Corrigé des exercices - Dunod

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Comme lim f(x) = l, on a également lim f(x + 1) = l et lim (f(x + 1) − f(x)) = 0.
x→+∞ x→+∞ x→+∞
Il existe donc x 2 a tel que |f(x + 1) − f(x)| ε 2 pour x x 2. On a alors
On en déduit que lim
x→+∞ f ′ (x) = 0.
Exercice 23.15
∀x max(x 1 ,x 2 ) |f ′ (x)| ε.
1. On applique la formule de Taylor-Lagrange entre x 0 et x. Il existe donc c ∈ ]x 0 ,x[ tel que
f(x) =
n−1
∑
k=0
(x − x 0 ) k
f (k) (x 0 ) + (x − x 0) n
f (n) (c).
k!
n!
Comme f (n) (c) ∈ [L − ε,L + ε], on en déduit l’encadrement
n−1
∑
k=0
(x − x 0 ) k
k!
f (k) (x 0 )+ (x − x 0) n
n−1
∑
(L−ε) f(x)
n!
k=0
Pour x > x 0 , on obtient, en divisant par (x − x 0) n
,
n!
n−1
∑
n!
k=0
(x − x 0 ) k
k!
f (k) (x 0 )+ (x − x 0) n
(L+ε).
n!
(x − x 0 ) k−n
n−1
f (k) f(x)
(x 0 ) + L − ε n!
k!
(x − x 0 ) n n! ∑ (x − x 0 ) k−n
f (k) (x 0 ) + L + ε.
k!
f(x)
2. Quand x tend vers +∞, n! tend vers 0, car f(x) tend vers une limite finie et
(x − x 0 )
n
n 1. Chaque terme de la somme tend vers 0. On obtient par passage à la limite dans les
inégalités
L − ε 0 L + ε
et donc −ε L ε, soit |L| ε. Ceci étant vrai pour tout ε, on conclut que L = 0.
Exercice 23.16
Raisonnons par l’absurde et supposons que |f ′′ (x)| < 4 pour tout x ∈ ]0,1[. On applique la
formule de Taylor-Lagrange entre 0 et 1 2 , puis entre 1 ]
2 et 1. Il existe c ∈ 0, 1 [ ] [ 1
et c ′ ∈
2 2 ,1
tels que
k=0
( 1
f = f(0) +
2)
1 2 f ′ (0) + 1 8 f ′′ (c) = 1 8 f ′′ (c)
( 1
f = f(1) −
2)
1 2 f ′ (1) + 1 8 f ′′ (c ′ ) = 1 + 1 8 f ′′ (c ′ ).
On en déduit que 1 = 1 8 (f ′′ (c) − f ′′ (c ′ )), puis que
1
1
∣8 (f ′′ (c) − f ′′ (c ′ ))
∣ 1 8 (|f ′′ (c)| + |f ′′ (c ′ )|) < 1 (4 + 4) 1.
8
On obtient une contradiction : il existe c ∈ [0,1[ tel que |f ′′ (c)| 4.