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Exercice 1 : Calcul de dérivabilité pour une fonction définie par morceaux
Déterminer a, b ∈ R de manière à ce que la fonction f définie sur R+ par :
f(x) = √x si 0 ≤ x ≤ 1
f(x) = ax² + bx + 1 si x > 1
soit dérivable sur R*+.
Solution :
La fonction f est continue et dérivable sur ]0, 1[ et sur ]1, +∞[. Le seul point à étudier pour la dérivabilité est x = 1. Pour qu'une fonction soit dérivable en un point, elle doit d'abord y être continue.
1. Continuité en x = 1 :
- La limite à gauche est lim_(x→1⁻) √x = 1.
- La limite à droite est lim_(x→1⁺) (ax² + bx + 1) = a + b + 1.
Pour la continuité, ces limites doivent être égales : a + b + 1 = 1, ce qui implique b = -a.
2. Dérivabilité en x = 1 :
Les dérivées à droite et à gauche doivent être égales.
- Pour x ∈ ]0, 1[, f'(x) = 1/(2√x). La dérivée à gauche en x = 1 est f'g(1) = lim_(x→1⁻) f'(x) = 1/2.
- Pour la dérivée à droite, nous utilisons le taux d'accroissement :
lim_(x→1⁺) (f(x) - f(1))/(x - 1) = lim_(x→1⁺) (ax² + bx + 1 - 1)/(x - 1)
En substituant b = -a, on obtient :
lim_(x→1⁺) (ax² - ax)/(x - 1) = lim_(x→1⁺) (ax(x - 1))/(x - 1) = lim_(x→1⁺) ax = a.
Donc, la dérivée à droite en x = 1 est f'd(1) = a.
Pour que f soit dérivable, il faut que f'g(1) = f'd(1), donc a = 1/2.
En conséquence, b = -a = -1/2.
Le seul couple (a, b) qui rend f dérivable sur ]0, +∞[ est (a = 1/2, b = -1/2).
Exercice 2 : Prolongement par continuité et dérivabilité d'une fonction
Soit f : R* → R définie par f(x) = x² sin(1/x).
1. Montrer que f est prolongeable par continuité en 0 ; on note encore f la fonction prolongée.
2. Montrer que f est dérivable sur R mais que f' n’est pas continue en 0.
Solution :
La fonction f est de classe C^∞ sur R* en tant que produit et composition de fonctions dérivables.
1. Prolongement par continuité en 0 :
Pour x ≠ 0, nous savons que |sin(1/x)| ≤ 1. Donc, |x² sin(1/x)| ≤ x².
Comme lim_(x→0) x² = 0, par le théorème des gendarmes, lim_(x→0) x² sin(1/x) = 0.
Ainsi, f est prolongeable par continuité en 0 en posant f(0) = 0.
2. Dérivabilité en 0 et continuité de f' en 0 :
Calculons le taux d'accroissement en 0 pour la dérivabilité :
lim_(x→0) (f(x) - f(0))/(x - 0) = lim_(x→0) (x² sin(1/x) - 0)/x = lim_(x→0) x sin(1/x).
De la même manière que pour la continuité, |x sin(1/x)| ≤ |x|. Puisque lim_(x→0) |x| = 0, on a lim_(x→0) x sin(1/x) = 0.
Donc, f est dérivable en 0 et f'(0) = 0.
Pour étudier la continuité de f' en 0, nous calculons f'(x) pour x ≠ 0 :
f'(x) = d/dx (x²) · sin(1/x) + x² · d/dx (sin(1/x))
f'(x) = 2x sin(1/x) + x² · cos(1/x) · (-1/x²)
f'(x) = 2x sin(1/x) - cos(1/x).
En cherchant la limite de f'(x) lorsque x → 0 :
lim_(x→0) 2x sin(1/x) = 0.
Cependant, lim_(x→0) cos(1/x) n'existe pas, car la fonction cos(1/x) oscille infiniment entre -1 et 1 à l'approche de 0.
Par conséquent, lim_(x→0) f'(x) n'existe pas.
Puisque lim_(x→0) f'(x) ≠ f'(0) (qui est 0), la fonction f' n'est pas continue en 0.
Exercice 3 : Étude détaillée de la dérivabilité de fonctions
Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes :
1. f1(x) = x² cos(1/x), si x ≠ 0 ; f1(0) = 0;
2. f2(x) = sin(x) · sin(1/x), si x ≠ 0 ; f2(0) = 0;
3. f3(x) = |x|√(x² − 2x + 1) / (x − 1), si x ≠ 1 ; f3(1) = 1.
Solution :
1. Pour f1(x) = x² cos(1/x) (f1(0) = 0) :
Sur R*, f1 est dérivable en tant que produit et composition de fonctions dérivables.
Pour la dérivabilité en 0, examinons le taux d'accroissement :
lim_(x→0) (f1(x) - f1(0))/(x - 0) = lim_(x→0) (x² cos(1/x))/x = lim_(x→0) x cos(1/x).
Puisque |cos(1/x)| ≤ 1, nous avons |x cos(1/x)| ≤ |x|. Par le théorème des gendarmes, lim_(x→0) x cos(1/x) = 0.
Donc, f1 est dérivable en 0 et f'1(0) = 0.
2. Pour f2(x) = sin(x) · sin(1/x) (f2(0) = 0) :
Sur R*, f2 est dérivable pour les mêmes raisons que f1.
Pour la dérivabilité en 0, examinons le taux d'accroissement :
lim_(x→0) (f2(x) - f2(0))/(x - 0) = lim_(x→0) (sin(x) · sin(1/x))/x = lim_(x→0) (sin(x)/x) · sin(1/x).
Nous savons que lim_(x→0) sin(x)/x = 1.
Cependant, lim_(x→0) sin(1/x) n'existe pas.
Par conséquent, le taux d'accroissement n'a pas de limite en 0, et donc f2 n'est pas dérivable en 0.
3. Pour f3(x) = |x|√(x² − 2x + 1) / (x − 1) (f3(1) = 1) :
Commençons par simplifier l'expression de f3(x). Nous avons √(x² − 2x + 1) = √(x − 1)² = |x − 1|.
Donc, f3(x) = |x| |x − 1| / (x − 1).
- Si x > 1 : |x − 1| = x − 1, donc f3(x) = |x|(x − 1) / (x − 1) = |x| = x.
- Si 0 ≤ x < 1 : |x − 1| = -(x − 1), donc f3(x) = |x|(-(x − 1)) / (x − 1) = -|x| = -x.
- Si x < 0 : |x − 1| = -(x − 1), donc f3(x) = |x|(-(x − 1)) / (x − 1) = -|x| = -(-x) = x.
En résumé, la fonction f3(x) peut s'écrire :
f3(x) = x si x < 0 ou x > 1
f3(x) = -x si 0 ≤ x < 1
Avec f3(1) = 1.
Étudions la continuité et dérivabilité aux points critiques 0 et 1 :
En x = 1 :
lim_(x→1⁻) f3(x) = lim_(x→1⁻) (-x) = -1.
lim_(x→1⁺) f3(x) = lim_(x→1⁺) x = 1.
Puisque les limites à gauche et à droite sont différentes, f3 n'est pas continue en 1. Par conséquent, elle ne peut pas être dérivable en 1.
En x = 0 :
lim_(x→0⁻) f3(x) = lim_(x→0⁻) x = 0.
lim_(x→0⁺) f3(x) = lim_(x→0⁺) (-x) = 0.
Et f3(0) = -0 = 0. Donc f3 est continue en 0.
Examinons la dérivabilité en 0 :
Taux d'accroissement à gauche : lim_(x→0⁻) (f3(x) - f3(0))/(x - 0) = lim_(x→0⁻) x/x = 1.
Taux d'accroissement à droite : lim_(x→0⁺) (f3(x) - f3(0))/(x - 0) = lim_(x→0⁺) (-x)/x = -1.
Les dérivées à gauche et à droite sont différentes (1 ≠ -1). Donc f3 n'est pas dérivable en 0.
Exercice 4 : Minimum d'une fonction et inégalité de Hardy
Soit n ≥ 2 un entier fixé et f : R+ = [0, +∞[ → R la fonction définie par la formule suivante :
f(x) = (1 + xⁿ) / (1 + x)ⁿ, pour x ≥ 0.
1. (a) Montrer que f est dérivable sur R+ et calculer f'(x) pour x ≥ 0.
(b) En étudiant le signe de f'(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).
Solution :
1. (a) La fonction f est une fonction rationnelle. Son dénominateur (1 + x)ⁿ n'est jamais nul sur R+ (il est nul seulement si x = -1). Donc, f est dérivable sur R+.
Calculons f'(x) en utilisant la formule de la dérivée d'un quotient (u/v)' = (u'v - uv')/v² :
u(x) = 1 + xⁿ ⇒ u'(x) = nxⁿ⁻¹
v(x) = (1 + x)ⁿ ⇒ v'(x) = n(1 + x)ⁿ⁻¹
f'(x) = [nxⁿ⁻¹(1 + x)ⁿ - (1 + xⁿ)n(1 + x)ⁿ⁻¹] / [(1 + x)ⁿ]²
f'(x) = n(1 + x)ⁿ⁻¹ [xⁿ⁻¹(1 + x) - (1 + xⁿ)] / (1 + x)²ⁿ
f'(x) = n [xⁿ⁻¹ + xⁿ - 1 - xⁿ] / (1 + x)ⁿ⁺¹
f'(x) = n(xⁿ⁻¹ - 1) / (1 + x)ⁿ⁺¹.
(b) Étudions le signe de f'(x) sur R+ :
Pour x ≥ 0, le numérateur n est positif et le dénominateur (1 + x)ⁿ⁺¹ est toujours positif.
Le signe de f'(x) est donc déterminé par le signe de (xⁿ⁻¹ - 1).
xⁿ⁻¹ - 1 ≤ 0 ⇔ xⁿ⁻¹ ≤ 1 ⇔ x ≤ 1 (puisque n ≥ 2, donc n-1 ≥ 1).
xⁿ⁻¹ - 1 ≥ 0 ⇔ xⁿ⁻¹ ≥ 1 ⇔ x ≥ 1.
- Pour 0 ≤ x ≤ 1, f'(x) ≤ 0, donc f est décroissante.
- Pour x ≥ 1, f'(x) ≥ 0, donc f est croissante.
Il en résulte que f atteint son minimum global sur R+ au point x = 1.
Ce minimum vaut f(1) = (1 + 1ⁿ) / (1 + 1)ⁿ = 2 / 2ⁿ = 2¹⁻ⁿ.
2. (a) D'après la question 1.b, puisque f(x) atteint son minimum en x=1, nous avons f(x) ≥ f(1) pour tout x ∈ R+.
(1 + xⁿ) / (1 + x)ⁿ ≥ 2¹⁻ⁿ
(1 + xⁿ) / (1 + x)ⁿ ≥ 1 / 2ⁿ⁻¹
En multipliant les deux côtés par (1 + x)ⁿ et par 2ⁿ⁻¹ (qui sont positifs pour x ≥ 0 et n ≥ 2), on obtient :
2ⁿ⁻¹(1 + xⁿ) ≥ (1 + x)ⁿ.
Ceci démontre l'inégalité demandée : (1 + x)ⁿ ≤ 2ⁿ⁻¹(1 + xⁿ), pour tout x ∈ R+.
(b) Soient x ∈ R+ et y ∈ R+.
Si y = 0, l'inégalité devient (x + 0)ⁿ ≤ 2ⁿ⁻¹(xⁿ + 0ⁿ), soit xⁿ ≤ 2ⁿ⁻¹xⁿ. Cette inégalité est vraie car 2ⁿ⁻¹ ≥ 1 pour n ≥ 2. Le cas (0,0) est trivial (0 ≤ 0).
Si y ≠ 0, nous pouvons appliquer l'inégalité précédente (question 2.a) avec t = x/y (qui est dans R+).
(1 + t)ⁿ ≤ 2ⁿ⁻¹(1 + tⁿ)
(1 + x/y)ⁿ ≤ 2ⁿ⁻¹(1 + (x/y)ⁿ)
Multiplions les deux côtés par yⁿ (qui est positif puisque y ∈ R+ et y ≠ 0) :
( (y + x)/y )ⁿ · yⁿ ≤ 2ⁿ⁻¹( (yⁿ + xⁿ)/yⁿ ) · yⁿ
(x + y)ⁿ ≤ 2ⁿ⁻¹(xⁿ + yⁿ).
Cette inégalité est une forme de l'inégalité de Hardy.
Théorème de Rolle et Accroissements Finis
Exercice 5 : Nombre maximal de racines réelles d'un polynôme
Montrer que le polynôme P(X) = Xⁿ + aX + b, (a et b réels) admet au plus trois racines réelles.
Solution :
Nous allons utiliser le théorème de Rolle de manière itérative.
Supposons par l'absurde que le polynôme P(X) admet au moins quatre racines réelles distinctes : x1 < x2 < x3 < x4.
1. Appliquons le théorème de Rolle à P(X) sur les intervalles [x1, x2], [x2, x3] et [x3, x4].
Il existe donc trois racines distinctes pour P'(X) : x'1 ∈ ]x1, x2[, x'2 ∈ ]x2, x3[, x'3 ∈ ]x3, x4[.
La première dérivée du polynôme est P'(X) = nXⁿ⁻¹ + a.
2. Appliquons le théorème de Rolle à P'(X) sur les intervalles [x'1, x'2] et [x'2, x'3].
Il existe donc deux racines distinctes pour P''(X) : x''1 ∈ ]x'1, x'2[, x''2 ∈ ]x'2, x'3[.
La seconde dérivée est P''(X) = n(n-1)Xⁿ⁻².
3. Appliquons le théorème de Rolle à P''(X) sur l'intervalle [x''1, x''2].
Il existe donc une racine pour P'''(X) : x'''1 ∈ ]x''1, x''2[.
La troisième dérivée est P'''(X) = n(n-1)(n-2)Xⁿ⁻³.
Pour n ≥ 3, le polynôme P'''(X) = n(n-1)(n-2)Xⁿ⁻³ admet au plus une racine réelle (X=0). Si n-3 < 0, il n'en admet aucune. Or, nous avons déduit l'existence d'au moins une racine réelle pour P'''(X). Si n = 3, P'''(X) = 3·2·1 = 6, qui n'a pas de racine, ce qui est une contradiction. Si n > 3, P'''(X) n'a que 0 comme racine réelle. Avoir deux racines distinctes pour P''(X) (x''1 et x''2) implique l'existence d'une racine pour P'''(X) dans ]x''1, x''2[. Cette racine doit être 0. Cependant, si x''1 et x''2 sont de même signe (par exemple les deux positives), alors 0 ne peut pas être dans ]x''1, x''2[, ce qui est une contradiction.
Plus simplement, P''(X) = n(n-1)Xⁿ⁻² ne peut avoir qu'une seule racine réelle (X=0) si n ≥ 2. Si P''(X) avait deux racines distinctes (x''1 et x''2), cela contredirait le fait qu'il n'en a qu'une. Par conséquent, l'hypothèse initiale de quatre racines distinctes pour P(X) est fausse. P(X) admet au plus trois racines réelles.
Alternativement, pour n ≥ 3 :
P'(X) = nXⁿ⁻¹ + a. Cette fonction a au plus deux racines réelles (si n-1 est pair, deux racines au plus ; si n-1 est impair, une racine au plus).
Puisqu'une fonction change de sens de variation à ses extremums, P(X) a au plus deux extremums locaux.
Un polynôme avec au plus deux extremums locaux (par exemple, croissant-décroissant-croissant ou décroissant-croissant-décroissant) peut traverser l'axe des abscisses (s'annuler) au plus trois fois.
Exercice 6 : Les polynômes de Legendre et le Théorème de Rolle
Montrer que le polynôme Pn(t) défini comme la n-ième dérivée de (1−t²)ⁿ est un polynôme de degré n dont les racines sont réelles, simples, et appartiennent à [-1, 1].
Solution :
Soit Qn(t) = (1 − t²)ⁿ. Ce polynôme est de degré 2n. Sa n-ième dérivée, Pn(t) = Qn⁽ⁿ⁾(t), sera un polynôme de degré 2n - n = n. Par exemple, Pn(t) est de la forme C_n t^n + ..., où C_n est une constante non nulle.
Les valeurs t = -1 et t = +1 sont des racines d'ordre n de Qn(t). Cela signifie que Qn(t) et ses (n-1) premières dérivées s'annulent en t = -1 et t = +1 :
Qn(1) = Qn'(1) = ... = Qn⁽ⁿ⁻¹⁾(1) = 0.
Et de même :
Qn(-1) = Qn'(-1) = ... = Qn⁽ⁿ⁻¹⁾(-1) = 0.
Nous allons appliquer le théorème de Rolle de manière itérative :
1. Qn(-1) = 0 et Qn(1) = 0. En appliquant le théorème de Rolle à Qn sur [-1, 1], il existe au moins une racine r1 ∈ ]-1, 1[ telle que Qn'(r1) = 0. Nous avons donc 3 racines pour Qn' : -1, r1, 1 (où -1 et 1 sont également racines de Qn' d'ordre n-1).
2. Qn'(-1) = 0, Qn'(r1) = 0 et Qn'(1) = 0. Appliquons le théorème de Rolle à Qn' sur [-1, r1] et sur [r1, 1]. Il existe au moins deux racines distinctes pour Qn'' : r2 ∈ ]-1, r1[ et r3 ∈ ]r1, 1[ telles que Qn''(r2) = 0 et Qn''(r3) = 0. Nous avons donc 4 racines pour Qn'' : -1, r2, r3, 1 (où -1 et 1 sont également racines de Qn'' d'ordre n-2).
En continuant ce processus par récurrence, à la k-ième étape (pour 1 ≤ k < n) :
La dérivée Qn⁽ᵏ⁻¹⁾(t) s'annule en -1 et 1, et elle a déjà (k-1) racines distinctes dans ]-1, 1[ obtenues aux étapes précédentes. Cela fait au moins k+1 racines distinctes pour Qn⁽ᵏ⁻¹⁾(t) dans [-1, 1]. En appliquant Rolle k fois sur les k intervalles ouverts formés par ces racines, on déduit que Qn⁽ᵏ⁾(t) a au moins k racines distinctes dans ]-1, 1[.
Après (n-1) dérivations, Qn⁽ⁿ⁻¹⁾(t) s'annule en -1 et 1, et il a au moins (n-1) racines distinctes dans ]-1, 1[. Soient ces racines : -1 = z0 < z1 < ... < z_(n-1) < zn = 1. Ce sont n+1 racines distinctes pour Qn⁽ⁿ⁻¹⁾(t).
Appliquons le Théorème de Rolle à Qn⁽ⁿ⁻¹⁾(t) sur chacun des n intervalles ouverts ]zi, z_i+1[ pour i = 0, ..., n-1.
Pour chaque intervalle, il existe une racine distincte pour la dérivée Pn(t) = Qn⁽ⁿ⁾(t). Nous obtenons ainsi n racines distinctes : c1 ∈ ]z0, z1[, c2 ∈ ]z1, z2[, ..., cn ∈ ]z_(n-1), zn[.
Ces n racines sont réelles, distinctes (donc simples) et appartiennent à ]-1, 1[.
Puisque Pn(t) est un polynôme de degré n, il ne peut pas avoir plus de n racines. Par conséquent, nous avons trouvé toutes les racines de Pn(t), et elles vérifient les propriétés requises.
Exercice 7 : Interprétation géométrique du Théorème des Accroissements Finis
Dans 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.
Solution :
La fonction f(x) = αx² + βx + γ est une fonction polynomiale, donc elle est continue et dérivable sur R, et en particulier sur tout intervalle fermé [a, b] et ouvert ]a, b[.
Le théorème des accroissements finis (TAF) assure l'existence d'au moins un nombre c ∈ ]a, b[ tel que :
f(b) - f(a) = f'(c)(b - a).
Calculons la dérivée première de f(x) : f'(x) = 2αx + β.
Substituons dans l'équation du TAF :
(αb² + βb + γ) - (αa² + βa + γ) = (2αc + β)(b - a)
α(b² - a²) + β(b - a) = (2αc + β)(b - a)
α(b - a)(b + a) + β(b - a) = (2αc + β)(b - a)
Puisque a < b, (b - a) ≠ 0, nous pouvons diviser les deux membres par (b - a) :
α(b + a) + β = 2αc + β
α(b + a) = 2αc.
Si α ≠ 0, alors nous pouvons diviser par 2α pour trouver c : c = (a + b)/2. Si α = 0, la fonction f(x) = βx + γ est linéaire, et f'(x) = β est une constante. Dans ce cas, f(b) - f(a) = β(b-a) et f'(c)(b-a) = β(b-a) est toujours vérifié pour tout c ∈ ]a,b[. Donc si α=0, tout point c de l'intervalle ouvert convient.
Interprétation géométrique :
Le graphe de f(x) = αx² + βx + γ est une parabole. Le théorème des accroissements finis indique qu'il existe un point sur la courbe où la tangente est parallèle à la sécante (la corde) reliant les points A = (a, f(a)) et B = (b, f(b)).
Pour une fonction quadratique, ce point "c" est toujours le milieu de l'intervalle [a, b]. Cela signifie que la tangente à la parabole au point d'abscisse (a+b)/2 est parallèle à la corde reliant les points A et B.
Exercice 8 : Inégalités et concavité du logarithme
Soient x et y réels avec 0 < x < y.
1. Montrer que x < (y−x)/(ln(y)−ln(x)) < y.
2. On considère la fonction f définie sur [0,1] par α ↦ f(α) = ln(αx + (1−α)y) − α ln(x) − (1−α)ln(y). De l'étude de f, déduire que pour tout α de ]0,1[ :
α ln(x) + (1−α)ln(y) < ln(αx + (1−α)y).
3. Interprétation géométrique ?
Solution :
1. Pour montrer l'inégalité x < (y−x)/(ln(y)−ln(x)) < y :
Considérons la fonction g(t) = ln(t). Elle est continue sur l'intervalle fermé [x, y] et dérivable sur l'intervalle ouvert ]x, y[.
D'après le théorème des accroissements finis appliqué à g sur [x, y], il existe c ∈ ]x, y[ tel que :
g(y) - g(x) = g'(c)(y - x)
ln(y) - ln(x) = (1/c)(y - x)
Donc, (ln(y) - ln(x))/(y - x) = 1/c.
Puisque x < c < y, nous avons 1/y < 1/c < 1/x.
En combinant, on obtient 1/y < (ln(y) - ln(x))/(y - x) < 1/x.
En prenant les inverses de ces expressions (et en inversant l'ordre des inégalités car toutes les quantités sont positives), on trouve :
y > (y - x)/(ln(y) - ln(x)) > x.
Ce qui est l'inégalité recherchée : x < (y−x)/(ln(y)−ln(x)) < y.
2. Pour déduire l'inégalité de concavité du logarithme :
Soit f(α) = ln(αx + (1−α)y) − α ln(x) − (1−α)ln(y).
Calculons les dérivées de f par rapport à α :
f'(α) = (x - y)/(αx + (1−α)y) - ln(x) + ln(y)
f'(α) = (x - y)/(αx + (1−α)y) + ln(y/x).
f''(α) = d/dα [ (x - y)/(αx + (1−α)y) ]
f''(α) = - (x - y) · (x - y) / (αx + (1−α)y)²
f''(α) = - (x - y)² / (αx + (1−α)y)².
Puisque x ≠ y (0 < x < y), (x - y)² > 0, et (αx + (1−α)y)² > 0. Donc, f''(α) < 0 pour tout α ∈ [0, 1].
Une fonction dont la dérivée seconde est strictement négative sur un intervalle est strictement concave sur cet intervalle. Donc f est strictement concave sur [0, 1].
Calculons les valeurs de f aux bornes de l'intervalle :
f(0) = ln(y) - 0 · ln(x) - 1 · ln(y) = 0.
f(1) = ln(x) - 1 · ln(x) - 0 · ln(y) = 0.
Puisque f est strictement concave sur [0, 1] et que f(0) = f(1) = 0, cela implique que f(α) ≥ 0 pour tout α ∈ [0, 1]. De plus, pour α ∈ ]0,1[, l'inégalité est stricte : f(α) > 0.
Donc, ln(αx + (1−α)y) − α ln(x) − (1−α)ln(y) > 0 pour α ∈ ]0,1[.
Ce qui donne l'inégalité recherchée : α ln(x) + (1−α)ln(y) < ln(αx + (1−α)y).
3. Interprétation géométrique :
L'inégalité α ln(x) + (1−α)ln(y) < ln(αx + (1−α)y) est la définition d'une fonction strictement concave.
Si nous considérons deux points A=(x, ln(x)) et B=(y, ln(y)) sur le graphe de la fonction y = ln(t), l'expression α ln(x) + (1−α)ln(y) représente l'ordonnée d'un point sur le segment de droite (la corde) reliant A et B.
L'expression ln(αx + (1−α)y) représente l'ordonnée du point sur la courbe y = ln(t) dont l'abscisse est αx + (1−α)y (une combinaison convexe de x et y).
L'inégalité signifie que la corde reliant deux points du graphe de la fonction logarithme est toujours située strictement en dessous du graphe de la fonction (la fonction est strictement concave).
Divers
Exercice 9 : Détermination des extremums d'une fonction polynomiale
Déterminer les extremums de f(x) = x⁴ − x³ + 1 sur R.
Solution :
Pour trouver les extremums locaux d'une fonction, nous devons d'abord identifier les points critiques en annulant la première dérivée.
f'(x) = 4x³ − 3x² = x²(4x − 3).
Les points critiques sont les solutions de f'(x) = 0 :
x²(4x − 3) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 3/4.
Nous utilisons la deuxième dérivée pour classifier ces points.
f''(x) = 12x² − 6x = 6x(2x − 1).
- Pour x = 3/4 :
f''(3/4) = 6(3/4)(2(3/4) − 1) = (9/2)(3/2 − 1) = (9/2)(1/2) = 9/4.
Comme f''(3/4) > 0, la fonction f présente un minimum local en x = 3/4. La valeur de ce minimum est f(3/4) = (3/4)⁴ − (3/4)³ + 1 = 81/256 − 27/64 + 1 = (81 - 108 + 256)/256 = 229/256. - Pour x = 0 :
f''(0) = 6(0)(2(0) − 1) = 0. Puisque f''(0) = 0, le test de la seconde dérivée est indéterminé. Nous devons examiner les dérivées d'ordre supérieur ou étudier le signe de f'(x) autour de 0.
Calculons la troisième dérivée :
f'''(x) = 24x − 6.
f'''(0) = -6.
Puisque f''(0) = 0 et f'''(0) ≠ 0, le point x = 0 est un point d'inflexion, et non un extremum local.
On peut également vérifier le signe de f'(x) autour de 0 :
f'(x) = x²(4x - 3).
Pour x < 0, x² > 0 et (4x - 3) < 0, donc f'(x) < 0 (f est décroissante).
Pour 0 < x < 3/4, x² > 0 et (4x - 3) < 0, donc f'(x) < 0 (f est décroissante).
Puisque f'(x) ne change pas de signe en x = 0, ce point n'est pas un extremum.
En conclusion, la fonction f n'admet qu'un seul extremum local, qui est un minimum global, en x = 3/4.
Exercice 10 : Généralisation du Théorème des Accroissements Finis et Règle de l'Hôpital
Soient f, g : [a,b] → R deux fonctions continues sur [a,b] (a < b) et dérivables sur ]a,b[. On suppose que g'(x) ≠ 0 pour tout x ∈ ]a,b[.
1. Montrer que g(x) ≠ 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 (f(b)−f(a)) / (g(b)−g(a)) = f'(c) / g'(c).
3. On suppose que lim_(x→b⁻) f'(x)/g'(x) = L, où L est un nombre réel. Montrer que lim_(x→b⁻) (f(x)−f(b)) / (g(x)−g(b)) = L.
4. Application. Calculer la limite suivante : lim_(x→1⁻) Arccos(x) / √(1−x²).
Solution :
1. Supposons par l'absurde qu'il existe x0 ∈ ]a,b] tel que g(x0) = g(a).
La fonction g est continue sur l'intervalle [a, x0] et dérivable sur l'intervalle ]a, x0[.
D'après le théorème de Rolle appliqué à g sur l'intervalle [a, x0], il existerait un c ∈ ]a, x0[ tel que g'(c) = 0.
Ceci contredit directement l'hypothèse que g'(x) ≠ 0 pour tout x ∈ ]a,b[.
Par conséquent, g(x) ≠ g(a) pour tout x ∈ ]a,b]. En particulier, g(b) ≠ g(a), ce qui garantit que le dénominateur de p est non nul.
2. La fonction h(x) = f(x) − pg(x) est continue sur [a,b] et dérivable sur ]a,b[ car f et g le sont, et p est une constante.
Calculons h(a) et h(b) :
h(a) = f(a) − pg(a)
h(b) = f(b) − pg(b)
Substituons l'expression de p :
h(b) = f(b) − [ (f(b)−f(a)) / (g(b)−g(a)) ] g(b)
h(b) = [ f(b)(g(b)−g(a)) − (f(b)−f(a))g(b) ] / (g(b)−g(a))
h(b) = [ f(b)g(b) − f(b)g(a) − f(b)g(b) + f(a)g(b) ] / (g(b)−g(a))
h(b) = [ f(a)g(b) − f(b)g(a) ] / (g(b)−g(a)).
h(a) = f(a) − [ (f(b)−f(a)) / (g(b)−g(a)) ] g(a)
h(a) = [ f(a)(g(b)−g(a)) − (f(b)−f(a))g(a) ] / (g(b)−g(a))
h(a) = [ f(a)g(b) − f(a)g(a) − f(b)g(a) + f(a)g(a) ] / (g(b)−g(a))
h(a) = [ f(a)g(b) − f(b)g(a) ] / (g(b)−g(a)).
Ainsi, nous avons h(a) = h(b).
Comme h vérifie toutes les hypothèses du théorème de Rolle, il existe un c ∈ ]a,b[ tel que h'(c) = 0.
La dérivée de h(x) est h'(x) = f'(x) − pg'(x).
Donc, f'(c) − pg'(c) = 0 ⇒ f'(c) = pg'(c).
Puisque g'(c) ≠ 0 (par hypothèse), on peut diviser par g'(c) :
p = f'(c) / g'(c).
En substituant la valeur de p, nous obtenons le Théorème des Accroissements Finis généralisé, ou Théorème de Cauchy :
(f(b)−f(a)) / (g(b)−g(a)) = f'(c) / g'(c).
3. Pour chaque x ∈ ]a,b[, on peut appliquer le Théorème de Cauchy (question 2) aux fonctions f et g sur l'intervalle [x,b] (où f(b) et g(b) sont les valeurs prises en b).
Il existe alors un point c(x) ∈ ]x,b[ (ce c dépend de x) tel que :
(f(b)−f(x)) / (g(b)−g(x)) = f'(c(x)) / g'(c(x)).
Ou, de manière équivalente : (f(x)−f(b)) / (g(x)−g(b)) = f'(c(x)) / g'(c(x)).
Quand x tend vers b par valeurs inférieures (x → b⁻), comme c(x) est toujours entre x et b (c(x) ∈ ]x,b[), il est nécessaire que c(x) tende également vers b⁻.
Étant donné que lim_(t→b⁻) f'(t)/g'(t) = L, en passant à la limite dans l'expression ci-dessus :
lim_(x→b⁻) (f(x)−f(b)) / (g(x)−g(b)) = lim_(x→b⁻) f'(c(x)) / g'(c(x)) = L.
Ce résultat est la règle de L'Hôpital pour les formes indéterminées 0/0 (puisque f et g sont continues, f(x)→f(b) et g(x)→g(b)).
4. Application : Calculer lim_(x→1⁻) Arccos(x) / √(1−x²).
Cette limite est une forme indéterminée de type 0/0 (car Arccos(1)=0 et √(1-1²)=0).
Nous appliquons la règle de L'Hôpital avec f(x) = Arccos(x) et g(x) = √(1−x²).
f'(x) = -1 / √(1−x²)
g'(x) = (1/2)(1−x²)^(-1/2) · (-2x) = -x / √(1−x²).
Alors, lim_(x→1⁻) f'(x)/g'(x) = lim_(x→1⁻) [(-1 / √(1−x²)) / (-x / √(1−x²))]
= lim_(x→1⁻) (1/x) = 1/1 = 1.
Par la règle de L'Hôpital, lim_(x→1⁻) Arccos(x) / √(1−x²) = 1.
Exercice 11 : Étude complète d'une fonction de classe C^∞
On considère la fonction f : R → R définie par :
f(t) = { e^(1/t) si t < 0
{ 0 si t ≥ 0
1. Démontrer que f est dérivable sur R, en particulier en t = 0.
2. Étudier l'existence de f''(0).
3. On veut montrer que pour t < 0, la dérivée n-ième de f s'écrit f⁽ⁿ⁾(t) = Pn(t) / t^(2n) e^(1/t) où Pn est un polynôme.
(a) Trouver P1 et P2.
(b) Trouver une relation de récurrence entre P_(n+1), Pn et P'n pour n ∈ N*.
4. Montrer que f est de classe C^∞.
Solution :
1. Dérivabilité sur R :
Sur l'intervalle R*⁻ (t < 0), f(t) = e^(1/t) est une composition de fonctions dérivables (t ↦ 1/t et u ↦ e^u), donc f est dérivable sur R*⁻.
Sur l'intervalle R*⁺ (t > 0), f(t) = 0 (fonction constante), donc f est dérivable sur R*⁺ et f'(t) = 0 pour t > 0.
Dérivabilité en t = 0 :
Pour que f soit dérivable en 0, elle doit d'abord être continue en 0.
lim_(t→0⁺) f(t) = lim_(t→0⁺) 0 = 0.
lim_(t→0⁻) f(t) = lim_(t→0⁻) e^(1/t). En posant u = 1/t, quand t→0⁻, u→-∞. Donc lim_(u→-∞) e^u = 0.
Puisque les limites à gauche et à droite sont égales à 0, et f(0)=0, la fonction f est continue en 0.
Calculons le taux d'accroissement en 0 :
À droite : lim_(t→0⁺) (f(t) - f(0))/t = lim_(t→0⁺) (0 - 0)/t = 0.
À gauche : lim_(t→0⁻) (f(t) - f(0))/t = lim_(t→0⁻) (e^(1/t))/t.
Posons u = -1/t, donc t = -1/u. Quand t→0⁻, u→+∞.
lim_(u→+∞) (e^(-u))/(-1/u) = lim_(u→+∞) (-u e^(-u)) = 0 (par croissances comparées, u e^(-u) tend vers 0 lorsque u tend vers +∞).
Les dérivées à droite et à gauche sont toutes deux égales à 0. Donc f est dérivable en 0 et f'(0) = 0.
En résumé pour f'(t) :
f'(t) = { (-1/t²)e^(1/t) si t < 0
{ 0 si t ≥ 0
2. Existence de f''(0) :
Nous devons étudier la dérivabilité de f' en 0.
Calculons le taux d'accroissement de f' en 0 :
À droite : lim_(t→0⁺) (f'(t) - f'(0))/t = lim_(t→0⁺) (0 - 0)/t = 0.
À gauche : lim_(t→0⁻) (f'(t) - f'(0))/t = lim_(t→0⁻) [(-1/t²)e^(1/t)]/t = lim_(t→0⁻) (-1/t³)e^(1/t).
Posons u = -1/t, donc t = -1/u. Quand t→0⁻, u→+∞.
lim_(u→+∞) (-1/(-1/u)³)e^(-u) = lim_(u→+∞) (u³e^(-u)) = 0 (par croissances comparées).
Les dérivées secondes à droite et à gauche en 0 sont égales à 0. Donc f''(0) existe et f''(0) = 0.
3. Dérivée n-ième pour t < 0 :
(a) Trouver P1 et P2 :
Pour t < 0, f(t) = e^(1/t).
f'(t) = (-1/t²)e^(1/t). On peut écrire f'(t) = P1(t)/t² e^(1/t) avec P1(t) = -1.
f''(t) = d/dt [(-1/t²)e^(1/t)]
f''(t) = (-(-2/t³))e^(1/t) + (-1/t²)(-1/t²)e^(1/t)
f''(t) = (2/t³ + 1/t⁴)e^(1/t) = (2t + 1)/t⁴ e^(1/t).
On peut écrire f''(t) = P2(t)/t⁴ e^(1/t) avec P2(t) = 2t + 1.
(b) Relation de récurrence :
Supposons que f⁽ⁿ⁾(t) = Pn(t)/t^(2n) e^(1/t) pour un certain polynôme Pn et t < 0.
Calculons la (n+1)-ième dérivée : f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) = d/dt [ Pn(t)t^(-2n) e^(1/t) ]
En utilisant la règle du produit (uvw)' = u'vw + uv'w + uvw' :
f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) = [ Pn'(t)t^(-2n) ] e^(1/t) + [ Pn(t)(-2n)t^(-2n-1) ] e^(1/t) + [ Pn(t)t^(-2n) (-1/t²)e^(1/t) ]
f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) = [ Pn'(t)/t^(2n) - 2nPn(t)/t^(2n+1) - Pn(t)/t^(2n+2) ] e^(1/t)
f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) = [ (t² Pn'(t) - 2nt Pn(t) - Pn(t)) / t^(2n+2) ] e^(1/t).
Donc la relation de récurrence pour P_(n+1)(t) est :
P_(n+1)(t) = t² Pn'(t) - (2nt + 1)Pn(t).
4. F est de classe C^∞ :
Sur R*⁻ (t < 0) et sur R*⁺ (t > 0), la fonction f est indéfiniment dérivable (de classe C^∞) car elle est formée par composition ou produit de fonctions élémentaires C^∞.
Il reste à montrer par récurrence que f⁽ⁿ⁾(0) = 0 pour tout n ∈ N.
Cas de base : Nous avons déjà montré que f(0) = 0, f'(0) = 0 et f''(0) = 0.
Hypothèse de récurrence : Supposons que f⁽ᵏ⁾(0) = 0 pour un entier k ≥ 0.
Nous voulons montrer que f⁽ᵏ⁺¹⁾(0) = 0. La fonction f⁽ᵏ⁾(t) est définie par :
f⁽ᵏ⁾(t) = { Pk(t)/t^(2k) e^(1/t) si t < 0
{ 0 si t ≥ 0 (en utilisant l'hypothèse de récurrence pour t=0 et la nullité des dérivées pour t>0).
Calculons le taux d'accroissement de f⁽ᵏ⁾ en 0 :
À droite : lim_(t→0⁺) (f⁽ᵏ⁾(t) - f⁽ᵏ⁾(0))/t = lim_(t→0⁺) (0 - 0)/t = 0.
À gauche : lim_(t→0⁻) (f⁽ᵏ⁾(t) - f⁽ᵏ⁾(0))/t = lim_(t→0⁻) [ Pk(t)/t^(2k) e^(1/t) ]/t = lim_(t→0⁻) [ Pk(t)/t^(2k+1) ] e^(1/t).
Pour tout polynôme P(t) et tout entier m, la limite lim_(t→0⁻) [ P(t)/t^m ] e^(1/t) = 0. Ceci est un résultat standard de croissances comparées : l'exponentielle e^(1/t) l'emporte sur toute puissance de 1/t lorsque t → 0⁻.
Donc, lim_(t→0⁻) [ Pk(t)/t^(2k+1) ] e^(1/t) = 0.
Puisque les limites des taux d'accroissement à gauche et à droite sont égales à 0, f⁽ᵏ⁾ est dérivable en 0 et f⁽ᵏ⁺¹⁾(0) = 0. L'hypothèse de récurrence est vérifiée pour tout n. Par conséquent, f est de classe C^∞.
Foire Aux Questions (FAQ)
Qu'est-ce qu'une fonction dérivable ?
Une fonction est dite dérivable en un point si sa courbe admet une tangente non verticale en ce point. Plus formellement, cela signifie que le taux d'accroissement de la fonction (la pente de la sécante) admet une limite finie lorsque l'intervalle autour du point tend vers zéro. Une fonction dérivable en tout point d'un intervalle est dite dérivable sur cet intervalle.
Quelles sont les conditions de dérivabilité pour une fonction définie par morceaux ?
Pour qu'une fonction définie par morceaux soit dérivable au point de raccordement (le point où la définition change), deux conditions essentielles doivent être remplies : premièrement, la fonction doit être continue en ce point, c'est-à-dire que les limites à gauche et à droite de la fonction doivent exister, être égales, et correspondre à la valeur de la fonction au point. Deuxièmement, les dérivées à gauche et à droite de la fonction en ce point doivent exister et être égales.
Quel est le lien entre le Théorème des Accroissements Finis et la Règle de l'Hôpital ?
La Règle de l'Hôpital, utilisée pour calculer des limites de formes indéterminées (comme 0/0 ou ∞/∞), peut être rigoureusement démontrée en utilisant le Théorème des Accroissements Finis généralisé, également appelé Théorème de Cauchy. Ce théorème établit une relation entre les taux d'accroissement de deux fonctions et le rapport de leurs dérivées en un certain point intermédiaire, fournissant ainsi le fondement théorique pour l'application de la règle de l'Hôpital.