Exercices fonctions derivables calculs et derivabilite analy
Télécharger PDFExo7 Fonctions dérivables 1 Calculs
Exercice 1Déterminer a,b ∈ R de manière à ce que la fonction f définie sur R+ par : f(x) = √x si 0 6 x 6 1 et f(x) = ax2 +bx+1 si x > 1 soit dérivable sur R∗+. Indication H Correction H Vidéo [000699]
Exercice 2Soit f : R∗ −→ R définie par f(x) = x2sin 1x. Montrer que f est prolongeable par continuité en 0 ; on note encore f la fonction prolongée. Montrer que f est dérivable sur R mais que f0 n’est pas continue en 0. Indication H Correction H Vidéo [000700]
Exercice 3Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes : f1(x) = x2cos1x, si x 6= 0 ; f1(0) = 0; f2(x) = sinx ·sin 1x, si x 6= 0 ; f2(0) = 0; f3(x) = |x|√x2 −2x+1 x−1, si x 6= 1 ; f3(1) = 1. Indication H Correction H Vidéo [000698]
Exercice 4Soit n ≥ 2 un entier fixé et f : R+ = [0,+∞[−→ R la fonction définie par la formule suivante : f(x) = 1+xn (1+x)n, x ≥ 0. 1. (a) Montrer que f est dérivable sur R+ et calculer f0(x) pour x ≥ 0. (b) En étudiant le signe de f0(x) sur R+, montrer que f atteint un minimum sur R+ que l’on déterminera. 2. (a) En déduire l’inégalité suivante : (1+x)n ≤ 2n−1(1+xn), ∀x ∈ R+. (b) Montrer que si x ∈ R+ et y ∈ R+ alors on a (x+y)n ≤ 2n−1(xn +yn). Correction H Vidéo [000739] 1
2 Théorème de Rolle et accroissements finis
Exercice 5Montrer que le polynôme Xn +aX +b, (a et b réels) admet au plus trois racines réelles. Indication H Correction H Vidéo [000717]
Exercice 6Montrer que le polynôme Pn défini par h Pn(t) = 1−t2 ni(n) est un polynôme de degré n dont les racines sont réelles, simples, et appartiennent à [−1,1]. Indication H Correction H Vidéo [000715]
Exercice 7Dans l’application du théorème des accroissements finis à la fonction f(x) = αx2 +βx+γ sur l’intervalle [a,b] préciser le nombre “c” de ]a,b[. Donner une interprétation géométrique. Correction H Vidéo [000721]
Exercice 8Soient x et y réels avec 0 < x < y. 1. Montrer que 2. On considère la fonction f définie sur [0,1] par x <y−x lny−lnx< y. α 7→ f(α) = ln(αx+ (1−α)y)−α lnx−(1−α)lny. De l’étude de f déduire que pour tout α de ]0,1[ α lnx+ (1−α)lny < ln(αx+ (1−α)y). Interprétation géométrique ? Indication H Correction H Vidéo [000724] 3 Divers
Exercice 9Déterminer les extremums de f(x) = x4 −x3 +1 sur R. Correction H Vidéo [000733]
Exercice 10Soient f,g : [a,b] −→ R deux fonctions continues sur [a,b] (a < b) et dérivables sur ]a,b[. On suppose que g0(x) 6= 0 pour tout x ∈]a,b[. 1. Montrer que g(x) 6= g(a) pour tout x ∈]a,b[. 2. Posons p =f(b)−f(a) g(b)−g(a)et considérons la fonction h(x) = f(x) − pg(x) pour x ∈ [a,b]. Montrer que h vérifie les hypothèses du théorème de Rolle et en déduire qu’il existe un nombre réel c ∈]a,b[ tel que g(a)−g(b)=f0(c) g0(c). 3. On suppose que limx→b−f0(x) f(a)− f(b) g0(x)= `, où ` est un nombre réel. Montrer que lim x→b− 4. Application. Calculer la limite suivante : f(x)− f(b) g(x)−g(b)= `. Arccosx lim x→1− 2
√1−x2. Indication H Correction H Vidéo [000738]
Exercice 11On considère la fonction f : R → R définie par f(t) = ( e1/tsi t < 0 0 si t ≥ 0 1. Démontrer que f est dérivable sur R, en particulier en t = 0. 2. Etudier l’existence de f00(0). 3. On veut montrer que pour t < 0, la dérivée n-ième de f s’écrit f(n)(t) = Pn(t) t2ne1/t où Pn est un polynôme. (a) Trouver P1 et P2. (b) Trouver une relation de récurrence entre Pn+1,Pn et P0n pour n ∈ N∗. 4. Montrer que f est de classe C∞. Correction H Vidéo [000740] Retrouver cette fiche et d’autres exercices de maths sur .emath.fr 3
Indication pour l’exercice 1 N Vous avez deux conditions : il faut que la fonction soit continue (car on veut qu’elle soit dérivable donc elle doit être continue) et ensuite la condition de dérivabilité proprement dite. Indication pour l’exercice 2 N f est continue en 0 en la prolongeant par f(0) = 0. f est alors dérivable en 0 et f0(0) = 0. Indication pour l’exercice 3 N Les problèmes sont seulement en 0 ou 1. f1 est dérivable en 0 mais pas f2. f3 n’est dérivable ni en 0, ni en 1. Indication pour l’exercice 5 N On peut appliquer le théorème de Rolle plusieurs fois. Indication pour l’exercice 6 N Il faut appliquer le théorème de Rolle une fois au polynôme (1−t2)n, puis deux fois à sa dérivée première, puis trois fois à sa dérivée seconde,... Indication pour l’exercice 8 N 1. Utiliser le théorème des accroissements finis avec la fonction t 7→ lnt 2. Montrer d’abord que f00 est négative. Se servir du théorème des valeurs intermédiaires pour f0. Indication pour l’exercice 10 N 1. Raisonner par l’absurde et appliquer le théorème de Rolle. 2. Calculer h(a) et h(b). 3. Appliquer la question 2. sur l’intervalle [x,b]. 4. Calculer f0et g0. 4
Correction de l’exercice 1 N La fonction f est continue et dérivable sur ]0,1[ et sur ]1,+∞[. Le seul problème est en x = 1. Il faut d’abord que la fonction soit continue en x = 1. La limite à gauche est limx→1−√x = +1 et à droite limx→1+ ax2 + bx + 1 = a+b+1. Donc a+b+1 = 1. Autrement dit b = −a. Il faut maintenant que les dérivées à droite et à gauche soient égales. Comme la fonction f restreinte à ]0,1] est définie par x 7→√x alors elle est dérivable à gauche et la dérivée à gauche s’obtient en évaluant la fonction dérivée x 7→ 1 Pour la dérivée à droite il s’agit de calculer la limite du taux d’accroissement f(x)−f(1) 2√xen x = 1. Donc f0g(1) = 12. x−1=ax2 +bx+1−1 x−1, lorsque x → 1 avec x > 1. Or f(x)− f(1) x−1=ax2 −ax x−1=ax(x−1) x−1= ax. Donc f est dérivable à droite et f0d(1) = a. Afin que f soit dérivable, il faut et il suffit que les dérivées à droite et à gauche existent et soient égales, donc ici la condition est a =12. Le seul couple (a,b) que rend f dérivable sur ]0,+∞[ est (a =12,b = −12). Correction de l’exercice 2 N f est C∞ sur R∗. 1. Comme |sin(1/x)| ≤ 1 alors f tend vers 0 quand x → 0. Donc en prolongeant f par f(0) = 0, la fonction f prolongée est continue sur R. 2. Le taux d’accroissement estf(x)− f(0) x−0= x sin 1x. Comme ci-dessus il y a une limite (qui vaut 0) en x = 0. Donc f est dérivable en 0 et f0(0) = 0. 3. Sur R∗, f0(x) = 2x sin(1/x)−cos(1/x), Donc f0(x) n’a pas de limite quand x → 0. Donc f0 n’est pas continue en 0. Correction de l’exercice 3 N 1. La fonction f1 est dérivable en dehors de x = 0. En effet x 7→ 1xest dérivable sur R∗et x 7→ cos x est dérivable sur R, donc par composition x 7→ cos 1xest dérivable sur R∗. Puis par multiplication par la fonction dérivable x 7→ x2, la fonction f1 est dérivable sur R∗. Par la suite on omet souvent ce genre de discussion ou on l’abrège sous la forme “ f est dérivable sur I comme somme, produit, composition de fonctions dérivables sur I”. Pour savoir si f1 est dérivable en 0 regardons le taux d’accroissement : f1(x)− f1(0) x−0= x cos1x. Mais x cos(1/x) tend vers 0 (si x → 0) car | cos(1/x)| ≤ 1. Donc le taux d’accroissement tend vers 0. Donc f1 est dérivable en 0 et f01(0) = 0. 2. Encore une fois f2 est dérivable en dehors de 0. Le taux d’accroissement en x = 0 est : f2(x)− f2(0) x−0=sinx xsin 1x Nous savons que sinx x → 1 et que sin 1/x n’a pas de limite quand x → 0. Donc le taux d’accroissement n’a pas de limite, donc f2 n’est pas dérivable en 0. 3. La fonction f3 s’écrit : f3(x) = |x||x−1| x−1. – Donc pour x ≥ 1 on a f3(x) = x ; pour 0 ≤ x < 1 on a f3(x) = −x ; pour x < 0 on a f3(x) = x. – La fonction f3 est définie, continue et dérivable sur R\ {0,1}. Attention ! La fonction x 7→ |x| n’est pas dérivable en 0. – La fonction f3 n’est pas continue en 1, en effet limx→1+ f3(x) = +1 et limx→1− f3(x) = −1. Donc la fonction n’est pas dérivable en 1. – La fonction f3 est continue en 0. Le taux d’accroissement pour x > 0 est f3(x)− f3(0) x−0=−xx= −1 et pour x < 0, f3(x)− f3(0) x−0=xx= +1. Donc le taux d’accroissement n’a pas de limite en 0 et donc f3 n’est pas dérivable en 0. Correction de l’exercice 4 N 5
1. (a) Il est clair que la fonction f est dérivable sur R+ puisque c’est une fonction rationnelle sans pôle dans cet intervalle. De plus d’après la formule de la dérivée d’un quotient, on obtient pour x ≥ 0 : f0(x) = n(xn−1 −1) (1+x)n+1. (b) Par l’expression précédente f0(x) est du signe de xn−1 −1 sur R+. Par conséquent on obtient : f0(x) ≤ 0 pour 0 ≤ x ≤ 1 et f0(x) ≥ 0 pour x ≥ 1. Il en résulte que f est décroissante sur [0,1] et croissante sur [1,+∞[ et par suite f atteint son minimum sur R+ au point 1 et ce minimum vaut f(1) = 21−n. 2. (a) Il résulte de la question 1.b que f(x) ≥ f(1) pour tout x ∈ R+ et donc (1+x)n ≤ 2n−1(1+xn). (b) En appliquant l’inégalité précédente avec x = b/a, on en déduit immédiatement l’inégalité requise (le cas du couple (0,0) étant trivial). Correction de l’exercice 5 N 1. Par l’absurde on suppose qu’il y a (au moins) quatre racines distinctes pour Pn(X) = Xn +aX +b. Notons les x1 < x2 < x3 < x4. Par le théorème de Rolle appliqué trois fois (entre x1 et x2, entre x2 et x3,...) il existe x01 < x02 < x03des racines de P0n. On applique deux fois le théorème Rolle entre x01et x02et entre x02et x03. On obtient deux racines distinctes pour P00n. Or P00n = n(n−1)Xn−2 ne peut avoir que 0 comme racines. Donc nous avons obtenu une contradiction. 2. Autre méthode : Le résultat est évident si n ≤ 3. On suppose donc n ≥ 3. Soit Pn l’application X 7→ Xn + aX + b de R dans lui-même. Alors P0n(X) = nXn−1 + a s’annule en au plus deux valeurs. Donc Pn est successivement croissante-décroissante croissante ou bien décroissante-croissante-décroissante. Et donc Pn s’annule au plus trois fois. Correction de l’exercice 6 N Qn(t) = (1−t2)nest un polynôme de degré 2n, on le dérive n fois, on obtient un polynôme de degré n. Les valeurs −1 et +1 sont des racines d’ordre n de Qn, donc Qn(1) = Q0n(1) = ... = Q(n−1) n (1) = 0. Même chose en −1. Enfin Q(−1) = 0 = Q(+1) donc d’après le théorème de Rolle il existe c ∈]−1,1[ telle que Q0n(c) = 0. Donc Q0n(−1) = 0, Q0n(c) = 0, Q0n(−1) = 0. En appliquant le théorème de Rolle deux fois (sur [−1, c] et sur [c,+1]), on obtient l’existence de racines d1,d2 pour Q00n, qui s’ajoutent aux racines −1 et +1. On continue ainsi par récurrence. On obtient pour Q(n−1) fois. Nous obtenons n racines pour Pn = Q(n) n , n+1 racines : −1, e1,..., en−1,+1. Nous appliquons le théorème de Rolle n n . Comme un polynôme de degré n a au plus n racines, nous avons obtenu toutes les racines. Par constructions ces racines sont réelles distinctes, donc simples. Correction de l’exercice 7 N La fonction f est continue et dérivable sur R donc en particulier sur [a,b]. Le théorème des accroissement finis assure l’existence d’un nombre c ∈]a,b[ tel que f(b)− f(a) = f0(c)(b−a). Mais pour la fonction particulière de cet exercice nous pouvons expliciter ce c. En effet f(b)− f(a) = f0(c)(b−a) implique α(b2 − a2) +β(b−a) = (2αc+β)(b−a). Donc c =a+b 2. Géométriquement, le graphe P de f est une parabole. Si l’on prend deux points A = (a, f(a)) et B = (b, f(b)) appartenant à cette parabole, alors la droite (AB) est parallèle à la tangente en P qui passe en M = ( a+b 2, f(a+b abscisses de A et B. Correction de l’exercice 8 N 2)). L’abscisse de M étant le milieu des 1. Soit g(t) = lnt. Appliquons le théorème des accroissements finis sur [x, y]. Il existe c ∈]x, y[, g(y) − g(x) = g0(c)(y − x). Soit lny−lnx =1c(y−x). Donc lny−lnx y−x =1c. Or x < c < y donc 1y <1c <1x. Ce qui donne les inégalités recherchées. αx+(1−α)y− lnx + lny. Et f00(α) = −(x−y)2 2. f0(α) = x−y f0(0) = x−y−y(lnx−lny) (αx+(1−α)y)2. Comme f00 est négative alors f0est décroissante sur [0,1]. Or y > 0 d’après la première question et de même f0(1) < 0. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈ [x, y] tel que f0(c) = 0. Maintenant f0est positive sur [0, c] et négative sur [c,1]. Donc f est croissante sur [0, c] et décroissante sur [c,1]. Or f(0) = 0 et f(1) = 0 donc pour tout x ∈ [0,1], f(x) ≥ 0. Cela prouve l’inégalité demandée. 3. Géométriquement nous avons prouvé que la fonction ln est concave, c’est-à-dire que la corde (le segment qui va de (x, f(x)) à (y, f(y)) est sous la courbe d’équation y = f(x). Correction de l’exercice 9 N 6
f0(x) = 4x3 − 3x2 = x2(4x − 3) donc les extremums appartiennent à {0,34}. Comme f00(x) = 12x2 − 6x = 6x(2x − 1). Alors f00 ne s’annule pas en 34, donc 34donne un extremum local (qui est même un minimum global). Par contre f00(0) = 0 et f000(0) 6= 0 donc 0 est un point d’inflexion qui n’est pas un extremum (même pas local, pensez à un fonction du type x 7→ x3). Correction de l’exercice 10 N Le théorème de Rolle dit que si h : [a,b] −→ R est une fonction continue sur l’intervalle fermé [a,b] et dérivable sur l’ouvert ]a,b[ alors il existe c ∈]a,b[ tel que h0(c) = 0. 1. Supposons par l’absurde, qu’il existe x0 ∈]a,b] tel que g(x0) = g(a). Alors en appliquant le théorème de Rolle à la restriction de g à l’intervalle [a, x0] (les hypothèses étant clairement vérifiées), on en déduit qu’il existe c ∈]a, x0[ tel que g0(c) = 0, ce qui contredit les hypothèses faites sur g. Par conséquent on a démontré que g(x) 6= g(a) pour tout x ∈]a,b]. 2. D’après la question précédente, on a en particulier g(b) 6= g(a) et donc p est un nombre réel bien défini et h = f − p · g est alors une fonction continue sur [a,b] et dérivable sur ]a,b[. Un calcul simple montre que h(a) = h(b). D’après le théorème de Rolle il en résulte qu’il existe c ∈]a,b[ tel que h0(c) = 0. Ce qui implique la relation requise. 3. Pour chaque x ∈]a,b[, on peut appliquer la question 2. aux restrictions de f et g à l’intervalle [x,b], on en déduit qu’il existe un point c(x) ∈]x,b[, dépendant de x tel que g(x)−g(b)=f0(c(x)) (∗)f(x)− f(b) Alors, comme limx→b−f0(t) g0(c(x)). g0(t)= ` et limx→b− c(x) = b, (car c(x) ∈]x,b[) on en déduit en passant à la limite dans (∗) que f(x)− f(b) lim x→b− Ce résultat est connu sous le nom de “règle de l’Hôpital”. g(x)−g(b)= `. 4. Considérons les deux fonctions f(x) = Arccos x et g(x) = √1−x2 pour x ∈ [0,1]. Ces fonctions sont continues sur [0,1] et dérivables sur ]0,1[ et f0(x) = −1/√1−x2, g0(x) = −x/√1−x2 6= 0 pour tout x ∈]0,1[. En appliquant les résultats de la question 3., on en déduit que lim x→1− Correction de l’exercice 11 N Arccos x √1−x2= lim x→1− √−1 1−x2 √−x 1−x2 = lim x→1− 1 x= 1. 1. f est dérivable sur R∗− en tant que composée de fonctions dérivables, et sur R∗+ car elle est nulle sur cet intervalle ; étudions donc la dérivabilité en 0. On a f(t)− f(0) t= ( e1/t/t si t < 0 0 si t > 0 or e1/t/t tend vers 0 quand t tend vers 0 par valeurs négatives. Donc f est dérivable à gauche et à droite en 0 et ces dérivées sont identiques, donc f est dérivable et f0(0) = 0. 2. On a f0(t) = donc le taux d’accroissement de f0au voisinage de 0 est ( −e1/t/t2si t < 0 0 si t ≥ 0 f0(t)− f0(0) t= ( −e1/t/t3si t < 0 0 si t > 0 et il tend vers 0 quand t tend vers 0 par valeurs supérieures comme inférieures. Donc f admet une dérivée seconde en 0, et f00(0) = 0. 3. (a) On a déjà trouvé que f0(t) = −e1/t/t2, donc f0(t) = P1(t)/t2e1/tsi on pose P1(t) = −1. Par ailleurs, f00(t) = e1/t/t4 +e1/t(2/t3) = 1+2t t4 e1/t donc la formule est vraie pour n = 2 en posant P2(t) = 1+2t. (b) Supposons que la formule est vraie au rang n. Alors f(n)(t) = Pn(t) t2n e1/t d’où f(n+1)(t) = P0n(t)t2n −Pn(t)(2n)t2n−1 t4ne1/t +Pn(t) =P0n(t)t2 −(2nt +1)Pn(t) t2(n+1)e1/t donc la formule est vraie au rang n+1 avec t2ne1/t(−1/t2) Pn+1(t) = P0n(t)t2 −(2nt +1)Pn(t). 7
4. Sur R∗− et sur R∗+, f est indéfiniment dérivable, donc il suffit d’étudier ce qui se passe en 0. Montrons par récurrence que f est indéfiniment dérivable en 0, et que pour tout n ∈ N, f(n)(0) = 0. On sait que c’est vrai au rang 1. Supposons que f est n-fois dérivable, et que f(n)(0) = 0. Alors le taux d’accroissement de f(n)en 0 est : f(n)(t)− f(n)(0) t= ( Pn(t)e1/t/t2n+1si t < 0 0 si t > 0 et sa limite est 0 quand t tend vers 0 par valeurs supérieures comme inférieures. Donc f(n)est dérivable en 0, et f(n+1)(0) = 0. Donc l’hypothèse de récurrence est vérifiée au rang n+1. Par conséquent, f est de classe C∞. 8