Corrigé des exercices : Rolle et accroissements finis en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Raccord, valeur absolue et tangentes

Idée clé : en un point de raccord, on vérifie la continuité, puis on compare les taux d’accroissement à gauche et à droite.

1. D’abord, \(f(1) = 1\) et \(\lim_{x \to 1^+}(2x – 1) = 1\), donc \(f\) est continue en 1. Pour \(x < 1\), le taux vaut \(\dfrac{x^2 – 1}{x – 1} = x + 1\), qui tend vers 2. Pour \(x > 1\), il vaut \(\dfrac{2x – 1 – 1}{x – 1} = 2\). Les deux dérivées unilatérales valent 2. Ainsi, \(f\) est dérivable en 1, \(f^{\prime}(1) = 2\), et la tangente a pour équation \(y = 2x – 1\).
2. Pour \(x \neq 0\), on a \(\dfrac{k(x) – k(0)}{x} = \sqrt{|x|} \cdot \dfrac{\sin x}{x}\). Le premier facteur tend vers 0, le second vers 1. Par conséquent, \(k^{\prime}(0)\) existe et vaut 0.
3. Pour \(x\) proche de 2 avec \(x > 2\), \(j(x) = x^2 – 4\), donc le taux vaut \(x + 2\), qui tend vers 4. Pour \(x\) proche de 2 avec \(x < 2\), \(j(x) = 4 – x^2\), et le taux vaut \(-(x+2)\), qui tend vers \(-4\). Les deux limites diffèrent. Donc \(j\) n’est pas dérivable en 2 ; les demi-tangentes sont \(y = -4(x-2)\) à gauche et \(y = 4(x-2)\) à droite. Le point est anguleux.

Corrigé de l’exercice 2 – Dérivée de la réciproque de x + exp(x)

Idée clé : le théorème de dérivation d’une réciproque ne demande pas l’expression de \(g\), seulement \(f^{\prime} \neq 0\).

1. La dérivée \(1 + e^x\) est partout strictement positive, si bien que \(f\) croît strictement. Ses limites valent \(-\infty\) à gauche et \(+\infty\) à droite. Continue et strictement croissante, \(f\) réalise donc une bijection de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).
2. Puisque \(f^{\prime}\) reste strictement positive, la réciproque \(g\) a un nombre dérivé en chaque réel \(y\), à savoir \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{1 + e^{g(y)}}\). Or \(f(g(y)) = y\) s’écrit \(g(y) + e^{g(y)} = y\), d’où \(e^{g(y)} = y – g(y)\). Ainsi, \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{1 + y – g(y)}\).
3. On a \(f(0) = 1\), donc \(g(1) = 0\) et \(g^{\prime}(1) = \dfrac{1}{2}\). De même, \(f(1) = 1 + e\), donc \(g(1+e) = 1\) et \(g^{\prime}(1+e) = \dfrac{1}{1 + e}\). Bilan : \(g^{\prime}(1) = \frac{1}{2}\) et \(g^{\prime}(1+e) = \frac{1}{1+e}\).
4. La fonction \(g\) est dérivable, donc continue, et \(1 + y – g(y) = 1 + e^{g(y)} > 0\). L’expression précédente montre donc que \(g^{\prime}\) est dérivable, comme inverse d’une fonction dérivable qui ne s’annule pas. En dérivant, \(g^{\prime\prime}(y) = -\dfrac{1 – g^{\prime}(y)}{(1 + y – g(y))^2}\). En \(y = 1\) : \(g^{\prime\prime}(1) = -\dfrac{1 – 1/2}{2^2}\). Donc \(g^{\prime\prime}(1) = -\frac{1}{8}\).

Corrigé de l’exercice 3 – Points critiques d’une fonction polynomiale

Idée clé : une dérivée nulle ne garantit rien, et sur un segment les extrémités sont des candidats à part entière.

1. On calcule \(f^{\prime}(x) = 4x^3 – 12x^2 = 4x^2(x – 3)\). Elle s’annule en 0 et en 3, qui sont intérieurs à \([-1,4]\). Les points critiques sont 0 et 3.
2. Le facteur \(4x^2\) est positif, donc \(f^{\prime}\) a le signe de \(x – 3\). Ainsi, \(f^{\prime} \leqslant 0\) sur \([-1, 3]\) et \(f^{\prime} \geqslant 0\) sur \([3, 4]\). En 0, la dérivée ne change pas de signe : \(f\) est décroissante de part et d’autre, donc 0 n’est pas un extremum local (tangente horizontale avec inflexion). En revanche, \(f\) décroît puis croît autour de 3 : 3 est un minimum local, avec \(f(3) = -17\).
3. D’après les variations, \(f\) décroît sur \([-1,3]\) et croît sur \([3,4]\). On compare \(f(-1) = 15\) et \(f(4) = 10\). Donc la plus grande valeur est 15, prise en \(-1\) ; la plus petite est \(-17\), prise en 3. Le point \(-1\) est une borne : la proposition sur les extremums ne s’y applique pas, et en effet \(f^{\prime}(-1) = -16 \neq 0\).

Corrigé de l’exercice 4 – Dérivées successives d’un produit

Idée clé : le facteur polynomial a des dérivées nulles à partir d’un certain ordre, donc la somme de Leibniz ne garde que quelques termes.

1. Les deux facteurs sont de classe C^∞. Les dérivées de \(x^3\) sont \(3x^2\), \(6x\), \(6\), puis 0, et \((e^{2x})^{(j)} = 2^j e^{2x}\). La formule de Leibniz donne, pour \(n \geqslant 3\) : \[u^{(n)}(x) = 2^n x^3 e^{2x} + n\cdot 3x^2\cdot 2^{n-1}e^{2x} + \binom{n}{2} 6x\, 2^{n-2}e^{2x} + \binom{n}{3} 6\cdot 2^{n-3}e^{2x}.\] On met \(2^{n-3}e^{2x}\) en facteur. Ainsi, \(u^{(n)}(x) = 2^{n-3}e^{2x}\bigl(8x^3 + 12n\,x^2 + 6n(n-1)\,x + n(n-1)(n-2)\bigr)\).
2. En \(x = 0\), seul le terme constant reste. Donc \(u^{(n)}(0) = 2^{n-3}\,n(n-1)(n-2)\). Par exemple, \(u^{(3)}(0) = 6\), ce que confirme le terme \(x^3\) du produit.
3. Les dérivées de \(x^2\) sont \(2x\), 2, puis 0. Pour \(n \geqslant 2\), Leibniz donne trois termes : \(w^{(n)}(x) = x^2 \cos\left(x + \frac{n\pi}{2}\right) + 2n\,x\cos\left(x + \frac{(n-1)\pi}{2}\right) + n(n-1)\cos\left(x + \frac{(n-2)\pi}{2}\right)\). Le dernier coefficient vient de \(\binom{n}{2}\cdot 2 = n(n-1)\).

Corrigé de l’exercice 5 – Encadrer une valeur de l’arctangente

Idée clé : la dérivée \(\frac{1}{1+t^2}\) est majorée par 1 sur \(\mathbb{R}\) et strictement décroissante sur \([0, +\infty[\).

1. La fonction arctan est dérivable sur \(\mathbb{R}\), de dérivée \(t \mapsto \frac{1}{1+t^2}\), comprise entre 0 et 1. L’inégalité des accroissements finis donne donc \(|\arctan x – \arctan y| \leqslant |x – y|\) pour tous réels \(x, y\).
2. Par l’égalité des accroissements finis sur \([a,b]\), il existe \(c \in \,]a,b[\) tel que \(\arctan b – \arctan a = \dfrac{b-a}{1+c^2}\). Les inégalités \(0 < a < c < b\) entraînent \(1 + a^2 < 1 + c^2 < 1 + b^2\). L’inverse renverse cet ordre ; une multiplication par \(b – a > 0\) donne alors l’encadrement strict demandé.
3. On prend \(a = 1\) et \(b = \frac{6}{5}\), avec \(\arctan 1 = \frac{\pi}{4}\) et \(b – a = \frac{1}{5}\). La borne inférieure vaut \(\dfrac{1/5}{1 + 36/25} = \dfrac{1}{5}\cdot\dfrac{25}{61} = \dfrac{5}{61}\). La borne supérieure vaut \(\dfrac{1/5}{2} = \dfrac{1}{10}\). Donc \(\frac{\pi}{4} + \frac{5}{61} < \arctan \frac{6}{5} < \frac{\pi}{4} + \frac{1}{10}\). L’écart entre les deux bornes est inférieur à 0,02.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 6 – Les solutions de l’équation 2^x = x^2

Idée clé : une dérivée troisième de signe constant limite le nombre de zéros à trois ; le théorème des valeurs intermédiaires fournit ensuite les zéros manquants.

1. On écrit \(2^x = e^{x\ln 2}\). Ainsi, \(\varphi\) est de classe C^∞ et \(\varphi^{\prime}(x) = \ln 2\cdot 2^x – 2x\), \(\varphi^{\prime\prime}(x) = (\ln 2)^2\, 2^x – 2\), \(\varphi^{\prime\prime\prime}(x) = (\ln 2)^3\, 2^x\). Cette dernière dérivée est strictement positive. Si \(\varphi\) avait quatre zéros distincts, Rolle itéré trois fois donnerait un zéro de \(\varphi^{\prime\prime\prime}\), ce qui est impossible. Donc l’équation a au plus trois solutions.
2. On vérifie que \(2^2 = 4 = 2^2\) et \(2^4 = 16 = 4^2\). Donc 2 et 4 sont solutions.
3. On a \(\varphi(0) = 1 > 0\) et \(\varphi(-1) = \frac{1}{2} – 1 = -\frac{1}{2} < 0\). De plus, \(\varphi\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}} – \frac{1}{4} > 0\), car \(\frac{1}{\sqrt 2} > \frac{1}{2}\). La fonction \(\varphi\) est continue, donc le théorème des valeurs intermédiaires donne une solution \(\alpha \in \left]-1, -\frac{1}{2}\right[\).
4. Les trois solutions \(\alpha\), 2 et 4 sont distinctes, et il y en a au plus trois. Par conséquent, l’équation \(2^x = x^2\) a exactement trois solutions réelles.

Corrigé de l’exercice 7 – Racines des polynômes de Legendre

Idée clé : les racines \(\pm 1\) de multiplicité \(n\) restent des racines des \(n-1\) premières dérivées, et chaque application de Rolle fait gagner une racine intérieure.

1. Le polynôme \(P_n\) est de degré \(2n\), de terme dominant \(x^{2n}\). Dériver \(n\) fois ce terme donne \(\frac{(2n)!}{n!}x^n\), et les autres termes donnent un degré inférieur. Donc \(L_n\) est de degré \(n\), de coefficient dominant \(\frac{(2n)!}{n!}\).
2. Soit \(0 \leqslant k \leqslant n-1\). Par Leibniz, \(P_n^{(k)} = \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\bigl((x-1)^n\bigr)^{(j)}\bigl((x+1)^n\bigr)^{(k-j)}\). Or \(\bigl((x-1)^n\bigr)^{(j)} = \frac{n!}{(n-j)!}(x-1)^{n-j}\) avec \(n – j \geqslant 1\). Chaque terme s’annule donc en 1. Le même argument avec \((x+1)^{n-(k-j)}\) vaut en \(-1\). Ainsi, \(P_n^{(k)}(1) = P_n^{(k)}(-1) = 0\) pour \(k \leqslant n-1\).
3. Initialisation : \(P_n\) s’annule en \(-1\) et en \(1\), donc \(P_n^{\prime}\) s’annule quelque part entre les deux. Hérédité : soit \(k \leqslant n-1\) tel que \(P_n^{(k)}\) s’annule en \(r_1 < \dots < r_k\), tous dans \(]-1,1[\). En ajoutant \(-1\) et \(1\), on dispose de \(k+2\) zéros ordonnés. Chacun des \(k+1\) intervalles qu’ils délimitent contient, par Rolle, un zéro de \(P_n^{(k+1)}\) ; ces zéros sont distincts et intérieurs. Donc la propriété est vraie pour tout \(k \in [\![1, n]\!]\).
4. Avec \(k = n\), \(L_n\) possède au moins \(n\) racines distinctes dans \(]-1,1[\). Or il est de degré \(n\), donc il en a au plus \(n\). Par conséquent, les \(n\) racines de \(L_n\) sont réelles, simples et intérieures à \(]-1,1[\).

Corrigé de l’exercice 8 – Encadrement des sommes harmoniques

Idée clé : l’égalité des accroissements finis pour le logarithme sur \([x, x+1]\) compare une différence de logarithmes à un inverse, puis on somme.

1. Soit \(x > 0\). Le logarithme est dérivable sur \([x, x+1]\). Il existe donc \(c \in \,]x, x+1[\) tel que \(\ln(x+1) – \ln x = \frac{1}{c}\). Or \(x < c < x+1\) donne \(\frac{1}{x+1} < \frac{1}{c} < \frac{1}{x}\). Donc \(\frac{1}{x+1} < \ln(x+1) – \ln x < \frac{1}{x}\).
2. On applique l’inégalité de droite pour \(x = k\) et on somme pour \(k\) de 1 à \(n\). La somme télescopique vaut \(\ln(n+1) – \ln 1\). On obtient \(\ln(n+1) < H_n\). Ensuite, l’inégalité de gauche pour \(x = k\), sommée de 1 à \(n-1\), donne \(H_n – 1 < \ln n\) dès que \(n \geqslant 2\). Ainsi, \(\ln(n+1) < H_n < 1 + \ln n\).
3. Dès que \(n \geqslant 2\), le réel \(\ln n\) est positif, et l’encadrement devient \(\frac{\ln(n+1)}{\ln n} < \frac{H_n}{\ln n} < 1 + \frac{1}{\ln n}\). À gauche, le quotient s’écrit \(1 + \frac{1}{\ln n}\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)\), de limite 1. À droite, la limite vaut aussi 1. Par encadrement, \(\frac{H_n}{\ln n} \to 1\).
4. On calcule \(v_{n+1} – v_n = \frac{1}{n+1} – \bigl(\ln(n+1) – \ln n\bigr)\), qui est strictement négatif d’après la question 1. Donc \((v_n)\) est décroissante. D’autre part, la question 2 donne \(v_n > \ln(n+1) – \ln n > 0\). Décroissante et minorée, la suite \((v_n)\) admet une limite finie \(\gamma \geqslant 0\). Ce réel s’appelle la constante d’Euler ; il vaut environ 0,577.

Corrigé de l’exercice 9 – Point fixe d’une fonction contractante

Idée clé : une fonction \(k\)-contractante rapproche deux points d’un facteur \(k\) ; on compare donc \(u_{n+1}\) et \(\ell\) via \(g(u_n)\) et \(g(\ell)\).

1. Comme \(-1 \leqslant \cos x \leqslant 1\), on a \(2 – \frac{1}{3} \leqslant g(x) \leqslant 2 + \frac{1}{3}\). Donc \(g(\mathbb{R}) \subset \left[\frac{5}{3}, \frac{7}{3}\right]\).
2. Pour tout réel \(x\), \(|g^{\prime}(x)| = \frac{1}{3}|\sin x| \leqslant \frac{1}{3}\). Cette borne uniforme de la dérivée suffit : \(g\) est \(\frac{1}{3}\)-lipschitzienne sur \(\mathbb{R}\).
3. Posons \(\theta(x) = g(x) – x\), continue. D’après la question 1, \(\theta\left(\frac{5}{3}\right) \geqslant 0\) et \(\theta\left(\frac{7}{3}\right) \leqslant 0\). Comme \(\theta\) change de signe, elle s’annule : il y a un point fixe dans \(\left[\frac{5}{3}, \frac{7}{3}\right]\). Ensuite, si \(\ell\) et \(\ell^{\prime}\) sont deux points fixes, \(|\ell – \ell^{\prime}| = |g(\ell) – g(\ell^{\prime})| \leqslant \frac{1}{3}|\ell – \ell^{\prime}|\), ce qui force \(\ell = \ell^{\prime}\). Le point fixe \(\ell\) existe et il est unique.
4. Pour tout \(n\), \(|u_{n+1} – \ell| = |g(u_n) – g(\ell)| \leqslant \frac{1}{3}|u_n – \ell|\). Une récurrence immédiate donne \(|u_n – \ell| \leqslant \left(\frac{1}{3}\right)^n |u_0 – \ell|\), qui tend vers 0. Donc \((u_n)\) converge vers \(\ell\).
5. Comme \(\ell \in \left[\frac{5}{3}, \frac{7}{3}\right]\) et \(u_0 = \frac{3}{2}\), on a \(|u_0 – \ell| \leqslant \frac{7}{3} – \frac{3}{2} = \frac{5}{6}\). Il suffit donc que \(\frac{5}{6}\cdot 3^{-n} \leqslant 10^{-6}\), soit \(3^n \geqslant \frac{5}{6}\cdot 10^6 \approx 833\,334\). Or \(3^{12} = 531\,441\) et \(3^{13} = 1\,594\,323\). Ainsi, pour \(n \geqslant 13\), \(u_n\) approche \(\ell\) à \(10^{-6}\) près ; numériquement, \(\ell \approx 1{,}89\). La figure montre la convergence en spirale des itérés.

Corrigé de l’exercice 10 – Lipschitzienne ou non

Idée clé : pour une fonction dérivable, être \(k\)-lipschitzienne équivaut à avoir une dérivée bornée par \(k\) ; une dérivée non bornée interdit donc tout caractère lipschitzien.

1. Soit \(a \in I\). Pour \(x \in I\), \(x \neq a\), on a \(\left|\frac{f(x) – f(a)}{x – a}\right| \leqslant k\). Par passage à la limite dans l’inégalité large, \(|f^{\prime}(a)| \leqslant k\).
2. Sur \([1, +\infty[\), la dérivée de la racine vaut \(\frac{1}{2\sqrt{x}} \leqslant \frac{1}{2}\). L’inégalité des accroissements finis donne une fonction \(\frac{1}{2}\)-lipschitzienne.
3. Sur \([-3,3]\), \(|2x| \leqslant 6\), donc \(x \mapsto x^2\) y est 6-lipschitzienne. En revanche, sur \(\mathbb{R}\), sa dérivée \(2x\) n’est pas bornée. D’après la question 1, elle n’est lipschitzienne pour aucune constante.
4. La fonction \(s(x) = \sin(x^2)\) est bornée par 1 et de classe C1, de dérivée \(s^{\prime}(x) = 2x\cos(x^2)\). Pour \(x_n = \sqrt{2\pi n}\), on trouve \(s^{\prime}(x_n) = 2\sqrt{2\pi n}\), qui tend vers \(+\infty\). La dérivée n’est donc pas bornée, et par la question 1, \(s\) n’est pas lipschitzienne sur \(\mathbb{R}\).
5. Pour tous réels \(x, y\), \(|h(f(x)) – h(f(y))| \leqslant k^{\prime}|f(x) – f(y)| \leqslant k^{\prime}k|x – y|\). Donc \(h \circ f\) est \(kk^{\prime}\)-lipschitzienne.

Corrigé de l’exercice 11 – Une fonction de classe C1 sans dérivée seconde en 0

Idée clé : on applique le théorème de la limite de la dérivée pour la classe C1, puis on revient au taux d’accroissement de \(f^{\prime}\) pour la dérivée seconde.

1. Sur \(\mathbb{R}^*\), \(f\) est continue par opérations. En 0, \(|f(x)| \leqslant |x|^3\), qui tend vers 0. Donc \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\).
2. Pour \(x \neq 0\), on a \(f^{\prime}(x) = 3x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right) – x\cos\left(\frac{1}{x}\right)\), et \(f\) est de classe C1 sur \(\mathbb{R}^*\). De plus, \(|f^{\prime}(x)| \leqslant 3x^2 + |x|\), qui tend vers 0. Puisque \(f\) est aussi continue en 0, toutes les hypothèses du prolongement C1 sont réunies : \(f^{\prime}(0)\) existe, vaut 0, et \(f^{\prime}\) est continue en 0. Ainsi, \(f\) est de classe C1 sur \(\mathbb{R}\).
3. Pour \(x \neq 0\), \(\dfrac{f^{\prime}(x) – f^{\prime}(0)}{x} = 3x\sin\left(\frac{1}{x}\right) – \cos\left(\frac{1}{x}\right)\). Prenons \(x_n = \frac{1}{2\pi n}\) : le taux vaut \(0 – 1 = -1\). Prenons ensuite \(y_n = \frac{1}{2\pi n + \pi/2}\) : il vaut \(3y_n – 0\), qui tend vers 0. Les deux suites tendent vers 0 avec des limites de taux différentes. Par conséquent, \(f^{\prime}\) n’est pas dérivable en 0, et \(f\) n’est pas deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 12 – Fonction auxiliaire exponentielle

Idée clé : on cherche une fonction \(\phi = \mu f\), avec \(\mu\) qui ne s’annule pas, dont la dérivée est proportionnelle à l’expression voulue ; elle s’annule en \(a\) et \(b\), et Rolle conclut.

1. Posons \(\phi(x) = e^{-\lambda x}f(x)\). Elle est continue sur \([a,b]\), dérivable sur \(]a,b[\), et \(\phi(a) = \phi(b) = 0\). Rolle donne \(c\) avec \(\phi^{\prime}(c) = e^{-\lambda c}\bigl(f^{\prime}(c) – \lambda f(c)\bigr) = 0\). L’exponentielle ne s’annule pas, donc \(f^{\prime}(c) = \lambda f(c)\).
2. On veut faire apparaître \(f^{\prime} + x f\). Ainsi, on pose \(\phi(x) = e^{x^2/2}f(x)\), qui vérifie \(\phi^{\prime}(x) = e^{x^2/2}\bigl(f^{\prime}(x) + x f(x)\bigr)\). De plus, \(\phi(a) = \phi(b) = 0\). Rolle fournit \(d \in \,]a,b[\) tel que \(\phi^{\prime}(d) = 0\), d’où \(f^{\prime}(d) + d\,f(d) = 0\).
3. Comme \(a > 0\), la fonction \(\phi(x) = \dfrac{f(x)}{x^2}\) est bien définie et continue sur \([a,b]\), dérivable sur \(]a,b[\). On calcule \(\phi^{\prime}(x) = \dfrac{x f^{\prime}(x) – 2f(x)}{x^3}\). De plus, \(\phi(a) = \phi(b) = 0\). Rolle donne \(e\) avec \(\phi^{\prime}(e) = 0\), donc \(e\,f^{\prime}(e) = 2f(e)\).

Corrigé de l’exercice 13 – Exponentielles complexes et dérivation

Idée clé : les formules de dérivation restent valables dans \(\mathbb{C}\), et l’on repasse aux fonctions réelles en prenant la partie réelle ; seuls les énoncés d’existence d’un point \(c\) sont perdus.

1. On a \(f(2\pi) – f(0) = 1 – 1 = 0\). Or \(f^{\prime}(c) = i e^{ic}\) est de module 1, donc \(2\pi f^{\prime}(c) \neq 0\). Ainsi, la relation demandée n’a lieu pour aucun \(c\) : dans \(\mathbb{C}\), on perd l’égalité des accroissements finis.
2. Par récurrence, la dérivée \(n\)-ième de \(t \mapsto e^{(1+i)t}\) vaut \((1+i)^n e^{(1+i)t}\). Ensuite, \(1 + i = \sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\), donc \((1+i)^n = 2^{n/2}e^{in\pi/4}\). Comme \(e^t\cos t = \mathrm{Re}\bigl(e^{(1+i)t}\bigr)\) et que la dérivation commute avec la partie réelle, on obtient \(\mathrm{Re}\bigl(2^{n/2}e^t e^{i(t + n\pi/4)}\bigr)\). Donc \((e^t\cos t)^{(n)} = 2^{n/2}e^t\cos\left(t + \frac{n\pi}{4}\right)\).
3. La fonction \(t \mapsto e^{it}\) est de classe C1 sur \(\mathbb{R}\) et sa dérivée est de module 1. L’inégalité des accroissements finis, valable pour les fonctions complexes, donne \(|e^{ix} – e^{iy}| \leqslant |x – y|\).
4. Par Leibniz, avec \(t^{\prime} = 1\) et \(t^{\prime\prime} = 0\), on trouve \((t e^{it})^{(n)} = t\, i^n e^{it} + n\, i^{n-1}e^{it}\). Ainsi, \((t e^{it})^{(n)} = i^{n-1}(n + it)e^{it}\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 14 – Erreur d’interpolation affine

Idée clé : on fabrique une fonction auxiliaire qui s’annule en \(a\), \(x\) et \(b\) ; deux applications de Rolle font alors apparaître \(f^{\prime\prime}\).

1. Comme \(a < x < b\), le produit \((x-a)(x-b)\) est non nul. La condition \(\psi(x) = 0\) équivaut donc à \(A = \dfrac{f(x) – P(x)}{(x-a)(x-b)}\). Le réel \(A\) existe et il est unique.
2. Par construction, \(\psi(a) = f(a) – P(a) = 0\), \(\psi(b) = 0\) et \(\psi(x) = 0\). La fonction \(\psi\) est de classe C2 sur \([a,b]\). Rolle sur \([a,x]\) et sur \([x,b]\) donne deux zéros \(d_1 < d_2\) de \(\psi^{\prime}\). Ensuite, Rolle appliqué à \(\psi^{\prime}\) sur \([d_1, d_2]\) fournit \(c \in \,]d_1, d_2[\, \subset \,]a,b[\) tel que \(\psi^{\prime\prime}(c) = 0\).
3. La fonction \(P\) est affine, donc \(P^{\prime\prime} = 0\). Par ailleurs, la dérivée seconde de \((t-a)(t-b)\) vaut 2. Ainsi, \(\psi^{\prime\prime}(c) = f^{\prime\prime}(c) – 2A = 0\), d’où \(A = \frac{1}{2}f^{\prime\prime}(c)\). En reportant dans la question 1, on obtient \(f(x) – P(x) = \frac{(x-a)(x-b)}{2}f^{\prime\prime}(c)\).
4. Sur \([a,b]\), la fonction \(t \mapsto (t-a)(b-t)\) atteint son maximum au milieu, où elle vaut \(\frac{(b-a)^2}{4}\). Donc \(|f(x) – P(x)| \leqslant \frac{(b-a)^2}{4}\cdot\frac{M_2}{2}\). L’inégalité reste vraie en \(a\) et \(b\), où l’écart est nul. Ainsi, \(|f(x) – P(x)| \leqslant \frac{(b-a)^2}{8}M_2\).
5. On prend \(f = \sin\) sur \(\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\). Alors \(P(x) = \frac{2x}{\pi}\), car \(P(0) = 0\) et \(P\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1\). D’abord, \(f^{\prime\prime} = -\sin \leqslant 0\) et \((x-a)(x-b) \leqslant 0\), donc la question 3 donne \(\sin x – \frac{2x}{\pi} \geqslant 0\). Ensuite, \(M_2 = 1\) et \(\frac{(\pi/2)^2}{8} = \frac{\pi^2}{32}\). Donc \(0 \leqslant \sin x – \frac{2x}{\pi} \leqslant \frac{\pi^2}{32}\). La figure compare l’écart réel et la borne obtenue.

Corrigé de l’exercice 15 – Une fonction plate de classe C infini

Idée clé : l’exponentielle \(e^{-1/x}\) écrase toute puissance de \(\frac{1}{x}\) ; on combine cela avec le théorème de la limite de la dérivée, à chaque ordre.

1. On raisonne par récurrence, avec \(R_0 = 1\). Si \(f^{(n)}(x) = R_n\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x}\) pour \(x > 0\), on dérive : \[f^{(n+1)}(x) = -\frac{1}{x^2}R_n^{\prime}\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x} + \frac{1}{x^2}R_n\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x}.\] Ainsi, \(R_{n+1}(X) = X^2\bigl(R_n(X) – R_n^{\prime}(X)\bigr)\), qui est bien un polynôme. On trouve \(R_1 = X^2\) et \(R_2 = X^4 – 2X^3\).
2. Posons \(X = \frac{1}{x}\), qui tend vers \(+\infty\) quand \(x \to 0^+\). Pour tout entier \(k\), \(X^k e^{-X} \to 0\) par croissances comparées. Un polynôme est une combinaison linéaire de puissances, donc \(R\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x} \to 0\) quand \(x \to 0^+\).
3. Montrons par récurrence la propriété : « \(f\) est de classe Cⁿ sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{(n)}(0) = 0\) ». Pour \(n = 0\), \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\), et en 0 la question 2 avec \(R = 1\) donne la continuité. Supposons la propriété vraie au rang \(n\). Alors \(f^{(n)}\) est continue sur \(\mathbb{R}\) et dérivable sur \(\mathbb{R}^*\). Sa dérivée vaut 0 pour \(x < 0\) et \(R_{n+1}\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x}\) pour \(x > 0\). Ces deux expressions tendent vers 0 en 0, d’après la question 2. Par le théorème de la limite de la dérivée, \(f^{(n)}\) est dérivable en 0, \(f^{(n+1)}(0) = 0\) et \(f^{(n+1)}\) est continue. Donc \(f\) est de classe C^∞ et toutes ses dérivées sont nulles en 0.
4. La fonction \(x \mapsto f(1-x)\) est de classe C^∞ par composition, donc \(b\) l’est par produit. Si \(x \leqslant 0\), alors \(f(x) = 0\) ; si \(x \geqslant 1\), alors \(f(1-x) = 0\). Enfin, pour \(0 < x < 1\), les deux facteurs sont des exponentielles strictement positives. Ainsi, \(b\) est C^∞, nulle hors de \(]0,1[\) et strictement positive sur \(]0,1[\).

La figure montre à quel point \(f\) et sa dérivée sont plates au voisinage de 0.

Corrigé de l’exercice 16 – Problème : accroissements finis de Cauchy et règle de L’Hospital

Idée clé : la fonction \(h\) est une combinaison de \(f\) et \(g\) qui prend la même valeur aux bornes ; Rolle donne alors un quotient de dérivées, qui contrôle le quotient \(f/g\).

1. On développe : \(h(a) = f(b)g(a) – f(a)g(a) – g(b)f(a) + g(a)f(a) = f(b)g(a) – g(b)f(a)\). De même, \(h(b) = f(b)g(b) – f(a)g(b) – g(b)f(b) + g(a)f(b) = g(a)f(b) – f(a)g(b)\). Les deux valeurs sont égales.
2. La fonction \(h\) est continue sur \([a,b]\) et dérivable sur \(]a,b[\), comme combinaison linéaire de \(f\) et \(g\). Rolle fournit \(c\) avec \(h^{\prime}(c) = 0\), c’est-à-dire \(\bigl(f(b) – f(a)\bigr)g^{\prime}(c) = \bigl(g(b) – g(a)\bigr)f^{\prime}(c)\).
3. Une égalité \(g(b) = g(a)\) permettrait d’appliquer Rolle à \(g\), d’où un zéro de \(g^{\prime}\) : contradiction. Donc \(g(b) \neq g(a)\). Sachant en outre que \(g^{\prime}(c) \neq 0\), on peut diviser la relation précédente par \(\bigl(g(b) – g(a)\bigr)g^{\prime}(c)\). On obtient \(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f^{\prime}(c)}{g^{\prime}(c)}\).
4. Soit \(x \in \,]a, a+\delta]\). Une égalité \(g(x) = 0 = g(a)\) fournirait, via Rolle sur \([a,x]\), un point de \(]a,x[\) où \(g^{\prime}\) s’annule : c’est exclu par hypothèse. Donc \(g(x) \neq 0\).
5. Soit \(x \in \,]a, a+\delta[\). La question 3 sur \([a,x]\), avec \(f(a) = g(a) = 0\), donne \(c_x \in \,]a,x[\) tel que \(\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f^{\prime}(c_x)}{g^{\prime}(c_x)}\). Quand \(x \to a^+\), on a \(c_x \to a^+\) par encadrement. Par composition des limites, \(\frac{f(x)}{g(x)} \to \ell\) quand \(x \to a^+\).
6. On travaille sur \([0,1]\). Avec \(f_1(x) = 1 – \cos x\) et \(g_1(x) = x^2\), on a \(f_1(0) = g_1(0) = 0\), \(g_1^{\prime}(x) = 2x \neq 0\) sur \(]0,1[\), et \(\frac{f_1^{\prime}(x)}{g_1^{\prime}(x)} = \frac{\sin x}{2x} \to \frac{1}{2}\). La partie B donne \(\frac{1-\cos x}{x^2} \to \frac{1}{2}\). Ensuite, avec \(f_2(x) = x – \sin x\) et \(g_2(x) = x^3\), on a \(g_2^{\prime}(x) = 3x^2 \neq 0\) sur \(]0,1[\) et \(\frac{f_2^{\prime}(x)}{g_2^{\prime}(x)} = \frac{1}{3}\cdot\frac{1-\cos x}{x^2} \to \frac{1}{6}\). Les limites valent \(\frac{1}{2}\) et \(\frac{1}{6}\).
7. Avec \(f_3(x) = e^x – 1 – x\) et \(g_3(x) = x^2\), les deux s’annulent en 0 et \(\frac{f_3^{\prime}(x)}{g_3^{\prime}(x)} = \frac{e^x – 1}{2x}\). Ce quotient tend vers \(\frac{1}{2}\), car \(\frac{e^x – 1}{x}\) tend vers la dérivée de l’exponentielle en 0. Donc \(\frac{e^x – 1 – x}{x^2} \to \frac{1}{2}\).
8. D’une part, \(\frac{f(x)}{g(x)} = x\sin\left(\frac{1}{x}\right)\), majoré en valeur absolue par \(x\), donc tend vers 0. D’autre part, \(\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = 2x\sin\left(\frac{1}{x}\right) – \cos\left(\frac{1}{x}\right)\). Le premier terme tend vers 0, mais \(\cos\left(\frac{1}{x}\right)\) n’a pas de limite en \(0^+\). Ainsi, la réciproque de la partie B est fausse : le quotient \(f/g\) peut converger sans que \(f^{\prime}/g^{\prime}\) converge.

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