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SEMESTRE DE PRINTEMPS

EXERCICES SUR LES FONCTIONS DERIVABLES
1. Calculer la dérivée des fonctions f définies ci-dessous (sans chercher à déterminer le domaine
de définition) :
p
2
a) f (x) = tan 1 − x2 , b) f (x) = ln |x−ex tan x| , c) f (x) = (1+x)x , d) f (x) = sin(cos(sin x))
2. Calculer pour x 6= 0 la dérivée de la fonction f définie par f (x) = arctan x + arctan

retrouver la valeur de f (x).

1
, et
x



1
1
x+
. En utilisant un calcul de dérivée,
3. Soit f la fonction définie par f (x) = argch
2
x
simplifier f (x) lorsque x appartient au domaine de définition de f .
4. Calculer la dérivée n-ième des fonctions définies ci-dessous :
a) f (x) =

1
(a 6= 0) ,
ax + b

b) g(x) = ln |x|

5. Déterminer si les fonctions suivantes sont dérivables sur R.

a) f (x) =



(x − 1)2 si x ≤ −1
−4x + 1 si x > −1

b) f (x) =



(x − 1)2
(x − 1)3

si x ≤ 1
si x > 1

6. Déterminer a et b pour que la fonction f suivante soit dérivable sur R.
2
x − x + 1 si x ≥ 2
f (x) =
(ax + b)2
si x < 2
1
7. Démontrer que la fonction f définie sur R par f (x) = x |x| est dérivable sur R, et calculer f ′ .
2
8. Déterminer si les fonctions f suivantes possèdent une dérivée à droite en 0, et calculer f ′ (0)
si c’est le cas.
Calculer f ′ (x) pour tout x > 0. Si f est dérivable sur [ 0, +∞ [ est-elle de classe C1 sur cet
intervalle ?

a) f (x) =

p

x2

+



x5

b) f (x) =



x · ln x si x > 0
0
si x = 0

c)

f (x) =



xx
1

si x > 0
si x = 0

tan x − sin x
9. Soit f la fonction définie sur ] −π/2, π/2 [ −{0} par f (x) =
. Montrer que f est
x3
prolongeable par continuité en 0, puis, que son prolongement fe est dérivable en 0. La fonction fe
1

est-elle deux fois dérivable en 0 ?
10. Soit f la fonction définie sur R+ par f (x) = x2 sin
0 ? deux fois dérivable en 0 ?



x. La fonction f est-elle dérivable en

11. Soit la fonction de R dans R définie par f (x) = x + ex . Montrer que f est bijective. On note
g l’application réciproque de f .
Justifier que g est deux fois dérivable sur R. Calculer g(1), g′ (1) et g′′ (1).
12. Soit f une fonction définie et continue sur [ u, v ] , dérivable sur ] u, v [ , telle que f (u) =
f (v) = 0, et soit a à l’extérieur de [ u, v ] .
f (x)
, montrer qu’il existe c dans
En introduisant la fonction g définie sur [ u, v ] par g(x) =
x−a
f (c)
] u, v [ tel que f ′ (c) =
. Donner une interprétation géométrique de la fonction g et énoncer
c−a
le résultat obtenu sous forme géométrique.
13. Soient I un intervalle ouvert, et f une application de I dans R, dérivable sur I. On suppose
que f admet k zéros distincts sur I (k entier ≥ 2). Démontrer que f ′ admet au moins k − 1 zéros
distincts. Se peut-il que f ′ admette strictement plus de k − 1 zéros ?
Si f est k − 1 fois dérivable sur I, que peut-on dire du nombre de zéros de f (k−1) ?
Application : Soient n entier ≥ 2, et a et b deux nombres réels. Démontrer que la fonction
polynôme f définie sur R par f (x) = xn + ax + b admet :
au plus deux racines réelles si n est pair,
au plus trois racines réelles si n est impair.
14. Soit f une fonction de classe C3 sur R pour laquelle on peut trouver deux réels a et b
distincts tels que f (a) = f ′ (a) = f (b) = f ′ (b) = 0. Montrer qu’il existe c dans ] a, b [ tel que
f (3) (c) = 0.
15. En utilisant le théorème des accroissements finis, montrer que, si x est positif
a)

x
≤ ln(1 + x) ≤ x
1+x

b) x ≤ ex − 1 ≤ xex .

16. a) Montrer que, pour tous réels x et y inférieurs à 1 on a
|ex − ey | ≤ e · |x − y| .
b) Montrer que, pour tous réels x et y de l’intervalle [ π/3, 2π/3 ] , on a
| sin x − sin y| ≤

1
|x − y| .
2

17. En appliquant la formule de Taylor-Lagrange, démontrer que :
x2
a) pour tout x de [ −π/2, π/2 ] − {0} cos x > 1 −
2
b)

pour tout x > 0

ln(1 + x) > x −
2

x2
2

x3
3

c)

pour tout x de ] 0, π/2 [

tan x > x +

d)

pour tout x ≥ 0

sh x ≥ x +

x3
x5
+
6
120

e)

pour tout x de [ 0, 1 ]

sh x ≤ x +

x5
2x7
x3
+
+
6
120
7!

18. a) Déterminer le polynôme de Taylor Tn à l’ordre n en 0 de la fonction f définie sur
] −1, +∞ [ par f (x) = ln(1 + x).
Quelle valeur faut-il donner à n pour être sûr que, pour tout x de l’intervalle [ 0, 10−1 ] on a
| ln(1 + x) − Tn (x)| ≤ 10−6 ?
b) Démontrer que | ln 2 − Tn (1)| ≤

1
, et en déduire que la suite u définie par
n+1
un =

n
X
(−1)k+1
k=1

k

,

admet ln 2 pour limite.
19. Déterminer le polynôme de Taylor Tn à l’ordre n en 0 de la fonction exponentielle. Etablir
que

xn+1


si x > 0
 ex


(n + 1)!
|ex − Tn (x)| ≤


|x|n+1



si x < 0
(n + 1)!

En déduire que pour tout réel x, la suite u définie par un =

n
X
xk
k=0

k!

, admet ex pour limite.

20. Soit f deux fois dérivable sur R. On suppose que pour tout x réel, on a |f (x)| ≤ 1 et
|f ′′ (x)| ≤ 1. En utilisant la formule de Taylor entre x et x + 2, montrer que |f ′ (x)| ≤ 2.
21. Soit f et g deux fonctions contractantes sur un intervalle I, et λ dans l’intervalle [ 0, 1 ] .
Montrer que λf + (1 − λ)g est contractante.
22. Dans chacun des cas suivants, f est une application de R, à valeurs dans R, et α un point
de R. Montrer que la suite u définie par les relations : u0 = α, et ∀n ∈ N, un+1 = f (un ) est
convergente, et déterminer la limite.
π
a) f (x) = √ cos x ,
3 3

b) f (x) =

5
8(1 + x2 )

3

,

π

π
c) f (x) = √ cos
sin x .
6
3

Exercices plus difficiles
23. Une généralisation du théorème de Rolle.
Soit f une fonction numérique définie et continue sur [ a, +∞ [ , dérivable sur ] a, +∞ [ et
admettant f (a) comme limite en +∞. Montrer qu’il existe un point c dans ] a, +∞ [ tel que
f ′ (c) = 0. (On pourra se ramener au théorème de Rolle classique en utilisant la fonction g définie
sur [ 0, 1 ] par


f a − 1 + x1
si x ∈ ] 0, 1 ]
g(x) =
).
f (a)
si x = 0
24. Soit I un intervalle de R. Soit a, b, c trois points de I tels que a < b < c, et f une fonction
deux fois dérivable dans I. On veut démontrer qu’il existe d dans ] a, c [ tel que
(1)

f (b)
f (c)
f ′′ (d)
f (a)
+
+
=
.
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
2

a) Montrer que cette relation est vraie quel que soit d, lorsque f est un polynôme de degré au
plus 2.
b) Montrer qu’il existe un polynôme P de degré au plus 2 tel que
P (a) = f (a) , P (b) = f (b) , P (c) = f (c) .
c) Démontrer la relation (1) en appliquant l’exercice 13 à g = f − P .
25. En raisonnant par l’absurde, montrer que si 0 < x < π/2, on ne peut pas appliquer le
théorème des accroissements finis à la fonction f définie par
f (t) = eit
dans l’intervalle [ 0, x ] .
26. Soit f de classe C2 sur [ a, b ] et trois fois dérivable sur ] a, b [ .
On définit la fonction F sur [ a, b ] par
F (x) = f (x) − f (a) −

x−a ′
(x − a)3
(f (x) + f ′ (a)) − K
,
2
12

où la constante K est choisie pour que F (b) = 0. Montrer qu’il existe d dans ] a, b [ tel que
F ′′ (d) = 0. En déduire que
f (b) − f (a) = (b − a)

f ′ (a) + f ′ (b) (b − a)3 ′′′

f (d) .
2
12

4

Corrigé des exercices

p
x(1 + p
tan2 1 − x2 )
1. a)
=−
1 − x2
1 − ex (1 + tan x + tan2 x)
b) f ′ (x) =
(La dérivée de ln |x| est 1/x pour tout x non nul).
x − ex tan x
2

x
2
2

x
c) f (x) = (1 + x)
+ 2x ln(1 + x) (On part de f (x) = ex ln(1+x) ).
1+x
f ′ (x)

d) f ′ (x) = cos(cos(sin x))(− sin(sin x)) cos x.
2. La fonction f est dérivable si x est non nul, et
1
− 2
1
x = 0.
+
f ′ (x) =
1
1 + x2
1+ 2
x
La fonction f est donc constante sur chacun des intervalles ] 0, +∞ [ et ] −∞, 0 [ . Sur le premier
f (x) = f (1) = 2 arctan 1 =

π
.
2

Alors, puisque f est impaire, on a sur le second
π
f (x) = −f (−x) = − .
2

3. La fonction est définie si

1
2



x+

Cette inéquation s’écrit
x+

1
x



≥ 1.

1
≥ 2,
x

ou encore

(x − 1)2
≥ 0.
x
Le domaine de définition est donc ] 0, +∞ [ , et f est continue sur ce domaine.
La fonction f est dérivable si
1
2



1
x+
x



> 1,

donc, d’après le calcul précédent, sur ] 0, 1 [ ∪ ] 1, +∞ [ , et l’on a

5



f (x) =

=

=

1

s
2
1
1
−1
x+
2
x
1

r

1
((x2 + 1)2 − 4x2 )
4x2
1 x2 − 1
.
x |x2 − 1 |

On a donc finalement


f (x) =

Sur l’intervalle ] 0, 1 ] , on obtient

1
2

 1


 −x






1
1− 2
x



x2 − 1
2x2

si 0 < x < 1

1
x

si x > 1

f (x) = − ln x + C1 ,
et sur l’intervalle [ 1, +∞ [
f (x) = ln x + C2 .
Mais puisque
f (1) = argch 1 = 0 ,
on en déduit que C1 = C2 = 0. En remarquant que − ln x est positif sur ] 0, 1 ] , et que ln x est
positif sur [ 1, +∞ [ , on a finalement, pour tout x > 0, l’égalité
f (x) = | ln x | .

4. a) En écrivant f (x) = (ax + b)−1 , on a facilement
f ′ (x) = −a(ax + b)−2

f ′′ (x) = (−1)(−2)a2 (ax + b)−3

f ′′′ (x) = (−1)(−2)(−3)a3 (ax + b)−4 .

On a donc pour n = 0, 1, 2 et 3
f (n) (x) = (−1)n an n!(ax + b)−(n+1) .
On vérifie alors la propriété par récurrence. Si elle est vraie à l’ordre n, on obtient en dérivant
la relation ci-dessus


f (n+1) (x) = (−1)n an n! −(n + 1)a(ax + b)−(n+2) = (−1)n+1 an+1 (n + 1)!(ax + b)−(n+2) ,
ce qui est la relation à l’ordre n + 1. On a donc le résultat quel que soit n ≥ 0 :
f (n) (x) =

(−1)n an n!
.
(ax + b)n+1

6

b) On remarque que g′ = f , si l’on prend dans a) comme constantes a = 1 et b = 0 . On a donc
g(n) (x) = f (n−1) (x) =

(−1)n−1 (n − 1)!
.
xn

5. a) On constate que
lim f (x) = lim (−4x + 1) = 5 6= 4 = f (−1) .

x→−1+

x→−1+

La fonction f n’est donc pas continue en −1. Elle n’est pas dérivable non plus en ce point.
Remarque : On a
f ′ (x) =



2(x − 1) si x < −1
−4
si x > −1 ,

et donc
lim f ′ (x) = lim (−4) = −4 = lim (2(x − 1)) = lim f ′ (x) .

x→−1+

x→−1+

x→−1−

x→−1−

Les limites à gauche et à droite de f ′ sont égales en −1 mais f n’est pas dérivable en −1.
b) La fonction f est dérivable sur ] −∞, 1 [ et ] 1, +∞ [ puisque la restriction de f à un de ces
intervalles est un polynôme, de plus
lim f (x) = lim (x − 1)3 = 0 = lim (x − 1)2 = lim f (x) ,

x→1+

x→1+

x→1−

x→1−

et f est continue en 1. On a alors


f (x) =



2(x − 1)
3(x − 1)2

si x < 1
si x > 1 ,

et
lim f ′ (x) = lim (3(x − 1)2 ) = 0 = lim (2(x − 1)) = lim f ′ (x) .

x→1+

x→1+

x→1−

x→1−

Il en résulte que f est dérivable en 1, que f ′ (1) = 0.
6. La fonction f est dérivable sur ] −∞, 2 [ et ] 2, +∞ [ puisque la restriction de f à un de ces
intervalles est un polynôme. On a

2x − 1
si x > 2

f (x) =
2a(ax + b) si x < 2 .
Comme f ′ admet une limite à gauche et à droite en 2, elle sera dérivable en ce point si et
seulement si,
(i) elle est continue en ce point, (ii) les limites à gauche et à droite de f ′ sont égales en ce point.
Or
f (2) = 3 et

lim f (x) = lim (ax + b)2 = (2a + b)2 .

x→2−

x→2−

7

De même
lim f ′ (x) = lim (2x − 1) = 3 et

x→2+

x→2+

lim f ′ (x) = lim (2a(ax + b)) = 2a(2a + b) .

x→2−

x→2−

Les conditions (i) et (ii) sont donc équivalentes au système

(2a + b)2 = 3
2a(2a + b) = 3 .



La première équation donne 2a + b = ± 3, et donc en reportant dans la seconde 2a = ± 3,
d’où b = 0. La fonction cherchée est donc
( 2
x − x + 1 si x ≥ 2
f (x) =
3 2
x
si x < 2 .
4
7. Sur ] 0, +∞ [ , on a f (x) = x2 /2, et cette fonction est polynomiale donc dérivable. On a
alors f ′ (x) = x.
Sur ] −∞, 0 [ , on a f (x) = −x2 /2, et cette fonction est polynomiale donc dérivable. On a alors
f ′ (x) = −x.
En 0, le taux de variation f (x)/x = |x|/2 admet pour limite 0. Donc f est dérivable en zéro et
f ′ (0) = 0.
On constate alors que f est dérivable sur R, et que pour tout réel x, on a f ′ (x) = |x|.
8. a) On calcule le taux de variation de f entre 0 et x.
p

q

f (x) − f (0)
x2 + x5
=
= 1+ x.
x
x

Ce taux de variation tend vers 1 lorsque x tend vers zéro. Donc f est dérivable en 0 et f ′ (0) = 1.
Si x > 0, f est de classe C1 car elle est définie en utilisant composée et somme de fonctions de
classe C1 sur ] 0, +∞ [ . On a alors
5√
x
1+
f ′ (x) = p 4 √ .
1+ x

Et ceci tend vers 1, quand x tend vers zéro. On a donc

lim f ′ (x) = f ′ (0) ,
x→0
x>0

et f ′ est continue en zéro. La fonction f est donc de classe C1 sur [ 0, +∞ [ .
b) On calcule le taux de variation de f entre 0 et x.
f (x) − f (0)
= ln x ,
x
8

et ceci tend vers −∞ lorsque x tend vers zéro. Donc f n’est pas dérivable en zéro.
Si x > 0, f est de classe C1 sur ] 0, +∞ [ comme produit de fonctions de classe C1 , et l’on a sur
cet intervalle
f ′ (x) = 1 + ln x .
c) On calcule le taux de variation de f entre 0 et x.
f (x) − f (0)
xx − 1
ex ln x − 1
=
=
.
x
x
x
Mais u = x ln x tend vers zéro en zéro, et eu − 1 ∼ u au voisinage de zéro. Donc le taux de
variation est équivalent à ln x et tend vers −∞ lorsque x tend vers zéro. La fonction f n’est pas
dérivable en zéro.
Si x > 0, f est de classe C1 sur ] 0, +∞ [ car elle est définie en utilisant produit et composée de
fonctions de classe C1 , et l’on a sur cet intervalle
f ′ (x) = xx (1 + ln x) .
9. En utilisant les développements limités d’odre 3, on a
tan x = x +
d’où


x3
+ ◦ x3
3

et

sin x = x −

tan x − sin x =


x3
+ ◦ x3 ,
2

alors


x3
+ ◦ x3 ,
6

1
+ ◦ (1) .
2
Donc f (x) tend vers 1/2 lorsque x tend vers zéro. On prolonge f par continuité en posant
fe(0) = 1/2.
f (x) =

La fonction f est indéfiniment dérivable (= C∞ ) sur l’intervalle ] −π/2, π/2 [ \{0} comme quotient de fonctions indéfiniment dérivables. Le seul problème est en zéro. Pour étudier si f est
dérivable en zéro on étudie la limite du taux de variation.
tan x − sin x −
fe(x) − fe(0)
=
x
x4

x3
2

.

En utilisant les développements limités d’odre 4, on a
tan x = x +
d’où


x3
+ ◦ x4
3

et

sin x = x −

tan x − sin x −


x3
= ◦ x4 ,
2

et


x3
+ ◦ x4 ,
6

fe(x) − fe(0)
= ◦ (1) .
x
Le taux de variation tend vers zéro. Donc fe est dérivable en zéro et fe′ (0) = 0 .
9

En dehors de l’origine, fe est dérivable et


2 x − cos x − 3 (tan x − sin x)
x
1
+
tan
fe′ (x) = f ′ (x) =
.
x4

Pour étudier si fe est deux fois dérivable en zéro, on étudie si fe′ est dérivable en zéro, en calculant
la limite du taux de variation de fe′ .

x 1 + tan2 x − cos x − 3 (tan x − sin x)
fe′ (x) − fe′ (0)
=
.
x
x5
Pour cela, on cherche un développement limité d’ordre 5 du numérateur. Tout d’abord


2
x3
3
2
+◦ x
tan x =
x+
3


2
x2
2
2
= x 1+
+◦ x
3



2x2
2
2
+◦ x
= x 1+
3

2x4
= x2 +
+ ◦ x4 .
3

Alors






x2 x4
2x4
2
− 1−
+
+ ◦ x5
x 1 + tan x − cos x = x 1 + x +
3
2
24
3
5

3x
5x
=
+
+ ◦ x5 .
2
8
2

En utilisant maintenant les développements d’ordre 5
tan x = x +
donc


x3 2x5
+
+ ◦ x5
3
15

et

3 (tan x − sin x) = 3
On en déduit



sin x = x −
x3 x5
+
2
8




x3
x5
+
+ ◦ x4 ,
6
120


+ ◦ x5 .

1
fe′ (x) − fe′ (0)
= + ◦ (1) ,
x
4
1
′′
e
e
donc f est deux fois dérivable en zéro et f (0) = 4 .

10. La fonction f est continue sur [ 0, +∞ [ , dérivable sur ] 0, +∞ [ et si x > 0,
f ′ (x) = 2x sin



1
x + x3/2 cos x ,
2

et f ′ admet 0 pour limite en 0, donc f est dérivable en 0, f ′ est continue en 0, et f ′ (0) = 0.
Le même procédé appliqué à f ′ donne, si x > 0,
f ′′ (x) = 2 sin





7
1
x + x1/2 cos x − x sin x,
4
4
10

et f ′′ admet 0 pour limite en 0, donc f ′ est dérivable en 0, et f ′′ (0) = 0.
11. La fonction f est C∞ sur R et f ′ (x) = 1 + ex > 0. Donc f est strictement croissante. C’est
une bijection de R sur R, et son application réciproque g est également C∞ sur R. On constate
que f (0) = 1, ce qui signifie que g(1) = 0. On a également f ′′ (x) = ex . Alors
g′ (x) =

1
,
f ′ ◦ g(x)

g′ (1) =

1
1
= ,
f ′ (0)
2

et donc

puis
g′′ (x) = −
d’où

f ′′ ◦ g(x)g′ (x)
f ′′ ◦ g(x)
=

,
(f ′ ◦ g(x))2
(f ′ ◦ g(x))3

1
g′′ (1) = − .
8
12. La fonction g est continue sur [ u, v ] , et dérivable sur ] u, v [ , puisque il en est de même
pour f , et l’on a encore g(u) = g(v) = 0. Il résulte du théorème de Rolle, qu’il existe c dans
] u, v [ tel que g′ (c) soit nul. Or
0 = g′ (c) =

f ′ (c)
f (c)

.
c − a (c − a)2

On en déduit donc que
f (c)
.
c−a
La droite joignant les points A(a, 0) et C(c, f (c)) a pour coefficient directeur f (c)/(c − a), c’est
aussi le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de f au point C. Donc, du
point A, on peut mener une tangente à la courbe.
f ′ (c) =

6

C

A
a

-

u
11

c

v

13. Notons α1 , α2 , . . . , αk les zéros de f ordonnés en croissant. Alors , pour tout entier p
compris entre 1 et k − 1, on peut appliquer à la fonction f le théorème de Rolle dans l’intervalle
[ αp , αp+1 ] . Puisque f (αp ) = f (αp+1 ) = 0, il existe cp dans ] αp , αp+1 [ , tel que f (cp ) = 0,
et comme les intervalles ] αp , αp+1 [ sont disjoints, ces nombres cp sont distincts. La fonction f
possède donc k − 1 zéros au moins.
Elle peut posséder strictement plus de k − 1 zéros, comme le montre l’exemple de la fonction
f : x 7→ x4 − x2 qui possède 3 zéros dans R, ainsi que sa dérivée f ′ .
Si f est deux fois dérivables, alors f ′ est une fois dérivable et possède k − 1 zéros, donc f ′′
possèdera k − 2 zéros. Par récurrence on en déduit que f (k−1) possèdera au moins un zéro.
Application : D’après ce qui précède, si f possède k zéros, alors f ′ en possède au moins k − 1. Il
en résulte que si f ′ possède exactement k − 1 zéros, alors f en possède au plus k. Il suffit donc
de chercher le nombre de zéros de f ′ . Or
f ′ (x) = nxn−1 + a .
Si n est pair, alor n − 1 est impair et l’équation f ′ (x) = 0 possède une solution et une seule
(−a/n)1/(n−1) . Dans ce cas f possède au plus deux racines.
Si n est impair, alors n − 1 est pair et l’équation f ′ (x) = 0 possède
– 0 racine si a > 0
– 1 racine si a = 0
– 2 racines si a < 0 ( ±(−a/n)1/(n−1) )
Donc f possède au plus 3 racines.
14. Comme f est de classe C3 sur R, elle est continue sur [ a, b ] et dérivable sur ] a, b [ . De
plus f (a) = f (b) = 0, il résulte alors du théorème de Rolle qu’il existe α dans ] a, b [ tel que
f ′ (α) = 0. Alors f ′ possède 3 racines. Il résulte de l’exercice précédent que f ′′ en possède 2, et
f (3) en possède une.
15. a) En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction f : t 7→ ln(t + 1) dans
l’intervalle [ 0, x ] , il existe c dans ] 0, x [ tel que
f (x) − f (0)
1
ln(x + 1)
=
= f ′ (c) =
.
x
x
1+c
Mais, puisque f ′ est décroissante
1
= f ′ (x) ≤ f ′ (c) ≤ f ′ (0) = 1 .
1+x
Donc

et en multipliant par x > 0,

1
ln(x + 1)

≤ 1,
1+x
x
x
≤ ln(x + 1) ≤ x ,
1+x
12

ce qui reste vrai si x = 0.
b) En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction f : t 7→ et dans l’intervalle
[ 0, x ] , il existe c dans ] 0, x [ tel que
ex − 1
f (x) − f (0)
=
= f ′ (c) = ec .
x
x
Mais, puisque f ′ est croissante
1 = e0 ≤ ec ≤ f ′ (x) = ex .
Donc
1≤

ex − 1
≤ ex ,
x

et en multipliant par x > 0,
x ≤ ex − 1 ≤ xex ,
ce qui reste vrai si x = 0.
16. a) En appliquant l’inégalité des accroissements finis à la fonction f : t 7→ et dans l’intervalle
fermé I de bornes x et y, on a
|ex − ey | = |f (x) − f (y)| ≤ |x − y| max |f ′ (t)| ≤ |x − y| max |et | .
t∈I

t∈I

Mais l’intervalle I est inclus dans ] −∞, 1 ] , et donc
max |et | ≤ e .
t∈I

On en déduit bien que
|ex − ey | ≤ e|x − y| .
b) En appliquant l’inégalité des accroissements finis à la fonction f : t 7→ sin t dans l’intervalle
fermé I de bornes x et y, on a
| sin x − sin y| = |f (x) − f (y)| ≤ |x − y| max |f ′ (t)| = |x − y| max | cos t| .
t∈I

t∈I

Mais l’intervalle I est inclus dans [ π/3, 2π/3 ] , et sur cet intervalle
| cos t| ≤
On en déduit bien que
| sin x − sin y| ≤

1
.
2
1
|x − y| .
2

17. a) En posant f (x) = cos x, on a
f ′ (x) = − sin x , f ′′ (x) = − cos x .
Soit x un réel positif. En utilisant la formule de Taylor à l’ordre 1, il existe c dans ] 0, x [ tel que
f (x) = f (0) + f ′ (0)x +
13

f ′′ (c) 2
x ,
2

soit

cos c 2
x .
2
Mais, si x ∈ [ −π/2, π/2 ] − {0}, il en est de même de c, et donc cos c < 1. On en déduit alors
cos x = 1 −

cos x > 1 −

x2
.
2

b) En posant f (x) = ln(1 + x), on a
f ′ (x) =

−1
1
, f ′′ (x) =
.
1+x
(1 + x)2

Soit x un réel positif. En utilisant la formule de Taylor à l’ordre 1, il existe c dans ] 0, x [ tel que
f (x) = f (0) + f ′ (0)x +
Donc, si x > 0,
ln(1 + x) = x −
Et comme

1
(1+c)2

f ′′ (c) 2
x .
2

x2
.
2(1 + c)2

< 1, on en déduit
ln(1 + x) > 1 −

x2
.
2

c) En posant f (x) = tan x, on a
f ′ (x) = 1 + tan2 x , f ′′ (x) = 2 tan x(1 + tan2 x) , f (3) (x) = 2(1 + 3 tan2 x)(1 + tan2 x) .
Soit x un réel de ] 0, π/2 [ . En utilisant la formule de Taylor à l’ordre 2, il existe c dans ] 0, x [
tel que
f ′′ (0) 2 f ′′ (c) 3
f (x) = f (0) + f ′ (0)x +
x +
x .
2
6
Donc, si x > 0,
x3
tan x = x + 2(1 + 3 tan2 c)(1 + tan2 c) .
6
2
2
Et comme 2(1 + 3 tan c)(1 + tan c) > 2, on en déduit
tan x > x +

x3
.
3

d) et e) Posons f (x) = sh x. C’est une fonction de classe C∞ , et l’on a
f ′ (x) = f (3) (x) = f (5) (x) = f (7) (x) = ch x ,
et
f ′′ (x) = f (4) (x) = f (6) (x) = sh x .
Soit x ≥ 0. En appliquant la formule de Taylor, il existe c dans ] 0, x [ tel que
f (x) =

6
X
f (k) (0)
k=0

k!

14

xk +

f (7) (c) 7
x .
7!

On en déduit donc

x3
x5
ch c 7
+
+
x .
6
120
7!
Et, puisque la fonction ch est positive, on en déduit, si x ≥ 0,
sh x = x +

sh x ≥ x +

x5
x3
+
.
6
120

Si maintenant on suppose x ∈ [ 0, 1 ] , alors on a également c ∈ [ 0, 1 ] , et puisque la fonction ch
est croissante sur [ 0, 1 ] ,


1
1
e+
.
ch c ≤ ch 1 ≤
2
e

Et en utilisant le fait que

e ≤ 3 et

1
≤ 1,
e

on en déduit que
ch c ≤ 2 .
Alors

ce qui reste vrai si x = 0.



x5
ch c 7 2x7
x3
+
x ≤
,
=
sh x − x +
6
120
7!
7!

18. a) Calculons les premières dérivées de la fonction f . On a
f ′ (x) =

1
= (1 + x)−1 , f ′′ (x) = (−1)(1 + x)−2 , f (3) (x) = (−1)(−2)(1 + x)−3 .
1+x

On voit apparaître la relation
f (n) (x) = (−1)(n−1) (n − 1)!(1 + x)−n ,
qui est vérifiée pour les trois premières valeurs de n. On montre, par récurrence, qu’elle est vraie
pour tout n ≥ 1.
Si on la suppose vraie à l’ordre n, on a, en dérivant
f (n+1) (x) = (f (n) )′ (x) = (−1)n−1 (n − 1)!(−n)(1 + x)−n−1 = (−1)n n!(1 + x)−n−1 ,
et la relation est vraie à l’ordre n + 1, donc quel que soit n ≥ 1.
Déterminons le polynôme de Taylor Tn . On a
Tn (x) = f (0) +
Or, f (0) = 0, et si k ≥ 1,
donc

f (n) (0) n
f ′ (0)
x + ··· +
x .
1!
n!

f (k) (0) = (−1)(k−1) (k − 1)! ,
(−1)k−1
(−1)k+1
f (k) (0)
=
=
.
k!
k
k

Et l’on obtient
Tn (x) =

n
X
xk
(−1)k+1 .
k
k=1

15

Ecrivons la formule de Taylor : si x > 0, il existe cn (x) dans ] 0, x [ tel que
f (x) = Tn (x) +
soit
f (x) = Tn (x) +

xn+1 (n+1)
f
(cn (x)) ,
(n + 1)!

(−1)n xn+1
1
.
n+1
(1 + cn (x))n+1

On en déduit alors
|f (x) − Tn (x) | =

xn+1
1
.
n + 1 (1 + cn (x))n+1

Si x > 0, il en est de même de cn (x), et
1
≤ 1.
(1 + cn (x))n+1
Donc
|f (x) − Tn (x) | ≤

xn+1
,
n+1

En particulier, si 0 ≤ x ≤ 10−1 ,
|f (x) − Tn (x) | ≤

10−(n+1)
,
n+1

et il suffit de rendre le membre de droite inférieur à 10−6 , pour que celui de gauche le soit aussi.
L’inégalité
10−(n+1)
≤ 10−6 ,
n+1
équivaut à
105−n ≤ n + 1 ,
et est vérifiée pour n ≥ 5 (et pas pour n = 4). Il suffit donc de prendre n = 5.
b) Partons de nouveau de l’inégalité
|f (x) − Tn (x) | ≤

xn+1
.
n+1

En l’appliquant avec x = 1. On obtient
|f (1) − Tn (1) | ≤
soit

1
,
n+1


n

X
(−1)k+1

| ln 2 − un | = ln 2 −

k
k=1



1

,

n+1

et il résulte du théorème d’encadrement que la suite u admet ln 2 pour limite.
19. Si l’on pose pour tout x réel, f (x) = ex , on a, quels que soient n entier positif et x réel
f (n) (x) = ex donc f (n) (0) = 1, et par suite,

16

Tn (x) =

n
X
xk
k=0

k!

.

Alors en utilisant la formule de Taylor, il existe c compris entre 0 et x tel que
ex = Tn (x) +
et donc
|ex − Tn (x) | =

xn+1 c
e ,
(n + 1)!
|x|n+1 c
e .
(n + 1)!

Lorsque x > 0, on a 0 ≤ ec ≤ ex , d’où
|ex − Tn (x) | ≤

xn+1 x
e .
(n + 1)!

Lorsque x < 0, on a 0 ≤ ec ≤ 1, d’où
|ex − Tn (x) | ≤

|x|n+1
.
(n + 1)!

On remarque que un = Tn (x). Alors, comme dans les deux cas le membre de droite admet 0
pour limite quand n tend vers l’infini, il résulte du théorème d’encadrement que la suite (un )n≥0
converge vers ex .
20. En écrivant la formule de Taylor entre x et x + 2, il existe c compris entre x et x + 2 tel que
f (x + 2) = f (x) + 2f ′ (x) + 2f ′′ (c) .
Alors
2f ′ (x) = f (x + 2) − f (x) − 2f ′′ (c) ,
donc
2|f ′ (x)| ≤ |f (x + 2)| + |f (x)| + 2|f ′′ (c)| ,
et en utilisant les hypothèses
2|f ′ (x)| ≤ 4 ,
d’où
|f ′ (x)| ≤ 2 .

21. Il existe k et K dans ] 0, 1 [ tels que, pour tout couple (x, y) de I × I, on ait
|f (x) − f (y)| ≤ k|x − y| et |g(x) − g(y)| ≤ K|x − y| .
Alors
|λf (x) + (1 − λ)g(x) − (λf (y) + (1 − λ)g(y))| = |λ(f (x) − f (y)) + (1 − λ)(g(x) − g(y))|
≤ λ|f (x) − f (y)| + (1 − λ)|g(x) − g(y)|

≤ λk|x − y| + (1 − λ)K|x − y|

≤ (λk + (1 − λ)K)|x − y| .
17

Mais
0 < λk + (1 − λ)K < λ + (1 − λ) = 1 .
Donc λf + (1 − λ)g est contractante de rapport λk + (1 − λ)K.
22. a) La fonction f est dérivable, et
π
f ′ (x) = − √ sin x ,
3 3
donc

π
|f ′ (x)| ≤ √ < 1 .
3 3
Il en résulte que la fonction est contractante. Elle possède un point fixe ℓ et un seul, et la suite
u converge vers ℓ. Or l’équation
π
√ cos x = x
3 3
possède une solution évidente π/6. C’est donc le point fixe de f et u converge vers π/6.
b) La fonction f est dérivable, et
f ′ (x) =

−10x
.
8(1 + x2 )2

Pour chercher si f ′ est bornée supérieurement on peut étudier les variations sur [ 0, +∞ [ (en
raison de la parité) de la fonction g définie par
g(x) =

x
.
(1 + x2 )2

g′ (x) =

1 − 3x2
,
(1 + x2 )3

On obtient facilement


La fonction g′ s’annule pour x = 1/ 3 et g a un maximum en ce point, qui vaut



3 3
1
.
=
g √
16
3
Alors



3 35
15 3
|f (x)| ≤
=
< 1.
16 4
64
Il en résulte que la fonction est contractante. Elle possède un point fixe ℓ et un seul, et la suite
u converge vers ℓ. Or l’équation
5
=x
8(1 + x2 )


équivaut à
8x3 + 8x − 5 = 0 ,
et en écrivant
(2x)3 + 4(2x) − 5 = 0 ,
on constate qu’elle possède une solution évidente 1/2. C’est donc le point fixe de f et u converge
vers 1/2.

18

c) La fonction f est dérivable, et
π
π
π
f ′ (x) = − √ sin
sin x
cos x ,
6
6
3
donc

π2
|f ′ (x)| ≤ √ < 1 .
6 3

Il en résulte que la fonction est contractante. Elle possède un point fixe ℓ et un seul, et la suite
u converge vers ℓ. Or l’équation
π

π
√ cos
sin x = x
6
3
possède une solution évidente π/2. C’est donc le point fixe de f et u converge vers π/2.

23. Remarquons que l’application x 7→ a − 1 + 1/x est strictement décroissante sur ] 0, 1 ] et
que c’est une bijection de ] 0, 1 ] sur [ a, +∞ [ . Alors g est définie et continue sur ] 0, 1 ] . De
plus
lim g(x) = lim f (x) = f (a) = g(0) .
x→0

x→+∞

Donc g est continue sur [ 0, 1 ] . Par ailleurs g est dérivable sur ] 0, 1 [ comme composée de
fonctions dérivables. On peut donc appliquer le théorème de Rolle. Il existe α dans ] 0, 1 [ tel
que g′ (α) = 0. Donc


1
1 ′
=0.
− 2 f a−1+
α
α

Si l’on pose c = a − 1 + 1/α, on a bien f ′ (c) = 0, avec c > a.

24. a) Il suffit de vérifier (1) pour les polynômes 1, x et x2 . Alors par linéarité, la formule sera
vraie pour tout polynôme de degré au plus 2.
Si f (x) = 1, on a f ′′ (x) = 0, et, en réduisant au même dénominateur, on obtient
1
1
1
(c − b) + (a − c) + (b − a)
+
+
=
= 0.
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
(a − b)(b − c)(c − a)
Si f (x) = x, on a f ′′ (x) = 0, et, en réduisant au même dénominateur, on obtient
b
c
a(c − b) + b(a − c) + c(b − a)
a
+
+
=
= 0.
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
(a − b)(b − c)(c − a)
Si f (x) = x2 , on a f ′′ (x) = 2, et, en réduisant au même dénominateur, on obtient
b2
c2
a2 (c − b) + b2 (a − c) + c2 (b − a)
a2
+
+
=
= 1,
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
(a − b)(b − c)(c − a)
car en développant les deux membres, on constate que
a2 (c − b) + b2 (a − c) + c2 (b − a) = (a − b)(b − c)(c − a) .
b) Il y a plusieurs méthodes pour cela.

19

1) On pose P (x) = αx2 + βx + γ, et l’on cherche α, β, γ. Ils sont solutions du système (de
Vandermonde)
 2
 a α + aβ + γ = f (a)
b2 α + bβ + γ = f (b)
 2
c α + cβ + γ = f (c)

dont le déterminant vaut (a − b)(b − c)(c − a) et est non nul. Il possède donc une solution unique.
2) Le polynôme
P (x) = f (a)

(x − c)(x − a)
(x − a)(x − b)
(x − b)(x − c)
+ f (b)
+ f (c)
(a − b)(a − c)
(b − c)(b − a)
(c − a)(c − b)

répond à la question.
c) On a g(a) = g(b) = g(c) = 0. La fonction g a donc trois zéros. Alors g′ a deux zéros et g′′ un
zéro. (Voir exercice 13). Il existe d compris entre a et c tel que
0 = g′′ (d) = f ′′ (d) − P ′′ (d) .
Alors d’après a) on a
P (a)
P (b)
P (c)
P ′′ (d)
+
+
=
,
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
2
Puisque f = g + P et g(a) = g(b) = g(c) = g′′ (d) = 0, on obtient
f (b)
f (c)
f (a)
+
+
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)

=
=

P (a)
P (b)
P (c)
+
+
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
P ′′ (d)
f ′′ (d)
=
.
2
2

25. S’il existe c dans ] 0, x [ tel que
f (x) − f (0) = xf ′ (c) ,
on aurait
cos x + i sin x − 1 = x(− sin c + i cos c)
c’est-à-dire



et en divisant
Mais

cos x − 1 = −x sin c
sin x = x cos c
cos x − 1
= − tan c .
sin x

−2 sin2 x2
cos x − 1
x
=
.
x
x = − tan
sin x
2 sin 2 cos 2
2

On est donc conduit à la relation
tan

x
= tan c ,
2

20

et, puisque c et x/2 appartiennent à ] 0, π/2 [ , on en déduit l’égalité
x = 2c .
Alors, en particulier
sin x = x cos
ou encore
2 sin

x
,
2

x
x
x
cos = x cos ,
2
2
2

et finalement

x
x
= .
2
2
Mais la seule solution de cette équation vaut 0, ce qui est impossible. On ne peut donc pas
trouver de nombre c.
sin

26. La fonction F vérifie F (a) = F (b) = 0. Il existe donc c dans ] a, b [ tel que F ′ (c) = 0. On
a aussi
(x − a)2
f ′ (x) + f ′ (a) x − a ′′

f (x) − K
.
F ′ (x) = f ′ (x) −
2
2
4
Donc F ′ (a) = F ′ (c) = 0. Alors il existe d dans ] a, c [ tel que F ′′ (d) = 0.
Alors
F ′′ (x) = −

x − a ′′′
K
f (x) −
(x − a) ,
2
2

donc
F ′′ (d) = 0 = −

d − a ′′′
K
f (d) −
(d − a) ,
2
2

d’où
K = −f ′′′ (d) .
Alors
0 = F (b) = f (b) − f (a) − (b − a)

f ′ (a) + f ′ (b) (b − a)3 ′′′
+
f (d) ,
2
12

d’où l’on déduit la formule demandée.

21


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