\documentclass[a4paper,12pt]{article}
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\def\color[rgb]#1{}

\begin{document}\corrige{5}

\exo\\
Les fonctions $x\mapsto e^x$ et $x\mapsto ax^2+bx+c$ sont 
$\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\R$. La fonction $f$ \'etant d\'efinie par morceaux
sur $]-\infty, 0[$ et $[0,+\infty[$, $f$ est $\mathcal{C}^{\infty}$ sur
$\R^*$ (de plus $f$ est continue \`a droite en $0$ et pour tout $n\in\N^*$ 
elle a une d\'eriv\'ee $n$-i\`eme \`a droite en $0$).

\medskip
\textbf{Continuit\'e en \boldmath $0$.}
$\displaystyle\lim_{x\to 0^-}f(x)=e^0=1$ et 
$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)=c=f(0)$.
On en d\'eduit que $f$ est continue en $0$ si et seulement si $c=1$.

\medskip
\textbf{D\'erivabilit\'e en \boldmath$0$.}
Si $f$ n'est pas continue alors elle n'est pas d\'erivable. On \'etudie donc
la d\'erivabilit\'e en $0$ uniquement quand $c=1$. \\
$\bullet$ $\forall x\geq 0, f(x)=ax^2+bx+1$. Cette formule est valable \`a droite
de $0$, \textbf{y compris en \boldmath$0$}, donc
en la d\'erivant selon les r\`egles usuelles on
peut calculer $f'(x)$ pour
$x>0$ et $f'_d(0)$ (d\'eriv\'ee \`a droite). On obtient :
$\forall x>0$, $f'(x)=2ax+b$, $f'_d(0)=b$ et 
$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f'(x)=f'_d(0)$.\\
$\bullet$ $\forall x\leq 0, f(x)=e^x$ (cette formule est aussi valable en $x=0$
car $f(0)=c=1=e^0$). En d\'erivant cette formule, on peut donc calculer 
$f'(x)$ pour $x<0$ et $f'_g(0)$. On obtient : $\forall x<0$, 
$f'(x)=e^x$, $f'_g(0)=e^0=1$ et 
$\displaystyle\lim_{x\to 0^-}f'(x)=f'_g(0)$.\\
On en d\'eduit que $f$ est d\'erivable en $0$ si et seulement si $f'_g(0)=f'_d(0)$,
c'est-\`a-dire $b=1$. Dans ce cas $f'(0)=1$ et $f'$ est continue en $0$,
donc $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$.

\medskip
\textbf{D\'eriv\'ee seconde en \boldmath$0$.}
On proc\`ede comme pour $f'$. Si $f$ n'est pas $\mathcal{C}^1$ alors $f'$ n'est
pas d\'erivable, on se place donc dans le cas $b=c=1$.\\
$\bullet$ $\forall x\geq 0, f'(x)=2ax+1$ (cette formule est valable en $0$
car on a calcul\'e ci-dessus que $f'(0)=1$) donc
$\forall x>0$, $f''(x)=2a$, $f''_d(0)=2a$ et 
$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f''(x)=f''_d(0)$.\\
$\bullet$ $\forall x\leq 0, f'(x)=e^x$ (formule valable en $0$ 
car $f'(0)=1=e^0$) donc $\forall x<0$, 
$f''(x)=e^x$, $f''_g(0)=e^0=1$ et 
$\displaystyle\lim_{x\to 0^-}f''(x)=f''_g(0)$.\\
On en d\'eduit que $f'$ est d\'erivable en $0$ si et seulement si 
$f''_g(0)=f''_d(0)$,
c'est-\`a-dire $a=\frac{1}{2}$. Dans ce cas $f''(0)=1$ et $
f''$ est continue en $0$, donc $f$ est de classe $\mathcal{C}^2$.

\medskip
\textbf{D\'eriv\'ee troisi\`eme en \boldmath$0$.}
On \'etudie l'existence de $f^{(3)}(0)$ pour $a=\frac{1}{2}$, $b=c=1$.
Par la m\^eme m\'ethode que pr\'ec\'edemment on trouve $f^{(3)}_g(0)=e^0=1$
et $f^{(3)}_d(0)=0$. Les d\'eriv\'ees \`a gauche et \`a droite sont diff\'erentes
donc $f^{(3)}$ n'est pas d\'efinie en $0$.

\medskip
\textbf{Conclusion.}
$f$ est $\mathcal{C}^2$ si et seulement si $a=\frac{1}{2}$, $b=1$, $c=1$ et 
$f$  n'est jamais $\mathcal{C}^3$.

\bigskip\textbf{Autre m\'ethode.} On peut \'etudier la d\'erivabilit\'e en 
$0$ en utilisant les taux d'accroissement. Nous montrons ici comment
calculer $f'_g(0)$ et $f'_d(0)$, les d\'eriv\'ees sup\'erieures se traitant de la 
m\^eme mani\`ere. 
Si $x>0$, 
$\frac{f(x)-f(0)}{x}=ax+b$ donc $f'_d(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}
\frac{f(x)-f(0)}{x}=b$. Dans le cas $c=1$ la d\'eriv\'ee \`a gauche
(si elle existe)
est donn\'ee par la limite en $0^-$ de $\frac{e^x-1}{x}$ ; or par d\'efinition
$\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}\ $ est \'egale \`a la d\'eriv\'ee
en $0$ de $g(x)=e^x$. Comme $g'(x)=e^x$, on obtient que
$f'_g(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0^-}\frac{e^x-1}{x}=g'(0)=1$.

\newpage
\exo\\
$x\mapsto x^2$ et $x\mapsto \cos x$ sont d\'erivables sur $\R$ et $x\mapsto
\frac{1}{x}$ est d\'erivable sur $\R^*$ donc $f$ est d\'erivable sur
$\R^*$ comme produit et composition de fonctions d\'erivables. \'Etudions la
d\'erivabilit\'e en $0$.
$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=x\cos\frac{1}{x}$. Comme $|\cos \frac{1}{x}|\leq 1$
on a $|x\cos\frac{1}{x}|\leq |x|$ d'o\`u
$-|x|\leq x\cos\frac{1}{x}\leq |x|$. On a $\displaystyle\lim_{x\to 0}
|x|=0$ donc par le th\'eor\`eme des gendarmes $\displaystyle \lim_{x\to 0}
\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=x\cos\frac{1}{x}$ existe et vaut $0$.

\medskip\noindent
\textbf{Conclusion.} $f$ est d\'erivable en $0$ et $f'(0)=0$. La fonction $f$ est
donc d\'erivable sur $\R$.

\medskip\noindent\textbf{Remarque.} Si $x\not=0$, $f'(x)=2x\cos\frac{1}{x}+
\sin\frac{1}{x}$. Cette fonction n'a pas de limite en $0$ 
(cf feuille 4, ex. 6, $f(x)$), donc $f$ n'est pas $\mathcal{C}^1$.

\bigskip
\exo\\
a) Soit $f(x)=\ln x$ pour $x>0$. $f$ est d\'erivable et $\forall x>0$,
$f'(x)=\frac{1}{x}$. On applique le th\'eor\`eme des accroissements finis
entre $x$ et $x+1$ ($x>0$) : il existe $c\in ]x,x+1[$ tel que
$\ln(x+1)-\ln(x)=\frac{1}{c}$. Comme $0<x<c<x+1$ on a $0<\frac{1}{x+1}<
\frac{1}{c}<\frac{1}{x}$ donc $\forall x>0, \frac{1}{x+1}<\ln(x+1)-\ln(x)<
\frac{1}{x}$.

\medskip\noindent b)
On applique la question a) pour $x=1,2,\ldots, k$ avec $k\in\N^*$ et on
somme les in\'egalit\'es obtenues. Comme
$$
\ln(k+1)-\ln(k)+\ln(k)-\ln(k-1)+\cdots+\ln(2)-\ln(1)=
\ln(k+1)-\ln(1),
$$
on obtient :
$$
\forall k\in\N^*,\ 
\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k+1}<\ln(k+1)-\ln(1)<
1+\frac{1}{2}++\cdots+\frac{1}{k},
$$
autrement dit $S_{k+1}-1<\ln(k+1)<S_k$. En prenant $k=n-1$ ($n\geq 2$ donc
$k\geq 1$) la 1\`ere in\'egalit\'e donne $S_n<1+\ln(n)$ et en prenant $k=n$ 
la 2\`eme in\'egalit\'e donne 
$\ln(n+1)<S_n$. Donc $\forall n\geq 2$, $\ln(n+1)<S_n<1+\ln(n)$.

\medskip\noindent c)
$\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\ln(n+1)=+\infty$ et par la question b)
$S_n>\ln(n+1)$ donc $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}S_n=+\infty$.

\bigskip
\exo\\
Soit $f(x)=\sqrt{1+2x}$. La fonction $f$ est d\'efinie sur $[-\frac{1}{2},+\infty[$ et elle est
$\mathcal{C}^{\infty}$ sur $]-\frac{1}{2},+\infty[$. On a
$f(0)=1$, $f'(x)=(1+2x)^{-\frac{1}{2}}$, $f'(0)=1$,
$f''(x)=-(1+2x)^{-\frac{3}{2}}$, $f''(0)=-1$,
$f^{(3)}(0)=3(1+2x)^{-\frac{5}{2}}$. On applique la formule
de Taylor au point $0$ \`a l'ordre $2$ :
$$
\forall x>0,\ \exists c\in ]0,x[,\ f(x)=1+x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{2}
(1+2c)^{-\frac{5}{2}}.
$$

$c>0$ donc $1+2c>1$, $(1+2c)^{\frac{5}{2}}>1>0$ et
$0<(1+2c)^{-\frac{5}{2}}<1$. Comme $x>0$ on a $0<\frac{x^3}{2}(1+2c)^{-\frac{5}{2}}<\frac{x^3}{2}$, donc $1+x-\frac{x^2}{2}<f(x)<1+x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{2}$ pour tout $x>0$. On remarque que $f(0)=1$ donc
$$
\forall x\geq 0,\ 1+x-\frac{x^2}{2}\leq f(x)\leq 1+x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{2}.
$$

\newpage
\exo\\
a) \textbf{\'Etude de \boldmath$f$.}\\
$\forall x\in\R$, $x^2+1>0$ donc $\mathcal{D}_f=\mathcal{D}_{f'}=\R$.
$\forall x\in\R$, $f'(x)=\frac{1-x^2}{(x^2+1)^2}$.\\
$(x^2+1)^2$ est toujours strictement positif donc le signe de $f'$ est
donn\'e par celui de $1-x^2$. Tableau de variation de $f$ :
$$
\begin{array}{l|lcccccr}
& -\infty & & -1 & & 1 & & +\infty\\ \hline
f'(x) & & - & 0 & + & 0 & - & \\
f(x) & 0 & \searrow & -\frac{1}{2} & \nearrow & \frac{1}{2} &\searrow & 0
\end{array}\qquad\qquad
\begin{array}{l}
\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x+\frac{1}{x}}
=0\\
\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}\frac{1}{x+\frac{1}{x}}
=0\\
\end{array}
$$
On d\'eduit du tableau de variation que $f$ a un unique minimum local en $-1$
qui est aussi un minimum global, et $f$ a un unique maximum local en $1$, 
qui est aussi un maximum global.

\medskip
\textbf{\'Etude de \boldmath$g$.}\\
$x-1=0\Leftrightarrow x=1$ donc $\mathcal{D}_g=\mathcal{D}_{g'}=\R\setminus
\{1\}$. $\forall x\not=1$, $g'(x)=\frac{x^2-2x-2}{(x-1)^2}$.\\
Comme $(x-1)^2>0$, le signe de $g'$ est donn\'e par celui de
$x^2-2x-2$. $\Delta=12$, $x_1=1-\sqrt{3}<1$, $x_2=1+\sqrt{3}>1$.
$$
\begin{array}{l|lcccrclcccr}
& -\infty & & x_1 & & & 1 & & & x_2 & & +\infty\\ \hline
g'(x) & & + & 0 & - && ||&& - & 0 & + & \\
g(x) & -\infty & \nearrow & & \searrow & -\infty & ||&
+\infty & \searrow & & \nearrow & +\infty
\end{array}\qquad\qquad
\begin{array}{l}
\displaystyle\lim_{x\to 1^-}g(x)=-\infty\\
\displaystyle\lim_{x\to 1^+}g(x)=+\infty\\
g(x)=\frac{x+1+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}} \mbox{ d'o\`u}\\
\displaystyle\lim_{x\to-\infty}g(x)=-\infty\\
\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty\\
\end{array}
$$

On d\'eduit du tableau de variation que $g$ a un unique minimum local en $x_2$
et un unique maximum local en $x_1$. La fonction $g$ n'a pas d'extremum global.

\medskip\noindent
b) D'apr\`es le tableau de variation de $f$, $f$ a une asymptote
horizontale $y=0$ en $-\infty$ et $+\infty$.

\medskip
D'apr\`es le tableau de variation de $g$, $g$ a une asymptote verticale en
$x=1$. \'Etudions les asymptotes en $\pm\infty$.
On fait la division euclidienne (avec reste) de $x^2+x-1$ par
$x-1$ et on trouve $x^2+x-1=(x-1)(x+2)+1$. Donc
$g(x)=x+2+\frac{1}{x-1}$. On a donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}
g(x)-(x+2)=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}
g(x)-(x+2)=0$. Par cons\'equent, $g$ admet la droite $y=x+2$ pour
asymptote oblique en $+\infty$ et en $-\infty$.

\bigskip\noindent
c) $\displaystyle f''(x)=\frac{-2x(3-x^2)}{(x^2+1)^3}$. 
Comme $(x^2+1)>0$, le signe
de $f''$ est donn\'e par le num\'erateur : 
$$
\begin{array}{l|lccccccccr}
& -\infty & & -\sqrt{3} & & 0 & & \sqrt{3}
&&+\infty\\ \hline
-2x && +& & +& 0 &- & &- \\
3-x^2&&- & 0 &+ && + & 0 & -&\\
f''(x)& & - &0 &+ &0 &- & 0 & +\\
\end{array}
$$
On d\'eduit du tableau de signe de $f''$ que $f$ est concave sur 
$]-\infty, -\sqrt{3}]$ et $[0,\sqrt{3}]$ et que $f$ est convexe
sur $[-\sqrt{3},0]$ et $[\sqrt{3},+\infty[$. De plus, 
$f$ a 3 points d'inflexion, en $-\sqrt{3}$, $0$ et $\sqrt{3}$.

\bigskip
$\displaystyle g''(x)=\frac{6}{(x-1)^3}$ donc $g''$ ne s'annule jamais et
$g''$ est du signe de $x-1$, c'est-\`a-dire
$g''(x)<0\Leftrightarrow x<1$ et $g''(x)>0\Leftrightarrow x>1$. On en
d\'eduit que $g$ est concave sur $]-\infty,1[$ et convexe sur 
$]1,+\infty[$. La fonction $g$ n'a pas de point d'inflexion.

\newpage
\medskip \noindent d) \textbf{Graphe de \boldmath$f$.} \\
Remarque : on montre facilement que $f$ est impaire, 
donc le graphe de $f$ est sym\'etrique par rapport au point $(0,0)$.

\vspace{1cm}
\input{DM5cor-1.pstex_t}

\vspace{1cm}
\noindent \textbf{Graphe de \boldmath$g$.}\\
Remarque : pour tout $h\geq 0$, $\frac{g(1+h)+g(1-h)}{2}=3$ donc 
le graphe de $g$ est sym\'etrique par rapport au
point $(1,3)$.

\vspace{1cm}
\input{DM5cor-2.pstex_t}

\end{document}
