln 2−1 apres avoir constate, stupefait, qu’on peut aussi ecrire f(x) = xln 2. On peut bien sur yarriver par derivation d’une composee, c’est pour ca qu’on l’a range la.13) On remarque que f(x) = y(4+4x) ou y est repeche de l’exercice 9 13). On en conclut, en allant repecherla solution du dit exercice que :

f ′(x) = 42√1 + x− 1

2 · 2√1 + x

√5 + 4x(1 + 2

√1 + x)2

=2√1 + x− 1√

1 + x√5 + 4x(1 + 2

√1 + x)2

.

14) 0. Ha ha le piege ! On en retiendra que la formule de derivation de ln(|u|) marche si les barres veulentdire “valeur absolue” mais induit en erreur si elles se lisent “module”.

Exercice 11

1) Pour x < 0, on calcule tres facilement f ′(x) = cosx. Comme dans les exercices 7 3) et 8, on remarquequ’on a aussi pour le meme prix la derivee a gauche en 0 qui est f ′

g(0) = cos 0 = 1.Pour x > 0, on derive une fonction composee sans que ca ne soit tout de meme insoutenable et on obtient :

f ′(x) = 1 +2e−1/x2

x3.

2) Pour la derivee a droite en 0 une premiere methode est de regarder le taux d’accroissement, une deuxieme(legitimee par l’existence d’un theoreme qui va bien dans le cours - rappele ici sous forme d’exercice 17) estde se demander si f ′(x) a une derivee a droite en 0 et constater que oui. Dans les deux cas, on jouera surles croissances comparees et il pourra etre pratique de noter u = 1/x2, variable auxiliaire qui tend vers +∞.En fin de calcul on conclut que f ′

d(0) = 1. En rapprochant ca de f ′

g(0) connu depuis longtemps deja, on voitque f est aussi derivable en 0 avec f ′(0) = 1.

3) Sans difficulte serieuse, on obtient comme plus haut une derivee seconde a gauche en 0 : f ′′

g (0) = − sin 0 =0. Du cote droit, on regardera plutot le taux de variation de f ′ entre 0 et un x strictement positif : enrapprochant les expressions de f ′(x) issue du 1) et de f ′(0) issue du 2) on trouve qu’il vaut :

f ′(x)− f ′(0)

x− 0=

2e−1/x2

x4=

2u2

eu

(on a la encore note u = 1/x2). Quand x tend vers 0+, u tend vers +∞ et par croissance comparee ce tauxd’accroissement tend vers 0.On en deduit que f ′′

d (0) existe et vaut 0, puis que f ′′(0) existe et vaut 0.

Exercice 12

Pour chacune des trois fonctions proposees, il n’y a bien sur aucun probleme en dehors de 0 : ces fonctionssont derivables donc continues en tout point de R∗, et leurs derivees sont elles-memes continues en ces points.C’est en 0 que les choses se corsent. Pour f , si elle etait continue, on aurait sin(1/x) → f(0) = 0 quand xtend vers 0. Donc on aurait sin t → 0 quand t tend vers l’infini ; ce qu’on n’a notoirement pas. La fonctionf est donc discontinue en 0 et donc non derivable en ce point.Pour g, on peut l’encadrer entre le gendarme x $→ −|x| et le gendarme x $→ |x| qui tendent tous deux vers 0quand x tend vers 0. L’expression g(x) admet donc la meme limite que les gendarmes -soit 0- quand x tendvers 0 sans s’annuler. Mais 0 est precisement la valeur g(0). C’est donc que la fonction g est continue en 0.En revanche, le taux d’accroissement de g entre 0 et x n’est autre que f , qui n’a pas plus de limite en 0 quesinus n’en a en l’infini. C’est donc que g n’est pas derivable en 0.Pour h enfin, son taux d’accroissement est g qui a une limite (nulle) : elle est donc derivable en 0 avec deriveenulle -et donc continue en 0. On regarde alors de plus pres la derivee de h en les points autres que 0. On abesoin de la calculer explicitement :

h′(x) = 2x sin1

x− cos

1

x.

Dans cette expression, le premier sommant est 2g(x) : il tend vers 0 quand x tend vers 0 sans s’annuler. Enrevanche le second sommant fait comme faisait f : il n’a pas plus de limite en 0 que le cosinus n’en a enl’infini. La fonction h′ ne peut donc pas avoir de limite en 0, et est necessairement discontinue en ce point.

Exercice 13

1) Soit deux reels a et b avec 0 ≤ a < b. Comme la fonction Arctan est derivable sur R elle est derivableen tout point de [a, b] ; a fortiori sa restriction a [a, b] est derivable et, encore a fortiori, sa restriction al’intervalle ouvert ]a, b[ est derivable tandis que sa restriction a l’intervalle ferme est continue.On peut lui appliquer le theoreme des accroissements finis sur cet intervalle ; celui-ci garantit l’existence d’unreel c ∈]a, b[ pour lequel :

Arctan b−Arctana

b− a=

1

1 + c2.

Au vu de l’encadrement 0 ≤ a < c < b, on obtient 0 ≤ a2 < c2 < b2 puis 0 < 1 ≤ 1 + a2 < 1 + b2 < 1 + c2 et

enfin :1

1 + b2<

1

1 + c2<

1

1 + a2. Il n’y a plus qu’a remplacer le

1

1 + c2par l’expression isolee plus haut, et

enfin a multiplier l’encadrement par le reel strictement positif b− a.

2) Il suffit d’appliquer la question precedente a a = 1 et b = 4/3.

Exercice 14

1) Si x et y sont egaux, c’est evident ; s’ils sont distincts on applique le theoreme des accroissements finis ala fonction cosinus sur l’intervalle ]x, y[ si x < y ou sur l’intervalle ]y, x[ si y < x.

2) Il decoule de la question precedente que l’ensemble A est majore par 1 ; il est par ailleurs evident (positivitede la valeur absolue) qu’il est minore par 0.En tant qu’ensemble non vide borne, l’ensemble A admet une borne inferieure et une borne superieure.Du cote gauche, les choses sont faciles : le minorant 0 est element de A puisqu’on l’obtient (par exemple)pour x = 0 et y = 2π. Un minorant de A qui est aussi un element de A est donc le plus petit element de A,et c’est aussi sa borne inferieure.Du cote droit, il faut etre un peu plus malin. Notons M la borne superieure de A. Comme on a vu que 1etait un majorant de A, on sait deja que M ≤ 1 (la borne inferieure est, par definition, le plus petit desmajorants).Pour l’inegalite dans l’autre sens, on peut, par exemple, ecrire que pour tout t reel distinct de π/2 :

| cos t− cos(π/2)|

|t− (π/2)|∈ A donc

| cos t− cos(π/2)|

|t− (π/2)|≤ M.

Dans cette expression, on fait tendre t vers π/2. Le quotient de valeurs absolues qui y figure tend alors vers|cos′(π/2)| = |− sin(π/2)| = 1. Donc 1 ≤ M . Ca y est, on sait que M = 1.En revanche, 1 n’est pas un plus grand element pour A, car il n’appartient pas a A. Ceci n’est pas franchementevident ; une facon possible de faire est de considerer les deux fonctions auxiliaires f : t $→ t + cos t etg : t $→ t − cos t. Chacune des deux a une fonction derivee qui ne prend que des valeurs positives ; pourchacune on sait determiner l’ensemble des points ou la derivee s’annule, une fois qu’on l’a fait on constateque cet ensemble ne contient aucun intervalle non reduit a un point. Les deux fonctions f et g sont doncstrictement croissantes, donc injectives sur R. Si on considere alors deux reels distincts x et y, on peut ecrireque f(x) = f(y) et g(x) = g(y). En deplacant quelques termes dans ces egalites, on voit alors qu’on a montreque :

cos y − cosx

y − x= 1 et

cos y − cosx

y − x= −1

donc que 1 n’est pas element de A. Ouf on y est !Enfin il est possible de montrer que A = [0, 1[. L’inclusion A ⊂ [0, 1[ decoule de toutes les informations dejarassemblees plus haut. Pour l’inclusion dans l’autre sens, il pourra etre ingenieux de considerer la fonction hdefinie sur l’intervalle ]π/2,+∞[ par :

h(t) =| cos t− cos(π/2)|

|t− (π/2)|.

Cette fonction est manifestement continue et definie sur un intervalle. En appelant le theoreme des valeursintermediaires a l’aide, on conclut que l’ensemble image h(]−π/2,+∞[) est donc un intervalle, manifestement

inclus dans A. Par ailleurs la valeur de h en 5π/2 est 0 tandis que sa limite a droite en π/2 est 1 : l’intervalleh(]− π/2,+∞[) contient donc l’intervalle [0, 1[. On a donc finalement :

[0, 1[⊂ h(]− π/2,+∞[) ⊂ A.

Exercice 15

Soit k ≥ 1 un entier. La fonction logarithme neperien est derivable sur ]0,+∞[. Elle est donc derivable entout point de [k, k + 1]. A fortiori, sa restriction a [k, k + 1] est derivable, et donc encore a fortiori derivablesur l’intervalle ouvert ]k, k + 1[ et continue sur l’intervalle ferme.On n’a plus qu’a appliquer le theoreme des accroissements finis a cette fonction derivable sur cet intervalle,dont la longueur est agreablement 1. Ce theoreme assure l’existence d’un c dans l’intervalle ouvert ]k, k+1[pour lequel l’accroissement fini ln(k + 1)− ln k est egal a ln′(c) = 1/c. Il n’y a plus qu’a inverser l’inegaliteentre nombres strictement positifs 0 < k < c, puis perdre volontairement un peu d’information en remplacantles inegalites strictes par des inegalites larges.Soit n ≥ 1 un entier. On ecrit l’inegalite obtenue plus haut pour chaque k compris entre 1 et n et on sommele tout, soit avec des points de suspension soit avec des symboles Sigma. Qu’on presente le calcul par unemethode ou l’autre, on voit un phenomene de telescopage : du cote ou on somme les ln(k + 1) − ln k laquasi-totalite des termes se simplifie et il ne reste plus que ln(n+ 1)− ln 1 = ln(n+ 1) ; de l’autre cote c’estbien Hn qui majore ce logarithme.Pour le comportement de (Hn), il n’y a plus qu’a constater qu’on est dans la situation du “theoreme desgendarmes” ou un gendarme qui tend vers l’infini y pousse le voleur : la suite (Hn) tend vers +∞.

Exercice 16

1) On applique Rolle a f entre 0 et 1 : il fournit un a dans ]0, 1[ en lequel f ′(a) = 0. On applique alors Rollea f ′ entre 0 et a ; il fournit un b dans ]0, a[ en lequel f ′′ s’annule. Il n’y a plus qu’a appliquer Rollle a f ′′

entre 0 et b.

2) Dans cette variante, on applique Rolle trois fois a f dans chacun des trois intervalles [0, 1/3], [1/3, 2/3]et [2/3, 1] et on recupere trois points a1, a2 et a3 qui verifient a1 < 1/3 < a2 < 2/3 < a3 (et sont dontdistincts) et en lesquels f ′ s’annule. On applique alors Rolle deux fois a f ′, une fois dans [a1, a2] et une foisdans [a, 2, a3]. On dispose desormais de deux points distincts b1 et b2 en lesquels f ′′ s’annule. Il n’y a plusqu’a appliquer Rolle a f ′′ entre b1 et b2.

3) Dans cette variante, on commence par appliquer Rolle a f entre 0 et 1 et recuperer ainsi un a2 ∈]0, 1[ ouf ′ s’annule. Il n’y a plus qu’a noter a1 = 0 et a2 = 1 ; une fois qu’on a fait on termine comme au 2).

Exercice 17

S’est revele etre une question de cours. Si vous ne vous en etes pas rendu compte, c’est que vous ne connaissezpas votre cours. Au boulot !

Exercice 18

Non. En effet si une fonction derivable definie sur [a, b[ verifie la majoration |f ′| ≤ 1 et donc la majorationf ′ ≤ 1, pour tout x ∈]a, b[ il est facile d’appliquer le theoreme des accroissements finis sur [a, x] et d’en tirerla majoration f(x) ≤ f(a) + (x − a) ≤ f(a) + b − a. Ceci permet de s’apercevoir que f est une fonctionmajoree sur [a, b[ : il n’est des lors pas question qu’elle tende vers l’infini quand x tend vers b.

Exercice 19

Cet exercice est difficile !

1) On commence par se faire une idee de la question graphiquement : on essaie de dessiner un graphe defonction qui verifie les hypotheses, en faisant apparaıtre sur le dessin le segment qui joint le point (0, 0)au point (1, 1). Manifestement, a cause des demi-tangentes au graphe de f en ces deux points, la courberepresentative de f doit commencer sa vie en 0 au-dessous du segment qu’on a mis en valeur, puis quandelle la termine en 1 elle ne peut le faire que nettement au-dessus du segment. On ne peut faire un tel dessinqu’en coupant le segment.C’est l’indice qu’il etait de bon ton d’utiliser le theoreme des valeurs intermediaires. Une facon de le faire estd’introduire la fonction auxiliaire g definie par g(x) = x − f(x). Cette fonction est continue sur [0, 1], avecg(0) = g(1) = 0 ; elle est derivable (a droite) en 0 avec g′(0) = 1 et derivable (a gauche) en 1 avec g′(1) = 1.

En revenant aux definitions des derivees en 0 et en 1 comme limites de taux de variations, on peut justifierl’existence d’un point a (moralement “proche de 0”) en lequel g prend une valeur strictement negative, etl’existence d’un point b (moralement “proche de 1”) en lequel g prend une valeur strictement positive. Il n’ya plus qu’a appliquer le theoreme des valeurs intermediaires a la restriction de g a [a, b], qui est continue surun intervalle. Il fournit un point α ou g s’annule, ce qui donne f(α) = α qu’on peut reecrire comme l’identiteproposee si on y tient.

2) Si vraiment vous vous etes pose la question, vous meritez la reponse, vous pouvez m’ecrire pour me lademander (lavaurs at univ-lyon1.fr). Si vous n’avez pas cherche, c’est a vous de bosser, pas a moi. (Maisvous etes prevenu : ce n’est facile du tout !).

Exercice 20

1) C’est banal : les hypotheses du theoreme des accroissements finis sont remplies sur [n, n+ 1] pour f . Encalculant la derivee f ′(x) = lnx on en deduit l’existence d’un c dans cet intervalle (et meme dans l’intervalleouvert, mais on s’en fiche ici) pour lequel l’accroissement fini de f est egal a f ′(c) = ln c. Comme la fonctionlogarithme est croissante sur ]0,+∞[, on a l’encadrement lnn ≤ ln c ≤ ln(n+ 1) et hop emballe c’est pese.

2) Encore un coup de telescopage apres sommation comme a l’exercice 15. La petite difference est que l’auteurde l’enonce est un peu moins gentil et a utilise le meme nom de variable (n en l’espece) pour deux inegalitessuccessives, ce qu’il a bien le droit de faire puisque les variables sont locales. Mais pour l’etudiant qui sebat avec l’exercice, c’est tres troublant. Il est donc recommande de reecrire la question 1 avec un nouveaunom de variable (k par exemple). Une fois qu’on a fait ca on n’est plus noye : c’est exactement comme au15, on somme pour k variant entre 1 et n et ca fait exactement le truc annonce, l’expression centrale etantf(n+ 1)− f(1).

3) La encore le choix de l’auteur du sujet d’utiliser la meme lettre dans toutes les questions n’est pas gentil.On commence donc par reecrire le 2 avec un nouveau nom de variable, m par exemple.Une fois ceci fait, on applique la fonction exponentielle -qui est croissante- a l’inegalite du 2 et on obtient,pour tout m ≥ 1 :

m! ≤ ef(m+1) · e1 ≤ (m+ 1)!

ou on recalcule le terme central dans lequel ef(m+1) = e(m+1) ln(m+1)−(m+1) =(m+ 1)m+1

em+1. On obtient

donc :

m! ≤ e(m+ 1)m+1

em+1≤ (m+ 1)!

Soit alors un n ≥ 1. En appliquant l’inegalite de gauche ci-dessus a m = n on se retrouve avec exactementl’inegalite de droite a prouver. Pourt l’inegalite de gauche a prouver il faut penser a appliquer l’inegalite dedroite ci-dessus a m = n− 1 ; bien sur ca n’est pas possible si n = 1 mais dans ce cas particulier, l’inegalitede gauche a prouver est evidente (c’est l’inegalite 1 ≤ 1).

Exercice 21

1) w(a) est somme de deux termes ; le premier est nul parce que

cos

!

π

b− a(a−

a+ b

2)

"

= cos[π

b − a

b − a

2] = cos

#π

2

$

= 0

tandis que le second est nul parce que f(a) = 0 (c’est donc ici qu’on utilise l’hypothese (iii)).Calcul analogue pour w(b).

2) w est derivable comme somme de produits de fonctions evidemment derivables (f ′ est derivable puisqu’ona suppose f deux fois derivable). La formule proposee se verifie sans aucune difficulte (le calcul utilisel’hypothese (iv) pour faire disparaıtre f ′′).

3) Soit x dans ]a, b[. On a alors a−a+ b

2< x−

a+ b

2< b−

a+ b

2, soit −

b− a

2< x−

a+ b

2<

b − a

2.

D’ou −π

2< [

π

b− a(x−

a+ b

2)] <

π

2et en derniere consequence l’inegalite proposee.

4) On applique le theoreme de Rolle a w qui en verifie toutes les hypotheses : elle est derivable sur [a, b] (quipeut le plus peut le moins), et w(a) = w(b) au vu de la premiere question.On obtient donc un c ∈]a, b[ tel que w′(c) = 0, ce qui se reecrit au vu de la formule de la deuxieme question :

[π2

(b − a)2− q(c)]f(c) cos[

π

b− a(c−

a+ b

2)] = 0.

Nous voyons la un produit de trois facteurs qui s’annule. Mais parmi ces trois facteurs, le deuxieme (f(c))n’est pas nul vu l’hypothese (ii) tandis que le dernier (le cosinus) n’est pas nul au vu de la question 3). C’est

donc que le premier facteur est nul, c’est-a-dire :π2

(b− a)2= q(c).

On va alors repecher l’hypothese encore inutilisee (i), qui assure que q(c) ≤ 1 et donc queπ2

(b − a)2≤ 1, et

finalement b− a ≥ π.

5) L’existence de c, c’est simplement l’application de Rolle a f .Pour l’unicite, remarquons que comme pour tout x de [a, b], f ′′(x) = −q(x)f(x) et comme les deux nouvelleshypotheses garantissent que ni q ni f ne s’annulent sur ]a, b[, f ′′ ne s’annule pas non plus sur ]a, b[.Mais s’il existait deux reels c1 < c2 dans ]a, b[ annulant tous deux f ′, en appliquant le theoreme de Rolle af ′ sur l’intervalle [c1, c2], on trouverait un d quelque part dans ]c1, c2[ qui annulerait f ′′. C’est, on vient dele voir, hors de question. D’ou l’unicite de c.