Corrigé des exercices - Dunod

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soit
f (n) (θ x x) − f (n) (0) =
Puisque f (n+1) (0) ≠ 0, on a, au voisinage de 0,
f (n) (θ x x) − f (n) (0) ∼ θ x xf (n+1) (0) et
On en déduit que θ x ∼ 1
n + 1 , c’est-à-dire
lim θ x = 1
x→0 n + 1 .
x
n + 1 f(n+1 (c).
x
n + 1 f(n+1) (c) ∼
x
n + 1 f(n+1) (0).
Exercice 23.11
[
1. L’existence de θ x se montre comme dans l’exercice précédent. Sur 0, π ]
, la fonction
]
2
cos est strictement décroissante donc injective. Si x ∈ 0, π ]
et si θ x et θ x ′ répondent au
2 [
problème, on a cos(θ x x) = cos(θ xx) ′ et comme θ x x et θ xx ′ appartiennent à 0, π ]
, θ x x = θ ′
2
xx
et donc θ x = θ x. ′ On montre de même que θ x est unique si x ∈
[− π [
2 ,0 .
2. On écrit la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 5 entre 0 et x. Il existe c entre et 0 et x
tel que
On en déduit
et donc
sinx = x − x3
6 + x5
cos c.
120
− x3
6 cos(θ xx) = − x3
6 + x5
120 cos c
1 − cos(θ x x) = x2
cos c.
20
Quand x tend vers 0, θ x x tend aussi vers 0 ainsi que c. On en déduit que 1−cos(θ x x) ∼ x2 θx
2
2
et cos c ∼ 1, puis que θ2 x
2 ∼ 1 . Ceci montre que lim
20 x→0 θ2 x = 1
10 et comme θ x > 0,
lim θ x = √ 1 .
x→0 10
Exercice 23.12
1. On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 à la fonction exp sur [0,1] entre 0
et x. On obtient, pour tout x ∈ [0,1],
|e x − 1 − x| x2
2 sup e t ex2
t∈[0,1] 2 .