dérivation.pdf
La fonction g est dérivable en 0 et g (0) = 0. Exercice 4 : [énoncé]. (a) x ↦→ arctan x x2+1.
Limite continuité
dérivabilité
Dérivation Exercice 1. ˇ “( Exercice 2. ˇ “( Exercice 3. ˇ “( Exercice 7. ˇ
existe. Exercice 11. ˇ “ Fonction continue mais dérivable nulle part - Van der Waerden 1930. 11 octobre 2018. 1. Thierry Sageaux
Exercices de mathématiques – MPSI Lycée La Martinière Monplaisir
8) y − 3y = x2ex + xe3x sur R avec y(0) = 1. Exercice 5. Déterminer les fonctions f : [01] → R dérivables telles que ∀x ∈ [0
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Dérivation
Montrer qu'il existe c ? R tel que f (c)=0. Exercice 27 [ 01374 ] [Correction]. Soit f : [0;+?[ ? R une fonction dérivable telle
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Fonctions dérivables 1 Calculs
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26 mar. 2009 MPSI-Maths ... Feuille d'exercices: Fonctions réelles ... Montrer que f est dérivable sur [0 1]
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Soit f : I ? R dérivable Montrer que f est lipschitzienne si et seulement si sa dérivée est bornée Exercice 33 [ 01382 ] [Correction]
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Exercice 4: Soient I un intervalle ouvert f : I ? IR une application dérivable sur I 1 Soient a b ? I tels que a
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Tracer également cette tangente 4) La fonction est-elle dérivable en 1 ? Exercice n°8 f est la fonction définie sur ? par
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Fonctions dérivables
1 Calculs
Exercice 1Déterminera;b2Rde manière à ce que la fonctionfdéfinie surR+par : f(x) =pxsi 06x61 etf(x) =ax2+bx+1 six>1 soit dérivable surR+.Soitf:R!Rdéfinie parf(x) =x2sin1x
. Montrer quefest prolongeable par continuité en 0 ; on note encorefla fonction prolongée. Montrer quefest dérivable surRmais quef0n"est pas continue en 0. Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes : f1(x) =x2cos1x
;six6=0 ;f1(0) =0; f2(x) =sinxsin1x
;six6=0 ;f2(0) =0; f3(x) =jxjpx
22x+1x1;six6=1 ;f3(1) =1:
Soitn>2 un entier fixé etf:R+= [0;+¥[!Rla fonction définie par la formule suivante: f(x) =1+xn(1+x)n;x>0: 1. (a) Montrer que fest dérivable surR+et calculerf0(x)pourx>0: (b) En étudiantlesignedef0(x)surR+;montrerquefatteintunminimumsurR+quel"ondéterminera. 2. (a)En déduire l"inég alitésui vante:
(1+x)n62n1(1+xn);8x2R+: (b)Montrer que si x2R+ety2R+alors on a
(x+y)n62n1(xn+yn):2 Théorème de Rolle et accroissements finis
Exercice 5Montrer que le polynômeXn+aX+b, (aetbréels) admet au plus trois racines réelles.Montrer que le polynômePndéfini par
P n(t) =h1t2ni(n)est un polynôme de degréndont les racines sont réelles, simples, et appartiennent à[1;1].
Dans l"application du théorème des accroissements finis à la fonction f(x) =ax2+bx+gsur l"intervalle[a;b]préciser le nombre "c" de]a;b[. Donner une interprétation géométrique.
Soientxetyréels avec 0 1. Montrer que
xDe l"étude defdéduire que pour toutade]0;1[
alnx+(1a)lnyMontrer que
xMontrer que g(x)6=g(a)pour toutx2]a;b[:
22.Posons p=f(b)f(a)g(b)g(a)et considérons la fonctionh(x)=f(x)pg(x)pourx2[a;b]:Montrer quehvérifie
les hypothèses du théorème de Rolle et en déduire qu"il existe un nombre réelc2]a;b[tel que
f(a)f(b)g(a)g(b)=f0(c)g 0(c): 3.On suppose que lim
x!bf0(x)g0(x)=`;où`est un nombre réel. Montrer que
lim x!bf(x)f(b)g(x)g(b)=`:4.Application.Calculer la limite suivante:
lim x!1arccosxp1x2:On considère la fonctionf:R!Rdéfinie par
f(t) =( e1=tsit<00 sit>0
1. Démontrer que fest dérivable surR, en particulier ent=0. 2.Etudier l"e xistencede f00(0).
3. On v eutmontrer que pour t<0, la dérivéen-ième defs"écrit f (n)(t) =Pn(t)t2ne1=t
oùPnest un polynôme. (a)T rouverP1etP2.
(b) T rouverune relation de récurrence entre Pn+1;PnetP0npourn2N. 4.Montrer que fest de classeC¥.
Indication pourl"exer cice1 NVous 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 pourl"exer cice2 Nfest continue en 0 en la prolongeant parf(0) =0.fest alors dérivable en 0 etf0(0) =0.Indication pourl"exer cice3 NLes problèmes sont seulement en 0 ou 1.f1est dérivable en 0 mais pasf2.f3n"est dérivable ni en 0, ni en 1.Indication pourl"exer cice5 NOn peut appliquer le théorème de Rolle plusieurs fois.
Indication pour
l"exer cice6 NIl faut appliquer le théorème de Rolle une fois au polynôme(1t2)n, puis deux fois à sa dérivée première, puis
trois fois à sa dérivée seconde,...Indication pourl"exer cice8 N1.Utiliser le théorème des accroissements finis a vecla fonction t7!lnt
2.Montrer d"abord que f00est négative. Se servir du théorème des valeurs intermédiaires pourf0.Indication pourl"exer cice10 N1.Raisonner par l"absurde et appliquer le théorème de Rolle.
2.Calculer h(a)eth(b).
3.Appliquer la question 2. sur l"interv alle[x;b].
4.Calculer f0etg0.4
Correction del"exer cice1 NLa fonctionfest continue et dérivable sur]0;1[et sur]1;+¥[. Le seul problème est enx=1.
Il faut d"abord que la fonction soit continue enx=1. La limite à gauche est limx!1px= +1 et à droite
lim x!1+ax2+bx+1=a+b+1. Donca+b+1=1. Autrement ditb=a.Il faut maintenant que les dérivées à droite et à gauche soient égales. Comme la fonctionfrestreinte à]0;1]
est définie parx7!pxalors elle est dérivable à gauche et la dérivée à gauche s"obtient en évaluant la fonction
dérivéex7!12 px enx=1. Doncf0g(1) =12 Pour la dérivée à droite il s"agit de calculer la limite du taux d"accroissement f(x)f(1)x1, lorsquex!1 avec x>1. Orf(x)f(1)x1=ax2+bx+11x1=ax2axx1=ax(x1)x1=ax:Doncfest dérivable à droite etf0d(1) =a. Afin quefsoit dérivable, il faut et il suffit que les dérivées à droite
et à gauche existent et soient égales, donc ici la condition esta=12 Le seul couple(a;b)que rendfdérivable sur]0;+¥[est(a=12 ;b=12 ).Correction del"exer cice2 NfestC¥surR. 1. Comme jsin(1=x)j61 alorsftend vers 0 quandx!0. Donc en prolongeantfparf(0) =0, la fonction fprolongée est continue surR. 2.Le taux d"accroissement est
f(x)f(0)x0=xsin1x Comme ci-dessus il y a une limite (qui vaut 0) enx=0. Doncfest dérivable en 0 etf0(0) =0. 3. Sur R,f0(x) =2xsin(1=x)cos(1=x), Doncf0(x)n"a pas de limite quandx!0. Doncf0n"est pascontinue en 0.Correction del"exer cice3 N1.La fonction f1est dérivable en dehors dex=0. En effetx7!1x
est dérivable surRetx7!cosxest dérivable surR, donc par compositionx7!cos1x est dérivable surR. Puis par multiplication par lafonction dérivablex7!x2, la fonctionf1est dérivable surR. Par la suite on omet souvent ce genre de
discussion ou on l"abrège sous la forme "fest dérivable surIcomme somme, produit, composition de
fonctions dérivables surI". Pour savoir sif1est dérivable en 0 regardons le taux d"accroissement: f1(x)f1(0)x0=xcos1x
Maisxcos(1=x)tend vers 0 (six!0) carjcos(1=x)j61. Donc le taux d"accroissement tend vers 0.Doncf1est dérivable en 0 etf01(0) =0.
2. Encore une fois f2est dérivable en dehors de 0. Le taux d"accroissement enx=0 est : f2(x)f2(0)x0=sinxx
sin1xNous savons que
sinxx !1 et que sin1=xn"a pas de limite quandx!0. Donc le taux d"accroissement n"a pas de limite, doncf2n"est pas dérivable en 0. 3.La fonction f3s"écrit :
f3(x) =jxjjx1jx1:
5 •Donc pour x>1 on af3(x) =x; pour 06x<1 on af3(x) =x; pourx<0 on af3(x) =x.La fonction f3est définie, continue et dérivable surRnf0;1g. Attention ! La fonctionx7! jxjn"est
pas dérivable en 0. La fonction f3n"est pas continue en 1, en effet limx!1+f3(x) = +1 et limx!1f3(x) =1. Donc la fonction n"est pas dérivable en 1. La fonction f3est continue en 0. Le taux d"accroissement pourx>0 est f3(x)f3(0)x0=xx
=1 et pourx<0, f3(x)f3(0)x0=xx
= +1:Donc le taux d"accroissement n"a pas de limite en 0 et doncf3n"est pas dérivable en 0.Correction del"exer cice4 N1.(a) Il est clair que la fonction fest dérivable surR+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 pourx>0 :
f0(x) =n(xn11)(1+x)n+1:
(b) P arl"e xpressionprécédente f0(x)est du signe dexn11 surR+:Par conséquent on obtient: f0(x)60 pour 06x61 etf0(x)>0 pourx>1:Il en résulte quefest décroissante sur[0;1]et
croissante sur[1;+¥[et par suitefatteint son minimum surR+au point 1 et ce minimum vaut f(1) =21n: 2. (a) Il résulte de la question 1.b que f(x)>f(1)pour toutx2R+et donc (1+x)n62n1(1+xn): (b)En appliquant l"inég alitéprécédente a vecx=b=a;on en déduit immédiatement l"inégalité requise
(le cas du couple(0;0)étant trivial).Correction del"exer cice5 N1.P arl"absurde on suppose qu"il y a (au moins) quatre racines distinctes pour Pn(X)=Xn+aX+b. Notons
lesx1 existex01 est successivement croissante-décroissante-croissante ou bien décroissante-croissante-décroissante. Et n(t) = (1t2)nest un polynôme de degré 2n, on le dérivenfois, on obtient un polynôme de degrén. Les en1. EnfinQ(1) =0=Q(+1)donc d"après le théorème de Rolle il existec2]1;1[telle queQ0n(c) =0. DoncQ0n(1) =0,Q0n(c) =0,Q0n(1) =0. En appliquant le théorème de Rolle deux fois (sur[1;c]et sur On continue ainsi par récurrence. On obtient pourQ(n1)n,n+1 racines:1;e1;:::;en1;+1. Nous appliquons le théorème de Rollenfois. Nous obtenonsnracines pourPn=Q(n)n. Comme un polynôme de degréna au plusnracines, nous avons obtenu toutes les racines. Par constructions ces racines sont réelles distinctes, donc simples.Correction del"exer cice7 NLa fonctionfest continue et dérivable surRdonc en particulier sur[a;b]. Le théorème des accroissement finis Mais pour la fonction particulière de cet exercice nous pouvons expliciter cec. En effetf(b)f(a)=f0(c)(b (b;f(b))appartenant à cette parabole, alors la droite(AB)est parallèle à la tangente enPqui passe en )). L"abscisse deMétant le milieu des abscisses deAetB.Correction del"exer cice8 N1.Soit g(t)=lnt. Appliquonslethéorèmedesaccroissementsfinissur[x;y]. Ilexistec2]x;y[,g(y)g(x)= théorème des valeurs intermédiaires, il existec2[x;y]tel quef0(c) =0. Maintenantf0est positive sur Géométriquement nous a vonsprouvé que la fonction ln est conca ve,c"est-à-dire que la corde (le se gment global). Par contref00(0) =0 etf000(0)6=0 donc 0 est un point d"inflexion qui n"est pas un extremum (même pas local, pensez à un fonction du typex7!x3).Correction del"exer cice10 NLe théorème de Rolle dit que sih:[a;b]!Rest une fonction continue sur l"intervalle fermé[a;b]et dérivable Supposons par l"absurde, qu"il e xistex02]a;b]tel queg(x0) =g(a):Alors en appliquant le théorème de Rolle à la restriction degà l"intervalle[a;x0](les hypothèses étant clairement vérifiées), on en déduit qu"il existec2]a;x0[tel queg0(c) =0;ce qui contredit les hypothèses faites surg:Par conséquent on a D"après la question précédente, on a en particulier g(b)6=g(a)et doncpest un nombre réel bien défini queh(a) =h(b):D"après le théorème de Rolle il en résulte qu"il existec2]a;b[tel queh0(c) =0:Ce qui =1:Correction del"exer cice11 N1.fest dérivable surRen tant que composée de fonctions dérivables, et surR+car elle est nulle sur cet ore1=t=ttend vers 0 quandttend vers 0 par valeurs négatives. Doncfest dérivable à gauche et à droite et il tend vers 0 quandttend vers 0 par valeurs supérieures comme inférieures. Doncfadmet une dérivée02etx03. On obtient deux racines distinctes pourP00n. OrP00n=n(n1)Xn2ne peut avoir que 0 comme
racines. Donc nous avons obtenu une contradiction. 2.Autre méthode :Le résultat est évident sin63:On suppose doncn>3:SoitPnl"applicationX7!
X n+aX+bdeRdans lui-même. AlorsP0n(X) =nXn1+as"annule en au plus deux valeurs. DoncPn M= (a+b2
;f(a+b2 0(c)(yx). Soit lnylnx=1c
(yx). Donclnylnxyx=1c . Orx0(x) =4x33x2=x2(4x3)donc les extremums appartiennent àf0;34
g. Commef00(x) =12x26x= 6x(2x1). Alorsf00ne s"annule pas en34
, donc34 donne un extremum local (qui est même un minimum 3.Pour chaque x2]a;b[;on peut appliquer la question 2. aux restrictions defetgà l"intervalle[x;b];on en
déduit qu"il existe un pointc(x)2]x;b[;dépendant dextel que ()f(x)f(b)g(x)g(b)=f0(c(x))g 0(c(x)):
Alors, comme lim
x!bf0(t)g 0(t)=`et limx!bc(x) =b;(carc(x)2]x;b[) on en déduit en passant à la limite
dans()que lim x!bf(x)f(b)g(x)g(b)=`: Ce résultat est connu sous le nom de "règle de l"Hôpital". 4. Considérons les deux fonctions f(x) =arccosxetg(x) =p1x2pourx2[0;1]:Ces fonctions sont continues sur[0;1]et dérivables sur]0;1[etf0(x) =1=p1x2,g0(x) =x=p1x26=0 pour tout x2]0;1[:En appliquant les résultats de la question 3., on en déduit que lim x!1arccosxp1x2=limx!11p1x2xp1x2=limx!11x 0 sit>0
0(t) =(
e1=t=t2sit<0 0 sit>0
donc le taux d"accroissement def0au voisinage de 0 est f 0(t)f0(0)t
e1=t=t3sit<0 0 sit>0
Par ailleurs,f00(t) =e1=t=t4+e1=t(2=t3) =1+2tt
4e1=tdonc la formule est vraie pourn=2 en posant
P 2(t) =1+2t.
(b) Supposons que la formule est vraie au rang n. Alorsf(n)(t) =Pn(t)t 2ne1=td"où
f (n+1)(t) =P0n(t)t2nPn(t)(2n)t2n1tquotesdbs_dbs33.pdfusesText_39
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