SOLUTIONS
16
Solutions
Graphe :
-2
0
2
4
x
y
6
8
-1.5
-1
-0.5
0.5
9 Utiliser l’inégalité des accroissements finis :
a)f (x) =
√ x ∀x ∈ [10000, 10001] | f
(x)|
1
200
,
d’où |f (10001) − f (10000)| 5.10
−3 .
b)f (x) =
1
x 2 ∀x ∈ [0, 999; 1]
|f
(x)|
2
0, 999 3 3,
d’où |f (0, 999) − f (1)| 3.10
−3 .
c)f (x) = cos x ∀x ∈
1,
π
3
|f
(x)|
√ 3
2
1,
d’où
f (1) − f (
π
3
)
π
3
− 1 5.10
−2 .
10 1) D’après le théorème des accroissements finis, il existe
c ∈ [k, k +1]tel que:
ln(k +1)−ln(k) =
1
c
,
d’où l’inégalité.
2) En sommant cette inégalité de k = 1àn−1,on obtient :
si n 2,
n−1
k=1
1
k +1
n − 1
k = 1
[ln(k +1)−ln(k)]
n−1
k=1
1
k
.
D’où 0
1
n
Sn 1;la suite (Sn)est bornée.
3) Calculer Sn+1 − Sn et montrer que( S n )e st décroissante.
Conclure.
La limite de cette suiteest appelée constanted’Euler.
11 Soit a et b deux réelst els que0
(bien vérifier toutes les hypothèses), montrer que:
f(a)
a
f(b)−f(a)
b−a
, puis que
f (a)
a
f (b)
b
12 1) Appliquer le théorème de Rolle àl af onction h définie
par:
h(x)=f(x)
g(b)−g(a)
−g(x)
f(b)−f(a)
2) Comme g(x0) = 0, g ne s’annule pas sur V \{x0}
(penser au théorème de Rolle).
On ad onc
f (x)
g(x)
=
f
(c)
g (c)
, où c estc ompris entre x et x0. Supposons que
lim
x→x 0
f
(x)
g (x)
= l. Soit ε > 0, il existe α > 0t el
que :
|x − x0| α =⇒
f
(x)
g (x)
− l
ε
Alors :
|x − x0| α =⇒| c− x 0 |α
= ⇒
f
( c )
g ( c )
− l
ε= ⇒
f( x )
g ( x )
− l
ε
Ce qui prouve quel im
x→x 0
f (x)
g(x)
= l.
3) On obtient, par application de cette règle, les limites suivantes :
a)
1
6
;
b) −
1
2
.
4) La règle de L’Hôpital n’admet pasd er éciproque :s oit f la
fonction définie par:
⎧
⎨
⎩
x =0 f(x)=x
2 sin
1
x
f (0) = 0
lim
x→0
f (x)
x
= 0, mais
f
(x)
1
n’a pasdelimite quand x tend vers 0.
13 Supposons qu’il existe (a, b) ∈ R
2 telq ue a < b et
f (a) < f (b). Pour tout x > b, on aura :
f (x) − f (b)
x − b
f (b) − f (a)
b − a
on en déduirait quel im
x→+∞
f (x) = +∞, en contradictionavec l’hypothèse. Même raisonnement en considérant x < a et en faisant
tendre x vers −∞ si f (a) > f (b).
14 1) La fonction − ln est dérivable sur R
∗
+ et sa dérivée est
croissante.
2) En lui appliquant l’inégalité de Jensen, avec
λ1 = ··· = λn =
1
n
,
on obtient :
− ln
x1 + ···+xn
n
−
1
n
(ln x1 + ···+lnxn),
d’où l’on tire facilement l’inégalité cherchée.
566
16
Solutions
Graphe :
-2
0
2
4
x
y
6
8
-1.5
-1
-0.5
0.5
9 Utiliser l’inégalité des accroissements finis :
a)f (x) =
√ x ∀x ∈ [10000, 10001] | f
(x)|
1
200
,
d’où |f (10001) − f (10000)| 5.10
−3 .
b)f (x) =
1
x 2 ∀x ∈ [0, 999; 1]
|f
(x)|
2
0, 999 3 3,
d’où |f (0, 999) − f (1)| 3.10
−3 .
c)f (x) = cos x ∀x ∈
1,
π
3
|f
(x)|
√ 3
2
1,
d’où
f (1) − f (
π
3
)
π
3
− 1 5.10
−2 .
10 1) D’après le théorème des accroissements finis, il existe
c ∈ [k, k +1]tel que:
ln(k +1)−ln(k) =
1
c
,
d’où l’inégalité.
2) En sommant cette inégalité de k = 1àn−1,on obtient :
si n 2,
n−1
k=1
1
k +1
n − 1
k = 1
[ln(k +1)−ln(k)]
n−1
k=1
1
k
.
D’où 0
1
n
Sn 1;la suite (Sn)est bornée.
3) Calculer Sn+1 − Sn et montrer que( S n )e st décroissante.
Conclure.
La limite de cette suiteest appelée constanted’Euler.
11 Soit a et b deux réelst els que0
(bien vérifier toutes les hypothèses), montrer que:
f(a)
a
f(b)−f(a)
b−a
, puis que
f (a)
a
f (b)
b
12 1) Appliquer le théorème de Rolle àl af onction h définie
par:
h(x)=f(x)
g(b)−g(a)
−g(x)
f(b)−f(a)
2) Comme g(x0) = 0, g ne s’annule pas sur V \{x0}
(penser au théorème de Rolle).
On ad onc
f (x)
g(x)
=
f
(c)
g (c)
, où c estc ompris entre x et x0. Supposons que
lim
x→x 0
f
(x)
g (x)
= l. Soit ε > 0, il existe α > 0t el
que :
|x − x0| α =⇒
f
(x)
g (x)
− l
ε
Alors :
|x − x0| α =⇒| c− x 0 |α
= ⇒
f
( c )
g ( c )
− l
ε= ⇒
f( x )
g ( x )
− l
ε
Ce qui prouve quel im
x→x 0
f (x)
g(x)
= l.
3) On obtient, par application de cette règle, les limites suivantes :
a)
1
6
;
b) −
1
2
.
4) La règle de L’Hôpital n’admet pasd er éciproque :s oit f la
fonction définie par:
⎧
⎨
⎩
x =0 f(x)=x
2 sin
1
x
f (0) = 0
lim
x→0
f (x)
x
= 0, mais
f
(x)
1
n’a pasdelimite quand x tend vers 0.
13 Supposons qu’il existe (a, b) ∈ R
2 telq ue a < b et
f (a) < f (b). Pour tout x > b, on aura :
f (x) − f (b)
x − b
f (b) − f (a)
b − a
on en déduirait quel im
x→+∞
f (x) = +∞, en contradictionavec l’hypothèse. Même raisonnement en considérant x < a et en faisant
tendre x vers −∞ si f (a) > f (b).
14 1) La fonction − ln est dérivable sur R
∗
+ et sa dérivée est
croissante.
2) En lui appliquant l’inégalité de Jensen, avec
λ1 = ··· = λn =
1
n
,
on obtient :
− ln
x1 + ···+xn
n
−
1
n
(ln x1 + ···+lnxn),
d’où l’on tire facilement l’inégalité cherchée.
566