Daniel ALIBERT Etude globale des fonctions : Fonctions ... · (exponentielle, logarithme, fonctions trigonométriques circulaires ou hyperboliques). Reconnaître une fonction convexe

Daniel Alibert – Cours et Exercices corrigés – Volume 5 1

Daniel ALIBERT

Etude globale des fonctions : Fonctions continues, dérivables. Fonctions usuelles. Convexité.

Objectifs : Savoir utiliser les propriétés des fonctions continues sur un intervalle de R. Savoir utiliser les propriétés des fonctions dérivables sur un intervalle de R. Connaître les propriétés les plus importantes des fonctions usuelles (exponentielle, logarithme, fonctions trigonométriques circulaires ou hyperboliques). Reconnaître une fonction convexe et savoir utiliser ses propriétés. Savoir utiliser un logiciel de calcul (Maxima) pour atteindre les objectifs précédents.


Organisation, mode d'emploi

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


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


en mathématiques. Ce n'est pas le choix qui a été fait ici : les exemples à traiter, les exercices et les questions complémentaires proposés abordent des aspects variés d'une question du niveau du L1 L2 de sciences pour l'éclairer de diverses manières et ainsi aider à sa compréhension.

Le lecteur est invité, à propos de chacun d'entre eux, à s'interroger sur ce qu'il a de général (on l'y aide par quelques commentaires)


Table des matières

1 A Savoir ........................................................................... 6 1-1 Fonctions continues ......................................... 6 1-2 Fonctions dérivables........................................ 9 1-3 Fonctions usuelles ......................................... 11 1-4 Fonctions convexes ....................................... 21

2 Pour Voir ....................................................................... 23 2-1 Fonctions continues ....................................... 23 2-2 Fonctions dérivables...................................... 33 2-3 Fonctions usuelles ......................................... 40 2-4 Fonctions convexes ....................................... 50

3 Pour Comprendre et Utiliser ......................................... 56 3-1 Énoncés des exercices ................................... 56 3-2 Corrigés des exercices ................................... 68 3-3 Corrigés des questions complémentaires .... 113

4 Pour Chercher .............................................................. 127 4-1 Indications pour les exercices ..................... 127 4-2 Méthodes ..................................................... 132 4-3 Lexique ........................................................ 135


1� A Savoir

Dans cette partie, on rappelle rapidement les principales définitions et les principaux énoncés utilisés. Vous devrez vous référer à votre cours pour les démonstrations. Vous trouverez des exemples dans la partie 2*Pour Voir.

1-1 Fonctions continues sur un intervalle de R

On considère dans ce paragraphe une fonction f : I --. R, I étant un intervalle de R, soit ]a , b[, [a , b], … a ou b pouvant être, lorsque cela a un sens, infini.

Définition (rappel)

On dit que f est continue en c ∈ I, si f a une limite en c dans I. Cette limite est alors f(c). On dit que f est continue sur I si elle est continue en tout point de I.

Théorème

Soit f : I → R une application d'un intervalle I dans R. Si f est monotone, et f(I) est un intervalle de R, alors f est continue sur I.

Théorème

Soit f : I →. R une application d'un intervalle I dans R. Si f est continue, alors J = f(I) est un intervalle de R.


Corollaire

Valeurs intermédiaires. Soit f : I → R une application continue d'un intervalle dans R. Soient a et b des éléments de I, a ≤ b, et z un réel compris entre f(a) et f(b). Il existe alors un élément de [a , b], soit c, tel que f(c) = z. Variantes : � Dans la situation ci-dessus, si f ne s'annule pas sur [a , b], alors elle a un signe fixe sur cet intervalle. � Dans la situation ci-dessus, si f(a)f(b) ≤ 0, il existe un réel c de [a ,b] tel que f(c) = 0.

Théorème

Soit f : I → R une application continue d'un intervalle I dans R. Si f est injective, alors f est strictement monotone.

Corollaire

Soient I et J des intervalles de R, et f : I → J une application continue et bijective. Alors l'application réciproque de f :

f-1 : J → I est continue.


Théorème

Soit I = [a , b] un intervalle réel, fermé et borné, et f : I → R une application continue. Alors f a un minimum et un maximum définis par :

min(f) = min({f(x) | x ∈ I}), max(f) = max({f(x) | x ∈ I}).

De plus l'image de I par f est un intervalle fermé et borné : f(I) = [min(f) , max(f)].

Définition

Soit f une application d'une partie de R dans R. On dit que f est lipschitzienne s'il existe un réel positif k tel que pour tout x et tout x´ de l'ensemble de définition de f l'inégalité suivante est vérifiée :

|f(x) – f(x´)| ≤ k.|x – x´|. � Si l'on veut préciser k, on dira que la fonction est k-lipschitzienne. � Les fonctions lipschitziennes sont continues.


1-2 Fonctions dérivables

Théorème

(Théorème de Rolle) Soit f : [a , b] → R une fonction continue, dérivable sur ]a , b[. On suppose que f(a) et f(b) sont égaux. Alors il existe un élément c de ]a , b[, tel que f´(c) = 0.

Théorème

(Egalité des accroissements finis) Soit f : [a , b] → R une fonction continue, dérivable sur ]a , b[. Il existe un élément c de ]a , b[, tel que :

f(b) – f(a) = f´(c) (b – a).

Corollaire

Soit f : [a , b] → R une fonction continue, dérivable sur ]a , b[. S'il existe un réel k positif tel que pour tout x de ]a , b[ :

|f´(x)| ≤ k, alors f est lipschitzienne sur [a , b].

Corollaire

Soit f : [a , b] → R une fonction dérivable. On suppose de plus que f´ est également continue sur [a , b]. Alors f est lipschitzienne sur [a , b]. � (rappel) Une telle fonction (dérivable à dérivée continue) est dite de classe C1.


Corollaire

Soit I = [a , b] un intervalle de R et f : I → R une fonction continue, dérivable sur ]a , b[.

1) Si f́ (x) ≥ 0 pour tout x de ]a , b[, alors f est croissante sur I.

2) Si f́ (x) ≤ 0 pour tout x de ]a , b[, alors f est décroissante sur I.

3) Si f́ (x) = 0 pour tout x de ]a , b[, alors f est constante sur I.

Proposition

Formule de Taylor-Lagrange. Soit f : [a , b] → R une fonction de classe Cn. On suppose que f admet une dérivée d'ordre n + 1 sur l'intervalle ]a , b[. Alors il existe un élément c de ]a , b[ tel que :

f (b) = f (a) + (b− a) ′ f (a)+…+ (b − a)n

n!f (n)(a)+ (b− a)n+1

(n +1)!f (n+1)(c).

Variante. � On peut remplacer la conclusion par la suivante : Alors il existe un réel θ, appartenant à l'intervalle ]0 , 1[ tel que :

f (b) = f (a) + (b− a) ′ f (a)+…+ (b − a)n

n!f (n)(a)+ (b− a)n+1

(n +1)!f (n+1)(a + θ(b − a))


1-3 Fonctions usuelles

On rappelle d'abord les principales propriétés des fonctions, exponentielle, logarithme, sinus, cosinus, tangente, à l'aide des tableaux de variations et des graphes de ces fonctions, puis on en introduit de nouvelles : fonctions hyperboliques, fonctions réciproques …

� Fonction exponentielle : exp(x) ou ex. Le tableau des variations est :

x – ∞ +∞

ex 0 � +∞

Le quotient ex

xn tend vers l'infini quand x tend vers +∞, quelle que soit la

valeur de l'exposant n : xn est négligeable devant ex.


� Fonction logarithme : log(x) ou ln(x). Le tableau des variations est :

x 0 +∞ log(x) –∞ � +∞

Le quotient log(x)

xα tend vers 0 quand x tend vers +∞ quel que soit

l'exposant α strictement positif : log(x) est négligeable devant xα.


� Fonctions hyperboliques : sh(x), ch(x), th(x).

* sinus hyperbolique : sh(x)= ex − e−x

2.

Cette fonction est impaire. Le tableau des variations est :

x –∞ +∞ sh(x) –∞ � +∞

* cosinus hyperbolique : ch(x)= ex + e−x

2.

Cette fonction est paire. Le tableau des variations est :

x –∞ 0 +∞ ch(x) +∞ � 1 � +∞


Les fonctions sh, ch, sont dérivables sur R, et :

sh́ (x) = ch(x),

ch́ (x) = sh(x).

On a des relations algébriques entre ces deux fonctions, analogues à celles qui existent entre les fonctions trigonométriques (mais pas exactement les mêmes). Par exemple, un calcul direct permet de vérifier :

ch2(x) – sh2(x) = 1, sh(x + x´) = sh(x) ch(x´) + sh(x´) ch(x).

� tangente hyperbolique : th(x) = sh(x)ch(x)

= ex − e−x

ex + e−x = e2x −1e2x +1

.

Cette fonction est impaire.


Le tableau des variations est : x –∞ 0 +∞

th(x) –1 � 0 � 1

� sinus et arcsinus :

La fonction sinus est monotone, et continue, sur l'intervalle −π2

, π2

,

donc admet une fonction réciproque continue, arcsinus :

arcsin : [– 1 , 1] → −π2

, π2

.

Soit t un réel compris entre –1 et 1, le réel arcsin(t) est "l'unique arc

compris entre −π2

et π2

dont le sinus est égal à t".

La fonction arcsin est monotone croissante, comme sin. La fonction sin est dérivable, sa dérivée est différente de 0 pour x différent

de −π2

et π2

, donc la bijection réciproque :


arcsin : [– 1 , 1] → −π2

, π2

est continue, et dérivable sauf en –1 et +1. La dérivée est :

arcsi ′ n (x) = 1

1− x 2


� cosinus et arccosinus. On définit de la même façon une fonction réciproque à la fonction cosinus :

arccos : [– 1 , 1] → [0 , π]. Cette fonction est décroissante et continue. Sa dérivée, pour x ≠ 1, x ≠ –1, est :

arcco′ s (x)= −1

1− x2.


� tangente et arctangente. La fonction arctan (ou arctg) est définie sur R:

arctan : R → −π2

, π2

,

elle est continue et croissante. Elle a pour dérivée :

arcta ′ n (x)= 11+ x2 .


� Les fonctions hyperboliques ont aussi des fonctions réciproques, quitte à restreindre l'intervalle de définition. La fonction argument sinus hyperbolique est dérivable sur R. La dérivée de cette fonction est :

args ′ h (x)= 1

1+ x2.


La fonction argument cosinus hyperbolique, définie sur [1 , +∞[, a pour dérivée, sur ]1 , +∞[ :

arg c ′ h (x) = 1

x2 −1.


1-4 Convexité

Il s'agit d'une propriété globale des fonctions, qui admet des généralisations étendues, et intervient dans de nombreux domaines.

Définition

Soit I un intervalle de R, et f une fonction définie sur I : f : I → R.

On dit que f est convexe si pour tout x et tout y de I, tout couple (α, β) de réels positifs vérifiant α + β = 1, on a l'inégalité :

f(αx + βy) ≤ αf(x) + βf(y). � Interprétation géométrique :

Pour x et y fixés, les réels de la forme αx + βy, avec α et β des réels soumis aux conditions précisées ci-dessus, décrivent le segment d'extrémités x et y. De la même façon, on voit que l'ensemble des points de coordonnées (αx + βy, αf(x) + βf(y)) est le segment du plan d'extrémités (x, f(x)), (y, f(y)), que l'on appelle en général une corde du graphe de f. La propriété de convexité signifie donc que pour tout choix de x et y, la corde est au-dessus du graphe.

Proposition

Soit f une fonction continue sur un intervalle ouvert I. Pour que f soit convexe sur I, il faut et il suffit qu'elle admette sur I une dérivée à droite croissante et une dérivée à gauche croissante.

Corollaire

Soit f une fonction définie sur un intervalle ouvert I, à valeurs réelles. On suppose que f est deux fois dérivable. Pour que f soit convexe, il faut et il suffit que f"(x) soit positif ou nul pour tout x de I.


� Il existe une propriété analogue, la concavité : on dit que f est concave si son opposée –f est convexe. Dans ce cas, les cordes sont situées au-dessous du graphe de f. � Les points (x, f(x)) du graphe de f où f"(x) s'annule en changeant de signe sont donc des points où la concavité change, on les appelle les points d'inflexion .


2� Pour Voir

Dans cette partie, on présente des exemples simples des notions ou résultats abordés dans la partie précédente. Ils sont suivis de questions très élémentaires pour vérifier votre compréhension.

2-1 Fonctions continues sur un intervalle de R

"Soit f : I --. R une application d'un intervalle I dans R. Si f est continue, alors J = f(I) est

un intervalle de R."

exemple 1

La fonction f définie de R dans R par f(x) = E(x) + x est monotone. Les valeurs prises par cette fonction sont des réels dont la partie entière est un nombre pair, puisque E(f(x)) = 2 E(x). Il en résulte que f(R) n'est pas un intervalle : ainsi, 2 = f(1), 4 = f(2), et 3 n'est pas une valeur de f. Cette fonction n'est pas continue. Remarquer qu'aucun examen de limite n'intervient dans cet argument.

exemple 2

(à traiter)

Soit g : R → R une fonction à valeurs entières. Dans quel cas peut-elle être continue ?


# réponse

L'image g(R) doit être un intervalle contenu dans Z. Cet ensemble contient donc exactement un élément, puisqu'entre deux entiers il existe toujours un réel non entier. Il en résulte que g est une fonction constante, et c'est le seul cas possible.

"Soit f : I → R une application continue d'un intervalle dans R. Soient a et b des éléments

de I, a ≤ b, et z un réel compris entre f(a) et f(b). Il existe alors un élément de [a , b], soit

c, tel que f(c) = z."

exemple 3

L'équation : x2 + x + 1 = a

a une solution pour tout a compris entre 1 et 3. Inutile de calculer le discriminant pour s'en convaincre. La fonction définie par f(x) = x2 + x + 1 est une fonction polynôme, donc continue. Or f(0) = 1, f(1) = 3, d'où la conclusion.

exemple 4

(à traiter)

L'équation : x5 – 2x4 + z = 0

a-t-elle une solution pour tout z ? Si oui, savez-vous la calculer en fonction de z ?

# réponse

Comme précédemment, on peut affirmer que l'expression x5 – 2x4 définit une fonction continue sur R. La limite de cette expression en +∞ est +∞, et en –∞, est –∞. Pour tout z, il existe donc A tel que si x > A :

f(x) > – z, par exemple :


f(A + 1) > – z. De même, il existe B tel que si x < B :

f(x) < – z, par exemple :

f(B – 1) < – z. Il en résulte que pour tout réel z, – z est bien une valeur de x5 – 2x4. L'équation a bien une solution pour tout z. En général, on ne dispose pas de formule pour calculer cette solution de manière exacte en fonction de z. Bien noter que le théorème des valeurs intermédiaires permet seulement de conclure à l'existence d'une solution : on ne sait pas si cette solution est unique, ni comment l'exprimer en général.

"Dans la situation ci-dessus, si f ne s'annule pas sur [a , b], alors elle a un signe fixe sur

cet intervalle."

exemple 5

C'est une autre façon d'utiliser le même résultat. Pour étudier le signe d'une expression (continue), on détermine les valeurs de la variable où elle s'annule, on conclut qu'entre ces valeurs l'expression a un signe fixe, qui peut être déterminé par un test sur une valeur quelconque de la variable dans l'intervalle considéré (voir les tableaux de variations, avec étude du signe de la dérivée). Admettons que la fonction cosinus est continue, de même que la fonction sinus. Etudions le signe de l'expression :

cos2(x) − 3sin2(x) . Cette expression s'annule si et seulement si :

cos2(x) = 3sin2(x) ,

donc ne s'annule pas si x = π2

+ kπ , k entier. On peut donc diviser par

cos2(x) pour rechercher ces solutions :


sin2( x)cos2(x)

= 13

,

soit :

x = π6

+ kπ , et x = − π6

+ kπ .

Entre −π6

+ kπ , et π6

+ kπ, le signe de cos2(x) − 3sin2(x)est fixe : c'est celui

obtenu par exemple pour kπ, puisque :

kπ − π6

< kπ < π6

+ kπ.

Ce signe est donc positif.

exemple 6

(à traiter)

Etudier le signe de l'expression suivante, selon les valeurs du paramètre réel a :

a × sin(a) – a2.

# réponse

Factoriser, étudier le signe de chaque facteur : a × sin(a) – a2 = a (sin(a) – a).

Le signe du facteur a ne pose pas de problème. Pour le signe du facteur sin(a) – a, on remarque que cette expression est continue, et on cherche pour quelles valeurs de a elle s'annule. Posons :

f(a) = sin(a) – a. Il est connu que f(0) = 0. La fonction f est dérivable, sa dérivée est cos(a) – 1, donc elle est négative ou nulle, donc f est décroissante. On déduit que f ne s'annule que pour 0, et que f(a) est négatif si a est positif, et positif si a est négatif.


On résume dans un tableau : a –∞ 0 +∞ a – 0 + sin(a) – a + 0 – a × sin(a) – a2 – 0 –

"Dans la situation ci-dessus, si f(a)f(b) ≤ 0, il existe un réel c de [a ,b] tel que f(c) = 0."

exemple 7

C'est encore une autre façon d'utiliser le théorème des valeurs intermédiaires. Le polynôme :

P(x)= x5 − 3x4 + x2 − 5x +1 a une racine entre 0 et 1 puisque P(0)P(1) = – 5.

exemple 8

(à traiter)

Localiser d'autres racines réelles de P entre deux entiers.

# réponse

Il faut tabuler les valeurs de P(x) pour x entier.


On repère ainsi une racine entre –2 et –1, une entre 0 et 1, et une entre 3 et 4. Une étude de la fonction montrerait qu'il n'y en a pas d'autre.

"Soit f : I → R une application continue d'un intervalle I dans R. Si f est injective, alors f

est strictement monotone."

exemple 9

Une application injective n'est pas nécessairement monotone si elle n'est pas continue. Ainsi la fonction définie sur [0 , 2] par :

u(x) = x, si x ∈ [0 , 1], u(x) = 4 – x, si x ∈ ]1 , 2],

est d'abord croissante, puis décroissante. Elle est pourtant injective : si u(x) = u(y),

alors : si la valeur est comprise entre 0 et 1, u(x) = x et u(y) = y, donc x = y


et : si la valeur est comprise entre 2 et 3, u(x) = 4 – x, u(y) = 4 – y, et x = y.

Cette fonction est discontinue en 1. (Faire une figure)

exemple 10

(à traiter)

Soit v la fonction définie pour x ≠ 0 par :

v(x) = x si x < 0, v(x) = 1x

si x > 0.

Est-elle continue ? injective ? monotone ? Expliquer.

# réponse

Elle est continue, et injective mais pas monotone. Elle ne vérifie toutefois pas l'une des hypothèses de l'énoncé rappelé ci-dessus, puisqu'elle n'est pas définie sur un intervalle (R – {0}). N.B. Si on la prolonge en 0 par v(0) = 0, alors elle n'est plus continue.

"Soient I et J des intervalles de R, et f : I → J une application continue et bijective. Alors

l'application réciproque de f est continue."

exemple 11

C'est à partir de cet énoncé qu'on établit que les fonctions réciproques des fonctions usuelles sont continues.

exemple 12

(à traiter)

Vérifier que la fonction f définie de R dans R par : f(x) = x7 + x3 + x + 1,

satisfait aux hypothèses de l'énoncé. Soit g la fonction réciproque, également de R dans R. Quelle est la limite de g en 1, en 4 ?


# réponse

La fonction f est somme de fonction continues, strictement croissantes sur R. Elle est donc continue et strictement monotone, donc injective. Comme f tend vers +∞ en +∞ et vers –∞ en –∞, f(R) contient des réels de valeur absolue aussi grande que l'on veut. L'image de R par f étant un intervalle de R, c'est donc R. La fonction f est donc une bijection continue de R sur lui-même. La fonction g est continue, donc sa limite en un point est sa valeur en ce point. Comme f(0) = 1, g(1) = 0, et comme f(1) = 4, g(4) = 1.

"Soit I = [a , b] un intervalle réel, fermé et borné, et f : I → R une application continue.

Alors f a un minimum et un maximum définis par :

min(f) = min({f(x) | x ∈ I}), max(f) = max({f(x) | x ∈ I}).

De plus l'image de I par f est un intervalle fermé et borné : f(I) = [min(f) , max(f)]."

exemple 13

Soit la fonction a définie par : a(x) = x4 + 2x2 + 6.

Déterminons les valeurs prises par a(x), pour x compris entre –1 et 1. On observe que a(1) = a(–1) = 9, et x2 ≤ 1, donc sur l'intervalle considéré, a(x) ≤ 9, donc 9 est la valeur maximale prise par a(x). D'autre part, a(0) = 6, et a(x) ≥ 6, donc 6 est la valeur minimale prise par a(x). On obtient donc :

a([–1 , 1]) = [6 , 9].

exemple 14

(à traiter)

Soit I l'intervalle fermé [1 , +∞[, et f définie sur I par f (x) = 1x

. Déterminer

l'image J de I par f. Est-ce un intervalle, est-ce un intervalle borné, est-ce un intervalle fermé ?


# réponse

Cette fonction est monotone décroissante et continue, donc f(x) ≤ f(1) = 1, la limite de f en +∞ est 0, donc f(x) > 0. La fonction est continue, donc toutes les valeurs entre 0 et 1 sont des valeurs de la fonction : f(I) = ]0 , 1]. Cet ensemble J = ]0 , 1] est un intervalle borné mais non fermé.

"Soit f une application d'une partie de R dans R. On dit que f est lipschitzienne s'il existe

un réel positif k tel que pour tout x et tout x´ de l'ensemble de définition de f l'inégalité

suivante est vérifiée :

|f(x) - f(x´)| ≤ k.|x - x´|."

exemple 15

Ainsi, la fonction sin est 1-lipschitzienne (k = 1) : |sin(x) – sin(x´)| ≤ |x – x´|.

En effet :

sin(x)−sin(x' ) = 2sinx − x'

2

cos

x + x'2

,

donc :

sin(x)−sin(x' ) ≤ 2 sinx − x'

2

,

et comme |sin(a)| ≤ |a|, on obtient la relation cherchée.

exemple 16

(à traiter)

La fonction racine carrée :

x a x est-elle lipschitzienne sur [0 , 2], sur ]0 , 2], sur [1 , 2] ?

# réponse

Sur [0 , 2], elle n'est pas lipschitzienne :


Prenons x´ = 0, existe-t-il k tel que pour tout x de [0 , 2], x ≤ kx ?

Comme xx

= 1x

, cette expression tend vers l'infini si x tend vers 0, elle

n'est donc pas majorée par une constante k. Sur [1 , 2] :

x − x' = x − x'x + x'

et :

x + x' ≥ 2 donc :

1x + x'

≤ 12

,

d'où on déduit :

x − x' = x − x'x + x'

≤ 12

x − x'

donc la fonction est 1/2-lipschitzienne.

"Les fonctions lipschitziennes sont continues."

exemple 17

Comme on a vu ci-dessus avec la fonction racine carrée sur [0 , 2], la réciproque est fausse : certaines fonctions continues ne sont pas lipschitziennes. On peut citer également la fonction logarithme sur ]0 , 1] :

log(x) – log(1) = log(x), |log(x)| tend vers l'infini en 0,

|x – 1| tend vers 1 en 0, donc il n'y a pas de constante k telle que |log(x)| ≤ k |x – 1|.


exemple 18

(à traiter)

La fonction "partie entière", x → E(x), n'est pas continue. Vérifier directement que E n'est pas lipschitzienne sur [0 , 4].

# réponse

Il faut trouver une "zone" de l'intervalle [0 , 4] où le quotient : E(x) − E(y)

x − y

ne soit pas borné. Par exemple, où le dénominateur puisse être aussi petit qu'on veut mais le numérateur non. Comme le problème est lié à la non continuité, on pense à [0 , 1] par exemple. Si 0 ≤ x < 1, E(x) = 0 ; par ailleurs, E(1) = 1, donc :

E(x) − E(1)x −1

= −1x −1

et lorsque x tend vers 1, dans [0 , 1[, ce quotient n'est pas borné, au contraire il tend vers l'infini. La fonction n'est donc pas lipschitzienne. Graphiquement, on voit qu'on peut tracer des "cordes" de plus en plus "verticales" en joignant les points (x , E(x)) et (1 , 1) du graphe.

2-2 Fonctions dérivables

"Soit f : [a , b] → R une fonction continue, dérivable sur ]a , b[. On suppose que f(a) et

f(b) sont égaux. Alors il existe un élément c de ]a , b[, tel que f´(c) = 0."

exemple 19

Si f(x) = x4 – x2 + 6, on voit que f(1) = f(–1). Il y a trois valeurs possibles pour c, puisque :

f´(x) = 4x3 – 2x = 2x (2x2 – 1),


expression qui s'annule pour x = 0, x = 12

, x = − 12

.

Retenir que c n'est pas unique.

exemple 20

(à traiter)

Trouver un exemple où il y a une infinité de valeurs de c possibles.

# réponse

On peut essayer la fonction u définie sur [0 , 1π

] par :

si x > 0, u(x) = xsin1x

, u(0) = 0.

Elle est bien continue sur [0 , 1π

], dérivable sur ]0 , 1π

[. On voit que pour

tout x de la forme x = 12nπ

, n entier strictement positif, u(x) = 0.

Entre deux points successifs de ce type, la dérivée s'annule au moins une

fois, donc entre 0 et 1π

, la dérivée s'annule une infinité de fois.

"Soit f : [a , b] → R une fonction continue, dérivable sur ]a , b[. Il existe un élément c de

]a , b[, tel que f(b) – f(a) = f´(c) (b – a)."

exemple 21

Cherchons c pour f(x) = x3 + x2 – x – 1, sur [–1 , 2]. On a : f(– 1) = 0, f(2) = 9,

il faut résoudre : –1 < c < 2, 9 = 3 f´(c),

f´(c) = 3, 3 c2 + 2 c – 1 = 3,


les solutions sont :

Seule la première est dans l'intervalle prescrit, donc c = − 13

− 13

13.

exemple 22

(à traiter)

Chercher une valeur de c telle que e – 1 = ec. Encadrer c entre deux entiers consécutifs, sans calcul numérique.

# réponse

On trouve, bien entendu, c = log(e – 1). C'est l'unique solution. Par ailleurs, on voit que l'égalité s'écrit :

e1 – e0 = ec (1 – 0), donc il existe c vérifiant cette égalité, c compris entre 0 et 1. Comme c est unique, on déduit :

0 < log(e – 1) < 1.


"Soit f : [a , b] → R une fonction continue, dérivable sur ]a , b[. S'il existe un réel k positif

tel que pour tout x de ]a , b[ :

|f´(x)| ≤ k

alors f est lipschitzienne sur [a , b]."

exemple 23

Revoyons l'exemple de la fonction sinus : la dérivée, cosinus, est, en valeur absolue, inférieure à 1, donc sinus est 1-lipschitzienne.

exemple 24

(à traiter)

Démontrer que la fonction g définie par :

g : 1e

, e

→ R

x → x log(x) – x, est 1-lipschitzienne.

# réponse

La dérivée est log(x). Cette fonction est monotone croissante, donc sur 1e

, e

, log(x) est compris entre – 1 et 1, soit inférieur à 1 en valeur

absolue.

"Soit f : [a , b] → R une fonction dérivable. On suppose de plus que f´ est également

continue sur [a , b]. Alors f est lipschitzienne sur [a , b]."

exemple 25

Il est important que l'intervalle soit fermé : ainsi, la fonction racine carrée n'est pas lipschitzienne sur ]0 , 2], alors qu'elle est dérivable, et sa dérivée continue sur cet intervalle.


Reprenons les calculs de l'exemple 18, pour x et x' = 2x dans ]0 , 2] :

2x − x = 2x − x2x + x

= x

2 +1( ) x

donc : 2x − x

x= 1

2 + 1( ) x

et cette expression n'est pas majorée quand x tend vers 0.

exemple 26

(à traiter)

Démontrer que la fonction s définie par :

x ≠ 0, s(x)= x3 sin1x

,

s(0) = 0, est lipschitzienne sur tout intervalle fermé et borné.

# réponse

En effet cette fonction est de classe C1. Sa dérivée, pour x ≠ 0, est :

′ s (x)= 3x2 sin1x

− x cos

1x

,

elle est continue pour x ≠ 0, et admet une limite (égale à 0), en 0.

"Soit I = [a , b] un intervalle de R et f : I → R une fonction continue, dérivable sur ]a ,

b[.

1) Si f́ (x) ≥ 0 pour tout x de ]a , b[, alors f est croissante sur I. 2) Si f́ (x) ≤ 0 pour tout x

de ]a , b[, f est décroissante sur I.

3) Si f́ (x) = 0 pour tout x de ]a , b[, alors f est constante sur I."


exemple 27

C'est, évidemment, l'énoncé dont on se sert pour construire les tableaux de variation à partir du signe de la dérivée.

exemple 28

(à traiter)

Ecrire le tableau de variation de la fonction h définie par : h(x) = x4 – x3 + 2.

# réponse

La dérivée est 4 x3 – 3 x2 = x2 (4 x – 3). Le tableau est donc : x – ∞ 0 3/4 +∞ x2 (4 x – 3) – 0 – 0 + x4 – x3 + 2 � | �

"Soit f : [a , b] → R une fonction de classe Cn. On suppose que f admet une dérivée

d'ordre n + 1 sur l'intervalle ]a , b[. Alors il existe un élément c de ]a , b[ tel que :

f(b) = f(a) + (b − a) ′ f (a) +…+ (b − a) n

n!f (n) (a) + (b − a) n+ 1

(n + 1)!f (n+ 1) (c) "

exemple 29

Utilisons cette formule pour donner une valeur approchée de tanπ

12

.

On choisit n = 1, b = π12

, a = 0 :

tanπ12

= tan(0)+ π

12ta ′ n (0)+ π2

288ta ′ ′ n (c),


tanπ12

=

π12

+ π2

2882 tan(c) 1+ tan2(c)( ),

π12

≤ tanπ12

≤

π12

+ π2

2884,

puisque, sur l'intervalle considéré, la tangente est inférieure à 1. Numériquement on obtient :

0,26≤ tanπ

12

≤ 0,50,

ce qui permet de raffiner l'approximation de tanπ

12

par une meilleure

approximation de la dérivée seconde :

π12

≤ tanπ12

≤

π12

+ π2

2882 × 0,5×(1+ 0,25).

Numériquement, on obtient donc (on pourrait encore refaire le calcul à partir de cette meilleure approximation) l'encadrement suivant (comparer avec une valeur "exacte" 0,268) :

0,26≤ tanπ

12

≤ 0,33.

exemple 30

(à traiter)

Chercher une valeur plus précise en calculant pour n = 2.

# réponse

La formule est alors :

tanπ12

=

π12

+ π3

6 ×123 ta ′ ′ ′ n (c),

avec la dérivée troisième :

ta ′ ′ ′ n (c)= 2 1+ 3tan2(c)( )1+ tan2(c)( )≤ 2 × 4× 2 ,

donc :


π12

≤ tanπ12

≤

π12

+ π3

6×123 ×16= π12

+ π3

648.

Numériquement :

0,26≤ tanπ

12

≤ 0,309,

et en procédant comme précédemment :

π12

≤ tanπ12

≤

π12

+ π3

6×123 × 2,9.

Numériquement :

0,26≤ tanπ

12

≤ 0,271.

2-3 Fonctions usuelles

"Fonction exponentielle : exp(x) ou ex."

exemple 31

Rappel. Propriétés algébriques : ex+y = exey, e0 = 1, e-x = 1ex .

L'exponentielle "transforme" somme en produit. C'est un exemple d'homomorphisme de groupes (cf. volume 1). On parle parfois aussi d'exponentielle de base a (a étant un réel strictement positif). C'est la fonction définie sur R par :

x → exlog(a) = ax. Enfin, on peut "exponentier" des fonctions. Si u et v sont deux fonctions, définies sur un même intervalle I, u étant à valeurs strictement positives, on définit une fonction uv sur I par :

x → u(x)v(x) = ev(x)log(u(x)).


exemple 32

(à traiter)

Rappel. Propriété analytique de base : la dérivée de exp(x) est exp(x). L'exponentielle est la seule fonction dérivable sur R qui vérifie cette propriété et exp(0) = 1. Utiliser cette propriété pour démontrer la relation rappelée ci-dessus :

ex+y = exey.

# réponse

Soit y un réel, et f la fonction :

x → ex+y

ey .

Cette fonction composée de fonctions dérivables est dérivable et : f´(x) = f(x),

en effet la dérivée de x → x + y est 1, et d'autre part 1ey est une constante.

Comme f(0) = ey

ey = 1, on voit bien que :

ex+y

ey = ex.

"Fonction logarithme : log(x) ou ln(x)."

exemple 33

Il n'est question ici que du logarithme "népérien", qui est la primitive de la

fonction x → 1x

sur ]0 , +∞[, qui s'annule pour x = 1.

Cette fonction est la fonction réciproque de la fonction exponentielle.


exemple 34

(à traiter)

Démontrer, à partir de cette définition, la relation algébrique fondamentale du logarithme :

pour a et b strictement positifs, log(a × b) = log(a) + log(b).

# réponse

Soit a strictement positif, et f la fonction définie par : x > 0, x → log(a × x) – log(a).

Cette fonction composée de fonctions dérivables est dérivable, et :

f´(x) = a 1ax

= 1x

.

Comme, de plus, f(1) = log(a) – log(a) = 0, on voit que f(x) = log(x).

"Fonctions hyperboliques : sh(x), ch(x), th(x)."

exemple 35

Vérifions la formule : ch2(x) – sh2(x) = 1.

On calcule :

ex + e−x

2

2

=ex( )2 + e−x( )2

+ 2exe−x

4= e2x + e−2x + 2

4

ex − e−x

2

2

=ex( )2 + e−x( )2

− 2exe−x

4= e2x + e−2x − 2

4

ex + e−x

2

2

− ex − e−x

2

2

= 2 + 2

4=1


exemple 36

(à traiter)

Calculer la dérivée de th(x) en fonction de ch(x).

# réponse

On part de :

th(x) = sh(x)ch(x)

.

On dérive le quotient :

t ′ h (x)= s ′ h (x)ch(x)− sh(x)c ′ h (x)

ch2(x)

= ch2(x)− sh2(x)ch2(x)

= 1

ch2(x).

"sinus et arcsinus."

exemple 37

En utilisant les fonctions circulaires réciproques, il faut toujours garder en mémoire leur domaine de définition, qui a été choisi par convention.

Ainsi arcsin est la fonction réciproque de sin sur − π2

, π2

.

Calculons arcsin sin5π4

. Ce n'est pas 5π4

. C'est l'angle, situé dans

l'intervalle − π2

, π2

, qui a le même sinus que

5π4

. On trouve :

arcsin sin5π4

= − π4

.


exemple 38

(à traiter)

Calculer, de même, sin(arcsin(–0,5)).

# réponse

Dans ce sens, c'est plus facile : arcsin(–0,5) est un angle "dont le sinus est –0,5", par définition. On a de façon générale sin(arcsin(t)) = t.

"cosinus et arccosinus."

exemple 39

On sait que :

sin(t)= cosπ2

− t

.

On a donc l'égalité :

x = sin(arcsin( x))= cosπ2

− arcsin(x)

,

Comme arcsin(x) est dans l'intervalle − π2

, π2

,

π2

− arcsin(x) appartient

à l'intervalle 0 , π[ ]. On déduit de l'égalité ci-dessus :

arccos(x)= π2

− arcsin(x).

exemple 40

(à traiter)

Retrouver cette relation à partir des dérivées de arccos et de arcsin.

# réponse

Pour x ≠ –1, et x ≠ 1, les fonctions arccos et arcsin sont dérivables, et on a l'égalité :

arccos´(x) + arcsin´(x) = 0.


Sur l'intervalle [– 1 , 1], la fonction arccos + arcsin est donc constante. On calcule sa valeur en 0, par exemple, et on trouve :

arccos(x)+ arcsin(x)= arccos(0)+ arcsin(0)= π2

.

"tangente et arctangente."

exemple 41

On remarque que la dérivée de la fonction :

x > 0, x → arctan1x

est égale à :

− 1x2

1

1+ 1x

2 = − 11+ x2 .

On conclut que, sur l'intervalle ]0 , +∞[, la somme :

arctan(x) + arctan1x

est constante. Si on l'évalue pour x = 1, on voit que cette somme vaut π2

,

d'où l'égalité, si x > 0 :

arctan(x) + arctan1x

= π2

.

exemple 42

(à traiter)

Retrouver cette relation à partir de l'égalité :

tanπ2

− t

=

1tan(t)

, t ≠ 0.


# réponse

Supposons x strictement positif. Comme précédemment, on a la relation : tan(arctan(x)) = x.

On en déduit :

tanπ2

− arctan(x)

=

1tan(arctan(x))

,

donc :

tanπ2

− arctan(x)

=

1x

.

Comme arctan(x) appartient à 0 , π2

(x > 0),

π2

− arctan(x) appartient à

0 , π2

, donc :

arctan tanπ2

− arctan(x)

= π2

− arctan(x),

On obtient bien l'égalité cherchée.

"Fonction argument sinus hyperbolique."

exemple 43

Ici, il n'y a pas de restriction d'intervalle. On peut donc utiliser sans précaution les égalités argsh(sh(x)) = x, et sh(argsh(t)) = t. Cherchons une expression de argsh(x) à l'aide des fonctions usuelles. Il faut résoudre l'équation sh(y) = x :

ey − e−y

2= x .

Posons Y = ey :


Y − 1Y

2= x,

Y 2 − 2xY −1= 0,

et cette équation du second degré a pour discriminant 4x2 + 4, donc deux racines :

Y1 = 2x + 4x2 + 42

= x + x2 +1,

Y2 = 2x− 4x2 + 42

= x − x2 +1.

La seconde racine est négative, donc ne peut être la valeur d'une exponentielle. Seule la première racine convient :

ey = x + x2 +1,

y = log x+ x2 + 1

.

exemple 44

(à traiter)

Les fonctions hyperboliques réciproques, sont des fonctions non algébriques (elles ne s'expriment pas à l'aide de puissances, produits, sommes, quotients seulement), dont la dérivée est algébrique. Utiliser cette propriété pour donner un développement limité de argsh en 0 à l'ordre 3 (cf. volume 4).


# réponse

La dérivée est 1+ x2( )− 12 , forme standard (1 + u)α, dont on connaît le DL

à l'ordre 2 :

1+ x2( )− 12 =1− 1

2x2 + x2ε(x) ,

d'où par intégration (argsh(0) = 0) :

argsh(x)= x − 16

x3 + x3ε(x) .

"Fonction argument cosinus hyperbolique."

exemple 45

La dérivée de argch(x) est :

arg c ′ h (x) = 1

x2 −1.

On peut en chercher un développement généralisé en 1. Soit x = 1 + h, h positif, tendant vers 0. On écrit :

1

x2 −1= 1

1+ 2h+ h2 −1= 1

2h+ h2

= 12h

.1

1+ h2

= 12h

1− h4

+ hε(h)

= 12h

− h4 2

+ hε(h).

D'où, pour argch(1+h) :

arg ch(1+ h) = 2h − h h6 2

+ h hε(h).


exemple 46

(à traiter)

Exprimer, comme ci-dessus, argch(x) à l'aide d'un logarithme. Retrouver le développement au voisinage de 1.

# réponse

Il faut résoudre :

ey + e−y

2= x.

On fait le même changement d'inconnue que dans l'exemple 43 :

Y + 1Y

2= x

Y 2 − 2xY +1= 0.

Il y a deux racines :

Y1 = x + x2 − 1

Y2 = x − x2 − 1.

Comme y est positif, Y est supérieur à 1. Or les racines ont pour produit 1, donc l'une est supérieure à 1 et l'autre inférieure. La racine supérieure à 1 est la plus grande des deux, soit Y1. Il en résulte :

arg ch(x)= log x + x2 −1

.

Si x = 1 + h, h tendant vers 0, h positif :


log x + x2 −1

= log 1+ h + 2h+ h2

= log 1+ 2h 1+ h2

+ h

= log 1+ 2h 1+ h4

+ hε(h)

+ h

= log 1+ 2h + h + h h

2 2+ h hε(h)

= 2h + h+ h h

2 2− 1

22h + h + h h

2 2

2

+ 1

32h + h + h h

2 2

3

+ h hε(h)

= 2h − h h6 2

+ h hε(h).

2-4 Convexité

"Soit I un intervalle de R, et f : I → R. On dit que f est convexe si pour tout x et tout y de

I, tout couple (α, β) de réels positifs vérifiant α + β = 1, on a l'inégalité f(αx + βy) ≤ αf(x)

+ βf(y)."

exemple 47

La fonction exponentielle est convexe sur R. On doit établir, sous les conditions de l'énoncé :

eαx+βy ≤ αex + βey .

Considérons la fonction de la variable x définie par : f (x) = eαx+βy − αex − βey .

Sa dérivée est :


′ f (x) = αeαx+βy − αex

= αeαx+βy 1− ex−αx−βy( )= αeαx+βy 1− eβ(x−y)( ).

Elle s'annule si αβ = 0, pour tout x et tout y, ou si x = y. Traitons le premier cas, par exemple β = 0. Il faut vérifier que pour tout x, si α = 1 :

eαx ≤ αex , ce qui est évident.

Supposons dorénavant β ≠ 0. La dérivée s'annule donc si x = y, est positive si x < y, négative si x > y. La fonction f a donc un maximum pour x = y, et ce maximum est :

f (y) = eαy+βy − αey − βey

= ey − αey −βey = 0..

Il en résulte bien que f(x) est inférieur à 0 pour tout x et tout y.

exemple 48

(à traiter)

Démontrer, par une méthode analogue, que la fonction x → x2 est convexe sur R.

# réponse

Notons g la fonction de x définie par :

g(x) = αx + βy( )2 − αx2 − βy2.

Sa dérivée s'annule seulement pour x = y (sauf dans les cas particuliers où α ou β est nul, cas où l'inégalité de convexité est évidente) :

′ g (x)= 2α αx +βy( )− 2αx

= 2αβ(y − x).

Comme précédemment, on voit que g a un maximum si x = y, et que ce maximum est 0 (se rappeler que α + β = 1). D'où la convexité.


"Interprétation géométrique. La propriété de convexité signifie que pour tout choix de x

et y, la corde est au-dessus du graphe."

exemple 49

On connaît les graphes de l'exponentielle et de la fonction "carré", ils ont bien cette propriété.

exemple 50

(à traiter)

Graphiquement, dire si les fonctions suivantes sont convexes sur R : sin, ch, cos, x → x3, x → x4.

# réponse

Réponse facile : les fonctions convexes de cette liste sont : ch, cos, et x → x4

"Soit f une fonction continue sur un intervalle ouvert I. Pour que f soit convexe sur I, il

faut et il suffit qu'elle admette sur I une dérivée à droite croissante et une dérivée à gauche

croissante."

exemple 51

Ces propriétés se vérifient sans difficulté sur l'exponentielle, sur R, ou sur la fonction "carré" sur R également.

exemple 52

(à traiter)

Reprendre l'exemple 50. Vérifier que celles des fonctions qui ne sont pas convexes ne satisfont pas à cette propriété de croissance des dérivées.


# réponse

C'est évident : la dérivée de sin est cos, la dérivée de cos est –sin, la dérivée de la fonction "cube" est la fonction "carré". Ces trois dérivées ne sont pas monotones sur R.

"Soit f une fonction définie sur un intervalle ouvert I, à valeurs réelles. On suppose que f

est deux fois dérivable. Pour que f soit convexe, il faut et il suffit que f"(x) soit positif ou

nul pour tout x de I."

exemple 53

C'est la manière la plus rapide de vérifier qu'une fonction est convexe, puisque dans la plupart des cas, on traite de fonctions de classe C∞. On voit ainsi que toutes les fonctions puissances x → x2n sont convexes, alors que les fonctions x → x2n+1 ne le sont pas.

exemple 54

(à traiter)

Vérifier que la fonction définie par l'expression :

x.arctan(x)− log 1+ x2

est convexe sur R.

# réponse

Sa dérivée seconde est en effet positive :

′ g (x)= arctan(x)+ x1+ x2 − 1

2.

2x1+ x2

= arctan(x),

′ ′ g (x)= 1

1+ x2 .


"Il existe une propriété analogue, la concavité : on dit que f est concave si son opposée –

f est convexe. Dans ce cas, les cordes sont situées au-dessous du graphe de f."

exemple 55

La fonction logarithme est concave : sa dérivée seconde est −1x2 , donc

toujours négative.

exemple 56

(à traiter)

Les fonctions non convexes trouvées dans l'exemple 50 sont-elles concaves ?

# réponse

Non, aucune n'est concave non plus : par exemple, on vérifie que leurs dérivées secondes n'ont pas un signe fixe.

"Les points (x, f(x)) du graphe de f où f"(x) s'annule en changeant de signe sont donc des

points où la concavité change, on les appelle les points d'inflexion."

exemple 57

Dans les exemples de 52, où les dérivées secondes n'ont pas un signe fixe, on observe des points d'inflexion. Pour sin, il y en a une infinité, qui sont les points (x, sin(x)) où sin(x) s'annule, c'est-à-dire de la forme :

x = kπ, k ∈ Z.

exemple 58

(à traiter)

Rechercher les points d'inflexion du graphe de la fonction arcsin.


# réponse

La dérivée seconde se calcule comme suit :

arcsi ′ n (x) = 1

1− x 2,

arcsi ′ ′ n (x) = x

1− x2( )3

2.

Le point (0, 0) est donc le seul point d'inflexion. La tangente en ce point est la droite d'équation y = x.


☺ indications pour résoudre - � méthode - � lexique

3� Pour Comprendre et Utiliser

3-1 Énoncés des exercices

Savoir utiliser les propriétés des fonctions continues sur un intervalle de R.

exercice 1

Soit f une fonction continue sur R. On suppose que f admet une limite finie, soit L, en +∞, et une limite finie, soit L´, en –∞. 1) On suppose L ≠ L´. Soit a un réel compris entre L et L´. Démontrer qu'il existe un réel c tel que f(c) = a (☺)(�). 2) On suppose L = L´. Dessiner des exemples de cette situation. Démontrer que, si f n'est pas constante, elle admet un maximum ou un minimum (☺)(�).

exercice 2

Equations fonctionnelles de fonctions continues. 1) Chercher f (☺), continue, définie sur R, vérifiant pour tout x réel (�) :

f(x)2 – 2xf(x) – 1 = 0. 2) Déterminer une fonction g, continue, définie sur R, vérifiant, pour tout couple (n, m) de rationnels (☺)(�) :

g(m + n) = g(m) + g(n).



exercice 3

On donne dans cet exercice deux fonctions continues, f et g, sur un intervalle [a , b], a < b. On associe à cette donnée une nouvelle fonction, h, définie par :

h(t) = supx∈[a , b]

f (x) + tg(x)( ).

1) Démontrer que h est bien définie pour tout t réel (☺)(�). 2) Démontrer que pour tout réel t il existe au moins un élément α de [a , b] tel que (☺)(�) :

h(t) = f(α) + t g(α). 3) Démontrer que h est lipschitzienne (☺)(�).

exercice 4

Soit f une application continue de [0 , 1] dans R. On suppose que f(0) = f(1). Pour tout entier naturel p, non nul, on pose :

fp(x) = f x + 1p

− f(x).

1) Déterminer le domaine de définition de cette fonction, et calculer (☺) :

fpkp

k=0

k=p−1

∑ .

2) Démontrer qu'il existe un réel c dans [0 , 1] vérifiant (☺)(�) :

f (c) = f c + 1p

.

exercice 5

1) Soit f une fonction de R dans R, vérifiant, pour tout x et tout y réels : |f(x) – f(y)| ≤ (x – y)2.



Démontrer que f est continue. Est-elle dérivable ? Déduire que f est constante (☺). 2) Généraliser à la situation suivante : f est une fonction de R dans R, et il existe une fonction h, tendant vers 0 en 0, telle que pour tout x et tout y réels :

|f(x) – f(y)| ≤ |x – y||h(x – y)|. 3) Que peut-on dire de f et de h si on suppose seulement que h a une limite en 0, et si pour tout x et tout y réels :

f(x) – f(y) = (x – y)h(x – y).

Savoir utiliser les propriétés des fonctions dérivables sur un intervalle de R.

exercice 6

Une fonction dérivée vérifie la "propriété des valeurs intermédiaires". Soit I un intervalle, et f une fonction dérivable sur I, à valeurs réelles. Soient a et b, a < b, des éléments de I. 1) On note g l'application définie sur [a , b] par :

g(x) = f (x)− f (a)

x − a, si x ≠ a,

g(a)= ′ f (a ).

Démontrer que g est continue. En déduire que (☺)(�) :

′ f (a) , f (b)− f (a)

b− a

⊂ ′ f a , b[ ]( ).

(si f´(a) n'est pas le plus petit, intervertir les bornes). On démontrera de même l'inclusion :

′ f (b) , f (b) − f (a)

b − a

⊂ ′ f a , b[ ]( ).

Expliquer soigneusement (☺) pourquoi on peut en déduire : ′ f (a) , ′ f (b)[ ]⊂ ′ f a , b[ ]( ).



(si f´(a) n'est pas le plus petit, intervertir les bornes). Déduire la propriété annoncée : si y est compris entre les valeurs f´(a) et f´(b) de la dérivée, alors il existe un élément de [a , b], soit c, tel que :

f´(c) = y. 2) En déduire que si une fonction dérivée est monotone (�), alors elle est continue (☺). 3) Chercher les fonctions dérivables sur R, dont la dérivée ne prend que des valeurs entières (☺).

exercice 7

Autre démonstration de la propriété énoncée dans l'exercice précédent (☺). Soit I un intervalle, et f une fonction dérivable sur I, à valeurs réelles. Soient a et b, a < b, des éléments de I. Soit g la fonction dérivée de f, sur [a , b], c'est-à-dire telle que :

si x ∈ a , b] [, g(x) = ′ f (x),

g(a)= ′ f d(a),

g(b)= ′ f g(b).

Soit α un réel strictement compris entre g(a) et g(b). On définit une fonction h par :

h(x) = f(x) – αx. 1) Démontrer que h admet un minimum sur [a , b]. Soit c un élément de [a , b] tel que h(c) soit le minimum de h. 2) Déterminer le signe de la dérivée de h en a et en b. En déduire que a et b ne sont pas égaux à c. 3) Déduire que g(c) = α (�).

exercice 8

Approximation de fonction.



Soit F une fonction de classe C∞ sur un intervalle [a , b], a < b. On note K le réel défini par :

F(b)− F(a)− b− a2

′ F (a)+ ′ F (b)( )= − b − a( )3

12K.

1) On note g la fonction définie sur [a , b] par :

g(x) = F(x)− F(a)− x− a2

′ F (x)+ ′ F (a)( )+ x − a( )3

12K.

Démontrer que g est dérivable et que g´ s'annule en au moins deux points distincts, a et c > a, de [a , b] (☺)(�). 2) Déduire que K est une valeur de la dérivée troisième de F, prise en un point de l'intervalle ouvert ]a , b[ (☺). 3) On suppose que F est une primitive (�) d'une fonction f de classe C∞ sur [a , b]. Déduire qu'il existe un élément α de ]a , b[ tel que (☺) :

f(t )dt

a

b

∫ = b −a2

f(a) + f (b)( ) − b− a( )3

12′ ′ f (α ).

exercice 9

Soit f une fonction de [1 , +∞[ dans R, dérivable. On suppose que f(x) tend vers 1 quand x tend vers l'infini, et que f(1) = 1. Démontrer qu'il existe un réel a, a > 1, tel que f´(a) = 0 (☺)(�).

exercice 10

Soit f une fonction dérivable de [1 , 2] dans R. On suppose que : f(1) = f(2) = 0.

Etudier la possibilité de mener depuis l'origine une tangente au graphe de la fonction f (☺)(�).



exercice 11

Déterminer (☺)(�) toutes les fonctions h : [a , b] → R, dérivables, à dérivée bornée, vérifiant :

h(b) − h(a) = (b − a) supx∈[a,b ]

(h' (x)).

exercice 12

Calcul d'une valeur approchée de 5. 1) Une première méthode consiste à exprimer 5 à l'aide de la formule de Taylor, comme somme de termes de plus en plus petits, en donnant une estimation de l'erreur à partir du terme négligé (�).

Posons 5 = 254

= 2 1+ 14

.

Ecrire la formule de Taylor à l'ordre 4 de l'expression 1+ u au voisinage de 0.

En déduire une valeur de 5 à 0,001 près (☺).

2) Une autre méthode consiste à chercher 5 comme solution d'une équation, que l'on approche par une suite récurrente. Ainsi :

x2 – 5 = 0, ou, ce qui est équivalent : x = 1 + x – x2/5.

Etudier la suite définie par récurrence par : x0 = 2,

x n+1 = 1+ x n − xn2

5.

Démontrer que cette suite est croissante et majorée, et que sa limite existe et est 5 (☺).

Déterminer en fonction de n un majorant de xn − 5 , et en déduire à partir

de quel rang la valeur de la suite donne une valeur approchée de 5 à 0,001 près (☺)(�). Calculer cette valeur.



exercice 13

On étudie les solutions de l'équation :

sin(x)= 1x

.

1) Par une étude graphique (☺), chercher combien il y a de solutions dans chaque intervalle de la forme :

2kπ , 2kπ + π2

,

2kπ + π2

, 2kπ + π

, (k entier positif).

2) Sur le premier intervalle, en utilisant les sens de variation des deux fonctions figurant dans l'équation, montrer qu'il y a au plus une solution. Démontrer que cette solution existe (�). 3) Sur le second intervalle, démontrer qu'il existe également une unique solution (�).

exercice 14

Soit g une fonction dérivable de R dans R. On suppose que g tend vers +∞ en +∞ et en –∞. Démontrer qu'il existe c tel que g´(c) = 0 (☺)(�).

exercice 15

On veut établir une table de valeurs approchées de la fonction cosinus à l'aide de la formule de Taylor-Lagrange. 1) Expliquer (☺) pourquoi il est suffisant de le faire pour l'intervalle

0 , π4

.

2) Jusqu'à quel ordre faut-il calculer la formule de Taylor pour être sur d'obtenir une précision d'au moins 0,001 sur tout l'intervalle (☺)(�) ?



Connaître les propriétés les plus importantes des fonctions usuelles (exponentielle, logarithme, fonctions trigonomé-triques circulaires ou hyperboliques).

exercice 16

Quelques calculs avec les fonctions réciproques (hyperboliques ou circulaires). 1) Etablir l'égalité (☺)(�) :

arg th(x)= 12

log1+ x1− x

.

Pour quelles valeurs de x est-elle valable ? Tracer le graphe de la fonction f définie par :

f (x) = 12

log1+ x1− x

.

2) Démontrer l'égalité (☺) :

arg th(a)+ arg th(b)= argtha+ b1+ ab

.

3) Tracer le graphe (☺) de la fonction h définie par : h(x) = argch(ch(x)).

4) Tracer le graphe de la fonction g (☺) définie par :

g(x) = arcsin 2x 1− x2

.

exercice 17

Résolution d'équations trigonométriques ou hyperboliques. 1) Résoudre l'équation (☺) :

2 cos(x) – sin(x) = a. Discuter selon les valeurs de a. 2) Résoudre, selon les valeurs de b (☺)(�) :



cos(x)2 – b cos(x) + 1 = 0. 3) Résoudre l'équation, en discutant selon les valeurs de a et b (☺)(�) :

a ch(x) + b sh(x) = 1.

exercice 18

Applications de la formule de Taylor à l'exponentielle. � Le nombre e est irrationnel, c'est-à-dire n'est pas quotient de deux entiers. On admettra que e est compris entre 2,7 et 3. 1) Soit n un entier naturel. Démontrer l'inégalité (☺)(�) :

0 < e− 1p!

p=0

n

∑ ≤ 3(n +1)!

.

2) Supposons (raisonnement par l'absurde) que e est rationnel. Soient p et

q des naturels tels que e = pq

, démontrer que q est au moins égal à 4 (☺).

3) En appliquant 1) avec n = q, démontrer que l'hypothèse du raisonnement par l'absurde est fausse. � Comparaison des ordres de grandeur de l'exponentielle et d'une puissance quelconque. 1) Utiliser la formule de Taylor-Lagrange pour démontrer que pour tout x > 0, on a, pour tout n, l'inégalité (�) :

ex ≥ x p

p!p=1

p=n

∑ .

2) En déduire que pour tout réel α, le quotient ex

xα tend vers +∞ quand x

tend vers +∞.



Reconnaître une fonction convexe (ou concave) et savoir utiliser ses propriétés. Ensemble convexe.

exercice 19

Reconnaître une fonction convexe (�). 1) Soit f une fonction continue sur un intervalle I. Si, pour tout couple (a , b) de I on a l'inégalité :

fa+ b

2

≤

f (a) + f(b)2

,

démontrer que f est convexe sur I (☺). 2) Soit f une fonction définie sur un intervalle I. Soit a un élément de I. On trace les cordes du graphe de f joignant le point d'abscisse a à un point quelconque (x , f(x)). On suppose que la pente de ces cordes est une fonction croissante de x. Démontrer que f est convexe (☺).

exercice 20

Exemples de propriétés des fonctions convexes (�). Soit f une fonction convexe pour x > 0. 1) On suppose f croissante. Démontrer que si f n'est pas constante, alors elle tend vers +∞ (☺).

2) Démontrer que le quotient f (x)x

a une limite, finie ou infinie, à l'infini .

3) Démontrer que si cette limite est finie et négative, alors f est décroissante. 4) Soit f une fonction définie pour x > 0, et convexe, et :

g(x) = f(x) – xf d́(x).

Démontrer que g est décroissante (☺).



5) Soient (x1, x2,…,xn) et (ξ1, ξ2,…,ξn) des familles de réels positifs, n ≥ 2, vérifiant de plus :

ξ1 + ξ2 +… +ξn = 1.

Démontrer la relation (�) :

f ξixii =1

i =n

∑

≤ ξi f x i( )

i =1

i = n

∑ .

Plus généralement, si (x1, x2,…,xn) et (ξ1, ξ2,…,ξn) sont des familles de réels positifs, n ≥ 2, avec :

ξ1 + ξ2 +… + ξn ≠ 0,

déduire la relation (☺) :

f

ξ ixii =1

i =n

∑

ξ ii =1

i =n

∑

≤

ξ i f x i( )i =1

i = n

∑

ξ ii =1

i =n

∑.

exercice 21

Ensembles convexes. On dit qu'une partie A du plan R2 est convexe si, pour tout couple de points M et N de A, le segment joignant M à N est contenu dans A. Préliminaires (☺) : Que peut-on dire de l'union, de l'intersection d'ensembles convexes ? Le complémentaire d'un ensemble convexe peut-il être convexe ? 1) Démontrer qu'une fonction f de R dans R est convexe si et seulement si la partie du plan située au dessus du graphe de f est convexe (☺). 2) Soit (fk)k∈ K une famille non vide bornée d'applications convexes, définies sur un même intervalle I. Soit S la borne supérieure de cette famille : x ∈ I, S(x) = sup(fk(x)).

Démontrer que S est convexe.



exercice 22

Des inégalités importantes. Soit p un réel strictement supérieur à 1. 1) Démontrer que la fonction :

x → xp est convexe sur R+*. 2) On définit un réel q par :

1p

+ 1q

=1.

Soient (x1, x2,…,xn) et (ξ1, ξ2,…,ξn) des familles de réels positifs, n ≥ 2, établir la relation (☺)(�) :

ξ ix ii =1

i =n

∑ ≤ ξ ii =1

i = n

∑

1q

ξ ix ip

i =1

i =n

∑

1p

.

Soient (a1, a2,…,an) et (α1, α2,…,αn) des familles de réels positifs, n ≥ 2, déduire, par un changement de variables :

αiaii =1

i =n

∑ ≤ αip

i =1

i =n

∑

1p

aiq

i =1

i =n

∑

1q

.

(Inégalité de Hölder)

3) Soient (a1, a2,…,an) et (α1, α2,…,αn) des familles de réels positifs, n ≥ 2, démontrer (☺) :

αi + ai( )p

i =1

i = n

∑

1p

≤ αip

i =1

i =n

∑

1p

+ aip

i =1

i =n

∑

1p

.

(Inégalité de Minkowski)

Pour comprendre et utiliser - énoncés des exercices 68


3-2 Corrigés des exercices

exercice 1-C

Rappelons comment on formule précisément l'hypothèse de l'existence d'une limite à l'infini :

∀ ε > 0, ∃ X, x ≥ X ⇒ L − ε ≤ f(x) ≤ L + ε. Pour –∞, on écrit, d'une manière analogue :

∀ ε > 0, ∃ ′ X , x ≤ ′ X ⇒ ′ L − ε ≤ f (x) ≤ ′ L + ε. 1) Pour fixer les idées, on supposera que L´ < L. Choisissons ε positif, tel que L´ + ε < a < L – ε. C'est toujours possible si L´ < a < L, par exemple :

ε = max(L − a,a − ′ L )2

.

D'après le rappel préliminaire, il existe un réel X et un réel X´ tels que :

L´ – ε < f(X´) < L´ + ε < a < L – ε < f(X) < L + ε, donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, f étant continue, il existe un réel c tel que f(c) = a. 2) Quelques exemples de cette situation permettent de voir qu'il peut exister un minimum et un maximum, un minimum seulement, un maximum seulement.



Nous disposons de deux hypothèses : f est continue, f n'est pas constante. Pour démontrer que f admet un maximum ou un minimum, à partir de la première hypothèse, on connaît le résultat rappelé dans la première partie : une fonction continue sur un intervalle fermé et borné admet un maximum et un minimum. Ici, toutefois, l'intervalle considéré n'est pas borné (il s'agit de R), donc le résultat ne s'applique pas directement. La seconde hypothèse doit être utilisée pour ramener le problème au cas d'un intervalle borné. Comme f n'est pas constante, il existe au moins un point a tel que f(a) ≠ L. Pour fixer les idées, on supposera dans la suite que f(a) est strictement inférieur à L.

Soit ε = L − f(a)2

. Il existe des réels A et B tels que B < A, et :

x ≥ A ⇒ L – ε ≤ f(x) ≤ L + ε, x ≤ B ⇒ L – ε ≤ f(x) ≤ L + ε,

soit :

x ∈ [B , A] ⇒ f(x) ≥ L − L − f(a)2

= L + f (a)2

x ∈ [B , A] ⇒ f(x) > f(a). Notons, en particulier, que a appartient à l'intervalle [B , A]. Sur cet intervalle fermé et borné, f admet un minimum, en un point b. Comme f(b) est inférieur ou égal à f(a) (c'est le minimum) il en résulte que f(b) est inférieur à f(x) pour x ∈ [B , A]. En conclusion, f(b) est inférieur à f(x) pour tout x réel, c'est bien le minimum. (QC-1) Ecrire complètement l'argument pour le cas f(a) > L.



exercice 2-C

1) Pour un x fixé, on cherche f(x) en résolvant l'équation du second degré.

On voit qu'il y a deux choix pour la valeur de f(x), pour chaque x fixé. Peut-on former f en choisissant de manière arbitraire f(x) de la première forme pour certains x et de la seconde forme pour d'autres valeurs de x ? Non, car f est supposée continue. Or, on remarque que l'une des deux est strictement positive, l'autre strictement négative. Comme une fonction continue ne peut pas changer de signe sans s'annuler, il en résulte que si

pour une valeur de x, x = a, f (a) = a+ 1+ a2 , soit f(a) > 0, alors pour tout

x réel, f(x) est positif, donc f (x) = x + 1+ x2 . En conclusion, l'équation fonctionnelle :

f continue sur R, ∀ x, f(x)2 – 2xf(x) – 1 = 0,

a deux solutions :

f1 : x a x + 1+ x2 , f2 : x a x − 1+ x2 .

2) Il faut donc chercher les homomorphismes continus du groupe (R, +). Quelques calculs élémentaires d'abord :

g(0 + 0) = g(0) + g(0), donc g(0) = 0 (propriété classique des homomorphismes de groupes), et de même :

g(n – n) = g(n) + g(– n) = 0, donc g(– n) = – g(n) (autre propriété classique à connaître). Ensuite :

g(2) = g(1) + g(1) = 2×g(1),



et par récurrence, pour tout n entier naturel : g(n) = n × g(1),

donc pour tout n entier relatif : g(n) = n × g(1).

On voit donc que pour les entiers, g est l'application linéaire définie par la valeur de g(1), qui peut être arbitraire. Passons aux valeurs rationnelles de la variable. On procède de même :

gpq

= g p

1q

= g

1q

+…1q

= g

1q

+…+ g

1q

= pg 1q

.

En particulier :

gpp

= pg

1p

= g(1),

donc :

g1p

= 1

pg(1),

g pq

= p

qg(1).

En résumé, pour tout x rationnel : g(x) = x g(1).

Notons que, jusqu'à présent, la continuité de g n'a pas été utilisée. Pour passer des rationnels aux réels, nous utiliserons la propriété de densité (�) de Q dans R : tout réel est limite d'une suite de rationnels (par exemple la suite de ses approximations décimales). Soit x un réel, et (un) une suite de rationnels dont la limite est x.



L'application g étant continue, g(x) est la limite de la suite (g(un)), c'est-à-dire de la suite :

un × g(1).

Cette limite est donc x×g(1). On en déduit que pour tout x réel : g(x) = x × g(1).

(QC-1) A partir de ce résultat, chercher les applications continues h qui vérifient pour tout x et tout y rationnels :

h(x + y) = h(x) h(y).

exercice 3-C

1) Il s'agit de vérifier que pour tout t réel, l'ensemble considéré a bien une borne supérieure. Or, pour t fixé, la combinaison linéaire des fonctions continues f et g, f + tg, est encore une fonction continue. On sait qu'une fonction continue sur un intervalle fermé et borné est bornée, donc l'ensemble considéré est un ensemble borné (donc majoré en particulier) non vide de réels. Cet ensemble admet donc bien une borne supérieure. 2) En fait, on sait que l'ensemble admet un plus grand élément, c'est-à-dire qu'il existe un élément de [a , b] au moins, soit α, pour lequel :

f (α)+ tg(α) = supx∈[a , b ]

f(x) + tg(x)( ).

3) Soient t et u des réels. Pour t, soit α comme ci-dessus, et pour u soit β un élément de [a , b] tel que :

f (β)+ ug(β) = supx∈[a , b]

f (x) + ug(x)( ).

Formons la différence h(t) – h(u) : h(t) − h(u)= f (α) + tg(α)− f(β) + ug(β)( )

f(α) + tg(α) ≥ f (β)+ tg(β),

f (α)+ ug(α) ≤ f (β)+ ug(β),



donc : f (β)+ tg(β)− f(β) + ug(β)( )≤ h(t) − h(u)≤ f (α )+ tg(α) − f(α) + ug(α)( )

(t − u)g(β) ≤ h(t) − h(u)≤ (t − u)g(α ).

On obtient bien que h est lipschitzienne, de coefficient max g(x)( ). (QC-1) Déterminer explicitement h dans le cas où :

f(x) = cos(x), g(x) = sin(x) sur l'intervalle :

0 , π2

.

exercice 4-C

1) La fonction est définie si x et x + 1p

sont dans l'intervalle [0 , 1], soit :

0 ≤ x ≤ 1,

0 ≤ x + 1p

≤ 1,

donc :

0 ≤ x ≤1− 1p

.

La somme :

fpkp

k=0

k=p−1

∑

est donc bien définie. Elle s'explicite sous la forme :



fpkp

k=0

k=p−1

∑ = f1p

− f (0) + f

2p

− f

1p

+… + f

pp

− f

p −1p

= f(1) − f(0)

= 0.

2) Cette somme étant égale à 0, il en résulte que, soit tous ses termes sont nuls, soit deux termes consécutifs sont de signes opposés. Le premier cas est évident.

Dans le second cas, si fpkp

, et fp

k +1p

sont de signes différents, la

fonction étant continue, il en résulte qu'elle s'annule dans l'intervalle considéré. Il existe donc un réel c tel que :

f c + 1p

− f(c) = 0.

(QC-1) Donner une interprétation géométrique. (QC-2) On suppose de plus f convexe. Généraliser en démontrant que pour tout a de [0 , 1] il existe un x de [0 , 1] tel que :

f(x) = f(x + a).

exercice 5-C

1) Soit a un réel. D'après l'inégalité de l'hypothèse, si x tend vers a, comme (x – a) tend vers 0, f(x) – f(a) tend vers 0, donc f(x) tend vers f(a). La fonction f est bien continue en tout point de R. Pour x ≠ a, on a l'inégalité :

f (x) − f(a)

x − a≤ x − a



donc si x tend vers a, le taux d'accroissement de f, en a, a bien une limite, qui est 0. La fonction f est dérivable, et sa dérivée est nulle, donc f est constante. 2) Le raisonnement qui vient d'être exposé est encore valable : f est donc une application constante. 3) Ici, comme h a une limite en 0, on voit que f est encore continue. Pour la dérivabilité, le taux d'accroissement a encore une limite, qui est h(0). La fonction f est donc dérivable, de dérivée constante égale à h(0). C'est donc une application du type :

x → x × h(0) + k, c'est-à-dire une application affine (�), k étant une constante, qui est f(0). En reprenant la relation entre f et h pour y = 0, on obtient :

f(x) = x ×h(x) + f(0). Il en résulte que h est constant, h(x) = h(0) pour tout x.

exercice 6-C

1) La continuité de g exprime simplement la dérivabilité de f : lorsque x tend vers a, le taux d'accroissement tend vers la dérivée en a.

Plaçons nous dans le cas où f'(a) est inférieur à f (b)− f (a)

b− a. L'application g

est continue, et : g(a) = f´(a),

g(b) = f (b)− f (a)

b− a.

D'après la propriété des valeurs intermédiaires, pour tout y compris entre g(a) et g(b), il existe c appartenant à [a , b], tel que g(c) = y. C'est bien ce qu'exprime l'inclusion proposée :

′ f (a) , f (b)− f (a)

b− a

⊂ ′ f a , b[ ]( ).

On démontre de la même façon la seconde inclusion, en définissant une fonction h par :



h(b) = f´(b),

h(x) = f (b)− f (x)

b− x, si x ≠ b.

Cette fonction est continue, on conclut comme pour g. Différents cas sont à examiner selon les places respectives de f´(a), f´(b),

et de f (b)− f (a)

b− a. Par exemple, si l'ordre est celui sous-entendu dans les

lignes précédentes (f´(a) ≤ f´(b) ≤ f (b)− f (a)

b− a), on voit que le segment [f´(a)

, f´(b)] est contenu dans le segment [f´(a) , f (b)− f (a)

b− a], qui est lui-même

contenu dans f´([a , b]). On procède de même dans les autres cas. Cette inclusion est équivalente à la propriété des valeurs intermédiaires : si y ∈ [f´(a) , f´(b)], alors y ∈ f´([a , b]) donc il existe c tel que y = f´(c). 2) Supposons donc de plus que la fonction f´ est monotone. On utilise pour cela le premier théorème rappelé dans la première partie : Soit f : I →R une application d'un intervalle I dans R. Si f est monotone, et f(I) est un intervalle de R, alors f est continue sur I. Il est clair, en effet, que f´([a , b]) est un intervalle : soient f´(c) et f´(d) des éléments de f´([a , b]), avec f´(c) < f´(d), et z vérifiant f´(c) < z < f´(d). Le raisonnement précédent montre que :

[f´(c) , f´(d)] ⊂ f´([c , d]) (ou f´([d , c])). On en déduit que si z vérifie f´(c) < z < f´(d), alors il existe x dans [c , d] tel que z = f´(x). Donc z ∈ f´([a , b]). 3) Soit h une telle fonction. On pense à des exemples comme les fonctions linéaires h(x) = k x, avec k entier. Est-il possible que h´(x) prenne plus d'une valeur ? Non, bien entendu, puisqu'il n'y a pas d'autre intervalle de R ne contenant que des entiers que les intervalles réduits à un élément, de la forme :

[m , m] = {m}.



Si une fonction est dérivable, et si sa dérivée ne prend que des valeurs entières, alors la dérivée est constante, et h s'écrit donc :

h(x) = m × x + t, avec m entier et t réel quelconques, h est une fonction affine (�). (QC-1) Peut-on en déduire que les fonctions dérivées sont toujours continues ?

exercice 7-C

1) La fonction h est continue sur un intervalle fermé et borné, elle admet donc un maximum et un minimum. Soit c tel que h(c) soit le minimum. On sait que si c ≠ a, et c ≠ b, h´(c) = 0. 2) En a et b, on obtient :

′ h d(a) = ′ f d(a) − α′ h g(b) = ′ f g(b)− α.

Donc l'un est négatif et l'autre positif. Il en résulte qu'au voisinage de a la fonction est décroissante, et qu'au voisinage de b, la fonction est croissante. Aucun des deux n'est un minimum. Donc a ≠ c et b ≠ c. 3) On a donc bien h´(c) = 0, donc f´(c) = α, soit g(c) = α. La propriété des valeurs intermédiaires est bien établie.

exercice 8-C

1) On vérifie facilement que g est dérivable, puisque F l'est, ainsi que F´, et, bien entendu, tout polynôme. La dérivée de g s'écrit :

′ g (x)= ′ F (x)− 12

′ F (x)+ ′ F (a)( )− x − a2

′ ′ F (x)+ x − a( )2

4K.

Il est clair que g´(a) = 0.



Par ailleurs, g(a) = g(b) = 0, donc, d'après le théorème de Rolle, il existe un élément c, c ∈ ]a , b[, tel que g´(c) = 0. 2) Comme g´ est également dérivable, on lui applique à son tour le théorème de Rolle : il existe un réel d, dans ]a , b[, tel que g"(d) = 0. Le calcul de g" donne :

′ ′ g (x)= 12

′ ′ F (x)( )− 12

′ ′ F (x)− x − a2

′ ′ ′ F (x)+ x − a( )2

K

= x − a2

(K − ′ ′ ′ F (x)).

donc si g"(d) = 0, avec d > a, on obtient : K = F'"(d).

Noter qu'il suffit de supposer F trois fois dérivable sur ]a , b[ pour obtenir la même conclusion. 3) On a obtenu la propriété suivante. Il existe un élément d de ]a , b[ tel que :

F(b)− F(a)= b− a2

′ F (a)+ ′ F (b)( )− b − a( )3

12′ ′ ′ F (d).

Si F est une primitive de f, alors F´ = f, F" = f´, F"' = f". De plus :

F(b) – F(a) = f(t)dt

a

b

∫ .

On obtient bien qu'il existe un élément d de ]a , b[ vérifiant :

f(t )dt

a

b

∫ = b −a2

f(a) + f (b)( ) − b− a( )3

12′ ′ f (d).



(QC-1) Interpréter graphiquement, comme une aire, le premier terme du second membre. Pour f(x) = exp(x) sur l'intervalle [0 , 0.01], quelle est l'erreur commise en remplaçant l'aire exacte calculée par l'intégrale par l'aire approchée donnée par le premier terme de l'égalité ?

exercice 9-C

La fonction étant dérivable, on dispose du théorème de Rolle : il suffit de montrer que f prend la même valeur pour deux valeurs différentes de la variable. On peut aussi penser, f étant continue, à montrer que f admet un maximum ou un minimum. Un premier cas est évident : celui où f(x) = 1 pour tout x. Dans ce cas tout réel supérieur à 1 répond à la question. Supposons maintenant que f n'est pas constante. Soit t > 1, tel que f(t) ≠ 1. Pour fixer les idées, nous supposerons que f(t) > 1. Posons :

ε = f(t)−12

.

Il existe un réel A tel que : x > A ⇒ 1 – ε < f(x) < 1 + ε.

En particulier A est plus grand que t, et :

f(x) < f (t)+1

2< f(t).

Sur l'intervalle fermé borné [1 , A], la fonction f a un maximum et un minimum. Le maximum n'est pas atteint en 1, puisque f(t) > f(1) = 1. Le maximum n'est pas non plus atteint en A, puisque f(A) < f(t). Il en résulte que le maximum est atteint dans ]1 , A[. Soit a un des points où le maximum est atteint.



On en déduit que f´(a) = 0.

exercice 10-C

Graphiquement, il semble que ce soit toujours possible. On cherche donc à démontrer que pour toute fonction f vérifiant ces hypothèses, le problème a une solution. Une droite issue de l'origine a une équation de la forme y = a x. Le problème est donc de trouver, si possible, un nombre a, tel que cette droite soit tangente au graphe considéré. Si c'est le cas, et si le point a pour abscisse b, alors :

f´(b) = a, f(b) = a b.

Il faut donc prouver l'existence d'une solution à l'équation :



f(x) = x f´(x), ou encore :

x f´(x) – f(x) = 0. Pour démontrer l'existence d'une solution, lorsque f n'est pas explicite, on peut penser à (au moins) deux outils : � Le théorème des valeurs intermédiaires : il faudrait prouver que l'expression x f´(x) – f(x) change de signe. � Le théorème de Rolle : il faudrait voir que l'expression x f´(x) – f(x) est la dérivée d'une fonction qui prend la même valeur en deux points distincts. La première méthode semble difficile à utiliser ici. Pour la seconde, on sait que f(1) = f(2) = 0. L'expression x f´(x) – f(x) n'apparaît pas de manière directe comme une dérivée (contrairement à x f´(x) + f(x), par exemple, qui est la dérivée de x f(x)). En tâtonnant un peu on arrive à penser que x f´(x) – f(x) est le numérateur de la dérivée de f (x)x

, qui est bien définie si x ≠ 0. De plus :

f (1)1

= f (2)2

= 0.

Donc la dérivée de f (x)x

s'annule en un point, donc son numérateur

s'annule : il existe bien c dans ]1 , 2[ tel que c f´(c) = f(c). (QC-1) Essayer de généraliser à d'autres segments.

exercice 11-C

La relation proposée rappelle le théorème des accroissements finis : il existe un réel c de ]a , b[ tel que h(b) – h(a) = (b – a) h´(c).

On voit donc que l'hypothèse signifie que h´(c) est le maximum de la fonction dérivée h´.



Des essais de représentation montrent qu'il n'est pas facile de trouver, même graphiquement, un cas, sauf si h est une fonction affine (�). Soit x dans [a , b]. Le théorème des accroissements finis montre qu'il existe s, dans ]a , x[, et t dans ]x , b[, tels que :

h(x) – h(a) = (x – a) h´(s), h(b) – h(x) = (b – x) h´(t),

donc : h(b) – h(a) = (x – a) h´(s) + (b – x) h´(t) = (x – a) h´(c) + (b – x) h´(c).

Donc : (x – a)(h´(c) – h´(s)) + (b – x)(h´(c) – h´(t)) = 0.

Cette somme de nombres positifs ou nuls n'est nulle que si chaque terme est nul donc h´(t) = h´(s) = h´(c), et :

h(x) = (x – a)h´(c) + h(a). La fonction h est une fonction affine (�).

exercice 12-C

1) Soit u un réel, la formule de Taylor à l'ordre 4 affirme qu'il existe un réel compris entre 0 et 1, noté ici θ, tel que :

1+ u = 1+ 12

u− 18

u2 + 116

u3 − 5128

(θu)4.

Pour u = 14

, le dernier terme est au plus égal à 0,00016, donc on obtient

une valeur approchée à 0,001 près de 5 en utilisant les 4 premiers termes de l'expression :

5 ≈ 2 1+ 12

.14

− 18

.1

16+ 1

16.

164

≈ 2,236.

(QC-1) On aurait pu écrire :



5 = 359

= 3 1− 49

quelle précision aurait donné la formule de Taylor à l'ordre 4 ? 2) Il s'agit d'une méthode usuelle d'étude. Posons :

g(x) =1+ x − x2

5.

Nous étudions la fonction h définie par h(x) = g(x) – x, pour vérifier qu'elle est bien positive, et la fonction g pour vérifier qu'elle est bien majorée. Tableau de variations de h : x –∞ 0 2 5 +∞ h´(x) + 0 – h(x) – ∞ � 1 � 1/5 � 0 � – ∞

Tableau de variations de g : x –∞ 2 5 5/2 +∞ g´(x) + 0 – g(x) – ∞ � 11/5 � 5 � 9/4 � – ∞

On voit d'abord que si x vérifie :

2 ≤ x ≤ 5 alors g(x) vérifie :

2,2 ≤ g(x) ≤ 5 donc, a fortiori :

2 ≤ g(x) ≤ 5. Comme u0 = 2, on voit par récurrence que pour tout n :

2 ≤ un ≤ 5.

La suite est bien bornée. On voit aussi que si x vérifie :



2 ≤ x ≤ 5 alors h(x) est positif, ce qui signifie que g(x) ≥ x, donc :

un+1 ≥ un.

La suite est croissante et majorée, donc elle converge, vers une limite positive, puisque la suite est à termes positifs. La limite L vérifie l'égalité :

g(L) = L,

donc L = 5. On peut écrire :

un − 5 = g un−1( )− g 5( )

donc d'après le théorème des accroissements finis, il existe un point c compris entre un-1 et 5, tel que :

un − 5 = un−1 − 5 ′ g (c).

De plus, sur le segment [2 , 2,5], on voit que g´ est majorée, en valeur absolue, par 0,2. On peut donc écrire :

un − 5 ≤ un−1 − 5 × 15

.

Par récurrence, on déduit :

un − 5 ≤ u0 − 5 × 15

n

.

Enfin, on majore u0 − 5 par 1, d'où :

un − 5 ≤ 15

n

.

Il en résulte que un donne une approximation de 5 à 0,001 près dès que 5n ≥ 1000, soit :

n ≥ log(1000)log(5)

≥ 6,91,61

≥ 4,3.



L'approximation cherchée est obtenue à partir de n = 5. Calcul des valeurs (utilisation d'un tableur, par exemple) :

x g(x) n

2 2,2 0

2,2 2,232 1

2,232 2,2356352 2

2,2356352 2,23602225 3

2,23602225 2,23606315 4

2,23606315 2,23606747 5

(QC-1) On voit que la vitesse de convergence dépend de la valeur de la dérivée de g au voisinage de la limite. D'autre part, le choix de g est en grande partie arbitraire. Chercher une autre équation donnant une approximation identique en moins de calculs.

exercice 13-C

1) D'abord une figure :



On voit clairement deux solutions sur chaque "arche" de la fonction sinus située au-dessus de 0, c'est-à-dire sur chaque intervalle de la forme :

2kπ , (2k+1)π[ ]. Apparemment, ces solutions sont de part et d'autre du milieu de cet intervalle, soit une solution pour chacun des intervalles proposés. 2) La fonction inverse (x → 1/x), est décroissante, alors que la fonction

sinus est croissante sur les intervalles de la forme 2kπ , 2kπ + π2

,

donc si

ces fonctions prennent la même valeur pour une valeur de x, elles ne reprennent plus la même valeur ensuite dans l'intervalle. Un outil de base pour l'existence de solution aux équations données par des fonctions continues est le théorème des valeurs intermédiaires. Il suffit de montrer que la différence :

sin(x)− 1x

change de signe sur l'intervalle.



Or, on a les valeurs suivantes aux extrémités de 2kπ , 2kπ + π2

:

sin(2kπ)− 12kπ

= − 12kπ

< 0,

sin 2 kπ + π2

−

1

2kπ + π2

= 1− 1

2kπ + π2

> 0.

3) Pour l'intervalle 2kπ + π2

, 2kπ + π

, le même calcul donne :

sin(2kπ + π) − 12kπ + π

= − 12kπ + π

< 0,

sin 2 kπ + π2

−

1

2kπ + π2

= 1− 1

2kπ + π2

> 0.

Il existe donc au moins une solution dans cet intervalle. Par contre on ne peut reprendre l'argument précédent puisqu'ici les deux fonctions sont décroissantes. Le problème d'unicité de la solution se rattache à un problème d'injectivité de l'application, lui-même lié à la monotonie (voir les résultats sur les fonctions continues). Or, dans le cas de fonctions dérivables, la monotonie peut se prouver par l'étude du signe de la dérivée. La dérivée de la fonction :

f : x a sin(x)− 1x

est donnée par :

′ f (x) = cos(x)+ 1x2 .



Sur l'intervalle 2kπ + π2

, 2kπ + π

, cette expression est la somme d'une

expression négative et d'une expression positive. Pour étudier son signe,

on peut encore la dériver ′ ′ f (x) = −sin(x)− 2x3 .

Le signe de f"(x) est clair, puisque cette expression est somme de deux expressions négatives. On conclut donc que f´ est décroissante. Or, au début de l'intervalle :

′ f 2kπ + π2

= cos 2kπ + π

2

+

1

2kπ + π2

2 > 0

et, à la fin :

′ f 2kπ + π( ) = cos 2kπ + π( )+ 1

2kπ + π( )2 = −1+ 1

2kπ + π( )2< 0.

Donc le signe de f´ n'est pas fixe, et f´ s'annule en une valeur, soit a, de l'intervalle :

′ f a( ) = cos a( )+ 1a2 = 0.

On conclut que f est d'abord croissante, jusqu'à f(a), puis décroissante. Ses valeurs aux extrémités sont :

sin(2kπ + π) − 12kπ + π

= − 12kπ + π

< 0,

sin 2 kπ + π2

−

1

2kπ + π2

= 1− 1

2kπ + π2

> 0.

On en déduit que f(a) est strictement positif, puisque supérieur à :

sin 2 kπ + π2

−

1

2kπ + π2

,

et on voit qu'il n'existe pas de solution entre 2kπ et a, et qu'il existe une unique solution à l'équation considérée, entre a et (2k + 1)π.



Remarque finale : la fonction f n'était pas monotone sur l'intervalle complet, mais sur une partie seulement. La méthode est cependant à retenir : pour prouver l'unicité d'une solution, il est utile de construire le tableau de variations de la fonction considérée, et d'étudier les différents intervalles où elle est monotone. (QC-1) Lorsque x devient grand, 1/x tend vers 0, on peut donc penser que les solutions de x sin(x) = 1 sont de plus en plus proches de 2kπ et de (2k + 1)π respectivement dans l'intervalle [2kπ , (2k + 1)π]. C'est également ce que semble montrer le graphique. Etudier cette question.

exercice 14-C

Voici un exemple illustrant graphiquement le problème :



Il suffit de montrer que la fonction admet un minimum au moins, sur un intervalle ouvert. Il suffit donc (puisque la fonction est continue) de trouver un intervalle fermé pour lequel les valeurs aux extrémités ne sont pas des minima. Soit a un réel quelconque. Comme g tend vers +∞ en +∞, il existe A tel que si x est supérieur à ou égal A, alors g(x) est supérieur à g(a), strictement. En particulier, A est strictement plus grand que a, et :

g(A) > g(a).



De la même façon, comme g tend vers +∞ en – ∞, il existe B tel que si x est inférieur ou égal à B, alors g(x) est supérieur à g(a), strictement. En particulier, B est strictement inférieur à a, et :

g(B) > g(a). Considérons maintenant la fonction g sur l'intervalle fermé [B , A]. C'est une fonction continue, donc elle admet sur [B , A] un minimum. Comme a est un élément de cet intervalle, et que :

g(a) < g(B) et g(a) < g(A), on voit que le minimum n'est atteint ni en B, ni en A. Il est donc atteint en un point de l'intervalle ouvert ]B , A[, d'où la conclusion.

exercice 15-C

1) Il suffit d'utiliser les formules usuelles de trigonométrie.

D'abord, la fonction cosinus est périodique de période 2π. Il suffit donc de calculer sur un intervalle de longueur 2π. Comme cos(x) = – cos(π + x), il suffit même de calculer sur [0 , π]. Ensuite, on sait que des angles supplémentaires (�) ont des cosinus

opposés, il suffit donc de calculer sur 0 , π2

.

Enfin, d'après l'égalité : cos(2x)=1− 2 cos2 x( ),

il suffit de connaître les valeurs du cosinus sur l'intervalle 0 , π4

.

2) La formule de Taylor au voisinage de 0, pour le cosinus, à l'ordre 2p, affirme qu'il existe c tel que :

cos(x)=1− x2

2+ x4

24+… +(−1)p x2p

(2p)!+ x2p+1

(2p+ 1)!(−1)p+1 sin(c).

Dans cette formule, c est un élément de ]0 , x[.



En négligeant le dernier terme, pour x = π4

, l'erreur maximale est :

π4

2p+1

(2p+ 1)!,

soit, en fonction de p :

On voit que le développement à l'ordre 6 suffit (p = 3). Si vous disposez d'un moyen de tracer, vous pouvez comparer les graphes de la fonction cosinus, et du polynôme de Taylor-Lagrange. On obtient les figures suivantes (ordre 2, ordre 4, ordre 6).



exercice 16-C

1) Il faut résoudre l'équation en y : x = th(y), –1 < x < 1.

On peut écrire th(y) à l'aide d'exponentielles :

th(y) = sh(y)ch(y)

= ey − e−y

ey + e−y .

Posons, pour simplifier, X = ey. L'équation à résoudre est :

x =X − 1

X

X + 1

X

= X 2 −1X 2 +1

.



On obtient :

X 2 = 1+ x1− x

,

donc :

y = 12

log1+ x1− x

.

Cette égalité est vraie pour –1 < x < 1.

L'expression log1+ x1− x

est définie pour x ≠ 1, et x ≠ –1.

La dérivée est donnée par :

′ f (x) = 11− x2 .

Elle est donc négative à l'extérieur de l'intervalle [–1 , 1], et positive dans l'intervalle ]– 1 , 1[. 2) Plusieurs méthodes sont possibles. Fixons b dans l'intervalle ]– 1 , 1[. Pour x ∈ ]–1 , 1[, comparons les fonctions :

x → argth(x),

x → arg thx + b

1+ xb

.

On vérifie d'abord que l'expression x + b1+ xb

est bien comprise entre –1 et 1.

Cette expression a pour dérivée l'expression :

1− b2

(1+ xb)2,

qui est positive. La fonction de x définie par x + b1+ xb

est donc croissante.

Pour x tendant vers 1, x + b1+ xb

tend vers 1, et pour x tendant vers –1, x + b1+ xb

tend vers –1.



Les deux fonctions écrites ci-dessus sont dérivables sur l'intervalle ouvert ]–1 , 1[, leurs dérivées sont respectivement :

11− x2 , et

1− b2

1+ xb( )21

1− (x + b)2

(1+ xb)2

= 1− b2

1+ xb( )2 − (x + b)2

= 1− b2

1+ x 2b2 + 2xb− x2 − b2 − 2xb

= 11− x2 .

Deux fonctions dont les dérivées sont égales sur un intervalle, diffèrent d'une constante. Il existe un réel K tel que, pour x dans ]–1 , 1[ :

argth(x) + K = arg thx + b

1+ xb

.

En particulier, pour x = 0, on obtient : K = argth(b).

(QC-1) Donner un autre argument, basé sur la définition de argth comme fonction réciproque de th, et sur une formule d'addition de cette fonction.

3) On peut simplifier l'expression proposée. Par définition, argch(t) est le réel positif dont le cosinus hyperbolique est t. On déduit :

ch(h(x)) = ch(x), et h(x) ≥ 0. On obtient donc :

h(x) = x, ou h(x) = – x, et h(x) ≥ 0, h(x) = |x|.



Si on ne pense pas à faire cette simplification, on peut étudier directement la fonction h par dérivation, après s'être assuré qu'elle est dérivable. (QC-2) Répondre à la question par cette méthode. 4) Ici encore, plusieurs approches sont possibles. En voici une, une autre sera proposée en question complémentaire. On détermine d'abord le domaine de définition de g.

L'expression 1− x2 est définie pour x � [–1 , 1]. Pour ces valeurs de x, étudions la fonction :

x → 2x 1− x2 . Elle est dérivable sur l'intervalle ouvert, de dérivée :

2x 1− x2

′

= 2 1− x2 + 2x −2x

2 1− x2

=2 1− x2( )− 2x2

1− x2

= 2− 4x2

1− x2.

Cette dérivée s'annule, en changeant de signe, si x = − 22

ou x = 22

.

On déduit que cette fonction, qui s'annule aux extrémités de l'intervalle, a un maximum égal à 1, et un minimum égal à – 1. La fonction g est donc définie sur [–1 , 1].

Elle est dérivable sur ]–1 , 1[ sauf aux points où 2x 1− x2 vaut 1 ou –1, c'est-à-dire son maximum et son minimum. La fonction g est donc dérivable sur :

−1 , − 22

∪ − 22

, 22

∪ 22

, 1

.



Sa dérivée est obtenue par dérivation d'une fonction composée.

arcsin 2x 1− x2

′= 2 − 4x2

1− x2

1

1− 4x2 (1− x 2)

= 2(1− 2x2 )

1− x2 1− 2x2( )2

= 2(1− 2x2)

1− x2 1− 2x2.

Donc cette dérivée vaut :

2

1− x2 si (1− 2x2) est positif, c'est-à-dire sur − 2

2 ,

22

,

et l'opposé dans le cas contraire, c'est-à-dire sur −1 , − 22

∪ 22

, 1

.

(QC-3) Exprimer g(x) en fonction de arcsin(x).

exercice 17-C

1) La méthode standard consiste à transformer le premier membre, pour le mettre sous la forme αcos(x+φ), puis à résoudre une équation de la forme:

cos(X) = A. � Transformation :

2 cos(x)− sin(x)= 525

cos(x)− 15

sin(x)

.

Noter que 5 est choisi pour que les coefficients de cos(x) et sin(x), après mise en facteur, soient le cosinus et le sinus d'un même angle, c'est-à-dire des réels u et v vérifiant u2 + v2 = 1. Soit φ l'unique angle compris entre 0 et 2π dont le sinus et le cosinus vérifient :



sin(φ) = 15

,

cos(φ) = 2

5.

On a bien l'égalité :

2cos(x)− sin(x)= 5 cos(φ)cos(x)− sin(φ)sin(x)( )= 5 cos(x+ φ).

� Il reste à résoudre l'équation : 5cos(x+ φ) = a.

Si a ∉ [– 5 , 5], il n'y a pas de solution.

Sinon, il y a des solutions. Si γ est un angle tel que cos(γ ) = a5

, on doit

résoudre : cos(x + φ) = cos(γ),

soit deux familles de solutions : x = – φ + γ + 2kπ

x = – φ – γ + 2kπ où k est un entier relatif quelconque. (QC-1) Utiliser une autre méthode, en exprimant sin(x) et cos(x) sous forme d'exponentielle complexe. 2) Ici, on procède par un changement d'inconnue. Soit X = cos(x). L'équation proposée est équivalente aux deux équations :

X2 – b X + 1 = 0, cos(x) = X.

La première équation conduit à : ∆ = b2 – 4.

� Si b ∉ ]– 2 , 2[, ∆ < 0, donc il n'y a pas de solution. � Si b = 2, ou b = – 2, ∆ = 0, donc il y a une unique solution :

X = 1, si b = 2



X = –1, si b = – 2. Dans ce cas, il y a une infinité de solutions pour x, données respectivement par :

x = 2kπ, si b = 2, x = π + 2kπ, si b = – 2,

k étant un entier relatif quelconque. � Si b ∈ ]– 2 , 2[, ∆ > 0, donc il y a deux solutions distinctes pour X. Comme le produit de ces solutions est 1, l'une seulement (la plus petite en valeur absolue) est inférieure à 1 en valeur absolue, l'autre est supérieure à 1 en valeur absolue. Elles ont le même signe puisque leur produit est positif, et ce signe est celui de leur somme, c'est-à-dire celui de b. Soit X´ la première solution, qui est la seule acceptable pour la seconde équation écrite plus haut :

si b > 2, ′ X = b − b2 − 42

,

si b <−2, ′ X = b+ b2 − 42

.

Pour choisir entre les deux solutions on remarque que pour b > 0, les solutions sont positives, donc la plus petite en valeur absolue est la plus petite, alors que pour b < 0, les racines sont négatives donc la plus petite en valeur absolue est la plus grande. Il reste à résoudre l'équation :

cos(x) = X´ qui a une infinité de solutions. 3) On peut noter que a et b ne peuvent être tous les deux nuls. Exprimons ch(x) et sh(x) en fonction de ex :

ach(x)+ bsh(x)= aex + e−x

2+ b

ex − e−x

2

= a+ b2

ex + a − b2

e−x .



En faisant un changement d'inconnue, comme dans l'équation précédente, on obtient un système équivalent :

X = ex, a+ b

2X + a− b

21X

= 1.

Si a + b = 0, il y a une seule solution :

X = a− b2

.

dans les autres cas, l'équation en X est équivalente à une équation du second degré :

a+ b2

X2 − X + a− b2

= 0.

L'existence de racines réelles dépend du signe de :

∆ = 1− a2 + b2. Si ∆ ≥ 0, il y a des racines pour X. Seules celles qui sont positives, strictement, peuvent être utilisées dans X = ex.

Pour étudier le signe des racines, on passe par leur somme, 2

a+ b, et leur

produit, a− ba+ b

.

� Si a− ba+ b

≥ 0, les solutions sont de même signe, celui de 2

a+ b, il y a deux

solutions si 2

a+ b > 0, aucune sinon.

� Si a− ba+ b

< 0, les solutions ont des signes différents, il y a donc une seule

solution. (QC-2) Etudier une autre méthode de résolution, par analogie avec la méthode proposée ci-dessus pour l'équation trigonométrique (formules d'addition).



exercice 18-C

� Irrationnalité du nombre e. 1) L'expression proposée doit faire penser à une formule de Taylor. La formule de Taylor à l'ordre n pour la fonction exponentielle en 0 affirme qu'il existe un réel c entre 0 et 1 tel que :

e = 1+1+ 12!

+…+ 1n!

+ ec

(n+ 1)!.

Comme 0 < ec < e ≤ 3, on obtient bien :

0 < e− 1p!

p=0

n

∑ ≤ 3(n +1)!

.

Cette inégalité permet de contrôler l'approximation faite quand on calcule une valeur approchée de e par la somme :

1p!

p=0

n

∑

2) Les fractions positives, de dénominateur égal à 1, 2, ou 3, et inférieures à 3, strictement, sont :

1, 2, 12

, 32

, 52

, 13

, 23

, 43

, 53

, 73

, 83

,

de valeurs approchées : 1, 2, 0.5, 1.5, 2.5, 0.33, 0.66, 1.33, 1.66, 2.33, 2.66.

On constate qu'aucune n'est comprise entre 2,7 et 3. Si e est rationnel, son dénominateur est donc au moins égal à 4. 3) Pour n = q, l'inégalité obtenue plus haut s'écrit :



pq

− 1n!

n=0

q

∑ ≤ 3(q +1)!

.

En réduisant au même dénominateur, on écrit le premier membre sous la

forme Nq!

, d'où l'inégalité :

0 < Nq!

≤ 3(q+ 1)!

.

L'entier N vérifie donc :

0 < N < 3q +1

< 34

.

Il est, bien entendu, impossible qu'un entier vérifie ces conditions. On en déduit que e n'est pas rationnel. (QC-1) Etablir l'encadrement 2,7 < e < 3 à partir de la formule de Taylor. � Ordre de grandeur de ex. 1) La vérification est directe. Soit x > 0, et n entier, il existe un réel c compris entre 0 et x, vérifiant :

ex = xp

p!p=1

p= n

∑ + ec

(n +1)!.

Comme ec est strictement positif, on obtient bien l'inégalité cherchée. 2) Soit α un réel. Soit n le plus petit entier positif ou nul strictement supérieur à α. Pour cet entier, l'inégalité précédente a pour conséquence l'inégalité :

ex

xα ≥ xp−α

p!p=1

p=n

∑ .



Dans la somme figurant au second membre, tous les termes tendent vers 0 à l'infini, sauf un, celui correspondant à p = n. En effet, pour tous les autres, p – α est négatif. Par contre n – α est strictement positif donc xn–α tend vers l'infini quand x tend vers l'infini.

exercice 19-C

1) La propriété de f peut se résumer en disant que f est "convexe pour les milieux". Est-ce que cela suffit pour que f soit convexe ? Soit (a , b) un couple de points de I, et α un réel positif inférieur à 1. On pose t = α.a + (1 – α).b. Il faut démontrer l'inégalité :

f(t) ≤ α.f(a) + (1 – α).f(b). L'hypothèse de continuité doit inciter à construire un raisonnement par passage à la limite. L'hypothèse sur les milieux conduit alors à la question : le point t peut-il être approché par une suite de milieux ? Question assez vague mais qui peut faire penser, si vous l'avez déjà rencontrée, à la méthode de dichotomie (par exemple utilisée pour des calculs approchés, mais aussi dans des démonstrations classiques comme celle du théorème des valeurs intermédiaires). Cette méthode consiste à construire une suite de segments emboités les uns dans les autres, chacun étant une moitié du précédent. La longueur de ces segments successifs tend donc vers 0. De plus si on considère la suite des bornes inférieures, soit (an), et celle des bornes supérieures de ces segments, soit (bn), il est clair que ces deux suites sont adjacentes (�), donc convergentes, vers la même limite. Le critère de choix d'une moitié sur les deux possibles dépend du problème à résoudre : ici nous conserverons la moitié qui contient t (si les deux contiennent t, nous conviendrons de choisir la moitié de gauche). Il en résulte que pour tout n :

an ≤ t ≤ bn,

donc t est la limite commune de ces deux suites.



On a donc établi que t était la limite d'une "suite de milieux". Considérons les deux fonctions suivantes, f d'une part et :

g :x a f(a)+ (x − a)f(b) − f(a)

b − a.

Remarque : g a pour graphe la corde du graphe de f joignant les points d'abscisses a et b respectivement. Bien entendu :

g(t) = α.f(a) + (1 – α).f(b). Il faut donc montrer que f(t) ≤ g(t). Ces deux fonctions étant continues, il suffit de montrer qu'il existe une suite (tn), tendant vers t, vérifiant quel que soit n :

f(tn) ≤ g(tn).

C'est bien le cas de la suite (an) définie ci-dessus (et de la suite (bn) aussi).

On va le démontrer par un raisonnement par récurrence : f(a) ≤ g(a), f(b) ≤ g(b) (en fait ce sont des égalités)

Si f(an) ≤ g(an) et f(bn) ≤ g(bn), alors deux cas sont possibles.

� an+1 = an, bn+1 = an + bn

2.

f(an+1) = f(an) ≤ g(an) = g(an+1)

f bn+1( )= fan + bn

2

≤

f an( )+ f bn( )2

≤g an( )+ g bn( )

2= g

an + bn

2

= g bn+1( ).

(Se rappeler que g est affine (�)). Les inégalités sont donc vraies au rang n + 1.

� bn+1 = bn, an+1 = an + bn

2.

On raisonne évidemment de la même façon. Ceci termine la preuve : f est bien convexe. 2) L'équation d'une telle corde est, pour x fixé, dans un repère (t , y) :

y = f (a)+ (t − a)f (x)− f (a)

x − a,

donc la pente a pour expression :



f (x)− f (a)x− a

.

Supposons qu'elle est croissante, c'est-à-dire que si x´ ≥ x : f (x)− f (a)

x− a≤ f ( ′ x ) − f(a)

′ x − a.

Différents cas sont à envisager, selon les positions relatives de a, x, x´. Traitons celui où a < x < x´. Dans ce cas, il existe α, tel que 0 < α < 1, et :

x = α.a + (1 – α).x´, donc :

f( x) − f (a)x − a

≤ f (x' ) − f(a)x' −a

f (α.a+ (1− α)x' ) − f (a)(1− α)(x' −a)

≤ αf(a)+ (1− α)f(x' ) − f (a)(1− α)(x' −a)

d'où, dans ce cas : f (α.a+ (1− α)x' ) ≤ αf (a) + (1− α)f (x' ).

(QC-1) Traiter les autres cas. (QC-2) Démontrer que la réciproque est vraie. (QC-3) Etablir, pour x < x´, les inégalités (�) :

′ f g(x) ≤ ′ f d (x)≤ f( ′ x ) − f(x)′ x − x

≤ ′ f g( ′ x )≤ ′ f d ( ′ x ).

exercice 20-C

1) Une fonction croissante sur un intervalle tend vers +∞, ou vers une limite finie. Il suffit donc de démontrer que si f tend vers une limite finie, alors elle est constante. Faire d'abord quelques dessins pour se persuader de ce résultat. On utilise la croissance de la pente des cordes issues d'un point donné du graphe (exercice 19, QC-2).



Si f tend vers une limite finie, alors cette pente tend vers 0. Précisément, soit a > 0, et x > a, on pose :

ma(x) = f(x) − f (a)x − a

,

la fonction ma est croissante, et si x tend vers l'infini, ma(x) tend vers 0.

Comme, de plus, ma(x) ≥ 0, puisque f est croissante, on voit que ma(x) = 0 pour tout x > a, et ceci est vrai pour tout a positif. Il en résulte que f est constante. 2) La fonction ma définie à la question précédente est positive, et croissante, donc elle tend vers +∞ ou vers une limite finie. Or, on a :

f(x)x

~f(x)x − a

= ma(x) + f (a)x − a

,

f (a)

x − a→ 0,

donc ma(x) et f (x)x

ont la même limite à l'infini.

3) Si f (x)x

a une limite finie et négative, alors ma(x) aussi.

4) Soit x´ > x > 0. Les inégalités proposées dans l'exercice 19, QC3, donnent :

′ f d(x) ≤ f ( ′ x ) − f(x)

′ x − x≤ ′ f d( ′ x ),

f ( ′ x )− f(x) ≤ ( ′ x − x) ′ f d ( ′ x )≤ ( ′ x − x) ′ f d( ′ x ) + x( ′ f d (x' ) − ′ f d (x))

donc : f ( ′ x )− f(x) ≤ ′ x ′ f d( ′ x ) − x ′ f d(x)

f ( ′ x )− ′ x ′ f d( ′ x ) ≤ f(x) − x ′ f d(x).

(QC-1) Donner une interprétation géométrique de la fonction g. 5) La relation est vraie, par définition, si n = 2.



Supposons-la vraie jusqu'à n = q. Si n = q + 1 :

ξ ixii =1

i =q+1

∑ = ξ ixii =1

i =q

∑ + ξq+1xq+1.

Posons :

x =

ξ ixii =1

i =q

∑

ξ ii =1

i =q

∑=

ξ ixii =1

i =q

∑1− ξq+1

= ξ i

ξ ii =1

i = q

∑

xii =1

i =q

∑ .

On voit que :

ξ ixii =1

i =q+1

∑ = (1− ξq+1)x + ξq+1xq+1,

donc :

f ξixii =1

i = q+1

∑

= f (1 − ξq+1)x + ξq+1xq+1( )≤ (1− ξq+1)f (x) + ξq+1f(xq+1)

de plus l'hypothèse de récurrence s'applique au calcul de f(x), on a donc les inégalités suivantes :

f (x) = fξ i

ξ ii =1

i =q

∑

xii =1

i =q

∑

≤ ξ i

ξ ii =1

i =q

∑

f x i( )i =1

i = q

∑ ,

f (x) ≤

ξif x i( )i =1

i =q

∑1− ξq+1

,

donc :



1− ξq+1( )f (x) + ξq+1f xq+1( )≤ ξ i f x i( )i =1

i =q

∑ + ξq+1f xq+1( ),

≤ ξ i f x i( )i =1

i = q+1

∑ .

On voit donc que la relation est démontrée par récurrence. On se ramène du cas général où :

ξ1 + ξ2 +… +ξn ≠ 0,

au cas particulier où : ξ1 + ξ2 +… +ξn = 1,

par le changement de paramètres :

λ i = ξi

ξii =1

i =n

∑.

On obtient bien ainsi la seconde relation.

exercice 21-C

Des figures sont très utiles : Il est clair que l'union n'est pas toujours convexe. Par exemple, si U est l'axe des abscisses, et V l'axe des ordonnées, ce sont des ensembles convexes, comme l'est toute droite. Par contre l'union de U et V n'est pas convexe : prendre le segment joignant (0 , 1) à (1 , 0). Ici, il semble que l'intersection soit bien convexe. Il faut donner un argument général. Soient U et V des ensembles convexes, M et N appartenant à l'intersection de U et V, et P un point du segment [M , N] :

M, N ∈ U donc P ∈ U M, N ∈ V donc P ∈ V



il en résulte que P ∈ U ∩ V, d'où la propriété, qui se généralise sans mal à l'intersection d'un nombre quelconque de convexes :

U et V convexes ⇒ U ∩ V convexe.

Il semble que le complémentaire ne soit pas, en général, convexe. On peut toutefois trouver des cas où le complémentaire d'une partie convexe est encore une partie convexe, par exemple s'il s'agit d'un demi-plan. 1) Si f est une fonction de R dans R, la partie située au-dessus de son graphe est définie par :

Af = {(x , y) | y ≥ f(x)}.

Si M = (x , y) et M´ = (x´ , y´) sont des éléments de A, le segment joignant M à M´ est l'ensemble :

{(t.x + (1 – t).x´, t.y + (1 – t).y´) | t � [0 , 1]}. Supposons f convexe, et cherchons si :

f(t.x + (1 – t).x´) ≤ t.y + (1 – t).y´. La relation de convexité s'écrit :

f(t.x + (1 – t).x´) ≤ t.f(x)+ (1 – t).f(x´) et comme f(x) ≤ y, f(x´) ≤ y´, et t ∈ [0 , 1] :

t.f(x)+ (1 – t).f(x´) ≤ t.y + (1 – t).y´ donc la relation étudiée est bien vraie. Réciproquement, supposons :

f(t.x + (1 – t).x´) ≤ t.y + (1 – t).y´, pour tout choix de x, x´, t, y, y´, dans les conditions précisées ci-dessus. Comme on peut, dans le choix de M et M´, prendre des points du graphe, soit y = f(x) et y´ = f(x´), il vient :

f(t.x + (1 – t).x´) ≤ t.f(x)+ (1 – t).f(x´), donc f est bien convexe. 2) Pour k dans K, notons :



Ak = {(x , y) | y ≥ fk(x)}.

La fonction S est bien définie, puisque la famille est bornée. L'ensemble AS est l'intersection des ensembles Ak, puisque, par définition de la borne supérieure (�) :

y ≥ fk(x), ∀ k ∈K ⇒ y ≥ sup(fk(x)).

On conclut donc par la propriété démontrée en 1) et le préliminaire sur l'intersection de parties convexes.

exercice 22-C

1) La dérivée seconde de cette expression est p(p – 1)xp–2. Elle est donc positive sur R+*. Il en résulte que la fonction est convexe. 2) On applique les résultats de l'exercice 20. Si ξ1 + ξ2 +… +ξn ≠ 0, on a la relation :

ξ ixii =1

i = n

∑

ξ ii =1

i =n

∑

p

≤

ξ ixip

i =1

i =n

∑

ξ ii =1

i =n

∑,

donc :

ξ ixii =1

i = n

∑

p

≤ ξ ii =1

i = n

∑

p−1

ξ ixip

i =1

i =n

∑ ,

ξ ixii =1

i = n

∑

≤ ξ i

i =1

i =n

∑

p−1p

ξ ixip

i =1

i =n

∑

1p

,

ξ ixii =1

i = n

∑

≤ ξ i

i =1

i =n

∑

1q

ξ ixip

i =1

i =n

∑

1p

.

Si ξ1 + ξ2 +… + ξn = 0, cela signifie que tous les nombres ξi sont nuls, donc la dernière relation est encore vérifiée.



On applique cette formule à : ξi = αi

q,

xi = aiα i− q

p .

On obtient :

ξ ixi = αiqaiα i

− qp ,

= aiα i

q 1− 1p( )

,

= aiα i ,

ξ ix ip = αi

qaipα i

−q,

= aip.

La formule de Hölder en résulte immédiatement. 3) On peut écrire :

α i + ai( )p

i =1

i =n

∑ = α i + ai( )p−1α ii =1

i =n

∑ + αi + ai( )p−1ai

i =1

i = n

∑ ,

α i + ai( )p−1α ii =1

i =n

∑ ≤ α ip

i =1

i = n

∑

1 / p

α i + ai( )p−1( )q

i =1

i =n

∑

1q

,

α i + ai( )p−1aii =1

i =n

∑ ≤ aip

i =1

i =n

∑

1/ p

α i + ai( ) p−1( )q

i =1

i =n

∑

1q

,

α i + ai( )p

i =1

i =n

∑ ≤ αip

i =1

i =n

∑

1/ p

+ aip

i =1

i =n

∑

1 / p

αi + ai( )p

i =1

i = n

∑

1− 1p

,

αi + ai( )p

i =1

i = n

∑

1p

≤ αip

i =1

i =n

∑

1/ p

+ aip

i =1

i =n

∑

1 / p

.



D'où l'inégalté de Minkowski.


3-3 Corrigés des questions complémentaires

exercice 1-QC

Si f(a) > L, on pose :

ε = f(a) − L2

.

On écrit de même qu'il existe des réels A et B tels que : x ≥ A ⇒ L – ε ≤ f(x) ≤ L + ε, x ≤ B ⇒ L – ε ≤ f(x) ≤ L + ε,

donc si x ∈ [B , A] :

f (x) ≤ L + f (a) − L2

= f(a)+ L2

< f (a).

En particulier a ∈ [B , A]. Sur cet intervalle, f a un maximum, en un point b, et donc f(b) ≥ f(a). Il en résulte que f(b) est le maximum de f sur R.

exercice 2-QC

La relation : h(x + y) = h(x)h(y)

donne, pour x = y = 0 : h(0) = h(0)h(0),

donc soit h(0) = 0, soit h(0) = 1. Dans le premier cas :

h(x + 0) = h(x)h(0) = 0, pour tout x. Etudions maintenant le second cas, pour x quelconque :

hx2

+ x2

= h

x2

2

,

donc h(x) ≥ 0 pour tout x. S'il existe un x tel que h(x) = 0, on écrit :

h(x – x) = h(0) = h(x)h(–x) = 0,


ce qui est faux (h(0) = 1). On conclut donc que h(x) > 0, pour tout x. On peut donc composer h avec la fonction logarithme :

g(x) = log(h(x)). On a la relation :

g(x + y) = log(h(x + y)) = log(h(x)h(y)), g(x + y) = log(h(x)) + log(h(y)),

g(x + y) = g(x) + g(y). Comme g est continue, on déduit que :

g(x) = x g(1), log(h(x)) = x log(h(1)),

h(x) = h(1)x.

exercice 3-QC

Pour t fixé, on étudie les variations de la fonction : x → cos(x) + t sin(x).

La dérivée est : – sin(x) + t cos(x).

Si t ≥ 0, cette dérivée s'annule pour une valeur de x : x = arctan(t).

La dérivée est positive si x est inférieur à cette valeur (x = 0 par exemple) et négative si x est supérieur à cette valeur. La valeur de h(t) est alors :

h(t)= cos arctan(t)( )+ tsin arctan(t)( ). Dans l'intervalle considéré, cos(x) est positif, donc :

cos arctan(t)( ) = 11+ t2 .

On déduit :


sin arctan(t)( ) = t1

1+ t2 .

D'où l'expression de h(t) :

h(t) = 11+ t2 1+ t2( )= 1+ t2 .

Si t < 0, la dérivée ne s'annule pas, elle est négative, donc le maximum de l'expression est sa valeur pour x = 0, soit :

h(t) = 1.

exercice 4-QC

QC-1) L'égalité obtenue signifie que la fonction prend la même valeur

pour deux valeurs de la variable qui diffèrent de 1p

, autrement dit, pour

tout entier p, sous les hypothèses considérées, le graphe de f admet au moins une corde horizontale (parallèle à l'axe des abscisses) de longueur 1p

.

2) Si f est convexe, la fonction :

m : x af (x)− f (0)

x

est croissante (voir exercice 19). Or m(1) = 0. On en déduit que m(x) ≤ 0, donc f(x) ≤ f(0). Il en résulte que la fonction g, définie sur [0 , 1– a] par :

g :x a f (x) − f(x + a)

change de signe. On a en effet :

g(0) = f(0) – f(a) ≥ 0, g(1 – a) = f(1 – a) – f(0) ≤ 0.

La fonction g, qui est continue, s'annule donc. Il existe c ∈ [0 , 1 – a] tel que :


f(c) = f(c + a).

exercice 6-QC

On a vu des exemples de fonctions dérivées non continues, dans les volumes précédents. Ainsi la fonction définie par :

f (x) = x2 sin 1x

, si x≠ 0,

f (0) = 0,

est dérivable, mais sa dérivée n'est pas continue en 0, puisque f´(0) = 0, et :

′ f (x) = 2x sin1x

− cos

1x

, si x≠ 0,

expression qui n'a pas de limite en 0.

exercice 8-QC

Sur une figure, on voit que le nombre : b − a

2f (a)+ f(b)( )

est l'aire d'un trapèze rectangle. La différence entre valeur exacte et valeur approchée est majorée en valeur absolue par :

b − a( )3

12max ′ ′ f (x)( ).

Dans le cas particulier considéré, en majorant l'exponentielle par e0.01, on obtient :

0.00000112

1.02,

soit moins de 10-7.

exercice 10-QC

Des essais graphiques montrent qu'on peut réaliser cette construction sur tout intervalle ne contenant pas 0.


En effet, si 0 n'appartient pas à [a , b], et si f est une application définie sur

[a , b], dérivable, telle que f(a) = f(b) = 0, l'expression f (x)x

s'annule aux

extrémités de [a , b], et y est dérivable, donc il existe c dans ]a , b[ tel que cf´(c) – f(c) = 0. On peut donc raisonner comme dans le cas particulier.

exercice 12-QC

1) Dans la formule de Taylor à l'ordre 4, le terme négligé est au plus égal à :

5128

× 49

4

≈ 0,0016

et compte tenu du facteur 3, l'erreur sera au plus 5.10-3. 2) Cherchons h, tel que h(x) = x pour x > 0 si et seulement si x2 = 5, et de dérivée "petite" au voisinage de la solution. Quelques essais :

h(x) = 5

x,

h(x) = x3

5,

h(x) = 12

− x2

10+ x…

avec des dérivées de l'ordre de : −1,

3,

1− 25

10≈ 0,55

ce qui montrent que les deux premiers ne conviennent pas, et le dernier essai n'améliore pas la convergence. A partir de ce dernier essai, et de la fonction g proposée dans l'exercice, on voit que l'on peut chercher une équation du type :


5a

− x2

a+ x = x

le réel a étant choisi pour que la dérivée :

1− 2xa

soit petite pour 5. Compte tenu des premières valeurs approchées

calculées, on prendra, par exemple, a = 92

, soit une dérivée :

1− 4x9

,

majorée sur l'intervalle d'étude par 19

, ce qui donne une précision à 0.001

près à partir de n = 4. x h(x) n

2 2,22222222 0

2,22222222 2,23593964 1

2,23593964 2,23606718 2

2,23606718 2,23606797 3

2,23606797 2,23606798 4

exercice 13-QC

Plus précisément, cherchons à étudier la différence hk = xk – 2kπ, où xk est

l'unique solution dans l'intervalle 2kπ , 2kπ + π2

.

On a l'égalité : sin(xk )x k = sin hk + 2kπ( ) hk + 2kπ( )= 1.

donc :

sin hk( )= 1hk + 2kπ( ),


donc sin(hk) tend vers 0 quand k tend vers l'infini, et comme hk ∈ 0 , π2

,

hk tend également vers 0. On peut en donner un équivalent quand k tend vers l'infini :

hk ~ sin hk( )= 1hk + 2kπ( ) ~

12kπ

.

exercice 16-QC

1) On a les égalités :

th arg tha+ b1+ ab

= a+ b1+ ab

,

th(argth(a))= a,

th(argth(b))= b,

donc :

th arg tha+ b1+ ab

= th(argth(a))+ th(arg th(b))1+ th(argth(a))th(arg th(b))

,

on cherche donc à établir la formule d'addition (éventuellement connue du lecteur) :

th(x + y) = th(x) + th(y)1+ th(x)th(y)

.

Cette formule résulte des formules d'addition des fonctions sh et ch. Il résulte de ces calculs que les images par th des deux membres de l'égalité proposée sont égales. Or cette fonction est strictement monotone, donc injective, l'égalité est donc vérifiée. 2) La dérivée se calcule par dérivation d'une fonction composée :

arg c ′ h (ch(x))= c ′ h (x)

ch2(x)−1,

= sh(x)

sh2(x).


On trouve donc que la fonction n'est pas dérivable si x = 0 ; si x > 0, la dérivée est 1 ; si x < 0, la dérivée est –1. Sur ]–∞ , 0[, la fonction est de la forme – x + α, α étant un réel quelconque, et sur ]0 , +∞[, x + β, β étant un réel quelconque. Mais cette fonction est, de plus continue, car composée de fonctions continues, de valeurs 0 en 0, donc α = β = 0. La fonction est bien la fonction valeur absolue. 3) Posons :

a = arcsin(x). Donc x = sin(a), et :

g(x) = arcsin 2sin(a) 1−sin2(a)

.

Comme a∈ − π2

, π2

, cos(a) ≥ 0, donc 1− sin2(a) = cos(a), et :

g(x) = arcsin sin(2a)( ).

Si 2a∈ − π2

, π2

,

alors arcsin(sin(2a)) = 2a, donc :

x ∈ − 22

, 22

⇒ g(x) = 2 arcsin x( ),

si 2a∈ −π , − π

2

,

alors arcsin(sin(2a)) = –π – 2a, donc :

x ∈ −1 , − 22

⇒ g(x) = −π − 2 arcsin x( ),

si 2a∈ π2

, π

,

alors arcsin(sin(2a)) = π – 2a, donc :

x ∈ 22

, 1

⇒ g(x) = π − 2 arcsin x( ).


exercice 17-QC

1) On rappelle que :

cos(x)= eix + e− ix

2,

sin(x)= eix − e− ix

2i.

En posant X = eix, on transforme les équations trigonométriques en équations algébriques :

2 cos(x)− sin(x)= 2eix + e− ix

2− eix − e− ix

2i

= X + 1X

− 12i

X + 12i

1X

,

= 12i

1X

− X

+ X + 1X

.

L'équation proposée est donc équivalente à : (2i – 1)X2 – 2ia X + 2i + 1 = 0,

||X|| = 1. Les solutions sont de la forme :

′ X = ia+ 5− a2

2i −1,

′ ′ X = ia − 5− a2

2i −1.

Si 5 – a2 < 0, on vérifie que ces solutions ne sont pas de module 1, quel que soit a. Pour la première, par exemple :

′ X =a+ a2 − 5

5,


et ||X´|| = 1 équivaut à :

a + a2 − 5 = 5,

a2 + a2 − 5+ 2a a2 − 5 = 5,

2 a2 − 5( )= −2a a2 − 5,

a2 − 5( )2 = a2 a2 − 5( ),a2 − 5( )= a2.

Cette dernière égalité est impossible bien sûr. Au contraire, si a2 ≤ 5, la module est toujours égal à 1 :

′ X 2 = a2 + 5− a2

5=1.

On retrouve bien la condition d'existence des solutions. 2) On distingue d'abord le cas où a2 = b2. Si a = b :

a ch(x)+ sh(x)( )= aex = 1.

Si a = – b : a ch(x)− sh(x)( ) = ae−x = 1.

Dans les deux cas, il y a une solution, unique, si et seulement si a > 0. Supposons maintenant a2 ≠ b2, d'abord a2 > b2, et a + b > 0. On écrit :

ach(x)+ bsh(x)= a2 − b2 a

a2 − b2ch(x)+ b

a2 − b2sh(x)

,


et il existe un unique réel α tel que : a

a2 − b2= ch(α),

b

a2 − b2= sh(α).

Ce réel est donné par : a+ b

a2 − b2= eα .

L'équation proposée est équivalente à :

ch(x+ α) = 1

a2 − b2,

qui a une solution si et seulement si :

a2 − b2 ≤ 1. On laisse le lecteur traiter les autres cas.

exercice 18-QC

La formule de Taylor à l'ordre n affirme qu'il existe un réel θ compris entre 0 et 1 tel que :

e = 1+1+ 12!

+…+ 1n!

+ eθ

(n+ 1)!.

On a donc un encadrement :

1+1+ 12!

+…+ 1n!

< e <1+1+ 12!

+…+ 1n!

+ e(n +1)!

.

Cherchons n assez grand pour que le premier membre soit au moins égal à 2,7 :

1+1+ 12!

+ 13!

+ 14!

≥ 1+1+ 0,5+ 0,166+ 0,04= 2,706.


Pour cette même valeur de n, la seconde inégalité a pour conséquence :

e < 120119

1+1+ 12!

+ 13!

+ 14!

< 2,73< 3.

exercice 19-QC

1) Les autres cas sont : x < a < x´, x < x´ < a.

Si x < a < x´, il existe α, 0 < α < 1, tel que : a = α.x + (1 – α)x´,

donc : f (x)− f (α.x + (1− α)x' )

(1− α)(x− x' )≤ f (x' ) − f (α.x + (1− α)x' )

α(x' −x)

αf(x) + (1− α)f (x' ) ≥ f (α.x + (1− α)x' ).

Le dernier cas est laissé au lecteur. 2) Il faut établir que si f est convexe, alors la pente des cordes issues d'un point du graphe est une fonction croissante de l'abscisse du second point. Soit a l'abscisse du premier point et x celle du second point, avec a < x. La pente considérée est :

f (x)− f (a)x− a

.

Soit x´ > x. Il existe un réel α, 0 < α < 1, tel que :

x = αx´ + (1 – α)a. D'après l'hypothèse de convexité :

f(x) ≤ αf(x´) + (1 – α)f(a), donc :

f (x)− f (a)x − a

≤ αf (x' ) +(1− α )f (a) − f (a)αx' +(1− α)a− a

,

f (x) − f (a)

x − a≤ αf (x' ) − αf (a)

αx' −αa≤ f(x' ) − f (a)

x' −a.


Donc la pente est bien croissante. 3) Soient x et x´, x < x´, des réels, fixés. La dérivée à gauche de f en x est la limite de :

f (x)− f (t)x − t

,

t → x, t< x

quotient qui est inférieur à f (x)− f (x' )

x − x'. La limite est donc également

inférieure à f (x)− f (x' )

x − x'.

La dérivée à droite est la limite de : f (x)− f (t)

x − t,

t → x, t> x

quand t tend vers x. Si t tend vers x, et x < x´, on peut supposer t < x´, donc on a l'inégalité :

f (x)− f (t)x− t

≤ f(x) − f (x' )x− x'

,

et t > x, d'où :

′ f d(x) ≤ f (x)− f (x' )x − x'

.

Enfin, comme la pente des cordes issues du point (x , f(x)) est croissante, les pentes des cordes "à gauche" sont inférieures aux pentes des cordes "à droite", inégalité qui, par passage à la limite, donne :

′ f g(x) ≤ ′ f d(x).

exercice 20-QC

L'équation de la tangente à droite en (x , f(x)) au graphe de la fonction f a pour équation (dans un repère (X , Y)) :

Y = f(x) +(X − x) ′ f d(x).

Elle coupe donc l'axe des ordonnées (X = 0) au point d'ordonnée :


Y = f(x) − x ′ f d(x),

c'est-à-dire g(x).


4� Pour Chercher

4-1 Indications pour les exercices (☺)

Le symbole (M) signifie que Maxima peut apporter une aide sur le point considéré.

exercice 1-I

1) D'abord, écrire la formulation de l'existence d'une limite à l'infini (avec "pour tout ε, il existe …"). Bien choisir ε. Utiliser le théorème des valeurs intermédiaires. 2) Utiliser l'hypothèse "f n'est pas constante" pour ramener le problème au cas d'un intervalle borné et fermé.

exercice 2-I

1) Résoudre d'abord l'équation du second degré obtenue en posant : X = f(x).

Pour choisir entre les solutions, se rappeler qu'une fonction continue qui change de signe doit s'annuler. 2) Chercher g(0), g(– n) en fonction de g(n), g(n) en fonction de g(1), puis passer aux rationnels, enfin passer aux réels par limite, en utilisant l'hypothèse de continuité.

exercice 3-I

1) Propriété classique des fonctions continues sur un intervalle fermé et borné. 2) Idem. 3) Utiliser l'égalité démontrée au point 2.


exercice 4-I

1) Vérifier que la somme vaut 0. 2) Si la somme est nulle c'est que deux termes sont de signes opposés (ou tous nuls).

exercice 5-I

1) Montrer que la dérivée est nulle.

exercice 6-I

1) Voir que l'inclusion exprime la propriété des valeurs intermédiaires pour la fonction g. Distinguer des cas pour obtenir la conclusion de la question 1. 2) Utiliser un résultat du cours "A Savoir" relatif aux fonctions monotones. 3) Y-a-t-il des intervalles ne contenant que des entiers ?

exercice 7-I

Utiliser la propriété : si h admet un extremum en un point de ]a , b[, sa dérivée s'annule en ce point.

exercice 8-I

1) g´(a) = 0. Pour un autre point, utiliser le théorème de Rolle. 2) Appliquer le théorème de Rolle à g´. 3) F(b) – F(a) s'écrit sous forme d'intégrale.

exercice 9-I

L'hypothèse sur la limite permet de se ramener à un intervalle fermé et borné, où la fonction, étant continue, admet un maximum et un minimum.

exercice 10-I

C'est toujours possible. Ecrire l'équation de la tangente au graphe en (x , f(x)), et exprimer qu'elle passe à l'origine.


Montrer que l'équation obtenue a toujours une solution : utiliser le théorème de Rolle.

exercice 11-I

Penser au théorème des accroissements finis.

exercice 12-I

1) Majorer, en valeur absolue, le dernier terme de la formule de Taylor (terme négligé). 2) Penser à utiliser le tableau de variations pour déterminer le signe d'une expression. Se rappeler que pour une suite récurrente à un pas donnée par :

un+1 = g(un),

la limite vérifie L = g(L), donc : un+1 – L = g(un) – g(L).

Poursuivre avec le théorème des accroissements finis.

exercice 13-I

1)(M) On trouve deux solutions par intervalle. 2) Utiliser le théorème des accroissements finis, et le sens de variation des fonctions.

exercice 14-I

(M) Se restreindre à un intervalle fermé borné sur lequel la fonction a un minimum, non situé aux extrémités de l'intervalle. Pour cela, utiliser la définition de la limite en +∞.

exercice 15-I

1) Utiliser les formules usuelles de trigonométrie. 2)(M) C'est le dernier terme de la formule de Taylor qui donne l'approximation.


exercice 16-I

1) (M) Faire un changement de variable, X = ey. 2) Calculer les dérivées des deux membres, voir qu'elles sont égales. 3) ch est la fonction réciproque de argch. 4) Etude directe par dérivation.

exercice 17-I

1) Transformer l'équation (formules de sommes) pour la mettre sous la forme cos(X) = A. 2) Faire un changement d'inconnue : X = cos(x). 3) Faire un changement d'inconnue : X = ex.

exercice 18-I

1) Formule de Taylor. 2) Essayer toutes les fractions positives de dénominateur inférieur à 4.

exercice 19-I

1) Par dichotomie, montrer que tout point est limite d'une "suite de milieux". 2) Exprimer la pente en fonction de f(x). Distinguer différents cas selon les positions respectives de x, x´, a.

exercice 20-I

1) Utiliser la croissance de la pente des cordes (exercice 19 QC-2). 4) Utiliser l'exercice 19, QC-3. 5) Procéder par récurrence.

exercice 21-I

Faire des dessins.


1) Expliciter un segment dont les extrémités sont situées au-dessus du graphe. 2) Utiliser les ensembles convexes (intersection).

exercice 22-I

2) Utiliser les résultats de l'exercice 20. Choisir les familles de réels pour leur appliquer la relation prouvée. 3) A partir de :

(a + b)p = (a + b)p-1a + (a + b)p-1b, transformer l'inégalité de Hölder.


4-2 Méthodes (�)

Mode d'emploi de cette partie : vous trouverez d'abord une liste de méthodes de résolution des types de questions présentées dans ce volume ; par commodité, on a précisé ensuite à propos de chaque exercice où une méthode a été indiquée par (�) le (ou les) numéro de la méthode concernée. S'agissant d'un discours sur les mathématiques, et non d'un discours mathématique, on trouvera naturel qu'il utilise les abus de langage usuels, les raccourcis allusifs, et de façon générale qu'il se rapproche d'un discours oral qui pourrait être tenu devant les étudiants.

1- Faire un raisonnement par récurrence. Pour démontrer qu'une

propriété P dépendant d'un entier n est vraie. (1) Supposer que la propriété P est vraie, pour la valeur n – 1, montrer qu'elle est vraie pour la valeur n (récursivité). (2) Démontrer que la propriété est vraie pour n = 0, ou 1, plus généralement pour n0. On peut alors en déduire que P est vraie pour tout n ≥ n0.

2- Établir l'existence, une inégalité, une valeur, pour une dérivée. La dérivée est la limite d'un taux d'accroissement. On établira souvent une relation sur le taux d'accroissement pour l'obtenir sur la dérivée par "passage à la limite".

3- Utiliser l'existence d'une limite. On trouvera souvent utile d'écrire la formulation générale de l'existence d'une limite, par exemple dans le cas d'une limite à l'infini :

∀ ε > 0 , ∃ X, x ≥ X ⇒ L – ε ≤ f(x) ≤ L + ε. Penser, ensuite, qu'on peut choisir ε. 4- Résoudre une équation fonctionnelle. On pourra essayer un

changement d'inconnue (X = cos(x), X = exp(x) …). 5- Résoudre une équation fonctionnelle (2). Lorsque la fonction

inconnue est supposée continue, on pourra commencer par chercher


ses valeurs pour des valeurs rationnelles (ou même entières dans certains cas) de la variable. De là, passer aux valeurs réelles, sachant que tout réel est limite d'une suite de rationnels.

6- Calculer une dérivée n-ème. On peut utiliser la formule de Leibniz si la fonction est produit de deux fonctions dont la dérivation est simple à calculer. On peut également essayer de procéder par récurrence (�) en établissant une relation entre des dérivées successives.

7- Etablir l'existence d'un extremum. Si la fonction est continue, on peut essayer de ramener le problème au cas d'un intervalle fermé et borné, et utiliser le résultat général.

8- Etablir l'existence d'une solution à une équation. Utiliser le théorème des valeurs intermédiaires : il suffit que f(x) change de signe pour que f(x) = 0 ait une solution, si f est continue.

9- Montrer que l'image d'un intervalle par une fonction est un intervalle. C'est encore un aspect du théorème des valeurs intermédiaires.

10- Montrer qu'une dérivée s'annule. Il suffit de trouver un point d'un intervalle ouvert où la fonction considérée a un extremum.

11- Montrer qu'une dérivée s'annule (2). Il suffit de montrer que la fonction prend la même valeur pour deux valeurs distinctes de la variable (Théorème de Rolle).

12- Utiliser le fait qu'une somme est nulle. Deux de ses termes ont nécessairement des signes différents, sauf si tous les termes sont nuls.

13- Etudier la précision d'un calcul approché à l'aide d'une suite récurrente un+1 = g(un) . Si L est la limite, g(L) = L, et donc un+1 – L = g(un) – g(L). Penser au théorème des accroissements finis.


14- Etudier la précision d'un calcul approché par la formule de Taylor. La valeur absolue du dernier terme de la formule de Taylor-Lagrange donne la précision.

15 Utiliser la borne supérieure. La borne supérieure est le plus petit majorant d'un ensemble non vide. Pour montrer qu'un élément est plus grand que la borne supérieure, il suffit de montrer qu'il est plus grand que tout élément de l'ensemble. Pour montrer qu'il est plus petit que la borne supérieure, il suffit de montrer qu'il est plus petit qu'un élément de l'ensemble.

Les méthodes dans les exercices :

ex. 1 : 3 ex. 2 : 4, 5 ex. 3 : 7 ex. 4 : 8 ex. 6 : 8, 9 ex. 7 : 10 ex. 8 : 8 ex. 9 : 10 ex. 10 : 11 ex. 11 : 12 ex. 12 : 13 ex. 13 : 8 ex. 14 : 10 ex. 15 : 14 ex. 16 : 4 ex. 17 : 4 ex. 18 : 14 ex. 19-QC 2 : 2 ex. 20 : 1 ex. 21 : 15 ex. 22 : 12


4-3 Lexique (�) A

Adjacentes : deux suites u et v sont adjacentes si : ∀ n, ∀ m, un ≤ vm, et lim(v – u) = 0.

Des suites adjacentes sont convergentes, vers la même limite. Affine : une fonction affine est définie par une formule du type :

x→ ax + b, a et b étant des constantes.

C Classe : une fonction f est de classe Ck sur un intervalle I si elle est k fois

dérivable sur I, et si sa dérivée k-ème est continue sur I. Elle est de classe C∞ si elle est de classe Ck pour tout k.

D Dense : une partie A de l'ensemble des réels est dense, si son adhérence

est égale à R, ou encore si tout réel est limite d'une suite d'éléments de A.

E Équation différentielle : une fonction f est solution de l'équation

différentielle a(x) y´ + b(x) y = c(x), où a, b, c sont des fonctions de x, si pour tout x, on a l'égalité :

a(x) f´(x) + b(x) f(x) = c(x). Une telle équation est dite du premier ordre. Elle est linéaire. On peut également introduire des équations différentielles du second

ordre etc. linéaires ou non… Dans tous les cas, ce sont des relations à vérifier entre une fonction

et certaines de ses dérivées.

I Injective : une application f est injective si f(x) = f(y) ⇒ x = y.


L Lipschitzienne : une fonction est lipschitzienne, de rapport k, si :

|f(x) – f(y)| ≤ k|x – y|.

M Monotone : une fonction f monotone est une fonction croissante, (resp.

décroissante) : si x ≤ y, alors f(x) ≤ f(y), (resp. f(x) ≥ f(y)). Elle est dite strictement monotone si elle est strictement croissante (resp. strictement décroissante) : si x < y alors f(x) < f(y) (resp. f(x) > f(y)). Dans ce cas elle est injective (�).

O Ordre de dérivabilité : une fonction f est dérivable à l'ordre p en un point

a si la dérivée f(p)(a) existe.

P Primitive : une primitive d'une fonction f est une fonction dont la dérivée

est la fonction f.

S Supplémentaire : des angles sont supplémentaires si leur somme est égale

à π.

T Terme négligé : dans l'utilisation de la formule de Taylor-Lagrange, le

terme négligé est le dernier. Il permet de contrôler l'approximation de la fonction par la partie régulière de la formule de Taylor.

Documents

Daniel ALIBERT Etude globale des fonctions : Fonctions ... · (exponentielle, logarithme, fonctions trigonométriques circulaires ou hyperboliques). Reconnaître une fonction convexe