Corrigé du contrôle de maths sup : dérivation, accroissements finis et convexité

Exercice 1 : Théorème de Rolle et accroissements finis (3 points)

1. Théorème de Rolle : soit \(f\) continue sur \([a, b]\), dérivable sur \(]a, b[\), avec \(a < b\) et \(f(a) = f(b)\). Alors il existe \(c \in ]a, b[\) tel que \(f^{\prime}(c) = 0\).

   Démonstration. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([a, b]\). Par 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 deux valeurs diffère de \(f(a) = f(b)\), par exemple \(M > f(a)\). Le maximum est alors atteint en un point \(c\) qui n’est ni \(a\) ni \(b\), donc \(c \in ]a, b[\). En ce point intérieur, \(f\) présente un extremum local et elle est dérivable. Donc \(f^{\prime}(c) = 0\). Le cas \(m < f(a)\) se traite de même.

2. Soit \(f\) continue sur \([a, b]\) et dérivable sur \(]a, b[\). Posons \(p = \dfrac{f(b) – f(a)}{b – a}\) et \(\varphi(x) = f(x) – p(x – a)\).

   La fonction \(\varphi\) est continue sur \([a, b]\) et dérivable sur \(]a, b[\). De plus \(\varphi(a) = f(a)\) et \(\varphi(b) = f(b) – (f(b) – f(a)) = f(a)\). Le théorème de Rolle fournit \(c \in ]a, b[\) tel que \(\varphi^{\prime}(c) = f^{\prime}(c) – p = 0\).

   Il existe donc \(c \in ]a, b[\) tel que \(f(b) – f(a) = f^{\prime}(c)(b – a)\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour l’énoncé complet, 0,5 point pour les bornes atteintes, 0,5 point pour le point intérieur ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la fonction auxiliaire, 0,5 point pour la vérification de Rolle, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 2 : Dérivabilité en un point et limite de la dérivée (4 points)

1. Pour \(x \neq 0\), le taux d’accroissement en \(0\) vaut \(\dfrac{f(x) – f(0)}{x} = x\sin(\dfrac{1}{x})\). Il est majoré en valeur absolue par \(|x|\), qui tend vers \(0\). Donc \(f\) est dérivable en \(0\) et \(f^{\prime}(0) = 0\).

   Pour \(x \neq 0\), les théorèmes généraux donnent \(f^{\prime}(x) = 2x\sin(\dfrac{1}{x}) – \cos(\dfrac{1}{x})\). Le premier terme tend vers \(0\). En revanche, avec \(x_n = \dfrac{1}{2n\pi}\) et \(y_n = \dfrac{1}{(2n+1)\pi}\), on a \(\cos(1/x_n) = 1\) et \(\cos(1/y_n) = -1\). Ainsi \(f^{\prime}(x_n) \to -1\) et \(f^{\prime}(y_n) \to 1\) : \(f^{\prime}\) n’a pas de limite en \(0\).

   Conclusion : \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) mais n’est pas de classe \(\mathcal{C}^1\). La réciproque du théorème de la limite de la dérivée est donc fausse.

2. Pour \(x \neq 0\), \(\dfrac{x|x| – 0}{x} = |x|\), qui tend vers \(0\). La fonction \(x \mapsto x|x|\) est dérivable en \(0\), de dérivée nulle.
3. Continuité en \(0\). Pour \(x > 0\), \(h(x) = x \cdot (x\ln x)\). Par croissances comparées, \(x\ln x \to 0\), donc \(h(x) \to 0 = h(0)\). Ainsi \(h\) est continue sur \([0, +\infty[\).

   Limite de la dérivée. Sur \(]0, +\infty[\), \(h\) est dérivable et \(h^{\prime}(x) = 2x\ln x + x\). Cette expression tend vers \(0\) quand \(x \to 0^+\).

   Le théorème de la limite de la dérivée s’applique : \(h\) est continue sur \([0, +\infty[\), dérivable sur \(]0, +\infty[\), et \(h^{\prime}\) a une limite finie en \(0\). Donc \(h\) est dérivable en \(0\), avec \(h^{\prime}(0) = 0\), et \(h^{\prime}\) est continue en \(0\). Comme \(h^{\prime}\) est aussi continue sur \(]0, +\infty[\), \(h\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, +\infty[\).

   Dérivabilité de \(h^{\prime}\) en \(0\). Pour \(x > 0\), \(\dfrac{h^{\prime}(x) – h^{\prime}(0)}{x} = 2\ln x + 1\), qui tend vers \(-\infty\). Donc \(h^{\prime}\) n’est pas dérivable en \(0\) : \(h\) n’est pas deux fois dérivable en \(0\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour f′(0), 0,5 point pour l’absence de limite de f′, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point ; c) 2 points : 0,5 point pour la continuité, 0,5 point pour la limite de h′, 0,5 point pour le théorème cité avec ses hypothèses, 0,5 point pour la non-dérivabilité de h′.

Erreur fréquente : dériver \(h\) en \(0\) par la formule \(2x\ln x + x\), qui n’a pas de sens en \(x = 0\).

Exercice 3 : Rolle pour les polynômes et formule de Leibniz (4 points)

1. Notons \(x_1 < x_2 < \cdots < x_n\) les racines de \(P\). Pour \(1 \leq\, i \leq\, n – 1\), la fonction polynomiale \(P\) est continue sur \([x_i, x_{i+1}]\), dérivable sur l’intérieur, et \(P(x_i) = P(x_{i+1}) = 0\). Le théorème de Rolle fournit \(c_i \in ]x_i, x_{i+1}[\) tel que \(P^{\prime}(c_i) = 0\).

   Les intervalles \(]x_i, x_{i+1}[\) sont deux à deux disjoints, donc les \(n – 1\) réels \(c_i\) sont distincts. Or \(P^{\prime}\) est non nul de degré \(n – 1\), donc il a au plus \(n – 1\) racines. Ainsi \(P^{\prime}\) a exactement \(n – 1\) racines, toutes réelles et distinctes : \(c_1, \ldots, c_{n-1}\).

2. Appliquons la formule de Leibniz à \(g = uv\) avec \(u(x) = x^2\) et \(v(x) = e^{2x}\). On a \(u^{\prime}(x) = 2x\), \(u^{\prime\prime}(x) = 2\), et \(u^{(k)} = 0\) pour \(k \geq\, 3\). De plus \(v^{(m)}(x) = 2^m e^{2x}\). Pour \(n \geq\, 2\) :

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

   En factorisant par \(2^{n-2}e^{2x}\) :

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

   Vérification pour \(n = 2\) : la formule donne \(e^{2x}(4x^2 + 8x + 2)\). Directement, \(g^{\prime}(x) = (2x^2 + 2x)e^{2x}\), puis \(g^{\prime\prime}(x) = (4x + 2)e^{2x} + 2(2x^2 + 2x)e^{2x} = (4x^2 + 8x + 2)e^{2x}\). Les deux résultats concordent.

3. Pour \(0 \leq\, k \leq\, n\), \((x^n)^{(k)} = \dfrac{n!}{(n-k)!}x^{n-k}\). La formule de Leibniz donne :

   \[(x^{2n})^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} \frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k} \cdot \frac{n!}{k!}x^{k} = n! \, x^n \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k}^2.\]

   Par ailleurs, \((x^{2n})^{(n)} = \dfrac{(2n)!}{n!}x^n\). En comparant en \(x = 1\), on obtient \(n! \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k}^2 = \dfrac{(2n)!}{n!}\). Donc \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k}^2 = \dfrac{(2n)!}{(n!)^2} = \binom\,{2n}{n}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour Rolle sur chaque intervalle, 0,5 point pour les racines distinctes, 0,5 point pour l’argument de degré ; b) 1,5 point : 0,5 point pour les dérivées successives, 0,5 point pour la formule, 0,5 point pour la vérification ; c) 1 point : 0,5 point pour le calcul de Leibniz, 0,5 point pour l’identification.

Exercice 4 : Accroissements finis et suite récurrente (4 points)

1. Le cosinus est décroissant sur \([0, 1] \subset [0, \pi]\). Donc, pour \(x \in [0, 1]\), \(\cos 1 \leq\, \cos x \leq\, 1\). Or \(1 < \dfrac{\pi}{2}\), donc \(\cos 1 > 0\). Ainsi \(\cos([0, 1]) \subset [0, 1]\).

   Posons \(\varphi(x) = \cos x – x\). Elle est continue et strictement décroissante sur \([0, 1]\), comme somme d’une fonction décroissante et d’une fonction strictement décroissante. De plus \(\varphi(0) = 1 > 0\) et \(\varphi(1) = \cos 1 – 1 < 0\). Par le théorème de la bijection continue, \(\varphi\) s’annule en un unique point \(\alpha \in [0, 1]\).

2. Le cosinus est dérivable, de dérivée \(-\sin\). Sur \([0, 1]\), le sinus est croissant et positif, donc \(|-\sin t| \leq\, \sin 1\). Par l’inégalité des accroissements finis, \(|\cos x – \cos y| \leq\, \sin(1)\,|x – y|\) pour tous \(x, y \in [0, 1]\).
3. Par stabilité, \(u_n \in [0, 1]\) pour tout \(n\). Posons \(k = \sin 1\). Comme \(\cos\alpha = \alpha\), on a \(|u_{n+1} – \alpha| = |\cos u_n – \cos\alpha| \leq\, k|u_n – \alpha|\). Par récurrence, \(|u_n – \alpha| \leq\, k^n|u_0 – \alpha|\). De plus \(|u_0 – \alpha| \leq\, 1\), car \(u_0\) et \(\alpha\) sont dans \([0, 1]\). Donc \(|u_n – \alpha| \leq\, (\sin 1)^n\).

   Comme \(0 \leq\, \sin 1 < 1\), \((\sin 1)^n \to 0\). Par encadrement, \((u_n)\) converge vers \(\alpha\).

   

4. Il suffit que \(0{,}85^n \leq\, 10^{-2}\), soit \(n\ln(0{,}85) \leq\, -2\ln 10\). Comme \(\ln(0{,}85) < 0\), cela équivaut à :

   \[n \geq\, \frac{2\ln 10}{-\ln(0{,}85)} \approx \frac{4{,}606}{0{,}163} \approx 28{,}3.\]

   Pour tout \(n \geq\, 29\), \(u_n\) approche \(\alpha\) à \(10^{-2}\) près.

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la stabilité, 0,5 point pour l’unicité de α ; b) 1 point : 0,5 point pour la majoration de la dérivée, 0,5 point pour l’inégalité citée ; c) 1 point ; d) 1 point : 0,5 point pour le passage au logarithme avec changement de sens, 0,5 point pour le rang.

Exercice 5 : Problème – convexité et inégalités (5 points)

1. Pour \(n = 2\), l’inégalité est la définition de la convexité. Supposons-la vraie au rang \(n\), et prenons \(x_1, \ldots, x_{n+1} \in I\) et des poids \(\lambda_i\) positifs de somme \(1\).

   Si \(\lambda_{n+1} = 1\), les autres poids sont nuls et l’inégalité est une égalité. Sinon, posons \(\mu = 1 – \lambda_{n+1} > 0\) et \(y = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \frac{\lambda_i}{\mu} x_i\). Les poids \(\dfrac{\lambda_i}{\mu}\) sont positifs de somme \(1\), donc \(y \in I\), car un intervalle contient les barycentres à poids positifs de ses points.

   Par convexité, puis par hypothèse de récurrence :

   \[f(\sum_{i=1}^{n+1} \lambda_i x_i) = f(\mu y + \lambda_{n+1}x_{n+1}) \leq\, \mu f(y) + \lambda_{n+1}f(x_{n+1}) \leq\, \sum_{i=1}^{n} \lambda_i f(x_i) + \lambda_{n+1}f(x_{n+1}).\]

   L’inégalité de Jensen est donc vraie pour tout \(n \geq\, 2\).

2. La fonction \(-\ln\) est deux fois dérivable sur \(]0, +\infty[\), de dérivée seconde \(\dfrac{1}{x^2} > 0\). Elle est donc convexe.

   Appliquons Jensen avec \(\lambda_i = \dfrac{1}{n}\) :

   \[-\ln(\frac{x_1 + \cdots + x_n}{n}) \leq\, -\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln x_i = -\ln((x_1 \cdots x_n)^{1/n}).\]

   Donc \(\ln((x_1 \cdots x_n)^{1/n}) \leq\, \ln(\dfrac{x_1 + \cdots + x_n}{n})\). La fonction exponentielle est croissante. Ainsi \((x_1 \cdots x_n)^{1/n} \leq\, \dfrac{x_1 + \cdots + x_n}{n}\).

3. Sur \([0, \dfrac{\pi}{2}]\), \(\sin^{\prime\prime} = -\sin \leq\, 0\), donc le sinus y est concave. Une fonction concave dérivable est située sous ses tangentes. La tangente en \(0\) a pour équation \(y = x\), d’où \(\sin x \leq\, x\).

   De plus, une fonction concave est au-dessus de ses cordes sur l’intervalle qu’elles joignent. La corde entre \((0, 0)\) et \((\dfrac{\pi}{2}, 1)\) a pour équation \(y = \dfrac{2}{\pi}x\). Donc \(\dfrac{2}{\pi}x \leq\, \sin x \leq\, x\) sur \([0, \dfrac{\pi}{2}]\).

4. D’après 2 avec \(n = 3\), \((abc)^{1/3} \leq\, \dfrac{a + b + c}{3} = 1\). Donc \(abc \leq\, 1\).

   Ensuite, \(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) a pour dérivée seconde \(\dfrac{2}{x^3} > 0\) sur \(]0, +\infty[\) : elle est convexe. Jensen avec des poids \(\dfrac{1}{3}\) donne \(\dfrac{1}{(a + b + c)/3} \leq\, \dfrac{1}{3}(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c})\). Or le membre de gauche vaut \(1\). Donc \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geq\, 3\), avec égalité pour \(a = b = c = 1\).

Barème : 1) 1,5 point : 0,5 point pour l’initialisation et le cas particulier, 0,5 point pour le barycentre y dans I, 0,5 point pour la double inégalité ; 2) 1,5 point : 0,5 point pour la convexité, 1 point pour la déduction ; 3) 1 point : 0,5 point par inégalité ; 4) 1 point : 0,5 point par inégalité.

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

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