Dérivabilité

1. Pour $x\mathrm{\ne }0$, on étudie le taux d'accroissement en $0$ (les trois fonctions sont nulles en $0$).

• ${\displaystyle \frac{u(x)-u(0)}{x}}={\displaystyle \frac{\mid x{\mid }^{3\mathrm{/}2}}{x}}$, de valeur absolue $\mid x{\mid }^{1\mathrm{/}2}\to 0$. Donc $\boxed{{\displaystyle u\text{ est d}\acute{\text{e}}\text{rivable en }0,u^{\mathrm{\prime }}(0)=0}}$ : tangente horizontale.
• ${\displaystyle \frac{v(x)}{x}}={\displaystyle \frac{\mid x\mid }{x}}\sqrt{1+x^2}$ vaut $\sqrt{1+x^2}\to 1$ pour $x>0$ et $-\sqrt{1+x^2}\to -1$ pour $x<0$. Donc $v_d^{\mathrm{\prime }}(0)=1\mathrm{\ne }{v}_g^{\mathrm{\prime }}(0)=-1$ : $\boxed{{\displaystyle v\text{ n’est pas d}\acute{\text{e}}\text{rivable en }0}}$ ; la courbe a deux demi-tangentes de pentes $1$ et $-1$ (point anguleux).
• ${\displaystyle \frac{w(x)}{x}}={\displaystyle \frac{\cos x}{x^{2\mathrm{/}3}}}$ avec $x^{2\mathrm{/}3}=(\sqrt[3]{x}{)}^2>0$ ; le numérateur tend vers $1$, le dénominateur vers $0^{+}$ : le taux tend vers $+\mathrm{\infty }$. $\boxed{{\displaystyle w\text{ n’est pas d}\acute{\text{e}}\text{rivable en }0}}$ ; tangente verticale à l'origine.

2. (a) Sur $]-\mathrm{\infty },1[$ et $]1,+\mathrm{\infty }[$, $h$ est dérivable (fonctions usuelles). Au point $1$ :

• continuité : $h(1)=\arctan 1=\frac{\pi }{4}$ et $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }h(x)=b$ ; il faut $b=\frac{\pi }{4}$ (une fonction dérivable est continue) ;
• avec $b=\frac{\pi }{4}$ : à gauche, $h$ coïncide avec $\arctan$ sur $]-\mathrm{\infty },1]$, donc $h_g^{\mathrm{\prime }}(1)=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$ ; à droite, ${\displaystyle \frac{h(x)-h(1)}{x-1}}=a{\displaystyle \frac{\ln x}{x-1}}\to a$ (dérivée de $\ln$ en $1$). Il faut $a=\frac{1}{2}$.

Réciproquement, pour $\boxed{{\displaystyle a=\frac{1}{2},b=\frac{\pi }{4}}}$, $h$ est dérivable en $1$ avec $h^{\mathrm{\prime }}(1)=\frac{1}{2}$, donc sur $ℝ$.

(b) $h^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{1+x^2}}$ pour $x\le 1$ et $h^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{2x}}$ pour $x>1$. Ces deux expressions sont continues sur leurs intervalles et tendent vers $\frac{1}{2}=h^{\mathrm{\prime }}(1)$ en $1$ : $h^{\mathrm{\prime }}$ est continue sur $ℝ$, $h$ est de classe $C^1$.

(c) On étudie $h^{\mathrm{\prime }}$ en $1$ comme en (a). À gauche, $h^{\mathrm{\prime }}$ coïncide sur $]-\mathrm{\infty },1]$ avec $x\mapsto \frac{1}{1+x^2}$, de dérivée $-\frac{2x}{(1+x^2{)}^2}$, qui vaut $-\frac{1}{2}$ en $1$. À droite, $\frac{h^{\mathrm{\prime }}(x)-h^{\mathrm{\prime }}(1)}{x-1}=\frac{\frac{1}{2x}-\frac{1}{2}}{x-1}=-\frac{1}{2x}\to -\frac{1}{2}$. Les deux demi-dérivées sont égales : $\boxed{{\displaystyle h\text{ est deux fois d}\acute{\text{e}}\text{rivable en }1,h^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)=-\frac{1}{2}}}$. Troisième dérivée : à gauche, $h^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=-\frac{2x}{(1+x^2{)}^2}$ a pour dérivée $\frac{6x^2-2}{(1+x^2{)}^3}$, qui vaut $\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$ en $1$ ; à droite, $h^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=-\frac{1}{2x^2}$ a pour dérivée $\frac{1}{x^3}$, et le taux de $h^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ tend vers $1$. Comme $\frac{1}{2}\mathrm{\ne }1$, $h$ n'est pas trois fois dérivable en $1$.

1. $f$ est $C^{\mathrm{\infty }}$ sur $]-1,+\mathrm{\infty }[$ (produit). On rappelle (fiche §3) que pour $m\ge 1$, $(\ln (1+x){)}^{(m)}=\frac{(-1{)}^{m-1}(m-1)!}{(1+x{)}^m}$. Les dérivées de $x^2$ sont $2x$, $2$, puis $0$. Pour $n\ge 3$, la formule de Leibniz ne garde que $k=0,1,2$ et les ordres de dérivation du logarithme ($n$, $n-1$, $n-2$) sont tous $\ge 1$ : $$f^{(n)}(x)=x^2\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{(1+x{)}^n}+C_n^{1}2x\frac{(-1{)}^{n-2}(n-2)!}{(1+x{)}^{n-1}}+C_n^{2}2\frac{(-1{)}^{n-3}(n-3)!}{(1+x{)}^{n-2}}\mathrm{.}$$ On met $(-1{)}^{n-1}\frac{(n-3)!}{(1+x{)}^n}$ en facteur (avec $(-1{)}^{n-2}=-(-1{)}^{n-1}$ et $(-1{)}^{n-3}=(-1{)}^{n-1}$) : $$f^{(n)}(x)=(-1{)}^{n-1}\frac{(n-3)!}{(1+x{)}^n}[(n-1)(n-2)x^2-2n(n-2)x(1+x)+n(n-1)(1+x{)}^2]\mathrm{.}$$ Dans le crochet, le coefficient de $x^2$ vaut $(n^2-3n+2)-(2n^2-4n)+(n^2-n)=2$, celui de $x$ vaut $-2n(n-2)+2n(n-1)=2n$, et le terme constant $n(n-1)$. D'où la formule annoncée. En $x=0$ : $$\boxed{{\displaystyle f^{(n)}(0)=(-1{)}^{n-1}(n-3)!n(n-1)=(-1{)}^{n-1}\frac{n!}{n-2}(n\ge 3)\mathrm{.}}}$$

2. Décomposition : ${\displaystyle \frac{1}{x^2-1}}={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{x-1}}-{\displaystyle \frac{1}{x+1}})$. Avec ${\left(\frac{1}{x-a}\right)}^{(n)}=\frac{(-1{)}^{n}n!}{(x-a{)}^{n+1}}$ : $$g^{(n)}(x)=\frac{(-1{)}^{n}n!}{2}(\frac{1}{(x-1{)}^{n+1}}-\frac{1}{(x+1{)}^{n+1}})\mathrm{.}$$ En $0$ : $g^{(n)}(0)=\frac{(-1{)}^{n}n!}{2}((-1{)}^{n+1}-1)$. Si $n$ est pair, $(-1{)}^{n+1}=-1$ et $\boxed{{\displaystyle g^{(n)}(0)=-n!}}$ ; si $n$ est impair, $\boxed{{\displaystyle g^{(n)}(0)=0}}$, ce qui est cohérent avec la parité de $g$ : les dérivées d'ordre impair d'une fonction paire sont impaires, donc nulles en $0$.

3. $k=\mathrm{Im}\left(e^{(1+i)x}\right)$ et, pour $\lambda =1+i$, $(e^{\lambda x}{)}^{(n)}={\lambda }^n{e}^{\lambda x}$ (fiche §10). Or $1+i=\sqrt{2}{e}^{i\pi \mathrm{/}4}$, donc ${\lambda }^n{e}^{\lambda x}=2^{n\mathrm{/}2}{e}^x{e}^{i(x+n\pi \mathrm{/}4)}$. Comme la dérivée de la partie imaginaire est la partie imaginaire de la dérivée, $\boxed{{\displaystyle k^{(n)}(x)=2^{n\mathrm{/}2}{e}^x\sin \text{\hspace{0.17em}⁣}(x+\frac{n\pi }{4})}}$. (On peut aussi raisonner par récurrence avec $\sin \theta +\cos \theta =\sqrt{2}\sin (\theta +\frac{\pi }{4})$.)

1. Soit $P(x)=x^5-5x+1$, dérivable sur $ℝ$, $P^{\mathrm{\prime }}(x)=5(x^4-1)=5(x^2+1)(x-1)(x+1)$ : $P^{\mathrm{\prime }}$ a exactement deux racines réelles, $-1$ et $1$.

• Au plus trois racines. Si $P$ avait quatre racines distinctes $r_1<r_2<r_3<r_4$, le théorème de Rolle sur chaque $[r_i,r_{i+1}]$ ($P$ continue, dérivable, $P(r_i)=P(r_{i+1})=0$) donnerait trois racines distinctes de $P^{\mathrm{\prime }}$ : impossible.
• Au moins trois. $P(-2)=-21<0$, $P(-1)=5>0$, $P(1)=-3<0$, $P(2)=23>0$. $P$ est continue : le théorème des valeurs intermédiaires donne une racine dans chacun des intervalles disjoints $]-2,-1[$, $]-1,1[$, $]1,2[$.

$\boxed{{\displaystyle \text{Exactement trois racines, dans }]-2,-1[,]-1,1[\text{ et }]1,2[\mathrm{.}}}$ (La racine du milieu est même dans $]0,1[$ car $P(0)=1>0$.)

2. (a) On applique l'égalité des accroissements finis à $\arctan$ (continue et dérivable sur $ℝ$) sur $[a,b]$ : on obtient un point $c$ de $]a,b[$ avec $\arctan b-\arctan a={\displaystyle \frac{b-a}{1+c^2}}$. Comme $0\le a<c<b$, on a $1+a^2<1+c^2<1+b^2$, d'où l'encadrement strict (on multiplie par $b-a>0$).

(b) Avec $a=1$, $b=\frac{4}{3}$ : $b-a=\frac{1}{3}$, $1+b^2=\frac{25}{9}$, $1+a^2=2$. Donc $\frac{1\mathrm{/}3}{25\mathrm{/}9}=\frac{3}{25}<\arctan \frac{4}{3}-\frac{\pi }{4}<\frac{1}{6}$.

3. Soit $\phi (t)=t{e}^{1\mathrm{/}t}$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, dérivable, ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(t)=e^{1\mathrm{/}t}-\frac{1}{t}{e}^{1\mathrm{/}t}=e^{1\mathrm{/}t}(1-\frac{1}{t})$. Pour $x>0$, l'égalité des accroissements finis sur $[x,x+1]$ donne $c_x\in ]x,x+1[$ tel que $$(x+1)e^{\frac{1}{x+1}}-x{e}^{\frac{1}{x}}=\phi (x+1)-\phi (x)={\phi }^{\mathrm{\prime }}(c_x)=e^{1\mathrm{/}{c}_x}(1-\frac{1}{c_x})\mathrm{.}$$ Quand $x\to +\mathrm{\infty }$, $c_x>x$ tend vers $+\mathrm{\infty }$, donc $\frac{1}{c_x}\to 0$ et ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(c_x)\to e^0\cdot 1$. $\boxed{{\displaystyle \text{La limite vaut }1.}}$

1. Sur $]0,\pi [$, $\sin x>0$ : $\phi$ est deux fois dérivable, ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{\cos x}{\sin x}}$ et ${\phi }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{-{\sin }^{2}x-{\cos }^{2}x}{{\sin }^{2}x}}=-{\displaystyle \frac{1}{{\sin }^{2}x}}<0$. Donc $\boxed{{\displaystyle \phi \text{ est concave sur }]0,\pi [}}$ (fiche §12, appliquée à $-\phi$).

2. $-\phi$ est convexe. L'inégalité de convexité généralisée, avec trois poids égaux à $\frac{1}{3}$, appliquée à $-\phi$ donne $\frac{1}{3}(\phi (a)+\phi (b)+\phi (c))\le \phi \left(\frac{a+b+c}{3}\right)=\phi \left(\frac{\pi }{3}\right)=\ln \frac{\sqrt{3}}{2}$ (la moyenne de trois réels de $]0,\pi [$ est dans $]0,\pi [$). Ainsi $\ln (\sin a\sin b\sin c)\le 3\ln \frac{\sqrt{3}}{2}$ et, par croissance de $\exp$, $\boxed{{\displaystyle \sin a\sin b\sin c\le {\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^3=\frac{3\sqrt{3}}{8}}}$, avec égalité pour le triangle équilatéral.

3. $\psi (x)=\ln (1+x)$ est deux fois dérivable sur $[0,1]$ avec ${\psi }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=-\frac{1}{(1+x{)}^2}<0$ : $\psi$ est concave.

• Courbe sous la tangente en $0$ : $\psi (x)\le \psi (0)+{\psi }^{\mathrm{\prime }}(0)x=x$.
• Courbe au-dessus de la corde joignant $(0,0)$ et $(1,\ln 2)$ : pour $x=\lambda \cdot 1+(1-\lambda )\cdot 0$ avec $\lambda =x\in [0,1]$, $\psi (x)\ge x\psi (1)+(1-x)\psi (0)=x\ln 2$.

4. Avec $x=\frac{1}{n}\in ]0,1]$ : $\frac{\ln 2}{n}\le \ln (1+\frac{1}{n})\le \frac{1}{n}$. On multiplie par $n>0$ puis on compose par $\exp$, croissante : $\boxed{{\displaystyle 2\le {(1+\frac{1}{n})}^n\le e}}$.

1. $f$ est dérivable sur $ℝ$ avec $\mid f^{\mathrm{\prime }}(x)\mid =\frac{1}{2}\mid \cos x\mid \le \frac{1}{2}$. Par l'inégalité des accroissements finis (fiche §8), $\mid f(x)-f(y)\mid \le \frac{1}{2}\mid x-y\mid$ pour tous $x,y$.

2. Soit $g(x)=f(x)-x$, dérivable, $g^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{2}\cos x-1\le -\frac{1}{2}<0$ : $g$ est strictement décroissante sur $ℝ$, donc s'annule au plus une fois. Comme $g$ est continue avec $g(0)=1>0$ et $g(2)=\frac{1}{2}\sin 2-1\le -\frac{1}{2}<0$, elle s'annule (valeurs intermédiaires) : $f$ a un unique point fixe $\mathrm{\ell }$. Enfin $\mathrm{\ell }=f(\mathrm{\ell })\in f(ℝ)\subset [\frac{1}{2},\frac{3}{2}]$.

3. Pour tout $n$, $\mid u_{n+1}-\mathrm{\ell }\mid =\mid f(u_n)-f(\mathrm{\ell })\mid \le \frac{1}{2}\mid u_n-\mathrm{\ell }\mid$. Par récurrence, $\mid u_n-\mathrm{\ell }\mid \le \frac{1}{2^n}\mid u_0-\mathrm{\ell }\mid \le \frac{1}{2^n}\cdot \frac{1}{2}$, car $\mathrm{\ell }\in [\frac{1}{2},\frac{3}{2}]$ donne $\mid 1-\mathrm{\ell }\mid \le \frac{1}{2}$. Il suffit que $2^{n+1}\ge 1000$. Or $2^9=512<1000\le 1024=2^{10}$ : la condition équivaut à $n+1\ge 10$. $\boxed{{\displaystyle \text{Pour }n\ge 9,\mid u_n-\mathrm{\ell }\mid \le {10}^{-3}\mathrm{.}}}$

4. Non. Supposons $s:x\mapsto \sin (x^2)$ $k$-lipschitzienne. Pour tout $x$ et $y\mathrm{\ne }x$, $\mid \frac{s(y)-s(x)}{y-x}\mid \le k$ ; en faisant $y\to x$, $\mid s^{\mathrm{\prime }}(x)\mid \le k$. Or $s^{\mathrm{\prime }}(x)=2x\cos (x^2)$ et, pour $x_n=\sqrt{2\pi n}$, $s^{\mathrm{\prime }}(x_n)=2\sqrt{2\pi n}\to +\mathrm{\infty }$ : contradiction. $\boxed{{\displaystyle s\text{ n’est pas lipschitzienne sur }ℝ}}$ (bien qu'elle soit bornée et dérivable).

5. Si $\sqrt{}$ était $k$-lipschitzienne sur $[0,1]$, on aurait $\sqrt{x}\le kx$ pour $x\in ]0,1]$, soit $\frac{1}{\sqrt{x}}\le k$, faux quand $x\to 0^{+}$. Sur $[a,1]$ avec $a>0$, $\sqrt{}$ est dérivable de dérivée $\frac{1}{2\sqrt{x}}\le \frac{1}{2\sqrt{a}}$ : elle y est $\frac{1}{2\sqrt{a}}$-lipschitzienne.

A.1. Pour $x\mathrm{\ne }0$, $1-\cos x=2{\sin }^2\frac{x}{2}$, donc $g(x)=\sin \frac{x}{2}\cdot {\displaystyle \frac{\sin (x\mathrm{/}2)}{x\mathrm{/}2}}$. Le premier facteur tend vers $0$, le second vers $1$ : $g(x)\to 0=g(0)$.

A.2. Pour $x\mathrm{\ne }0$ : $g^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{x\sin x-(1-\cos x)}{x^2}}={\displaystyle \frac{\psi (x)}{x^2}}$.

A.3. $\psi$ est de classe $C^{\mathrm{\infty }}$, $\psi (0)=0$, ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(x)=\sin x+x\cos x-\sin x=x\cos x$, donc ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(0)=0$, et ${\psi }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=\cos x-x\sin x$. Taylor-Lagrange à l'ordre $1$ entre $0$ et $x\mathrm{\ne }0$ : il existe $c_x$ strictement entre $0$ et $x$ tel que $\psi (x)=\psi (0)+x{\psi }^{\mathrm{\prime }}(0)+\frac{x^2}{2}{\psi }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(c_x)=\frac{x^2}{2}{\psi }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(c_x)$. Donc $g^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{2}(\cos c_x-c_x\sin c_x)$. Comme $\mid c_x\mid <\mid x\mid$, $c_x\to 0$ et, ${\psi }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ étant continue en $0$, $\boxed{{\displaystyle g^{\mathrm{\prime }}(x)\to \frac{1}{2}{\psi }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(0)=\frac{1}{2}}}$.

A.4. $g$ est continue sur $ℝ$ (A.1 et opérations ailleurs), dérivable sur ${ℝ}^{\ast }$, et $g^{\mathrm{\prime }}(x)\to \frac{1}{2}$ en $0$. Par le théorème de la limite de la dérivée (fiche §9), $g$ est dérivable en $0$, $\boxed{{\displaystyle g^{\mathrm{\prime }}(0)=\frac{1}{2}}}$, et $g^{\mathrm{\prime }}$ est continue en $0$. Sur ${ℝ}^{\ast }$, $g^{\mathrm{\prime }}$ est continue (opérations) : $g$ est de classe $C^1$ sur $ℝ$.

B. Dérivabilité en $0$ : $\mid \frac{k(x)-k(0)}{x}\mid =x^2\mid \sin \frac{1}{x^2}\mid \le x^2\to 0$, donc $k^{\mathrm{\prime }}(0)=0$. Sur ${ℝ}^{\ast }$, $k$ est dérivable (opérations) avec $k^{\mathrm{\prime }}(x)=3x^2\sin \frac{1}{x^2}-2\cos \frac{1}{x^2}$. Donc $k$ est dérivable sur $ℝ$. Pas de classe $C^1$ : pour $x_n=\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}$ ($n\ge 1$), $k^{\mathrm{\prime }}(x_n)=0-2=-2$ ; pour $y_n=\frac{1}{\sqrt{\pi \mathrm{/}2+2\pi n}}$, $k^{\mathrm{\prime }}(y_n)=3y_n^2\to 0$. Deux suites tendant vers $0$ donnent deux limites différentes de $k^{\mathrm{\prime }}$ : $k^{\mathrm{\prime }}$ n'a pas de limite en $0$, elle n'est pas continue en $0$. (Le théorème de la limite de la dérivée ne s'appliquait pas, mais $k$ est quand même dérivable en $0$ : la condition est seulement suffisante.)

C. $m$ est continue sur $[0,2]$ ; sur $]0,2[$, $1-x\in ]-1,1[$ et $m^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-(1-x{)}^2}}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2x-x^2}}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(2-x)}}}$, qui tend vers $+\mathrm{\infty }$ quand $x\to 0^{+}$. Par le théorème de la limite de la dérivée (cas infini), $\frac{m(x)-m(0)}{x}\to +\mathrm{\infty }$ : $\boxed{{\displaystyle m\text{ n’est pas d}\acute{\text{e}}\text{rivable en }0}}$, sa courbe y a une tangente verticale.

1. Unicité : si $P_1$ et $P_2$ conviennent, $P_1-P_2$ est de degré au plus $2$ et s'annule en $0,1,2$ : trois racines, donc $P_1=P_2$. Existence : le polynôme proposé est de degré au plus $2$ ; il vaut $f(0)$ en $0$, $f(0)+f(1)-f(0)=f(1)$ en $1$, et en $2$ : $f(0)+2f(1)-2f(0)+(f(2)-2f(1)+f(0))=f(2)$.

2. $\omega (x)\mathrm{\ne }0$, donc $A$ est bien défini. $\phi$ est de classe $C^3$ sur $[0,2]$ et s'annule en $0$, $1$, $2$ (car $f=P$ et $\omega =0$ en ces points) et en $x$ (par le choix de $A$) : quatre points distincts de $[0,2]$. Rolle entre deux zéros consécutifs donne trois zéros distincts de ${\phi }^{\mathrm{\prime }}$ dans $]0,2[$, puis deux zéros de ${\phi }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$, puis un zéro $c\in ]0,2[$ de ${\phi }^{(3)}$ (fiche §5). Or $P^{(3)}=0$ et $\omega (t)=t^3-3t^2+2t$ donne ${\omega }^{(3)}=6$ : ${\phi }^{(3)}(c)=f^{(3)}(c)-6A=0$. Donc $A=\frac{f^{(3)}(c)}{6}$, c'est la formule. Si $x\in \{0,1,2\}$, les deux membres sont nuls et la formule est vraie pour n'importe quel $c$.

3. Avec $t=1+s$, $s\in [-1,1]$ : $\omega =(1+s)s(s-1)=s^3-s$. La fonction $s\mapsto s^3-s$ a pour dérivée $3s^2-1$, nulle en $\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$ ; $\mid s^3-s\mid$ vaut $0$ en $s=0,\pm 1$ et $\frac{1}{\sqrt{3}}(1-\frac{1}{3})=\frac{2}{3\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{9}$ en $\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$. Le maximum d'une fonction continue sur un segment est atteint en une borne ou en un point critique : $\max \mid \omega \mid =\frac{2\sqrt{3}}{9}$. Par la question 2, $\mid f(x)-P(x)\mid \le \frac{2\sqrt{3}}{9}\cdot \frac{M_3}{6}=\frac{\sqrt{3}}{27}{M}_3$.

4. $f^{(3)}(x)=\frac{2}{(1+x{)}^3}\in ]0,2]$ sur $[0,2]$, donc $M_3=2$ et $\boxed{{\displaystyle \mid f(x)-P(x)\mid \le \frac{2\sqrt{3}}{27}}}$ sur $[0,2]$, avec $P(x)=x\ln 2+\frac{\ln 3-2\ln 2}{2}x(x-1)$. En $x=\frac{1}{2}$ : $\omega \left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\cdot (-\frac{1}{2})\cdot (-\frac{3}{2})=\frac{3}{8}>0$ et $f^{(3)}(c)>0$, donc $f\left(\frac{1}{2}\right)-P\left(\frac{1}{2}\right)>0$. Or $P\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\ln 2}{2}-\frac{\ln 3-2\ln 2}{8}=\frac{6\ln 2-\ln 3}{8}$. D'où $\boxed{{\displaystyle \ln \frac{3}{2}>\frac{6\ln 2-\ln 3}{8}}}$ (ce qui équivaut à $3^9>2^{14}$, soit $19683>16384$ : cohérent).

1. $\exp$ est de classe $C^{\mathrm{\infty }}$ et toutes ses dérivées valent $\exp$, avec ${\exp }^{(k)}(0)=1$. Pour $x\mathrm{\ne }0$, la formule de Taylor-Lagrange à l'ordre $n$ entre $0$ et $x$ (fiche §11) donne la relation avec $c$ strictement entre $0$ et $x$ ; pour $x=0$ elle est évidente.

2. Avec $x=1$ : $e-S_n=\frac{e^c}{(n+1)!}$, $c\in ]0,1[$, et $1<e^c<e$ donne $\frac{1}{(n+1)!}<e-S_n<\frac{e}{(n+1)!}$. Pour $n=2$ : $S_2=\frac{5}{2}$ et $e-\frac{5}{2}<\frac{e}{6}$, soit $\frac{5}{6}e<\frac{5}{2}$, d'où $\boxed{{\displaystyle e<3}}$. Par suite $0<e-S_n<\frac{3}{(n+1)!}$.

3. Par l'absurde, $e=\frac{p}{q}$ avec $p,q\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Soit $n=\max (q,2)$. Alors $n!e=p\frac{n!}{q}$ est un entier ($q$ divise $n!$ car $q\le n$) et $n!S_n={\sum }_{k=0}^n\frac{n!}{k!}$ aussi. Donc $N_n=n!(e-S_n)$ est un entier, et par 2 : $0<N_n<\frac{3n!}{(n+1)!}=\frac{3}{n+1}\le 1$ (car $n\ge 2$). Un entier strictement compris entre $0$ et $1$ : contradiction. $\boxed{{\displaystyle e\mathrm{\notin }\mathbb{Q}}}$.

4. $\frac{3}{(n+1)!}\le {10}^{-3}⟺(n+1)!\ge 3000$. Or $6!=720<3000\le 5040=7!$, donc le plus petit $n$ est $\boxed{{\displaystyle n=6}}$. On calcule $S_6=\frac{720+720+360+120+30+6+1}{720}=\frac{1957}{720}$, et $\boxed{{\displaystyle \frac{1957}{720}<e<\frac{1957}{720}+\frac{1}{1000}}}$.

5. Taylor-Lagrange à l'ordre $n+1$ en $x=1$ : $e=S_{n+1}+\frac{e^{d_n}}{(n+2)!}$ avec $d_n\in ]0,1[$, donc $e-S_n=\frac{1}{(n+1)!}+\frac{e^{d_n}}{(n+2)!}$ et, en multipliant par $n!$, $N_n=\frac{1}{n+1}+\frac{e^{d_n}}{(n+1)(n+2)}$. Comme $n!e=n!S_n+N_n$ avec $n!S_n$ entier, $\sin (2\pi n!e)=\sin (2\pi N_n)$. Ensuite $0<\frac{e^{d_n}}{(n+1)(n+2)}<\frac{3}{(n+1)(n+2)}$, donc $n{N}_n=\frac{n}{n+1}+\frac{n{e}^{d_n}}{(n+1)(n+2)}\to 1$ (gendarmes pour le second terme). Enfin $N_n\to 0$ et $N_n>0$, donc $\frac{\sin (2\pi N_n)}{2\pi N_n}\to 1$ et $$n\sin (2\pi n!e)=2\pi (n{N}_n)\frac{\sin (2\pi N_n)}{2\pi N_n}⟶\boxed{{\displaystyle 2\pi }}\mathrm{.}$$

A.1. $f$ est continue et $f^{\mathrm{\prime }}>0$ : $f$ est strictement croissante sur $[a,b]$. Comme $f(a)<0<f(b)$, le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie donnent un unique $\alpha \in ]a,b[$ avec $f(\alpha )=0$. Comme $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}>0$, $f^{\mathrm{\prime }}$ est croissante, donc $\min f^{\mathrm{\prime }}=f^{\mathrm{\prime }}(a)>0$.

A.2. La tangente en $(x,f(x))$ a pour équation $y=f(x)+f^{\mathrm{\prime }}(x)(t-x)$ ; elle coupe l'axe des abscisses ($y=0$) en $t=x-\frac{f(x)}{f^{\mathrm{\prime }}(x)}=N(x)$.

A.3. $x>\alpha$ et $f$ strictement croissante donnent $f(x)>0$ ; avec $f^{\mathrm{\prime }}(x)>0$, $N(x)<x$. Taylor-Lagrange à l'ordre $1$ entre $x$ et $\alpha$ : il existe $c$ entre $\alpha$ et $x$ tel que $0=f(\alpha )=f(x)+(\alpha -x)f^{\mathrm{\prime }}(x)+\frac{(\alpha -x{)}^2}{2}{f}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(c)$. Le dernier terme est $>0$ (car $\alpha \mathrm{\ne }x$ et $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}>0$), donc $f(x)+(\alpha -x)f^{\mathrm{\prime }}(x)<0$. En divisant par $f^{\mathrm{\prime }}(x)>0$ : $\alpha <x-\frac{f(x)}{f^{\mathrm{\prime }}(x)}=N(x)$.