Corrigé des exercices - Dunod

204
On obtient g ′ (x) = (c−x)(M −f ′′ (x)) 0. Comme g(c) = 0, on en déduit que g est négative
sur [a,c]. On obtient les inégalités voulues
0 c − x n+1 M 2m (c − x n) 2 .
b) On pose q = M . On alors, pour tout n ∈ N,
2m
0 q(c − x n+1 ) q 2 (c − x n ) 2 (q(c − x n )) 2 .
On en déduit par récurrence sur n que 0 q(c − x n ) (q(c − x 0 )) 2n .
En effet pour n = 0, cela résulte de 2 0 = 1 et si c’est vrai au rang n, on obtient
0 q(c − x n+1 ) (q(c − x n )) 2 (q(c − x 0 )) 2n .2 (q(c − x 0 )) 2n+1 .
En divisant l’inégalité obtenue par q, on obtient le résultat demandé.
Exercice 20.22
1. La dérivée de f : x ↦−→ arctan x − x2
1 + x 2 est f ′ (1 − x)2
: x ↦−→
(1 + x 2 . La fonction f est
)
2
donc strictement croissante et, comme f(0) = 0, on a f(x) > 0 pour x > 0, ce qui donne
l’inégalité voulue.
[
2. La fonction f : x ↦−→ tan x −x a pour dérivée x ↦−→ tan 2 x donc elle croissante sur 0, π [
2
et s’annule en 0. Elle est positive. [
On considère les fonctions g et h définies sur 0, π [
par
2
de dérivées
g(x) = tan x − x − x3
3
g ′ (x) = tan 2 x − x 2
et h(x) = tanx − x − 14x3
25 ,
et h ′ (x) = tan 2 x − 42x2
25 .
Comme [ g ′ (x) = f(x)(x+tan x) 0, la fonction g croît ; de plus, g(0) = 0, donc g est positive
sur 0, π [
.
2 ( √ ) ( √ )
42x 42x
On écrit h ′ (x) = tan x − tan x + . Ainsi, h ′ (x) a le signe de k(x), où
5
5
√ √
42x
42
k : x ↦−→ tan x − . Sa dérivée est définie par k ′ (x) = tan 2 −( − 1). Elle s’annule
5
√√ 5
42
une seule fois en α tel que α = arctan − 1. La fonction k décroît sur [0,α] et croît sur
[
5
α, π k = +∞, elle s’annule une fois entre α et π , en β ; elle est
2
2
[
. Comme k(0) = 0 et lim π
2
négative sur [0,β] et positive sur [β, π 2 [. La fonction h décroît sur [0,β] et croît sur [β, π [
2 [.
Comme h(0) = 0 et lim π
h = +∞, h s’annule une fois sur β, π [
en γ ; elle est négative
2
2