1. **Exercice 1:** Soit \( f(x) = \begin{cases} \frac{\sin(ax)}{x}, & x < 0 \\ 1, & x=0 \\ e^{bx} - x, & x > 0 \end{cases} \) 1. On calcule \(\lim_{x \to 0} \frac{x \cos(x) - \sin(x)}{x^2} \,\) avec la règle de l'Hospital. 1. Le numérateur et le dénominateur tendent vers 0 quand \(x \to 0\). 2. Dérivons numérateur et dénominateur: \[ \text{num}' = \cos(x) - x \sin(x) - \cos(x) = -x \sin(x), \quad \text{den}'=2x. \] 3. Nouveau limite: \[ \lim_{x \to 0} \frac{-x \sin(x)}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{-\sin(x)}{2} = -\frac{0}{2} = 0. \] 2. Pour que \(f\) soit continue en 0, ses limites à gauche et à droite doivent être \(f(0) = 1\). - À gauche: \(\lim_{x \to 0^-} \frac{\sin(ax)}{x} = a \) car \( \frac{\sin(ax)}{ax} \to 1 \), donc limit est \(a\). - À droite: \(\lim_{x \to 0^+} e^{bx} - x = 1 - 0 = 1\). Donc \( a = 1 \) et \( f(0) = 1 \) consistent. 3. Pour différentiabilité, la dérivée à gauche en 0: \( f'_{-}(0) = \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} \frac{\frac{\sin(ax)}{x} - 1}{x} \). Utilisons développement: \[ \sin(ax) = a x - \frac{a^3 x^3}{6} + o(x^3) \Rightarrow \frac{\sin(ax)}{x} = a - \frac{a^3 x^2}{6} + o(x^2). \] Donc: \[ \frac{f(x) - 1}{x} = \frac{a - 1 - \frac{a^3 x^2}{6} + o(x^2)}{x} = \frac{a - 1}{x} + o(1) \to \pm \infty \text{ si } a \neq 1.\] Comme on a \(a=1\) de la continuité, on a \[ f'_{-}(0) = \lim_{x \to 0^-} \frac{-\frac{x^2}{6} + o(x^2)}{x} = 0. \] À droite : \[ f'_{+}(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^{bx} - x - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1 + bx + o(x) - x - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(b - 1) x + o(x)}{x} = b - 1. \] Pour la dérivabilité on veut \( f'_{-}(0) = f'_{+}(0) \), donc \[ 0 = b - 1 \Rightarrow b = 1. \] --- 2. **Exercice 2:** \( f(x) = \begin{cases} \frac{\sin(x)}{x}, & x < 0 \\ 1, & x = 0 \\ 1 + x^{2}, & x > 0 \end{cases} \) 1. Continuité en 0 : \[ \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin(x)}{x} = 1, \quad \lim_{x \to 0^+} 1 + x^{2} = 1. \] Donc continue en 0 avec \( f(0) = 1 \). 2. Dérivabilité: - Pour \(x < 0\), \( f'(x) = \frac{x \cos(x) - \sin(x)}{x^2} \). - Pour \(x > 0\), \( f'(x) = 2x \). - À 0, on regarde les limites des dérivées: \[ \lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{x \cos(x) - \sin(x)}{x^2} \text{ (calculé à Exercice 1) } = 0, \] \[ \lim_{x \to 0^+} 2x = 0. \] Donc \(f\) est dérivable en 0 et la dérivée vaut 0. 3. Dérivée sur \(\mathbb{R}\) : \[ f'(x) = \begin{cases} \frac{x \cos(x) - \sin(x)}{x^2}, & x < 0 \\ 0, & x=0 \\ 2x, & x > 0 \end{cases} \] --- 3. **Exercice 3:** Considérons: - \( f(x) = \sin \frac{1}{x} \) si \(x \neq 0\), \( f(0) = 0 \) - \( g(x) = x \sin \frac{1}{x} \) si \(x \neq 0\), \( g(0) = 0 \) - \( h(x) = x^2 \sin \frac{1}{x} \) si \(x \neq 0\), \( h(0) = 0 \) 1. Continuité en 0: - \( f \) n'est pas continue en 0 car \( \lim_{x \to 0} \sin \frac{1}{x} \) n'existe pas. - \( g(x) \to 0 \) car \( |x \sin \frac{1}{x}| \leq |x| \to 0\), donc \( g \) continue en 0. - \( h(x) \to 0 \) car \( |x^2 \sin \frac{1}{x}| \leq x^2 \to 0\), donc \( h \) continue en 0. 2. Dérivabilité en 0: - \( f \) n'est pas continue donc pas dérivable. - \( g'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{g(x) - g(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{x \sin \frac{1}{x}}{x} = \lim_{x \to 0} \sin \frac{1}{x} \) n'existe pas. - \( h'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin \frac{1}{x} - 0}{x - 0} = \lim_{x \to 0} x \sin \frac{1}{x} = 0 \), dérivable en 0. 3. Classe \( C^1 \) en 0: - \( g' \) n'a pas de limite en 0. - \( h' \) est continue en 0 et dérivable, donc \( h \) est de classe \( C^1 \). --- 4. **Exercice 5:** Définition: \[ f(x) = \begin{cases} 0, & x=0 \\ \frac{x + x \ln x}{1 - x}, & 0 < x < 1 \\ 0, & x=1 \end{cases} \] 1. Continuité sur [0,1]: - En 0: \[ \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x(1 + \ln x)}{1 - x}. \] \( 1 - x \to 1 \). \( x \ln x \to 0 \) car \( \lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0 \). Donc \( f(x) \to 0 \) en 0, cohérent avec \( f(0) = 0 \). - En 1: \[ \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{x + x \ln x}{1 - x} \to \text{forme } \frac{1 + 1 \cdot 0}{0^+} = +\infty \text{?}\] Mais \( 1-x \to 0 \), numérateur \( x + x \ln x \to 1 + 0 = 1 \), la limite diverge, or \( f(1)=0 \). Recaclulons: \( f(x) = \frac{x(1 + \ln x)}{1-x} = \frac{1 + \ln x}{\frac{1}{x} - 1} \)... Simplifions autrement: Approchons par \( x = 1 - h \) avec \( h \to 0^+ \). \[ f(1 - h) = \frac{(1 - h)(1 + \ln(1 - h))}{h} \] \( \ln(1 - h) \sim -h - \frac{h^2}{2} \), donc \[ 1 + \ln(1 - h) \sim 1 - h \] Numérateur \( (1 - h)(1 - h) = (1 - h)^2 = 1 - 2h + h^2 \). Donc \[ f(1 - h) \sim \frac{1 - 2h + h^2}{h} = \frac{1}{h} - 2 + h. \] Limite \( h \to 0^+ \) donne \( \to +\infty \), donc \( f \) n'est pas continue en 1. Or problème dit \( f(1) = 0 \), mais la limite n'est pas 0. Donc continuité en 1 est fausse sauf erreur ou précision dans l'énoncé. 2. Montrer qu'il existe \( c \in (0,1) \) tel que \( f'(c) = 0 \). Supposons continu et dérivable, alors par le théorème de Rolle appliqué à \( f \) sur [0,1] avec \( f(0) = f(1) = 0 \), il existe \( c \in (0,1) \) avec \( f'(c) = 0 \). --- 5. **Exercice 6:** Soit \( f: [0,1] \to \mathbb{R} \) continue avec \( f(0) = f(1) \). On veut montrer qu'il existe \( c \in [0, 1/2] \) tel que \[ f(c) = f\left(c + \frac{1}{2}\right). \] On considère \( g(x) = f(x) - f\left(x + \frac{1}{2}\right) \) définie sur \( [0, 1/2] \). \( g \) est continue. De plus, \[ g(0) = f(0) - f(\frac{1}{2}), \quad g(\frac{1}{2}) = f\left(\frac{1}{2}\right) - f(1) = f\left(\frac{1}{2}\right) - f(0). \] Donc, \[ g(0) = f(0) - f\left(\frac{1}{2}\right) = - (f\left(\frac{1}{2}\right) - f(0)) = -g\left(\frac{1}{2}\right). \] Si \( g(0) = 0 \), alors \( f(0) = f(\frac{1}{2}) \) et \( c = 0 \) convient. Sinon \( g(0) \) et \( g(\frac{1}{2}) \) ont signe opposé, par le théorème des valeurs intermédiaires \(\exists c \in [0, \frac{1}{2}]\) tel que \( g(c) = 0 \), c'est-à-dire \( f(c) = f(c + \frac{1}{2}) \). --- 6. **Exercice 7:** 1. **Énoncer le théorème des accroissements finis (TAF):** Pour une fonction \( f \) continue sur \([a,b]\) et dérivable sur \((a,b)\), il existe \( c \in (a,b) \) tel que \[ f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}. \] 2. Montrer que \[ \forall x > 0, \quad \frac{1}{1+x} < \ln(x+1) - \ln(x) < \frac{1}{x}. \] Preuve: Posons \( f(t) = \ln t \), dérivable et continue sur \((x,x+1)\). Par TAF, \[ \exists c \in (x, x+1), \quad f'(c) = \frac{f(x+1) - f(x)}{1} = \ln(x+1) - \ln(x) \]. Or \( f'(t) = \frac{1}{t} \) décroissante. Donc \[ \frac{1}{x+1} = f'(x+1) < f'(c) < f'(x) = \frac{1}{x} \] D'où l'inégalité. 3. Calculer \[ \lim_{x \to +\infty} x^2 \bigl(e^{1/x} - e^{1/(1+x)}\bigr). \] Développement: \[ e^{1/x} = 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right), \quad e^{1/(1+x)} = 1 + \frac{1}{x+1} + \frac{1}{2(x+1)^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right). \] On a \[ e^{1/x} - e^{1/(1+x)} = \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}\right) + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{(x+1)^2}\right) + o\left(\frac{1}{x^2}\right). \] Calculons \[ \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} = \frac{(x+1) - x}{x(x+1)} = \frac{1}{x(x+1)}. \] De même \[ \frac{1}{x^2} - \frac{1}{(x+1)^2} = \frac{(x+1)^2 - x^2}{x^2 (x+1)^2} = \frac{2x+1}{x^2 (x+1)^2}. \] Donc \[ e^{1/x} - e^{1/(1+x)} = \frac{1}{x(x+1)} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2x+1}{x^2 (x+1)^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right). \] Multiplions par \( x^{2} \): \[ x^{2}(e^{1/x} - e^{1/(1+x)}) = \frac{x^2}{x(x+1)} + \frac{x^2}{2} \cdot \frac{2x+1}{x^2 (x+1)^2} + o(1) = \frac{x}{x+1} + \frac{2x +1}{2 (x+1)^2} + o(1). \] Lorsque \( x \to +\infty \), \[ \frac{x}{x+1} \to 1, \quad \frac{2x+1}{2(x+1)^2} \to 0. \] Donc la limite vaut \[ 1 + 0 = 1. \] 4. Montrer que pour tout \( x,y \ \in \mathbb{R} \): \[ |\cos x - \cos y| \leq |x - y|. \] Preuve: La fonction \( \cos \) est dérivable avec \( |\sin t| \leq 1 \). Par le théorème des accroissements finis, existe \( c \) entre \( x \) et \( y \) tel que \[ \cos x - \cos y = -\sin(c)(x - y) \Rightarrow |\cos x - \cos y| = |\sin(c)| |x - y| \leq |x - y|. \] --- 7. **Exercice 8:** 1. Montrer que pour tout \( x,y \in \mathbb{R} \): \[ |\sin x - \sin y| \leq |x - y|. \] Même preuve: \( \sin \) dérivable avec dérivée \( \cos t \) bornée par 1 en valeur absolue. Donc par accroissements finis, \[ |\sin x - \sin y| = |\cos c||x - y| \leq |x - y|. \] 2. Montrer que pour tout \( x > 0 \): \[ \frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x. \] Preuve: Posons \( g(x) = \ln(1+x), h(x) = x \). - Pour montrer \( g(x) < h(x) \), on peut étudier \( h(x) - g(x) = x - \ln(1+x) \). \[ (x - \ln(1+x))' = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x} > 0 \] donc \( x - \ln(1+x) \) est croissante, et \( 0 - 0 = 0 \) à \( x=0 \). Par conséquent, \( x - \ln(1+x) > 0 \) pour \( x > 0 \) donc \( \ln(1+x) < x \). - Pour \( \frac{x}{1+x} < \ln(1+x) \), posons \( m(x) = \ln(1+x) - \frac{x}{1+x} \). Calculons la dérivée: \[ m'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{(1+x) - x}{(1+x)^2} = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^2} = \frac{(1+x) - 1}{(1+x)^2} = \frac{x}{(1+x)^2} > 0 \] Donc \( m \) croissante sur \( (0, +\infty) \). Valeur à 0: \[ m(0) = \ln(1) - 0 = 0 \] Donc \( m(x) > 0 \), c'est-à-dire \[ \ln(1+x) > \frac{x}{1+x}. \] **Fin de corrections détaillées.**