Corrigé du contrôle de maths L1 : dérivation, Rolle et accroissements finis

Exercice 1 : Théorème de Rolle et accroissements finis (4 points)

1. Supposons que \(f\) admette un maximum local en \(c\) (le cas du minimum s’obtient en remplaçant \(f\) par \(-f\)). Comme \(c\) est intérieur à \(I\), il existe \(\eta > 0\) tel que \(]c – \eta, c + \eta[ \subset I\) et \(f(x) \leq\, f(c)\) pour tout \(x\) de cet intervalle.

   Pour \(c < x < c + \eta\), le taux d’accroissement \(\dfrac{f(x) – f(c)}{x – c}\) est négatif ou nul ; en passant à la limite à droite, \(f^{\prime}(c) \leq\, 0\). Pour \(c – \eta < x < c\), ce taux est positif ou nul ; en passant à la limite à gauche, \(f^{\prime}(c) \geq\, 0\). Donc \(f^{\prime}(c) = 0\).

2. Théorème de Rolle : si \(f\) est continue sur \([a, b]\), dérivable sur \(]a, b[\) et vérifie \(f(a) = f(b)\), alors il existe \(c \in ]a, b[\) tel que \(f^{\prime}(c) = 0\).

   Démonstration. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([a, b]\) : d’après le théorème des bornes atteintes, elle admet un minimum \(m\) et un maximum \(M\). Si \(m = M\), \(f\) est constante et tout \(c \in ]a, b[\) convient. Sinon, l’une des valeurs \(m\) ou \(M\) diffère de \(f(a) = f(b)\) ; elle est donc atteinte en un point \(c\) de \(]a, b[\), intérieur. Cet extremum est en particulier local et \(f\) est dérivable en \(c\), donc \(f^{\prime}(c) = 0\) par la question a).

3. Soit \(f\) continue sur \([a, b]\) et dérivable sur \(]a, b[\). On pose \(\psi(x) = f(x) – f(a) – \dfrac{f(b) – f(a)}{b – a}(x – a)\). La fonction \(\psi\) est continue sur \([a, b]\), dérivable sur \(]a, b[\), et \(\psi(a) = \psi(b) = 0\). Le théorème de Rolle fournit \(c \in ]a, b[\) tel que \(\psi^{\prime}(c) = 0\), c’est-à-dire \(f(b) – f(a) = f^{\prime}(c)(b – a)\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour le voisinage, 1 point pour les deux limites de taux d’accroissement ; b) 1,5 point : 0,5 point pour l’énoncé, 1 point pour la preuve (bornes atteintes, point intérieur) ; c) 1 point : 0,5 point pour \(\psi\), 0,5 point pour la vérification des hypothèses.

Exercice 2 : Dérivabilité et formule de Leibniz (5 points)

1. Pour \(x \neq 0\), \(|\dfrac{f(x) – f(0)}{x – 0}| = |x \sin(\dfrac{1}{x})| \leq\, |x|\). Par le théorème des gendarmes, le taux d’accroissement tend vers \(0\). Donc \(f\) est dérivable en \(0\) et \(f^{\prime}(0) = 0\).
2. Sur \(\mathbb{R}^*\), \(f\) est un produit et une composée de fonctions dérivables. Comme la dérivée de \(x \mapsto \frac{1}{x}\) est \(x \mapsto -\frac{1}{x^2}\) :

   \[f^{\prime}(x) = 2x \sin(\frac{1}{x}) + x^2 \times (-\frac{1}{x^2}) \cos(\frac{1}{x}) = 2x \sin(\frac{1}{x}) – \cos(\frac{1}{x}).\]

3. Supposons \(f^{\prime}\) continue en \(0\) : \(f^{\prime}(x)\) tendrait vers \(0\). Comme \(2x \sin(\frac{1}{x})\) tend vers \(0\), on aurait \(\cos(\frac{1}{x}) = 2x \sin(\frac{1}{x}) – f^{\prime}(x) \to 0\). Or la suite \(x_n = \dfrac{1}{2n\pi}\) tend vers \(0\) et \(\cos(\frac{1}{x_n}) = 1\) pour tout \(n\) : c’est une contradiction. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), mais elle n’est pas de classe \(C^1\).
4. Posons \(u(x) = x^2\) et \(v(x) = \mathrm{e}^{2x}\). On a \(u^{\prime}(x) = 2x\), \(u^{\prime\prime}(x) = 2\) et \(u^{(k)} = 0\) pour \(k \geq\, 3\) ; de plus \(v^{(j)}(x) = 2^j \mathrm{e}^{2x}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont de classe \(C^\infty\) et la formule de Leibniz donne, pour \(n \geq\, 2\) :

   \[g^{(n)}(x) = \binom\,{n}{0} x^2 \, 2^n \mathrm{e}^{2x} + \binom\,{n}{1} 2x \, 2^{n-1} \mathrm{e}^{2x} + \binom\,{n}{2} 2 \times 2^{n-2} \mathrm{e}^{2x}.\]

   Avec \(\binom\,{n}{1} = n\) et \(\binom\,{n}{2} = \dfrac{n(n-1)}{2}\), on factorise par \(2^{n-2} \mathrm{e}^{2x}\) :

   \[g^{(n)}(x) = 2^{n-2} \mathrm{e}^{2x} (4x^2 + n \times 2x \times 2 + n(n-1)) = 2^{n-2} \mathrm{e}^{2x} (4x^2 + 4nx + n(n-1)).\]

   En \(x = 0\) : \(g^{(n)}(0) = 2^{n-2} \, n(n-1)\). Par exemple \(g^{\prime\prime}(0) = 2\), ce qui se vérifie directement.

Erreur fréquente : déduire \(f^{\prime}(0)\) de la limite de \(f^{\prime}(x)\) quand \(x\) tend vers \(0\). Cette limite n’existe pas, et pourtant \(f\) est dérivable en \(0\) : il faut revenir au taux d’accroissement.

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point ; c) 1 point : 0,5 point pour la suite, 0,5 point pour la conclusion sur la classe ; d) 2,5 points : 0,5 point pour les dérivées de \(u\) et \(v\), 1 point pour la formule de Leibniz correctement écrite, 0,5 point pour la factorisation, 0,5 point pour \(g^{(n)}(0)\).

Exercice 3 : Théorème de Rolle et racines (4 points)

1. Au plus trois racines. On a \(P^{\prime}(x) = 5x^4 – 5 = 5(x^2 – 1)(x^2 + 1)\), qui ne s’annule qu’en \(-1\) et \(1\). Si \(P\) avait quatre racines \(x_1 < x_2 < x_3 < x_4\), le théorème de Rolle appliqué à \(P\) (continue et dérivable) sur \([x_1, x_2]\), \([x_2, x_3]\) et \([x_3, x_4]\) donnerait trois racines distinctes de \(P^{\prime}\), situées dans des intervalles ouverts disjoints. C’est impossible, donc \(P\) a au plus trois racines réelles.

   Au moins trois racines. On calcule \(P(-2) = -32 + 10 + 1 = -21\), \(P(-1) = -1 + 5 + 1 = 5\), \(P(1) = 1 – 5 + 1 = -3\) et \(P(2) = 32 – 10 + 1 = 23\). La fonction \(P\) est continue et change de signe sur \([-2, -1]\), sur \([0, 1]\) (car \(P(0) = 1\)) et sur \([1, 2]\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule dans chacun de ces trois intervalles.

   Le polynôme \(P\) a exactement trois racines réelles, situées dans \(]-2, -1[\), \(]0, 1[\) et \(]1, 2[\).

   

2. Soit \(H(n)\) la propriété de l’énoncé.

   Initialisation. Pour \(n = 1\), \(f\) s’annule en \(x_0 < x_1\) : le théorème de Rolle sur \([x_0, x_1]\) donne un zéro de \(f^{\prime}\).

   Hérédité. Supposons \(H(n)\) vraie et soit \(f\) dérivable \(n+1\) fois qui s’annule en \(x_0 < x_1 < \cdots < x_{n+1}\). Le théorème de Rolle sur chaque \([x_i, x_{i+1}]\) fournit \(c_i \in ]x_i, x_{i+1}[\) avec \(f^{\prime}(c_i) = 0\), pour \(0 \leq\, i \leq\, n\). Ces \(n+1\) points sont distincts car les intervalles ouverts sont disjoints. La fonction \(f^{\prime}\) est \(n\) fois dérivable et s’annule en \(n+1\) points : par \(H(n)\), \((f^{\prime})^{(n)} = f^{(n+1)}\) s’annule. La propriété est vraie pour tout \(n \geq\, 1\).

3. On pose \(f(x) = \mathrm{e}^x – ax^2 – bx – c\), de classe \(C^\infty\) sur \(\mathbb{R}\). On a \(f^{(3)}(x) = \mathrm{e}^x > 0\), donc \(f^{(3)}\) ne s’annule jamais. Si l’équation avait quatre solutions distinctes, \(f\) s’annulerait en quatre points et, par la question b) avec \(n = 3\), \(f^{(3)}\) s’annulerait. L’équation admet donc au plus trois solutions réelles.

Barème : a) 2 points : 1 point pour la majoration par Rolle, 1 point pour les trois changements de signe et le théorème des valeurs intermédiaires ; b) 1 point : 0,5 point pour l’initialisation, 0,5 point pour l’hérédité avec des zéros distincts ; c) 1 point : 0,5 point pour \(f^{(3)} > 0\), 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 4 : Accroissements finis et logarithme (7 points)

1. La fonction \(\varphi\) est continue sur \([0, x]\) et dérivable sur \(]0, x[\), avec \(\varphi^{\prime}(t) = \dfrac{1}{1+t}\). L’égalité des accroissements finis donne \(c \in ]0, x[\) tel que

   \[\ln(1 + x) – \ln 1 = \frac{x}{1 + c}.\]

   Comme \(0 < c < x\), on a \(1 < 1 + c < 1 + x\), donc \(\dfrac{1}{1+x} < \dfrac{1}{1+c} < 1\). En multipliant par \(x > 0\) : \(\dfrac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x\).

2. Avec \(x = \dfrac{1}{n}\), on a \(\dfrac{x}{1+x} = \dfrac{1}{n+1}\), donc \(\dfrac{1}{n+1} < \ln(1 + \dfrac{1}{n}) < \dfrac{1}{n}\). En multipliant par \(n\) : \(\dfrac{n}{n+1} < n \ln(1 + \dfrac{1}{n}) < 1\). Par le théorème des gendarmes, \(n \ln(1 + \frac{1}{n})\) tend vers \(1\).

   Or \((1 + \frac{1}{n})^n = \exp(n \ln(1 + \frac{1}{n}))\) et la fonction exponentielle est continue en \(1\). Donc \((1 + \frac{1}{n})^n\) tend vers \(\mathrm{e}\).

3. La fonction \(h\) est dérivable sur \([0, +\infty[\) et

   \[h^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x} – 1 + x = \frac{1 – (1 + x) + x(1 + x)}{1 + x} = \frac{x^2}{1 + x} \geq\, 0.\]

   Donc \(h\) est croissante sur \([0, +\infty[\) et \(h(x) \geq\, h(0) = 0\), c’est-à-dire \(x – \dfrac{x^2}{2} \leq\, \ln(1+x)\).

   Pour \(x = 0{,}1\) : \(0{,}1 – 0{,}005 \leq\, \ln(1{,}1) < 0{,}1\) d’après a). Ainsi \(0{,}095 \leq\, \ln(1{,}1) < 0{,}1\), encadrement d’amplitude \(0{,}005\).

4. La tangente en \(C\) est parallèle à \((AB)\) si et seulement si \(\varphi^{\prime}(c) = \dfrac{\ln 4 – 0}{3 – 0}\), soit \(\dfrac{1}{1+c} = \dfrac{\ln 4}{3}\). Donc \(c = \dfrac{3}{\ln 4} – 1\).

   On a \(c > 0\) si et seulement si \(\ln 4 < 3\), c’est-à-dire \(4 < \mathrm{e}^3\), vrai car \(\mathrm{e}^3 > 2^3 = 8\). On a \(c < 3\) si et seulement si \(\dfrac{3}{\ln 4} < 4\), soit \(\ln 4 > \dfrac{3}{4}\), c’est-à-dire \(\mathrm{e}^{3/4} < 4\), vrai car \(\mathrm{e}^{3/4} < \mathrm{e} < 4\). Donc \(0 < c < 3\), comme l’annonce l’égalité des accroissements finis (numériquement, \(c \approx 1{,}16\)).

5. La fonction sinus est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(|\sin^{\prime}(t)| = |\cos t| \leq\, 1\). L’inégalité des accroissements finis donne, pour tous \(x\) et \(y\) : \(|\sin x – \sin y| \leq\, |x – y|\). Avec \(y = 0\) : \(|\sin x| \leq\, |x|\).

Barème : a) 2 points : 0,5 point pour les hypothèses, 0,5 point pour l’égalité des accroissements finis, 1 point pour l’encadrement ; b) 1,5 point : 1 point pour les gendarmes, 0,5 point pour la continuité de l’exponentielle ; c) 1,5 point : 1 point pour \(h^{\prime}\) et le signe, 0,5 point pour l’encadrement de \(\ln(1{,}1)\) ; d) 1 point : 0,5 point pour \(c\), 0,5 point pour \(0 < c < 3\) ; e) 1 point.

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Après le corrigé du contrôle : dérivation, Rolle et accroissements finis

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