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EXERCICES COMPLEMENTAIRES

EXERCICES SUR LES FONCTIONS DERIVABLES
2

1. Calculer la dérivée de la fonctions f définie, pour x > 0, par f (x) = (1 + x)x .

2. Calculer les limites des fonctions f définies ci-dessous aux points indiqués :
a) f (x) =

tan x − 1
(x → π/4)
x − π/4


1
c) f (x) = x 1 − cos
x



b) f (x) =

(x → +∞)

e3x − e3
(x → 1)
x3 − 1

d) f (x) = x + ln(1 − e2−x ) − ln(x − 2) (x → 2)

3. Soient f et g les fonctions définies par
f (x) = arcsin(3x − 4x3 ) et g(x) = arcsin x .
a) Montrer que f et g ont le même domaine de définition I.
b) Déterminer les points de I où g est dérivable, et montrer que f est dérivable sur l’ensemble
J = ] −1, −1/2 [ ∪ ] −1/2, 1/2 [ ∪ ] 1/2, 1 [ .
c) Trouver, suivant les valeurs de x, une relation simple entre f ′ (x) et g′ (x) lorsque x appartient
à J et exprimer pour tout x de I, le nombre f (x) en fonction de g(x).
4. Soit f une fonction numérique définie sur R. Que peut-on dire de f ′ si f est paire, si f est
impaire, si f est périodique ?
Examiner les réciproques.
5. Calculer la dérivée n−ième de la fonction f définie par
1
f (x) = √
x

6. a) Soit n un entier positif. On définit sur R la fonction fn en posant fn (x) = xn . Calculer les
dérivées successives de fn .
b) Calculer la dérivée d’ordre n de f2n directement, puis en écrivant f2n = fn · fn et en utilisant
la formule de Leibniz. En déduire la relation

n 2
X
n
2n
=
.
k
n
k=0

1

7. Déterminer l’ensemble des points de R où la fonction f définie par




f (x) = |x − 1| − 2
est dérivable.

8. Déterminer si la fonction f suivante possède 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 ?
xx
si x > 0
x
f (x) =
0
si x = 0
9. a) Soient n un entier naturel, et α un nombre réel. On définit la fonction fn,α sur R par

n
x sin x1 − α si x 6= 0
fn,α (x) =
0
si x = 0
′
a) Montrer que fn,α est de classe C1 sur R∗ , et exprimer fn,α
à l’aide des fonctions fp,β .

b) Déterminer, pour quelles valeurs de n la fonction fn,α
b1) admet une limite en 0
b2) est continue en 0
b3) est dérivable en 0
b4) est de classe C1 sur R
b5) est deux fois dérivable en 0.
√
10. Trouver un majorant de l’erreur commise en remplaçant 4 10001 par 10.
√
4
(On appliquera le théorème des accroissements
finis
à
la
fonction
f
:
t
→
7
t dans l’intervalle
√
√
fermé I = [ 10000, 10001 ] , pour majorer 4 10001 − 4 10000).
2

11. a) Etablir que l’équation e−x = x admet une solution et une seule notée a dans R, et que
0 < a < 1.
2

b) Soit f la fonction définie sur R par f (x) = e−x . Démontrer que pour tout x réel
r
2
|f (x) − f (y)| ≤
|x − y| .
e
c) On définit la suite (un )n≥0 à partir de u0 = 0 par la relation de récurrence
un+1 = f (un ) .
Montrer que pour tout entier n positif,
|un − a| ≤ (0, 9)n .
2

En déduire un entier n tel que un soit une valeur approchée de a à 10−5 près.
12. Soit f la fonction définie sur R par
f (x) =



√
si x ≥ 0
ch √x
cos −x si x < 0

Montrer, de deux façons différentes, que f est dérivable en 0. Cette fonction est-elle deux fois
dérivable en zéro ?
13. Soient f une fonction numérique définie sur R, a un nombre réel, et θ la fonction définie
sur R∗ par
f (a + h) − f (a − h)
θ(h) =
.
2h
a) Montrer que si f est dérivable à gauche et à droite en a, la fonction θ admet une limite en 0,
que l’on donnera en fonction de fg′ (a) et fd′ (a) (cette limite est appelée dérivée centrée de f en a ).
b) Etudier la réciproque. (Remarquer que si f est une fonction paire et si a = 0, alors θ admet
une limite en zéro).
√
14. a) Soit f la fonction définie sur R+ par f (x) = x2 sin x.
La fonction f est-elle dérivable en 0 ? deux fois dérivable en 0 ?
b) Mêmes questions avec les fonctions g et h définies sur R+ par
√
√
g(x) = (sin x)2 et h(x) = (sin x)3 .
15. Soit f la fonction définie par
f (x) =



e−1/x
0

2

si x 6= 0
si x = 0

a) Montrer que f est continue sur R.
b) Montrer que pour tout entier n ≥ 1, il existe un polynôme pair Pn de degré 2(n − 1), dont le
coefficient du terme de plus haut degré vaut an = (−1)n+1 (n + 1)!, tel que Pn (0) = 2n , et qui
vérifie, pour tout x non nul
Pn (x)
f (n) (x) = f (x) 3n .
x
c) Calculer la limite de f (n) (x) lorsque x tend vers zéro, et en déduire que f est de classe C∞
sur R, ainsi que la valeur de f (n) (0).
16. Soit f la fonction de R dans R définie par f (x) = 2x + sin x.
a) Montrer que f est bijective. Déterminer son développement limité à l’ordre 3 en 0.
b) On pose g = f −1 . Justifier que l’application g est trois fois dérivable sur R, et ainsi qu’elle
admet un développement limité à l’ordre 3 en 0.

3

Ecrire ce développement à l’aide des nombres a = g(0), b = g′ (0), c = g′′ (0) et d = g′′′ (0), puis
calculer a, b, c et d en identifiant le développement limité à l’ordre 3 en 0 des deux membres de
l’égalité g ◦ f = Id.
17. Estimation de l’erreur dans une interpolation linéaire.
Soit f définie et continue sur [ a, b ] , deux fois dérivable sur ] a, b [ . Soit c dans ] a, b [ . On pose
F (x) = f (x) − f (a) −

x−a
(x − a)(x − b)
(f (b) − f (a)) + K
.
b−a
2

a) Déterminer K pour que F (c) soit nul. On donne désormais à K cette valeur.
b) Montrer que F admet au moins 3 zéros, en déduire qu’il existe d dans ] a, b [ tel que F ′′ (d) = 0
et établir que
(c − a)(c − b)
c−a
(f (b) − f (a)) + f ′′ (d)
.
f (c) = f (a) +
b−a
2
c) En déduire que lorsque l’on interpole linéairement entre a et b une fonction dont la dérivée
seconde est majorée en valeur absolue par une constante M , l’erreur commise est majorée en
valeur absolue par M (b − a)2 /8.
(Interpoler linéairement une fonction f sur un intervalle [ u, v ] consiste à remplacer cette fonction par la fonction affine g telle que g(u) = f (u) et g(v) = f (v)).

18. Une généralisation du théorème de Rolle.
Soit f une fonction numérique définie et dérivable sur R et admettant la même limite en −∞ et
+∞. Montrer qu’il existe un point c dans R tel que f ′ (c) = 0. (On distinguera suivant que la
limite commune est finie ou non).
19. La règle de L’HOSPITAL(1661-1704)
Soient f et g deux fonctions continues sur [ a, b ] , dérivables sur ] a, b [ , telles que f ′ et g′ ne
soient nulles simultanément en aucun point de ] a, b [ , et g(x) 6= g(a) sur ] a, b ] .
a) Soit t dans ] a, b ] . Déterminer la constante m telle que la fonction h = f − mg vérifie
h(t) = h(a).
b) En déduire qu’il existe ct dans ] a, t [ tel que
f ′ (ct )
f (t) − f (a)
= ′
.
g(t) − g(a)
g (ct )
f ′ (x)
f (x) − f (a)
admet une limite ℓ lorsque x tend vers a, alors,
admet une
g′ (x)
g(x) − g(a)
limite qui vaut encore ℓ.

c) Montrer que si

d) Montrer
p que ce qui précède s’applique dans le cas suivant : f (x) =
g(x) = 3 (x − 1)(2 − x), a = 1 et b = 3/2, et calculer ℓ.

4

√
3

x−1 +

√

2 − x,

20. Effet de la monotonie de f ′ .
Soit f une fonction numérique définie sur un intervalle I de R. Supposons f continue sur I,
◦

◦

dérivable sur I, de dérivée f ′ croissante (resp. décroissante) sur I.
a) Montrer que la courbe représentative de f est au-dessus (resp. au-dessous) de chacune de ses
tangentes.
b) Montrer que pour tout intervalle [ a, b ] inclus dans I, la courbe représentative de la restriction
de f à [ a, b ] est en dessous (resp. au-dessus) de la corde [Ma Mb ], où Ma et Mb sont les points
de la courbe d’abscisses respectives a et b.
Vérifier que cela équivaut à dire que pour tout couple (a, b) de I 2 , et tout t de [ 0, 1 ] , on a
f (ta + (1 − t)b) ≤ tf (a) + (1 − t)f (b) ,
(resp. f (ta + (1 − t)b) ≥ tf (a) + (1 − t)f (b)).
On dit alors que f est convexe (resp. concave) sur I .
21. Théorème des valeurs intermédiaires pour la fonction dérivée
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I de R. Soient a et b deux points de I tels que
a < b. On suppose que f ′ (a) < f ′ (b). Soit c un nombre réel de l’intervalle ] f ′ (a), f ′ (b) [ . Posons
pour x ∈ ] a, b ]

g(x) =

f (x) − f (a)
x−a

f (b) − f (x)
.
b−x
a) Interpréter géométriquement les fonctions g et h, et montrer qu’elles se prolongent en des
fonctions continues sur [ a, b ] .


f (b) − f (a)
′
, montrer qu’il existe d dans ] a, b [ tel que g(d) = c.
b) Si c appartient à f (a) ,
b − a

f (b) − f (a) ′
Si c appartient à
, f (b) , montrer qu’il existe d dans ] a, b [ tel que h(d) = c.
b−a
pour x ∈ [ a, b [

h(x) =

c) En déduire qu’il existe s dans ] a, b [ tel que f ′ (s) = c, et montrer que ce resultat subsiste si
f ′ (a) > f ′ (b).

d) Le théorème des valeurs intermédiaires s’applique donc à la fonction f ′ , même si elle n’est pas
continue. Quel est l’intérêt pratique de ce résultat dans la constitution du tableau de variation
de f sur I, dans le cas ou f ′ admet un nombre fini de zéros sur I ?
22. Soit une fonction f définie et contractante de rapport k sur un intervalle I = [ a, +∞ [ à
valeurs dans I = [ a, +∞ [ .
Montrer qu’il existe un réel M , tel que, pour tout x ∈ I,
f (x) − x ≤ M + (k − 1)x .
En déduire le comportement à +∞ de la fonction g définie par g(x) = f (x) − x, puis montrer
que f possède un point fixe dans I.

5

23. Soit f une application de classe C1 sur [ a, b ] . Montrer que
(b − a) min |f ′ (t)| ≤ 2 max |f (t)| .
a≤t≤b

a≤t≤b

24. Démontrer la formule de Taylor avec reste intégral de Lagrange, pour une fonction f de
classe Cn+1 sur l’intervalle [ a, b ]
(b − a)n (n)
b−a ′
f (a) + · · · +
f (a) +
f (b) = f (a) +
1!
n!

Zb
a

(b − t)n (n+1)
f
(t) dt .
n!

25. Soit f définie sur R par
f (x) =





3 + 2x +

x3 E

3


1
x

si x 6= 0
si x = 0

a) Montrer que f possède un d.l. d’ordre 2 au voisinage de 0.
b) Montrer que f est dérivable en zéro. Est-elle dérivable dans un intervalle [ −h, h ] (h > 0) ?
Est-elle deux fois dérivable en zéro ?
26. On cherche les applications f de R dans R, dérivables en 0, et telles que, pour tout x réel,
f (2x) = 2f (x) .
a) Calculer f (0).
b) Montrer que pour tout réel x et tout entier n positif
2−n f (x) = f (2−n x) .
c) On pose yn = 2−n x. Calculer de deux manières différentes la limite, quand n tend vers l’infini,
du rapport f (yn )/yn .
d) En déduire les applications cherchées.

6

Corrigé des exercices

1. On part de f (x) = ex

2

ln(1+x)

ce qui donne
2

x
′
x2
f (x) = (1 + x)
+ 2x ln(1 + x) .
1+x

2. a) Si l’on pose g(x) = tan x la limite cherchée est celle du taux d’accroissement de g entre 0
et x. Donc
π
π
tan x − 1
= 1 + tan2
=2.
= g′
lim
x→π/4 x − π/4
4
4
x6=π/4

b) On peut écrire
f (x) =
Si l’on pose g(x) = e3x , on a alors

1
e3x − e3
.
x − 1 x2 + x + 1

e3x − e3
g(x) − g(1)
=
,
x−1
x−1
et ceci tend vers g′ (1) = 3, lorsque x tend vers 1. Alors
lim

x→1
x6=1

e3x − e3
=1.
x3 − 1

c) En posant u = 1/x, et g(u) = cos u, on peut écrire


g(u) − g(0)
1
,
=−
x 1 − cos
x
u
et lorsque x tend vers +∞, u tend vers zéro donc, l’expression précédente tend vers −g′ (0) = 0.
Donc


1
lim x 1 − cos
=0.
x→+∞
x
d) En regroupant tous les termes dans le logarithme, on a
ex (1 − e2−x )
x−2
ex − e2
.
= ln
x−2

x + ln(1 − e2−x ) − ln(x − 2) = ln

Si l’on pose g(x) = ex , on a

et ceci tend vers g′ (2) = e2 . Alors

g(x) − g(2)
ex − e2
=
,
x−2
x−2

lim (x + ln(1 − e2−x ) − ln(x − 2)) = 2 .
x→2
x6=2

7

3. a) La fonction f est définie pour les valeurs de x telles que
−1 ≤ 3x − 4x3 ≤ 1 ,
c’est-à-dire
1 − (3x − 4x3 )2 ≥ 0 .
Or
1 − (3x − 4x3 )2 = (1 − 3x + 4x3 )(1 + 3x − 4x3 ) = (1 − x2 )(4x2 − 1)2 .
Cette expression est positive si et seulement si x appartient à l’intervalle [ −1, 1 ] qui est donc
le domaine de définition de f , et la fonction est continue sur ce domaine. De plus la fonction est
impaire. Il en est de même pour la fonction g.
b) La fonction g est dérivable sur ] −1, 1 [ . La fonction h qui à x associe 3x − 4x3 étant dérivable
sur R, la composée g ◦ h est dérivable sur l’ensemble des points x tels que
−1 < 3x − 4x3 < 1,
donc, d’après le calcul précédent, sur J = ] −1, 1 [ \{±1/2}.
c) On a alors, si x appartient à J,

donc

3
1 − 4x2
3 − 12x2
3 − 12x2
√
√
=
.
=
f ′ (x) = p
2
|1 − 4x | 1 − x2
|1 − 4x2 | 1 − x2
1 − (3x − 4x3 )2

Par ailleurs,


3

 √
1 − x2
f ′ (x) =
3

 −√
1 − x2

g′ (x) = √
Sur l’intervalle [ −1/2, 1/2 ] , on a

si 1 − 4x2 > 0
si 1 − 4x2 < 0
1
.
1 − x2

f (x) = 3 arcsin x + C ,
mais
f (0) = 0 = C .
La constante est nulle et
f (x) = 3 arcsin x .
Ensuite, sur l’intervalle [ 1/2, 1 ] ,
f (x) = −3 arcsin x + C ,
mais
f (1) = −

π
π
= −3 + C ,
2
2

la constante vaut π et
f (x) = π − 3 arcsin x .
8

Enfin, sur l’intervalle [ −1, −1/2 ] ,
f (x) = −3 arcsin x + C ,
mais
f (−1) =
la constante vaut −π et

π
π
=3 +C ,
2
2

f (x) = −π − 3 arcsin x .

4. Si f est paire, on a, pour tout x réel,
f (−x) = f (x)
donc en dérivant
−f ′ (−x) = f ′ (x) ,
c’est-à-dire
f ′ (−x) = −f ′ (x) ,
et f ′ est impaire.
De même, si f est impaire,
f (−x) = −f (x)
donne en dérivant
−f ′ (−x) = −f ′ (x) ,
c’est-à-dire
f ′ (−x) = f ′ (x) ,
et f ′ est paire.
Enfin, si f est T −périodique, la relation
f (x + T ) = f (x)
donne en dérivant
f ′ (x + T ) = f ′ (x) ,
et f ′ est T −périodique.
On remarque que la fonction f définie par
f (x) = x3 + 1
n’est pas impaire mais a une dérivée paire, et que la fonction
f (x) = cos x + x
n’est pas périodique mais à une dérivée périodique. Par contre si f ′ est impaire, on a, pour tout
x réel,
f ′ (−x) = −f ′ (x)
donc,
−f (−x) = −f (x) + C .
9

En prenant x = 0, on en déduit que la constante C est nulle. Donc
f (−x) = f (x)
et la fonction f est paire.
5. En écrivant f (x) = x−1/2 , on a facilement

1 −3/2
1
3
′
′′
f (x) = − x
f (x) = −
−
x−5/2
2
2
2

′′′

f (x) =

Pour n = 0, 1, 2 et 3, on a donc,



1
−
2


3
5
−
−
x−7/2 .
2
2

1 · 3 · · · (2n − 1) −(2n+1)/2
x
.
2n
On vérifie alors la propriété par récurrence. Si elle est vraie à l’ordre n, on obtient en dérivant
la relation ci-dessus


2n + 1 −(2n+3)/2
1 · 3 · · · (2n + 1) −(2n+3)/2
(n+1)
n 1 · 3 · · · (2n − 1)
x
x
.
f
(x) = (−1)
−
= (−1)n+1
2n
2
2n+1
f (n) (x) = (−1)n

On a donc le résultat quel que soit n ≥ 0.

En multipliant le numérateur et le dénominateur par le produit des nombres pairs 2.4 · · · (2n) = n! 2n ,
on peut écrire
1 · 3 · · · (2n − 1)
(2n)!
= 2n ,
2n
2 n!
et donc
1
(2n)!
.
f (n) (x) = (−1)n 2n
(2n+1)/2
2 n! x
6. a) On a, pour tout entier k compris entre 0 et n
fn(k) (x) = n(n − 1) . . . (n − k + 1)xn−k =
et les dérivées d’ordre supérieur son nulles.

n!
xn−k ,
(n − k)!

b) En appliquant ce qui précède, on a en particulier
(2n)! n
x .
n!
dériver le produit fn · fn on obtient
n
X
n (k)
f (x)fn(n−k) (x)
k n
k=0
n
X
n
n!
n!
xn−k xk
k (n − k)!
k!
k=0


n
X n
n! n
n!
x
k (n − k)! k!
k=0
2 !
n
X
n
n!
xn .
k
(n)

f2n (x) =
En utilisant la formule de Leibniz pour
(n)

f2n (x) =
=
=
=

k=0

10

En identifiant, il vient

n

(2n)! X
n!
=
n!
k=0

d’où l’on déduit, en divisant par n!,

n 2
X
n

k

k=0

2
n
,
k

=



2n
n



.

7. On a
f (x) =



|x − 3| si x ≥ 1
|x + 1| si x < 1 .

La fonction est dérivable sauf aux points −1, 1, et 3.
y

6

2
1
-

-1 O

1

3

x

8. On calcule le taux de variation de f entre 0 et x.
x
x
f (x) − f (0)
= x(x − 1) = e(x − 1) ln x .
x

On a besoin d’étudier tout d’abord la fonction g définie sur ] 0, +∞ [ par
g(x) = xx = ex ln x .
Comme x ln x tend vers 0 lorsque x tend vers 0, on a alors
xx − 1 = ex ln x − 1 ∼ x ln x ,
donc
(xx − 1) ln x ∼ x(ln x)2 ,
et ceci tend vers zéro en zéro. Le taux de variation de f tend donc vers 1. Alors f est dérivable
en 0 et f ′ (0) = 1. On en déduit aussi que f (x) ∼ x quand x tend vers zéro.
D’autre part
g′ (x) = (ln x + 1)xx .
Si x > 0, f est de classe C1 sur ] 0, +∞ [ car elle est définie en utilisant des composées de
fonctions de classe C1 . En écrivant
x
f (x) = ex ln x = eg(x) ln x ,

11

on obtient en dérivant


x
x
x1
x
f (x) = x
x + x (1 + ln x) ln x
x


x
1
x x
2
.
= x x
(ln x) + ln x +
x
′

Mais, lorsque x tend vers zéro, xx tend vers 1, et f (x) ∼ x. Donc
f ′ (x) ∼ 1 + x ln x + x(ln x)2 ,
et ceci tend vers 1. La fonction f ′ est donc continue en zéro et la fonction f est de classe C1 sur
[ 0, +∞ [ .
9. a) Les fonctions gn : x 7→ xn , et x 7→ sin x étant de classe C1 sur R, et la fonction x 7→ 1/x
de classe C1 sur R∗ , la fonction fn,α est de classe C1 sur R∗ . Alors, pour x 6= 0, on a




1
1
′
− α − xn−2 cos
−α ,
fn,α
(x) = nxn−1 sin
x
x
et donc
′
fn,α
(x) = nfn−1,α(x) + fn−2,α+π/2 (x) .

b1) b2) Si n = 0, considérons les suites a et b définies pour k assez grand par
ak =

π
2

1
+ 2kπ + α

et bk =

1
.
kπ + α

Ces suites admettent comme limite 0. Mais, pour tout entier k, on a
f0,α (ak ) = 1 et f0,α (bk ) = 0 .
Les suites (f0,α (ak ))k≥1 et (f0,α (bk ))k≥1 ne convergent pas vers la même limite. Il en résulte que
f0,α n’a pas de limite en zéro (et n’est donc pas continue en zéro).
Par contre si n > 0, la fonction gn admet 0 pour limite en 0, alors que la fonction hα définie par
hα (x) = sin(1/x − α) est bornée. Le produit fn,α = gn hα admet donc 0 pour limite en zéro, et
lim fn,α(x) = 0 = fn,α(0) .
x→0
x6=0

La fonction fn,α est continue en zéro.
b3) Le taux de variation fn,α (x)/x n’est autre que fn−1,α(x). D’après a), cette fonction admet
une limite en zéro si et seulement si n − 1 > 0, soit n ≥ 2, et dans ce cas la limite est nulle, donc
′ (0) = 0.
fn,α
′
b4) On suppose n ≥ 2, et on étudie si la fonction fn,α
est continue en zéro. En utilisant a), on a
′
fn,α
(x) = nfn−1,α(x) + fn−2,α+π/2 (x) .

Si n = 2, la fonction fn−2,α−π/2 n’a pas de limite d’après b1), alors que fn−1,α admet pour limite
′
n’admet pas de limite en 0, et n’est donc pas continue en zéro.
0. Donc fn,α
12

′
Si n ≥ 3 en revanche, les fonctions fn−2,α+π/2 et fn−1,α admettent pour limite 0, et donc fn,α
également. Alors
′
′
(x) = 0 = fn,α
(0) ,
lim fn,α
x→0
x6=0

′
et fn,α
est continue en 0. Donc fn,α est de classe C1 sur R.
′ . On obtient
b5) On suppose n ≥ 3, et on forme le taux de variation de fn,α
′ (x)
fn,α
= nfn−2,α(x) + fn−3,α+π/2 (x) .
x

Alors cette expression n’a pas de limite si n = 3, et admet pour limite 0 si n > 3. Dans ce dernier
′′ (0) = 0.
cas fn,α est deux fois dérivable en 0 et fn,α
10. La fonction f est continue sur [ 10000, 10001 ] et dérivable sur ] 10000, 10001 [ . Il existe
donc c dans l’intervalle ] 10000, 10001 [ tel que
f (10001) − f (10000)
= f ′ (c) .
10001 − 10000

Comme

f ′ (t) =
on a donc

√
4

Mais c ≥ 10000 = 104 , donc c3/4

√
4

1 1
,
4 t3/4

1 1
.
4 c3/4
≥ 103 , et l’on en déduit
10001 −

10000 =

1 1
1 1
≤
.
3/4
4c
4 103
Finalement
0≤

11.

√
4
10001 − 10 ≤

1
= 2, 5 10−4 .
4000
2

a) Etudions les variations de la fonction g : x 7→ xex . On a
2
g′ (x) = (1 + 2x2 )ex ,

et la fonction g est strictement croissante. Elle varie de −∞ à +∞. Il existe une valeur a et une
seule telle que g(a) = 1, soit f (a) = a. de plus
0 = g(0) < 1 < g(1) = e .
Donc a appartient à l’intervalle ] 0, 1 [ .
b) On a
2
f ′ (x) = −2xe−x .
2

Etudions les variations de la fonction h : x 7→ xe−x . Cette fonction est impaire. Elle est positive
sur [ 0, +∞ [ , et l’on a
2
h′ (x) = (1 − 2x2 )e−x ,
13

√
√
La fonction h est croissante
sur [ 0, 1/ 2 ] et décroissante sur [ 1/ 2, +∞ [ . Elle atteint donc
√
son maximum en 1/ 2. Il en résulte que
√
1
|h(x)| ≤ h(1/ 2) = √ e−1/2 .
2
Alors

r
2
2 −1/2
.
=
|f (x)| = 2|h(x)| ≤ √ e
e
2
On déduit alors de l’inégalité de Taylor que, quels que soient x et y réels,
r
2
|f (x) − f (y)| ≤
|x − y| .
e
′

c) La fonction f est contractante et la suite (un )n≥0 converge vers l’unique point fixe a. On a
alors
r !n
r !n
2
2
|un − a| ≤
|u0 − a| ≤
≤ (0, 9)n .
e
e
Si l’on cherche un entier n tel que (0, 9)n ≤ 10−5 , cela équivaut à
n ln 0.9 ≤ −5 ln 10 ,
donc, puisque ln 0.9 est négatif, à
n≥

− ln 10
≥ 110 .
ln 0, 9

Donc u110 est une valeur approchée de a à 10−5 près.
12. Montrons que f est dérivable en zéro.
Première méthode
Si x > 0, on a, en utilisant le d.l. en 0 de ch x,
√
√
x
( x)2
f (x) = 1 +
+ ◦(( x)2 ) = 1 + + ◦(x) .
2
2
De même, si x < 0, on a, en utilisant le d.l. en 0 de cos x,
√
√
x
( −x)2
+ ◦(( −x)2 ) = 1 + + ◦(x) .
f (x) = 1 −
2
2
Dans les deux cas, on a donc
x
f (x) = 1 + + ◦(x) ,
2
et la fonction f admet un d.l. d’ordre 1 en 0. Il en résulte qu’elle est dérivable en 0, et que
f ′ (0) = 1/2.
Deuxième méthode
La fonction f est dérivable en dehors de zéro, et
√

sh√ x




2 x
′
f (x) =
√



 sin√ −x
2 −x
14

si x > 0
si x < 0

Mais puisque au voisinage de zéro, sh u ∼ u et sin u ∼ u, on déduit immédiatement de ce qui
précède que
lim f ′ (x) = lim f ′ (x) = 1/2 .
x→0−

x→0+

Il résulte alors du théorème de prolongement des dérivées que f est dérivable en 0, et que
f ′ (0) = 1/2.
Pour étudier si f est deux fois dérivable en zéro, utilisons de nouveau les d.l. en 0.
Si x > 0, on a, en utilisant le d.l. en 0 de sh x,


√
√ 3
√
( x)3
1
1
x
′
x+
f (x) = √
+ ◦(( x) )) = +
+ ◦(x) .
2 x
6
2 12
De même, si x < 0, on a, en utilisant le d.l. en 0 de sin x,
√


√
√
( −x)3
x
1
1
′
3
+ ◦(( −x) ) = +
+ ◦(x) .
f (x) = √
−x −
6
2 12
2 −x
Dans les deux cas, on a donc

x
1
+
+ ◦(x) .
2 12
Alors f ′ possède un d.l. d’ordre 1 en 0. Il en résulte qu’elle est dérivable et que f est deux fois
dérivable en 0, et que f ′′ (0) = 1/12.
f ′ (x) =

13. a) On peut écrire
1
θ(h) =
2



f (a + h) − f (a) f (a − h) − f (a)
+
h
−h



.

Comme f est dérivable à droite et à gauche en a, on a immédiatement
1
lim θ(h) = (fd′ (a) + fg′ (a)) .
+
2
h→a
(En particulier, si f est dérivable en a, cette limite vaut f ′ (a)).
b) Si a = 0, et si f est paire, on a
θ(h) =

f (h) − f (−h)
=0,
2h

et θ admet 0 pour limite en 0. En prenant la fonction f : x 7→
paire qui n’a pas de dérivée à gauche ni à droite en zéro.

p

|x|, on obtient une fonction

14. a) 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.

15

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

et f ′′ admet 0 pour limite en 0, donc f ′ est dérivable en 0, et f ′′ (0) = 0.
b) On peut écrire, si x > 0,

√
1
g(x) = (1 − cos 2 x) .
2
Comme dans a, La fonction g est est continue sur [ 0, +∞ [ , dérivable sur ] 0, +∞ [ et si x > 0,
√
sin 2 x
′
√ .
g (x) =
2 x
Puisque sin u ∼ u en 0, la fonction g′ admet 1 pour limite en 0, donc g est dérivable en 0, g′ est
continue en 0, et g′ (0) = 1.
En utilisant un d.l. en 0 de sin x, on obtient


√
√ 3
√
(2 x)3
2x
1
′
+ ◦(( x) ) = 1 −
+ ◦(x) .
2 x−
g (x) = √
6
3
2 x
La fonction g′ admet un d.l. d’ordre 1 en 0. Il en résulte qu’elle est dérivable en 0, et que
g′′ (0) = −2/3.
En dérivant h, on obtient si x > 0,
√
√ √ 2
3 x sin x
3 (sin x)2
√
√
=
.
h (x) =
2
x
2
x
′

Puisque sin u ∼ u en 0, la fonction h′ admet pour limite 0 en 0. Donc h est dérivable en zéro, et
h′ (0) = 0. Mais

√ 2
h′ (x)
3
sin x
√
= √
,
x
2 x
x
et ceci admet +∞ pour limite en 0. Donc h′ n’est pas dérivable en 0.

15. a) La fonction f est continue sur R∗ comme composée des fonctions continues : x 7→ ex et
2
x 7→ 1/x2 . Par ailleurs, quand x tend vers zéro, −1/x2 tend vers −∞, et e−1/x vers zéro. Donc
f est continue en zéro. Il en résulte qu’elle est continue sur R.
b) Montrons par récurrence sur n la propriété (Hn ) suivante :
il existe un polynôme Pn , pair, de degré 2(n − 1), dont le coefficient du terme de plus haut degré
vaut an = (−1)n+1 (n + 1)!, tel que Pn (0) = 2n et qui vérifie
f (n) (x) =

Pn (x)
f (x) .
x3n

Montrons tout d’abord que la propriété (H1 ) est vraie. En dérivant f on obtient
f ′ (x) =

2
f (x) ,
x3

16

et si l’on pose P1 (x) = 2, on a bien
P1 (x)
f (x) .
x3

f ′ (x) =

Le polynôme P1 est pair, de degré 0. On a P1 (0) = 2 = 21 , et le coefficient du terme de plus haut
degré de P1 vaut a1 = 2 = (−1)2 2!.
Supposons que la propriété (Hn ) soit vraie, et montrons que (Hn+1 ) est vraie.
En dérivant la relation
f (n) (x) = Pn (x)x−3n f (x) ,
on obtient, comme dérivée d’un produit de trois fonctions,
f (n+1) (x) = f ′ (x)Pn (x)x−3n + f (x)Pn′ (x)x−3n − 3nf (x)Pn (x)x−3n−1

= (2f (x)x−3 )Pn (x)x−3n + f (x)Pn′ (x)x−3n − 3nf (x)Pn (x)x−3n−1
(2 − 3nx2 )Pn (x) + x3 Pn′ (x)
= f (x)
.
x3(n+1)

Si l’on pose
Pn+1 (x) = (2 − 3nx2 )Pn (x) + x3 Pn′ (x) ,
on a donc bien
f (n+1) (x) =

Pn+1 (x)
f (x) .
x3n

Il reste à étudier les propriétés de Pn+1 .
Comme Pn (x) est un polynôme pair, et comme 2 − 3nx2 est pair, le produit (2 − 3nx2 )Pn (x)
est pair. D’autre part Pn′ (x) est impair ainsi que x3 . Alors le produit x3 Pn′ (x) est pair, et Pn+1
également.
Comme Pn (x) est de degré 2(n − 1), le polynôme (2 − 3nx2 )Pn (x) est de degré 2n. Comme Pn′ (x)
est de degré 2n − 3, le polynôme x3 Pn′ (x) est de degré 2n (sauf si n = 1 où ce polynôme est
nul). Il en résulte que Pn+1 (x) est de degré 2n au plus. Pour voir si le degré est effectivement 2n,
calculons le coefficient an+1 de x2n . C’est la somme du coefficient de x2n dans (2 − 3nx2 )Pn (x),
qui vaut donc −3nan , et de celui de x2n dans x3 Pn′ (x) qui vaut (2n − 2)an car c’est le coefficient
de la dérivée de an x2n−2 . Donc
an+1 = (−n − 2)an = −(n + 2)(−1)n+1 (n + 1)! = (−1)n+2 (n + 2)! ,
et ce coefficient n’est pas nul. Il en résulte que Pn+1 est bien de degré 2n. Enfin
Pn+1 (0) = 2Pn (0) = 2 · 2n = 2n+1 .
Le polynôme Pn+1 vérifie bien toutes les propriétés demandées. Alors la propriété (Hn ) est vraie
pour tout n ≥ 1.
c) Au voisinage de zéro, puisque Pn (x) tend vers Pn (0) = 2n , on a
2

f (n) (x) ∼ 2n e−1/x x−3n ,
17

soit, en posant X = 1/x2 ,
f (n) (x) ∼ 2n e−X X 3n/2 ,
lorsque X tend vers +∞. Il résulte du critère de croissance comparée des fonctions exponentielle
et puissance que la limite de cette expression est nulle. Donc
lim f (n) (x) = 0 .
x→0
x6=0

Montrons alors par récurrence que f est de classe Cn sur R pour tout n ≥ 0.
Comme f est continue, elle est de classe C0 sur R.
Supposons f de classe Cn . Alors f (n) est continûment dérivable sur R∗ d’après la relation obtenue
dans (Hn ). Par ailleurs
′

f (n) (x) = f (n+1) (x) ,

tend vers zéro lorsque x tend vers zéro. Il en résulte que f (n) est également dérivable en zéro, que
sa dérivée est nulle en zéro, et que f (n+1) est continue en zéro. Donc f (n+1) existe et est continue
sur R, et f est de classe Cn+1 . Ce résultat est donc vrai pour tout n ce qui signifie que f est de
classe C∞ sur R, et toutes les dérivées sont nulles en 0.
16. a) La fonction f est C∞ sur R et f ′ (x) = 2 + cos x > 0. Donc f est strictement croissante.
C’est une bijection de R sur R. Le développement limité à l’ordre 3 en zéro, vaut
f (x) = 3x −

x3
+ ◦(x3 ) .
6

b) D’après a) l’application réciproque g de f est également C∞ sur R. Puisque f (0) = 0, on a
également g(0) = 0. De plus, puisque f est impaire, il en est de même de g. La fonction g possède
un d.l. d’ordre 3 en 0 de la forme
g(x) = a + bx + c

x3
x2
+ d + ◦(x3 ) .
2
6

et a = c = 0. Donc


x3
g ◦ f (x) = b 3x −
6



d
+
6



x3
3x −
6

3



b 27d
+ ◦(x ) = 3bx + − +
+ ◦(x3 ) .
6
6
3

Alors, puisque g ◦ f = Id, on a, par unicité du d.l. de g ◦ f , le système

3b = 1


soit b = 1/3 et d = 1/81.


 − b + 27d = 0 ,
6
6

17. a) On peut choisir la constante K pour que F (c) soit nul. En effet l’équation
f (c) − f (a) −

c−a
(c − a)(c − b)
(f (b) − f (a)) + K
=0,
b−a
2
18

a pour solution
2
K=−
(c − a)(c − b)




c−a
(f (b) − f (a)) .
f (c) − f (a) −
b−a

b) La fonction F est une combinaison linéaire de f et d’une fonction polynomiale de degré 2.
comme f est continue sur [ a, b ] , il en est de même de F . Comme f est deux fois dérivable sur
] a, b [ il en est de même de F .
Pour la valeur de K obtenue dans a), on a
F (a) = F (c) = F (b) = 0 .
On déduit du théorème de Rolle que F ′ a deux racines, puis que F ′′ en a une. Il existe d dans
] a, b [ tel que, F ′′ (d) = 0. Or
F ′ (x) = f ′ (x) −

2x − (a + b)
f (b) − f (a)
+K
.
b−a
2

et
F ′′ (x) = f ′′ (x) + K .
Alors
0 = F ′′ (d) = f ′′ (d) + K ,
donc f ′′ (d) = −K .
En écrivant que F (c) est nul, on obtient
f (c) = f (a) +

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

On a donc démontré que, pour tout c de l’intervalle ] a, b [ , il existe d dans ] a, b [ tel que
f (c) = f (a) +

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

c) L’équation de la droite joignant les points (a, f (a)) et (b, f (b)) est
y = f (a) +

x−a
(f (b) − f (a)) .
b−a

Notons g(x) le membre de droite. D’après ce qui précède, pour tout c de ] a, b [ il existe d dans
] a, b [ tel que
(c − a)(c − b)
f (c) − g(c) = f ′′ (d)
,
2
et donc


(c − a)(c − b)
′′
.
|f (c) − g(c)| = |f (d)|

2
Alors en majorant |f ′′ (d)| par M , on trouve

|f (c) − g(c)| ≤ M
19

(c − a)(b − c)
.
2

Il reste à majorer la quantité (c − a)(b − c). C’est un trinôme du second degré, de racines a et b.
Il atteint son maximum, pour la demi-somme des racines, c’est-à-dire pour c = (b + a)/2, et ce
maximum vaut (b − a)2 /4. Alors
|f (c) − g(c)| ≤ M

(b − a)2
.
8

Ce qui reste vrai si c = a ou b. L’erreur commise en remplaçant f par g sur le segment [ a, b ]
est donc majorée par M (b − a)2 /8.
18. Si la limite commune ℓ est finie, posons

f (tan x) si x ∈ ] −π/2, π/2 [
g(x) =
ℓ
si x ∈ {−π/2 , π/2}
La fonction g est de classe C1 sur ] −π/2, π/2 [ comme composée de fonctions de classe C1 . Par
ailleurs
π
lim g(x) = lim f (x) = ℓ = f ±
.
x→±∞
2
x→±π/2

Donc g est continue en π/2 et en −π/2. Comme elle prend la même valeur en ces deux points,
on peut appliquer le théorème de Rolle, et il existe α dans ] −π/2, π/2 [ , tel que g′ (α) = 0. Mais
g′ (α) = (1 + tan2 α)f ′ (tan α) ,
donc en posant c = tan α, on a bien f ′ (c) = 0.
Si maintenant la limite commune est +∞, la fonction f est bornée inférieurement sur R. En
effet, puisque f tend vers +∞, il existe K, tel que x > K ou x < −K implique f (x) ≥ 0. Par
ailleurs f est continue sur [ −K, K ] et atteint son minimum en un point s. Donc, pour tout x
réel
f (x) ≥ f (s) = A .
Soit alors la fonction h = 1/(f −A+1), cette fonction est définie sur R et admet la même limite 0
en +∞ et −∞. On est donc ramené au cas précédent, et il existe c tel que h′ (c) = 0, c’est-à-dire
−

f ′ (c)
=0.
(f (c) − A + 1)2

On en déduit bien que f ′ (c) = 0.
Enfin si la limite vaut −∞, on applique le résultat précédent à −f .
19. a) L’égalité h(t) = h(a), est équivalente à
f (t) − mg(t) = f (a) − mg(a)
et puisque g(t) 6= g(a), cela signifie que
m=

f (t) − f (a)
.
g(t) − g(a)

b) Ce nombre m étant choisi, la fonction h vérifie les conditions du théorème de Rolle, et il existe
ct dans ] a, t [ tel que h′ (ct ) soit nul. Donc
0 = h′ (ct ) = f ′ (ct ) − mg′ (ct ) .
20

Si g′ (ct ) était nul, il en serait de même de f ′ (ct ) ce qui est exclu. Donc g′ (ct ) est non nul, et
f ′ (ct )
f (t) − f (a)
=m=
.
′
g (ct )
g(t) − g(a)
c) Il existe donc cx dans ] a, x [ tel que
f (x) − f (a)
f ′ (cx )
=
.
g′ (cx )
g(x) − g(a)
Mais, lorsque x tend vers a, il résulte du théorème d’encadrement que cx tend vers a, alors
f ′ (cx )
f ′ (x)
=
lim
.
x→a g ′ (cx )
x→a g ′ (x)
lim

On en déduit donc que l’on a
f ′ (x)
f (x) − f (a)
= lim
.
′
x→a g (x)
x→a g(x) − g(a)
lim

d) Vérifions que les conditions demandées sont satisfaites par les fonctions f et g. Elles sont
continues sur [ 1, 3/2 ] et dérivables sur ] 1, 3/2 [ . D’autre part g(1) = 0, et g ne s’annule pas
sur ] 1, 3/2 ] . Enfin
1
g′ (x) = [(x − 1)(2 − x)]−2/3 (3 − 2x) ,
3
′
et donc g ne s’annule pas sur ] 1, 3/2 [ . On a aussi
1
1
f ′ (x) = (x − 1)−2/3 − (2 − x)−1/2 .
3
2
Alors

1 − 32 (2 − x)−1/2 (x − 1)2/3
f ′ (x)
,
=
g′ (x)
(2 − x)−2/3 (3 − 2x)

et, lorsque x tend vers 1, la limite de ce rapport vaut 1. On en déduit donc que
1 pour limite en 1.

f (x)−f (1)
g(x)−g(1)

admet

20. Etudions le problème dans le cas où f ′ est croissante.
◦

a) Soit α ∈I . L’équation de la tangente en α est y = g(x), où
g(x) = f ′ (α)(x − α) + f (α) .
Etudions les variations de la fonction h = f − g. On a
h′ (x) = f ′ (x) − g′ (x) = f ′ (x) − f ′ (α) .
Si x ≥ α, on a, puisque f ′ est croissante, f ′ (x)−f ′ (α) ≥ 0. Donc h est croissante sur I ∩ [ α, +∞ [ ,
et en particulier h(x) ≥ h(α) = 0.
Si x ≤ α, on a, cette fois, f ′ (x) − f ′ (α) ≤ 0. Donc h est décroissante sur I ∩ ] −∞, α ] , et en
particulier h(x) ≥ h(α) = 0.
Donc pour tout x ∈ I, on a f (x) ≥ h(x) et la courbe est au-dessus de sa tangente en α.

21

b) L’équation de la droite (Ma Mb ) est y = u(x), où
u(x) =

f (b) − f (a)
(x − a) + f (a) .
b−a

Etudions les variations de la fonction v = u − f . On a
v ′ (x) = u′ (x) − f ′ (x) =

f (b) − f (a)
− f ′ (x) .
b−a

En utilisant le théorème des accroissements finis, il existe c dans ] a, b [ tel que
f (b) − f (a)
= f ′ (c) .
b−a

Donc

v ′ (x) = f ′ (c) − f ′ (x) .

Si x ≥ c, on a, puisque f ′ est croissante, f ′ (c) − f ′ (x) ≤ 0. Donc v est décroissante sur ] c, b [ , et
en particulier v(x) ≥ v(b) = 0.
Si x ≤ c, on a, cette fois f ′ (c) − f ′ (x) ≥ 0. Donc v est croissante sur ] a, c [ , et en particulier
v(x) ≥ v(a) = 0.
Donc pour tout x ∈ [ a, b ] , on a f (x) ≤ u(x) et la courbe représentative de la restriction de f à
[ a, b ] est en dessous de la droite (Ma Mb ).
Si x appartient à l’intervalle [ a, b ] , il existe t unique dans [ 0, 1 ] tel que x = ta + (1 − t)b, ce
nombre t vaut (b − x)/(b − a). Alors
u(ta+(1−t)b) =

f (b) − f (a)
(ta+(1−t)b−a)+f (a) = (1−t)(f (b)−f (a))+f (a) = tf (a)+(1−t)f (b) .
b−a

Donc l’inégalité f (x) ≥ u(x), pour x dans [ a, b ] équivaut à
f (ta + (1 − t)b) ≤ tf (a) + (1 − t)f (b) ,
pour t dans [ 0, 1 ] .
Lorsque f ′ est décroissante, on applique ce qui précède à la fonction −f dont la dérivée −f ′ est
alors croissante.
21. a) Les nombres g(x) et h(x) sont des taux de variation de la fonction f , respectivement
entre x et a pour le premier et x et b pour le second, Comme f est dérivable en a et b, on a donc
lim g(x) = lim

f (x) − f (a)
= f ′ (a) ,
x−a

lim h(x) = lim

f (x) − f (b)
= f ′ (b) .
x−b

x→a+

x→a+

et
x→b−

x→b−

Les fonctions g et h se prolongent bien en des fonctions continues sur [ a, b ] notées e
g et e
h.

b) Si c appartient à l’intervalle


f (b) − f (a)
′
f (a) ,
= ] ge(a), ge(b) [ ,
b−a
22

il existe, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, un nombre d de ] a, b [ tel que ge(d) = c.
Si c appartient à l’intervalle


f (b) − f (a) ′
, f (b) = ] e
h(a), e
h(b) [ ,
b−a

il existe, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, un nombre d de ] a, b [ tel que e
h(d) = c.
c) Si c appartient à l’intervalle ] f ′ (a), f ′ (b) [ , trois cas sont alors possibles :


f (b) − f (a)
′
(i) c appartient à l’intervalle f (a) ,
et on a alors
b−a
c = ge(d) = g(d) =

f (d) − f (a)
,
d−a

et d’après le théorème des accroissements finis, il existe s dans ] a, d [ donc dans ] a, b [ tel que
f (d) − f (a)
= f ′ (s) .
d−a
On a donc bien f ′ (s) = c.



f (b) − f (a) ′
(ii) c appartient à l’intervalle
, f (b) et on a alors
b−a
c=e
h(d) = h(d) =

f (b) − f (d)
,
b−d

et d’après le théorème des accroissements finis, il existe s dans ] d, b [ donc dans ] a, b [ tel que
f (b) − f (d)
= f ′ (s) .
b−d
On a donc bien f ′ (s) = c.
(iii) c =
tel que

f (b) − f (a)
. Alors d’après le théorème des accroissements finis, il existe s dans ] a, b [
b−a

On a donc bien f ′ (s) = c.

f (b) − f (a)
= f ′ (s) .
b−a

Dans tous les cas, on a trouvé s dans ] a, b [ tel que f ′ (s) = c.
Si l’on a f ′ (a) > f ′ (b), il suffit d’appliquer ce qui précède à la fonction −f , pour voir que le
résultat subsiste.
d) Lorsque l’on a déterminé les zéros de f ′ pour constituer le tableau de variation de f , ce qui
précède permet de trouver le signe de f ′ entre deux zéros consécutifs α et β. En effet, ce signe
est constant dans l’intervalle ] α, β [ , et il suffit de calculer une valeur f ′ (γ) pour obtenir ce signe.

23

22. Comme f est contractante, on a, pour tout x de I,
|f (x) − f (a)| ≤ k|x − a| ,
donc, puisque x ≥ a,

f (x) − f (a) ≤ k(x − a) .

Et l’on en déduit que
g(x) = f (x) − x ≤ f (a) + k(x − a) − x ,
soit
g(x) ≤ (f (a) − ka) + (k − 1)x .
Comme k − 1 < 0, le membre de droite admet comme limite −∞ en +∞, et il existe un nombre
b > a, tel que g(b) < 0. Par ailleurs g(a) = f (a) − a ≥ 0. Il résulte alors du théorème des valeurs
intermédiaires que g s’annule en un point ℓ de I. Alors ℓ est un point fixe de f .
23. En écrivant le théorème des accroissements finis dans l’intervalle [ a, b ] , il existe t dans
] a, b [ tel que
f (b) − f (a) = (b − a)f ′ (t) .
Donc
(b − a)|f ′ (t)| = |f (b) − f (a)| ≤ |f (b)| + |f (a)| .
Mais |f (b)| et |f (a)| se majorent par le maximum de |f |, et |f ′ (t)| se minore par le minimum de
|f ′ | qui existent tous les deux puisque ces fonctions sont continues sur [ a, b ] . On en déduit donc
(b − a) min |f ′ (t)| ≤ 2 max |f (t)| .
a≤t≤b

a≤t≤b

24. La formule se démontre par récurrence. Si n = 0, elle devient
Zb
a

f ′ (t) = f (b) − f (a) ,

ce qui est vrai. Supposons le résultat vrai à l’ordre n, donc
b−a ′
(b − a)n (n)
f (b) = f (a) +
f (a) + · · · +
f (a) +
1!
n!

Zb
a

(b − t)n (n+1)
f
(t) dt .
n!

et intégrons par partie l’intégrale figurant dans le membre de droite. Posons
u(t) = f (n+1) (t) et v ′ (t) =
On a alors
u′ (t) = f (n+2) (t) et v(t) = −

24

(b − t)n
.
n!
(b − t)n+1
.
(n + 1)!

Donc
Zb
a

(b − t)n (n+1)
f
(t) dt =
n!
=


b Z b
(b − t)n+1 (n+2)
(b − t)n+1 (n+1)
−
f
(t) +
f
(t) dt
(n + 1)!
(n + 1)!
a
a

(b − a)n+1 (n+1)
f
(a) +
(n + 1)!

Zb
a

(b − t)n+1 (n+2)
f
(t) dt .
(n + 1)!

Alors, en remplaçant dans la formule à l’ordre n, on obtient
b−a ′
(b − a)n (n)
(b − a)n+1 (n+1)
f (b) = f (a)+
f (a)+· · ·+
f (a)+
f
(a)+
1!
n!
(n + 1)!

Zb
a

(b − t)n+1 (n+2)
f
(t) dt ,
(n + 1)!

ce qui est la formule à l’ordre n + 1. Elle est donc vraie pour tout n ≥ 0
25. a) En utilisant l’encadrement
1
−1 < E
x
on obtient, si x > 0


1
1
≤ ,
x
x


1
1 − x ≤ xE
≤1,
x

et il résulte du théorème d’encadrement que


1
=1.
lim x E
+
x
x→0
De même, si x < 0

et


1
1 ≤ xE
≤1−x ,
x

1
=1.
lim x E
x
x→0−

Il en résulte que, quand x tend vers 0, on a l’équivalent

1
1
∼ ,
E
x
x
ou encore



1
1
1
E
= +◦
.
x
x
x

Alors
f (x) = 3 + 2x + x2 + ◦(x2 ) ,
et f possède un d.l. d’ordre 2 en zéro.
b) La fonction f possède un d.l. d’ordre 2, donc d’ordre 0. Il en résulte qu’elle tend vers 3 lorsque
x tend vers zéro. Comme f (0) = 3, la fonction est continue à l’origine. Elle possède aussi un
25

d.l. d’ordre 1 en zéro. Elle est donc dérivable en zéro et f ′ (0) = 2.
La fonction f est discontinue en tout point de la forme 1/n où n est un entier non nul. Donc,
quel que soit h > 0, elle n’est pas continue aux points 1/n où |n| > 1/h. A fortiori f n’est pas
dérivable en ces points. Donc f n’est dérivable dans aucun intervalle [ −h, h ] avec h > 0, alors
on ne peut pas définir de dérivée seconde en zéro.
26. a) En prenant x = 0, on obtient f (0) = 2f (0). Donc f (0) = 0.
b) On démontre la propriété par récurrence.
En appliquant la relation fonctionnelle à x/2, on obtient
x
x
= 2f
.
f (x) = f 2
2
2
Donc, pour tout réel x, on a

2−1 f (x) = f (2−1 x) ,
et la propriété est vraie à l’ordre 1. Si on la suppose vraie à l’ordre n, on a alors
2−(n+1) f (x) = 2−1 (2−n f (x)) = 2−1 f (2−n x) .
En appliquant la propriété à l’ordre 1 pour 2−n x, on a
2−1 f (2−n x) = f (2−1 2−n x) = f (2−(n+1) x) ,
et donc finalement
2−(n+1) f (x) = f (2−(n+1) x) ,
ce qui est la relation à l’ordre n + 1. La propriété est donc vraie pour tout entier n positif.
c) Si l’on fixe x non nul, et si l’on pose yn = 2−n x, la suite yn tend vers 0 = f (0), et donc
f (yn )/yn est un taux d’accroissement. Alors, puisque f est dérivable en zéro,
f (yn )
= f ′ (0) .
n→∞ yn
lim

Mais d’autre part

f (yn )
f (2−n x)
2−n f (x)
f (x)
=
=
=
.
yn
2−n x
2−n x
x

La suite f (yn )/yn est donc constante. Il en résulte que
f (x)
f (yn )
.
=
n→∞ yn
x
lim

Donc
f ′ (0) =

f (x)
,
x

Alors
f (x) = f ′ (0)x ,
ce qui reste vrai si x est nul. La fonction f est une application linéaire. Réciproquement, toute
application linéaire vérifie les conditions imposées.

26