Faculté des Sciences de Rabat

Année Universitaire 2023-2024

Département de Mathématiques
PC-S1: Analyse
Université Mohammed V

Série 2: Corrigé

Exercice 1
1. Calculer les limites suivantes:
√
3 2 √
√ −2−1 ,
3x 1



lim x−1
lim cos(x) sin x2 , lim 2x + 4x2 − x + 1
x→1 x→+∞ x→−∞

2. Calculer en utilisant la règle de l’Hospital les limites suivantes:

1−cos x2 x2
lim x4 , lim 1−cos
3 , lim log(sin x)
2
x→0 x→0 x sin x x→π/2 (π−2x)

3. Etudier la dérivabilité de la fonction f :

(a) f (x) = |x2 − 3|
√
(b) f (x) = log(x + x2 − 1)
(  
1
exp x2 −a2 si |x| < a
(c) f (x) = où a ∈ R+
0 si |x| ≥ a,

Solution:
1. √
3
3x2 − 2 − 1
lim √ :
x→1 x−1
Pour lever l’indétermination on fait la technique suivante : on sait que
a3 − b3 = (a − b) a2 + ab + b2 et a2 − b2 = (a − b)(a + b)

donc
√ √
 
3

q 3 2
3x2 − 2 − 1 (3x2 − 2) + 3 3x2 − 2 + 1

p
3 3 x2 − 1
3x2 − 2−1 = q √ = q √
3 2 3 2
(3x2 − 2) + 3 3x2 − 2 + 1 (3x2 − 2) + 3 3x2 − 2 + 1
et √ √
√ ( x − 1)( x + 1) x−1
x−1= √ =√
x+1 x+1
Par conséquent
√3 √
3x2 − 2 − 1 3(x + 1)( x + 1)
lim √ = lim q √ = 4.
x→1 x−1 x→1 3 2
(3x2 − 2) + 3 3x2 − 2 + 1

1
 cos(x) sin( x2 )
1
1 1



Pour calculer lim cos(x) sin x2 , on a limx→+∞ cos(x) sin x2 = limx→+∞ x2 1 =
x→+∞ x 2
0 car,
1


cos(x) 1 cos(x) sin x2 sin(y)
∀x > 1, 2
≤ 2 =⇒ lim =0 et lim 1 = lim =1
x x x→+∞ x2 x→+∞
x2
y→0 y
√

Pour la limite lim 2x + 4x2 − x + 1 , nous avons
x→−∞

r ! r !
 p  1 1 1 1
lim 2x + 4x2 − x + 1 = lim 2x + |2x| 1 − + = lim 2x 1 − 1− +
x→−∞ x→−∞ 4x 4x2 x→−∞ 4x 4x2
1
− 12 1
− 12 1
= lim 2x q4x 4x = lim q2 2x = .
x→−∞ 1
1 + 1 − 4x + 1 x→−∞ 1
1 + 1 − 4x + 1 4
4x2 4x2

1−cos x2
2. Pour calculer lim x4 , on applique la règle de l’Hôpital au rapport
x→0
f (x) 2
1−cos x
g(x) = x4 puisque les fonctions f
et g sont définies, continues et
dérivables dans un voisinage de 0. On a :
f ′ (x) 2x sin x2 sin x2
g ′ (x) = 4x3 = 2x2
sin x2 1−cos x2
Or lim 2 = 12 , donc lim x4 = 12 .
x→0 2x x→0
1−cos x2 1−cos x2 1−cos2 x 1−cos x2
Pour calculer lim 3
x→0 x sin x
, on écrit x3 sin x = x4 · sin x . Donc lim 3
x→0 x sin x
=
1
2 (d’après 1).
Pour calculer lim log(sin x)
2 , on pose f (x) = log(sin x) et g(x) = (π −
x→π/2 (π−2x)
2x)2 . f et g sont deux fonctions définies, continues et dérivables dans un
voisinage de π/2, et on a :
f ′ (x) = cos x
sin x et g ′ (x) = −4(π − 2x).
′
f (x) −1 cos x
D’où g ′ (x) = 4 sin x . π−2x , ce qui conduit à une indétermination.
cos x
Une deuxième application de la règle de l’Hôpital à π−2x donne :
lim cos x = lim − sin x = 1
2.
x→π/2 π−2x x→π/2 −2
f ′ (x)
D’où lim ′ = − 18 et par conséquent : lim f (x) = − 18 .
x→π/2 g (x) x→π/2 g(x)

3. Etudions la dérivabilité de la fonction f

(a) f (x) = |x2 − 9|. La fonction f est définie, continue en tout point de
R, dérivable sauf peut-être en 3 et −3. Etudions la dérivabilité aux
points x0 = 3 et x1 = −3.

2
 f (x) − f (3) x2 − 9
lim+ = lim+ = 6,
x→3 x−3 x→3 x−3
f (x) − f (3) 9 − x2
lim− = lim = −6.
x→3 x−3 x→3 x − 3

donc fd′ (3) = 6 et fg′ (3) = −6.

Donc, f est dérivable à droite, dérivable à gauche au point 3, mais
n’est pas dérivable au point 3.
De manière analogue, on montre que f n’est pas dérivable au point
−3.
(b) f est définie sur [1, +∞[, dérivable sur ]1, +∞[
Etude de la dérivabilité au point 1.

 p
f (x) − f (1) log x + x2 − 1)
on a lim+ = lim+
x→1 x−1 x→1 x−1
  p 
  log 1 + 1 − 1/x 2
log x
= lim + 
x→1+ x−1 x−1

Si l’on pose t = x − 1, on obtient alors :

log x log(1 + t)
lim+ = lim+ =1
x→1 x − 1 t→0 t
p
de plus: 1 − 1/x2 tend vers 0+ quand x tend vers 1+ , donc :
 p  p
log 1 + 1 − 1/x2 ∼ 1 − 1/x2 .
 √  √
log 1+ 1−1/x2 1−1/x2
Donc lim+ x−1 = lim+ x−1 mais
x→1 x→1
p s s
1 − 1/x2 x2 − 1 x+1
lim = lim− = lim+ = −∞.
x→1+ x−1 x→1 x2 (x − 1)2 x→1 x2 (x − 1)

D’où f n’est pas dérivable en x0 = 1.

(c) f est définie sur R, continue en tout point de R. Elle est dérivable
sur R sauf peut-être aux points a et −a.
Etudions la dérivabilité au point a:
f (x) − f (a)
lim+ = 0 (car f (x) = 0 et f (a) = 0),
x→a x−a
f (x) − f (a) 1 1
lim = lim− e x2 −a2 .
x→a− x−a x→a x − a

3
 Posons 1
x2 −a2 = X, alors quand x → a− , X → −∞, and lim XeX =
X→−∞
0.
f (x)−f (a)
Donc lim x−a = 0. Par conséquent, f est dérivable au point
x→a−
′
a and f (a) = 0.
De manière analogue, on démontre que f est dérivable en −a.

Exercice 2
Soit f la fonction définie sur l’intervalle [0, 1] par :

0
 si x = 0
x ln(x)
f (x) = x + 1−x si 0 < x < 1

0 si x = 1


1. Montrer que f est continue sur l’intervalle [0, 1].

2. Montrer qu’il existe c dans l’intervalle ouvert ]0, 1[ tel que f ′ (c) = 0.
Solution:
1. Si x ∈]0, 1[ alors f est continue. En x = 0
lim x ln(x) = 0
x−0+

C’est une forme indéterminée dont la limite est connue. Donc

 
x ln(x)
lim+ x + =0
x=0 1−x
On prolonge f en 0 par f (0) = 0 En x = 1, on pose h = 1 − x, c’est mieux
que h = x − 1 parce qu’alors h → 0+ lorsque x → 1− .
x=1−h
(1 − h) ln(1 − h) ln(1 − h)
f (x) = 1 − h + = 1 − h + (1 − h)
h h
Comme
ln(1 − h)
lim = −1
h→0+ h
Soit parce que c’est la limite du taux de variation de la fonction h →
ln(1 − h), soit en appliquant la règle de L’Hospital, soit parce que la limite
est connue. Donc
 
ln(1 − h)
lim f (x) = lim 1 − h + (1 − h) =1−1=0
x→1− h→0+ h
On prolonge f en x = 1 par f (1) = 0.
2. f ainsi prolongée est continue sur [0, 1] et manifestement dérivable sur
]0, 1[, on peut appliquer le théorème de Rolle, il existe c ∈]0, 1[ tel que
f ′ (c) = 0

4
Exercice 3
On considère l’équation

Em : d’inconnue x > 0, ln(x) = mx.

1. Démontrer que si m ≤ 0, l’équation Em admet une unique solution et que

cette solution appartient à ]0, 1].
2. Démontrer que si m ∈]0, 1/e[, l’équation Em admet exactement deux so-
lutions.
3. Démontrer que si m = 1/e, l’équation Em admet une unique solution dont
on précisera la valeur.
4. Démontrer que si m > 1/e, l’équation Em n’admet pas de solution.

Solution Dans toute la suite, on va poser f (x) = ln(x) − mx, définie pour
x > 0. Chercher une solution de (Em ), c’est chercher un zéro de f .
Remarquons d’abord que la fonction f est continue sur ]0, +∞[ et que
lim f (x) = −∞. De plus, f est dérivable sur ]0, +∞[ et pour tout x > 0,
x→0+
on a
1
f ′ (x) = − m
x
On a f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 1/m. Si m ≤ 0, la fonction f est strictement croissante
sur ]0, +∞[. Si m > 0, la fonction f est strictement croissante sur ]0, 1/m[ et
strictement décroissante sur ]1/m, +∞[.

1. Si m ≤ 0, alors la fonction f est strictement croissante sur ]0, +∞[ et de

plus lim f ′ (x) = +∞ (ce n’est pas une forme indéterminée). La fonction
x→+∞
f réalise donc une bijection de ]0, +∞[ sur R, et l’équation f (x) = 0 admet
une unique solution dans ]0, +∞[. On peut même préciser l’emplacement 
de ce zéro. En effet, f (1) = −m ≥ 0, et donc 0 ∈] lim+ f (x), f (1) . On
x→0
en déduit que la solution à (Em ) est dans l’intervalle ]0, 1].
2. Si m > 0, on a lim f (x) = −∞ par croissance comparée de la fonction
x→+∞
logarithme et des fonctions puissance. On a donc le tableau de variations
suivant pour la fonction f :
1
x 0 +∞
a

f ′ (x) + 0 −

ln( a1 ) − 1
f (x)
−∞ −∞

5
 m ∈]0, 1/e[, alors f ′ (x) > 0 sur ]0, 1/m[ et f ′ (x) < 0 sur ]1/m, 0[. f
réalise donc une bijection de ]0, 1/m] sur ] − ∞, f (1/m) = ln(1/m) − 1] et
de [1/m, +∞[ sur [ln(1/m) − 1, lim f (x)] = [ln(m) − 1, −∞[ (la limite
x→+∞
en +∞ est ici une conséquence de la croissance comparée de la fonction
logarithme et des fonctions puissance).
Puisque m < 1/e, ln(1/m) > 1 et on trouve bien deux solutions à l’équation
f (x) = 0 : l’une dans l’intervalle ]0, 1/m[ et l’autre dans l’intervalle
]1/m, +∞[.
3. Si m = 1/e, alors f admet un maximum en e qui vaut 0. La fonction
étant strictement croissante sur ]0, 1/e[ et strictement décroissante sur
]1/e, +∞[, l’équation (Em ) admet pour unique solution 1/e.
4. Si m > 1/e, alors f admet un maximum en 1/m et f (1/m) = − ln(m)−1 <
0. Ainsi, l’équation (Em ) n’admet pas de solutions.

Exercice 4
Démontrer les inégalités suivantes :

1. sin x ≤ x si x ≥ 0.
2. log(1 + x) ≤ x si x ≥ 0.
3. Arctg x ≤ x si x ≥ 0.
x3
4. x < tg x et x + 3 < tg x si x ∈ ]0, π/2[.
Solution :

1. La fonction t → sin t est continue sur [0, x] et dérivable sur ]0, x[ pour
tout x > 0. Donc d’après le théorème des Accroissements finis, il existe
c ∈ ]0, x[ tel que sin x = x cos c. Or 0 ≤ cos c ≤ 1, d’où sin x ≤ x pour
tout x > 0. L’inégalité est évidemment satisfaite si x = 0.
2. On applique le théorème des Accroissements finis à la fonction t → log(1+
x 1
t) sur l’intervalle [0, x]. On a log(1 + x) = 1+c < x car 1+c < 1.
3. En raisonnant de la même manière qu’en a) et b), on obtient Arctg x =
x 1
1+c2 , mais 1+c2 < 1.

4. En appliquant le théorème des Accroissements

  finis à la fonction t → tg t
t3
sur [0, x], puis à la fonction t → tg t − t + 3 sur [0, x].

Exercices Supplémentaires

6
Exercice 5
x log x
Soit g la fonction définie sur R∗+ par g(x) = x−1 .

1. Montrer que g est prolongeable par continuité en 0 et en 1.

1+x
2. Soit f la fonction définie sur ] − 1, 1[ par f (x) = (1 − x2 ) log 1−x .

(a) Montrer que f est continue sur ] − 1, 1[.

(b) Étudier la parité de f .
(c) Montrer que f se prolonge par continuité en une fonction continue
sur [−1, 1].
Solution:
x log x
g(x) = .
x−1
1. Prolongement par continuité en 0 et 1 .
x log x
lim g(x) = lim =0
x→0 x→0 x−1
g est prolongeable par continuité en 0 .
x log x
lim g(x) = lim = 1.
x→1 x→1 x−1
g est prolongeable par continuité en 1 .
2.  
2

1+x
f (x) = 1 − x log .
1−x
(a) f est continue sur ] − 1, 1 [ comme produit et composée de fonctions
continues.    
(b) f (−x) = 1 − x2 log 1−x 1+x

2


1+x = − 1 − x log 1−x = −f (x). Donc
f est impaire.
 
1+x


(c) lim f (x) = lim 1 − x2 log 1−x =0
x→1 x→1
Comme f est impaire donc lim f (x) = 0, et par suite f est pro-
x→−1
longeable par continuité en 1 et -1.

Exercice 6
Soit f la fonction définie par: f(x) = log(1 + αx) où α ∈ R∗ +. Soient a et b des
récls tels que −1/α < a ≤ b.
1. Démontrer qu’il existe c ∈]a, b[tel que : f (b) − f (a) = (b − a)f ′ (c)

7
 2. Détérminer c.
Solution
1. f est définie sur ] − 1/α, +∞ [.
Donc f est définie, continue sur [a, b] dérivable sur ]a, b[.
D’aprés le théorème des Accroissements finis, il existe c ∈]a, b[ tel que :

f (b) − f (a) = (b − a)f ′ (c)

2. on a f ′ (x) = α
1+αx
α(b−a)
Donc log(1 + αb) − log(1 + αa) = 1+αc
b−a 1
D’où : c = 1+αb
log( 1+αa
− α
)

Exercice 7
Soient a et b des réels tels que 0 < a < b.
1. A l’aide du théorème des accroissements finis montrer que
b−a b−a
< ln(b) − ln(a) <
b a

2. Soit f : [0, 1] → R, de classe C 1 sur [0, 1] et deux fois dérivable sur ]0, 1[
telle que :
f (0) = 0; f (1) = 0; f ′ (0) > 0 et f ′ (1) < 0
De plus on supposera que ∀x ∈]0, 1 [, f ′′ (x) < 0 .
2.1. Montrer qu’il existe α > 0 tel que pour tout x ∈ [0, α], f ′ (x) > 0.
2.2. Montrer que f (α) > 0.
2.3. On suppose qu’il existe β ∈]0, 1 [ tel que f (β) = 0, montrer qu’il
existe c1 ∈] 0, β [ et c2 ∈] β, 1[ tel que f ′ (c1 ) = f ′ (c2 ) = 0, en déduire
une contradiction.
2.4. Déterminer le signe de f (x) pour tout x ∈]0, 1[.
3. On considère la fonction f définie par :

f (x) = ln(xa + (1 − x)b) − x ln(a) − (1 − x) ln(b)

Montrer que f vérifie les hypothèses du 2 (En particulier on vérifiera que

f est bien tout x ∈]0, 1[

ln(xa + (1 − x)b) > x ln(a) + (1 − x) ln(b)

Solution

8
1. g : x → ln(x), g est de classe C 1 sur ]0, +∞[, on peut appliquer le théorème
des accroissements finis à la fonction g entre a et b.g ′ (x) = x1 donc il existe
c ∈] a, b[ tel que :
1
ln(b) − ln(a) = (b − a) ×
c
1 1 1 b−a b−a b−a
0<a<c<b⇒ < < ⇒ < <
b c a b c a
Car b − a > 0. Donc
b−a b−a
< ln(b) − ln(a) <
b a

2. 2.1. Première méthode :

f (0) = f (1) et f est C 1 sur [0, 1] d’après le théorème de Rolle il
existe α ∈] 0.1[ tel que f ′ (α) = 0, la fonction f ′ étant strictement
décroissante, pour tout x tel que 0 < x < α, f ′ (0) > f ′ (x) > f ′ (α) =
0.
Deuxième méthode :
f ′ est continue et f ′ (0) > 0 donc pour tout ϵ > 0 il existe α ≥ 0 tel
que pour tout x ∈ [0, α]

|f ′ (x) − f ′ (0)| < ϵ

Ce qui entraine que

f ′ (0) − ϵ < f ′ (x) < f ′ (0) + ϵ

f ′ (0)
Il suffit de prendre ϵ = 2 pour montrer que pour tout x ∈ [0, α], f ′ (x) >
0.
2.2. Première méthode : Appliquons le théorème des accroissements finis
entre 0 et α, les hypothèses sont évidemment vérifiées, il existe c ∈
]0, α[ tel que
f (α) − f (0) = αf ′ (c)
Comme f (0) = 0 et f ′ (c) > 0, on a f (α) > 0 Deuxième méthode :
D’après 2.1. la dérivée est strictement positive sur l’intervalle ]0, α]
et la fonction est nulle en 0 donc elle est strictement croissante sur
[0, α], par conséquent 0 < α ⇒ 0 = f (0) < f (α).
2.3. S’il existe β ∈]0, 1[ tel que f (β) = 0, les hypothèses du théorème
de Rolle sont vérifiées entre 0 et β et entre β et 1 donc il existe
c1 ∈] 0, β [ et c2 ∈] β, 1 [ tel que f ′ (c1 ) = 0 et f ′ (c2 ) = 0, comme
f ′′ (x) < 0 entraine que f ′ étant strictement décroissante ce c est
unique, d’où la contradiction
2.4. D’après 2.2. il existe une valeur α ∈]0, 1 [ telle que f (α) > 0, d’après
2.3. f ne s’annule pas sur ]0,1[ et f est continue, par conséquent pour
tout x ∈]0, 1[, f (x) > 0.

9
Soit g : [0, 1] → R définie par g(x) = ax + (1 − x)b

g(0) = b; g(1) = a; g ′ (x) = a − b < 0

Donc g est une bijection décroissante de [0, 1] sur [a, b] en fait le

fait que g soit bijective n’a pas beaucoup d’importance mais cela
permet d’affirmer facilement que g([0, 1]) = [a, b] et donc que g(x) > 0
sur [0, 1], le reste de la fonction ne pose pas de problème donc f
ratisiminentinue, et dérivable autant de fois que l’on veut.

f (0) = ln(0 × a + (1 − 0)b) − 0 × ln(a) − (1 − 0) ln(b) = ln(b) − ln(b) = 0

f (1) = ln(1 × a + (1 − 1)b) − 1 × ln(a) − (1 − 1) ln(b) = ln(a) − ln(a) = 0
a−b
∀x ∈ [0, 1], f ′ (x) = − ln(a) + ln(b)
xa + (1 − x)b
(a − b)(a − b) (a − b)2
∀x ∈ [0, 1], f ′′ (x) = − 2
=− <0
(xa + (1 − x)b) (xa + (1 − x)b)2
a−b a−b b−a
f ′ (0) = + ln(b) − ln(a) > + =0
b b b
D’après 1. Inégalité de gauche.
a−b a−b b−a
f ′ (1) = + ln(b) − ln(a) < + =0
a a a
D’après 1. Inégalité de droite. D’après 2.4. la fonction f est stricte-
ment positive sur ]0,1[ donc

ln(xa + (1 − x)b) − x ln(a) − (1 − x) ln(b) > 0

Autrement dit

∀x ∈]0, 1[, x ln(a) + (1 − x) ln(b) < ln(xa + (1 − x)b)

10