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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Théorème des accroissements finis

Exercice 1[ 01381 ][correction]
Soitf:R→Rune fonction dérivable.
Montrer que

∀x >0∃c >0 f(x)−f(−x) =x(f0(c) +f0(−c))

Exercice 2[ 01382 ][correction]
Soitfune fonction de classeC2sur[a a+ 2h](aveca∈Reth >0).
Montrer
∃c∈]a a+ 2h[,f(a+ 2h)−2f(a+h) +f(a) =h2f00(c)

(indice : introduireϕ(x) =f(x+h)−f(x).)

Exercice 3[ 01384 ][correction]
A l’aide du théorème des accroissements finis déterminer
l→im+∞(x+ 1)ex11+−xex1
x

Exercice 4[ 01385 ][correction]
Montrer que
∀x >01+1x <ln(1 +x)−ln(x)<
En déduire, pourk∈N {01},

kXn1
lim
n→∞p=n+1p

1
x

Exercice 5[ 01386 ][correction]
Soitf:I→Rdérivable.
Montrer quefet seulement si, sa dérivée est bornée.est lipschitzienne si,

Enoncés

Exercice 6X MP[ 01341 ][correction]
Soitf: ]01]→Rdérivable. On suppose def(x)→`etxf0(x)→`0quandx→0.
Que dire de`0?

Exercice 7X PC[ 00727 ][correction]
Soitf∈ C2(R+R)telle quexl→im+∞f(x) =a∈R.
a) Sif00est bornée, que dire def0(x)quandx→+∞?
b) Le résultat subsiste-t-il sans l’hypothèse du a) ?

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Soitg:R→Rla fonction définie par

g(x) =f(x)−f(−x)

gest dérivable etg(0) = 0. Par le théorème des accroissements finis, il existe
c∈]0 x[tel que
g(x)−g(0) =xg0(c)

ce qui résout notre problème.

Exercice 2 :[énoncé]
La fonctionϕproposée est définie et de classeC2sur[a a+h].

f(a+ 2h)−2f(a+h) +f(a) =ϕ(a+h)−ϕ(a)

Par le théorème des accroissements finis appliqué àϕentreaeta+h, il
existeb∈]a a+h[tel que

ϕ(a+h)−ϕ(a) =hϕ0(b) =h(f0(b+h)−f0(b))

Corrections

Par le théorème des accroissements finis appliqué àf0entrebetb+h, il existe
c∈]b b+h[∈]a a+ 2h[tel que

f0(b+h)−f0(b) =hf00(c)puisf(a+ 2h)−2f(a+h) +f(a) =h2f00(c)

Exercice 3 :[énoncé]
Par le théorème des accroissements finis appliqué à la fonctionx7→xe1xentrex
etx+ 1:
il existecx∈]x x+ 1[tel que
(x+ 1)e1(x+1)−xe1x=cxc−x1ec1x(x+ 1−x) =cxc−x1ec1x
Quandx→+∞,cx→+∞carcx>x.
Par suite
11
cxcx−
exc→1
et donc
xl→i+m∞(x+ 1)ex1+1−xex1= 1

Exercice 4 :[énoncé]
On applique le théorème des accroissements finis àx7→lnxentrexetx+ 1.
Il existec∈]x x+ 1[tel que

Orx < c < x+ 1donne

puis l’encadrement voulu.

donne

ln(1 +x)−lnx= 1
c

1 1 1
< <
x+ 1c x

kn
p=kXnn+1ln(p+ 1)−lnp6X1p6pkXnn+1lnp−ln(p−1)
p=n+1 =

lkn+ 1knln1k
n
n+ 16p=nX+1p6

Par le théorème des gendarmes

nli→m∞kXn+1p ln1 =k
p=n

Exercice 5 :[énoncé]
(⇐)En vertu de l’inégalité des accroissements finis.
(⇒)Sifestklipschitzienne alors∀x y∈Itels quex6=yon af(xx)−−yf(y)6k
.
A la limite quandy→xon obtient|f0(x)|6k. Par suitef0est bornée.

Exercice 6 :[énoncé]
Nous allons montrer`0= 0en raisonnant par l’absurde.
Supposons`0>0.
Il existeα >0tel qu’au voisinage de 0

xf0(x)>α

Pourxet2xdans ce voisinage, on peut écrire en vertu du théorème des
accroissements finis
f(2x)−f(x) =xf0(c)

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avecccompris entrexet2x.
Puisquecf0(c)>α, on obtient
α
f(2x)−f(x)>x α>2
c

+

Or quandx→0
f(2x)−f(x)→`−`= 0
C’est absurde.
De mme, supposer`0<0est absurde.

Exercice 7 :[énoncé]
+
a) PosonsM∈R+?tel que|f00(x)|6Mpour toutx∈R.
Soitε >0. La suite(x)de terme général

n
ε
xn=nM

diverge vers+∞et donc
f(xn+1)−f(xn)→0
Par suite il existeN∈Ntel que pour toutn>N
|f(xn+1)−f(xn)|εM2
6
Par le théorème des accroissements finis, il existecn∈]xn xn+1[tel que
|f0(cn)|(xn+1−xn)6εM2

ce qui donne
|f0(cn)|6ε
Puisquef00est bornée parM, la fonctionf0estM-lipschitzienne et donc
∀u∈[xn xn+1]|f0(u)−f0(cn)|6M|u−cn|6ε

Corrections

puis
∀u∈[xn xn+1]|f0(u))|6ε+|f0(cn)|62ε
et, puisque ceci vaut pour toutn∈N, on a en posantA=xN,
∀u>A|f0(u)|62ε
On peut conclure quef0converge vers 0 en+∞.
b) Posons
tcos(t2)
f( ) =t+ 1
On vérifie aisément quefest de classeC2et converge en+∞sans quef0converge
en 0.

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