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ExerciceMaths Sup – MPSI, chapitre 9 — Dérivabilité et convexité · Extrema, théorèmes de Rolle et des accroissements finis

Exercice 24

DémonstrationCalcul

Accroissements finis généralisés. Soit ff et gg continues sur [a ,b][a\,,b], dérivables sur ]a ,b[]a\,,b[, telles que g′g' ne s'annule pas sur ]a ,b[]a\,,b[.

1. Montrer que g(b)≠g(a)g(b) \neq g(a), et qu'il existe c∈ ]a ,b[c \in \,]a\,,b[ tel que f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(c)g′(c).\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}. On appliquera le théorème de Rolle à une combinaison bien choisie de ff et de gg.

2. Règle de L'Hospital. On suppose de plus que lim⁡x→af′(x)g′(x)=ℓ\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \ell. Montrer que lim⁡x→af(x)−f(a)g(x)−g(a)=ℓ\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \ell.

3. Application : déterminer lim⁡x→0+cos⁡x−ex(x+1)ex−1\lim\limits_{x \to 0^{+}} \dfrac{\cos x - \mathrm{e}^{x}}{(x + 1)\mathrm{e}^{x} - 1}.

Corrigé

1. Si l'on avait g(a)=g(b)g(a) = g(b), le théorème de Rolle ferait s'annuler g′g' sur ]a ,b[]a\,,b[ : ainsi g(b)≠g(a)g(b) \neq g(a). On pose φ(x)=(f(b)−f(a))g(x)−(g(b)−g(a))f(x).\varphi(x) = \big(f(b) - f(a)\big)g(x) - \big(g(b) - g(a)\big)f(x). La fonction φ\varphi est continue sur [a ,b][a\,,b], dérivable sur ]a ,b[]a\,,b[, et un calcul direct donne φ(a)=φ(b)=f(b)g(a)−f(a)g(b).\varphi(a) = \varphi(b) = f(b)g(a) - f(a)g(b). Le théorème de Rolle fournit c∈ ]a ,b[c \in \,]a\,,b[ tel que φ′(c)=0\varphi'(c) = 0, c'est-à-dire (f(b)−f(a))g′(c)=(g(b)−g(a))f′(c).\big(f(b) - f(a)\big)g'(c) = \big(g(b) - g(a)\big)f'(c). On divise par le produit g′(c)(g(b)−g(a))g'(c)\big(g(b) - g(a)\big), qui est non nul. f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(c)g′(c) pour un c∈ ]a ,b[\boxed{\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} \text{ pour un } c \in \,]a\,,b[} Pour g(x)=xg(x) = x, on retrouve le théorème des accroissements finis.

2. Pour x∈ ]a ,b]x \in \,]a\,,b], on applique la question 1 sur [a ,x][a\,,x] : il existe cx∈ ]a ,x[c_{x} \in \,]a\,,x[ tel que f(x)−f(a)g(x)−g(a)=f′(cx)g′(cx).\frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(c_{x})}{g'(c_{x})}. Soit ε>0\varepsilon > 0, et δ>0\delta > 0 tel que ∣f′(t)g′(t)−ℓ∣⩽ε\big|\frac{f'(t)}{g'(t)} - \ell\big| \leqslant \varepsilon pour a<t<a+δa < t < a + \delta. Pour a<x<a+δa < x < a + \delta, on a a<cx<a+δa < c_{x} < a + \delta, donc le quotient étudié est à distance au plus ε\varepsilon de ℓ\ell. lim⁡x→af(x)−f(a)g(x)−g(a)=ℓ\boxed{\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \ell}

3. On pose f(x)=cos⁡x−exf(x) = \cos x - \mathrm{e}^{x} et g(x)=(x+1)ex−1g(x) = (x + 1)\mathrm{e}^{x} - 1 sur [0 ,1][0\,,1]. On a f(0)=g(0)=0f(0) = g(0) = 0, f′(x)=−sin⁡x−exf'(x) = -\sin x - \mathrm{e}^{x}, et g′(x)=(x+2)exg'(x) = (x + 2)\mathrm{e}^{x}, qui ne s'annule pas sur ]0 ,1[]0\,,1[. Comme f′(x)g′(x)=−sin⁡x−ex(x+2)ex→x→0+−12,\frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{-\sin x - \mathrm{e}^{x}}{(x + 2)\mathrm{e}^{x}} \xrightarrow[x \to 0^{+}]{} \frac{-1}{2}, la question 2 donne lim⁡x→0+cos⁡x−ex(x+1)ex−1=−12\boxed{\lim\limits_{x \to 0^{+}} \frac{\cos x - \mathrm{e}^{x}}{(x + 1)\mathrm{e}^{x} - 1} = -\frac{1}{2}} Piège. La règle de L'Hospital donne la limite du quotient si celle des dérivées existe. La réciproque est fausse : avec f(x)=x2sin⁡1xf(x) = x^{2}\sin\frac{1}{x} et g(x)=xg(x) = x en 00, le quotient f(x)g(x)\frac{f(x)}{g(x)} tend vers 00, alors que f′(x)g′(x)\frac{f'(x)}{g'(x)} n'a pas de limite. Dans ce cours, on préférera reconnaître un taux d'accroissement, ou attendre les développements limités du chapitre 10.

Dans l'édifice

Thèmes

rolle et accroissements finis, théorème de rolle, accroissements finis

Notions

dérivable

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