Dérivation : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Dérivabilité en un point

1. Pour \(x \neq 0\), le taux d’accroissement de \(f\) en \(0\) vaut \(\dfrac{f(x) – f(0)}{x} = \dfrac{x|x|}{x} = |x|\). Il tend vers \(0\) quand \(x \to 0\). Donc \(f\) est dérivable en \(0\) et \(f^{\prime}(0) = 0\).
2. Pour \(x > 0\), on a \(\dfrac{g(x) – g(0)}{x} = \dfrac{\sqrt{x}}{x} = \dfrac{1}{\sqrt{x}}\). Ce taux tend vers \(+\infty\) quand \(x \to 0^{+}\). Ainsi \(g\) n’est pas dérivable en \(0\) : sa courbe admet en l’origine une demi-tangente verticale.
3. Pour tout \(x \neq 0\), \(|h(x)| = |x|\,|\sin(\dfrac{1}{x})| \leq\, |x|\). Par encadrement, \(h(x) \to 0 = h(0)\). Donc \(h\) est continue en \(0\).
4. Pour \(x \neq 0\), le taux vaut \(\dfrac{h(x)}{x} = \sin(\dfrac{1}{x})\). Considérons d’abord \(a_n = \dfrac{1}{2n\pi + \pi/2}\). Alors \(a_n \to 0\) et \(\sin(1/a_n) = 1\). Ensuite, avec \(b_n = \dfrac{1}{n\pi}\), on a \(b_n \to 0\) et \(\sin(1/b_n) = 0\). Les deux suites donnent des limites différentes. Par conséquent, le taux n’a pas de limite en \(0\). La fonction \(h\) est continue mais pas dérivable en \(0\).

Point de méthode : pour prouver qu’une limite n’existe pas, exhibez deux suites qui tendent vers le point étudié et le long desquelles la fonction a deux limites différentes.

Corrigé de l’exercice 2 : Raccord dérivable de deux expressions

1. On a \(f(1) = 1\), et la limite à gauche vaut \(1\). Pour \(x > 1\), \(f(x) = a\sqrt{x} + b \to a + b\) quand \(x \to 1^{+}\). Donc \(f\) est continue en \(1\) si et seulement si \(a + b = 1\).
2. Pour \(0 \leq\, x < 1\), le taux vaut \(\dfrac{x^2 – 1}{x – 1} = x + 1 \to 2\). Ainsi \(f^{\prime}_g(1) = 2\). Supposons maintenant \(b = 1 – a\). Pour \(x > 1\), on a \[\frac{f(x) – f(1)}{x – 1} = \frac{a\sqrt{x} – a}{x – 1} = \frac{a(\sqrt{x} – 1)}{(\sqrt{x} – 1)(\sqrt{x} + 1)} = \frac{a}{\sqrt{x} + 1}.\] Ce quotient tend vers \(\dfrac{a}{2}\). Donc \(f^{\prime}_g(1) = 2\) et \(f^{\prime}_d(1) = \dfrac{a}{2}\).
3. Une fonction dérivable est continue, donc on doit avoir \(a + b = 1\). Ensuite, la dérivabilité équivaut à l’égalité des dérivées latérales : \(\dfrac{a}{2} = 2\). D’où \(a = 4\) et \(b = -3\). La tangente en \(1\) a pour équation \(y = f(1) + 2(x – 1)\). Ainsi \(a = 4\), \(b = -3\), et la tangente est la droite \(y = 2x – 1\).
4. Pour \(x > 1\), \(k(x) = x^2 – 1\), donc le taux vaut \(x + 1 \to 2\). Pour \(-1 < x < 1\), \(k(x) = 1 – x^2\), donc le taux vaut \(-(x + 1) \to -2\). Ainsi \(k^{\prime}_g(1) = -2 \neq 2 = k^{\prime}_d(1)\) : \(k\) n’est pas dérivable en \(1\) (point anguleux).

Corrigé de l’exercice 3 : Calculs de dérivées de composées

1. La fonction \(f_1\) est un polynôme, donc elle est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Par la règle de la composée, avec \(u(x) = x^2 + 1\) et \(u^{\prime}(x) = 2x\) : \(f_1^{\prime}(x) = 5 \cdot 2x\,(x^2 + 1)^4 = 10x(x^2 + 1)^4\).
2. Les fonctions \(\sin\) et \(\exp\) sont dérivables sur \(\mathbb{R}\). Par conséquent, \(f_2^{\prime}(x) = \cos x\, e^{\sin x}\).
3. Pour \(x > 1\), on a \(\ln x > 0\). Or \(\ln\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\). Donc \(f_3\) est dérivable sur \(]1, +\infty[\), et \(f_3^{\prime}(x) = \dfrac{1/x}{\ln x} = \dfrac{1}{x \ln x}\).
4. Par définition, \(f_4(x) = e^{x \ln x}\). La fonction \(x \mapsto x \ln x\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\), de dérivée \(\ln x + 1\). Ainsi \(f_4^{\prime}(x) = (1 + \ln x)\,x^x\).
5. Pour tout réel \(x\), \(1 + \cos^2 x \geq\, 1 > 0\). De plus, la racine carrée est dérivable sur \(]0, +\infty[\). Donc \(f_5\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), et \[f_5^{\prime}(x) = \frac{2\cos x \cdot (-\sin x)}{2\sqrt{1 + \cos^2 x}}.\] Autrement dit, \(f_5^{\prime}(x) = -\dfrac{\sin x \cos x}{\sqrt{1 + \cos^2 x}} = -\dfrac{\sin(2x)}{2\sqrt{1 + \cos^2 x}}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Tangente et approximation affine

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \([0, +\infty[\) avec \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{1 + x}}\). Ainsi \(f(0) = 1\) et \(f^{\prime}(0) = \dfrac{1}{2}\). La tangente en \(0\) a pour équation \(y = 1 + \dfrac{x}{2}\).
2. Posons \(u(x) = 1 + \dfrac{x}{2} – \sqrt{1 + x}\). Alors \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2\sqrt{1 + x}}\). Pour \(x \geq\, 0\), \(\sqrt{1 + x} \geq\, 1\), donc \(u^{\prime}(x) \geq\, 0\). Ainsi \(u\) est croissante sur l’intervalle \([0, +\infty[\). Comme \(u(0) = 0\), on obtient \(u \geq\, 0\). Donc \(\sqrt{1 + x} \leq\, 1 + \dfrac{x}{2}\) pour tout \(x \geq\, 0\).
3. Posons \(v(x) = \sqrt{1 + x} – 1 – \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^2}{8}\). On calcule \(v^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{1 + x}} – \dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{4}\). Ensuite, \(v^{\prime\prime}(x) = \dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{4(1 + x)^{3/2}}\). Pour \(x \geq\, 0\), \((1 + x)^{3/2} \geq\, 1\), donc \(v^{\prime\prime} \geq\, 0\). Par conséquent, \(v^{\prime}\) est croissante et \(v^{\prime}(x) \geq\, v^{\prime}(0) = 0\). De même, \(v\) est croissante et \(v(x) \geq\, v(0) = 0\). Donc \(1 + \dfrac{x}{2} – \dfrac{x^2}{8} \leq\, \sqrt{1 + x}\) pour tout \(x \geq\, 0\).
4. On prend \(x = 0{,}02\). Alors \(1 + \dfrac{x}{2} = 1{,}01\) et \(\dfrac{x^2}{8} = \dfrac{0{,}0004}{8} = 0{,}00005\). Ainsi \(1{,}00995 \leq\, \sqrt{1{,}02} \leq\, 1{,}01\), encadrement d’amplitude \(5 \times 10^{-5}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Extremums locaux et condition nécessaire

1. On a \(f^{\prime}(x) = 3x^2 – 3 = 3(x – 1)(x + 1)\). La dérivée s’annule donc en \(-1\) et en \(1\). Elle est positive sur \(]-\infty, -1]\), négative sur \([-1, 1]\) et positive sur \([1, +\infty[\). Ainsi \(f\) croît, puis décroît, puis croît. Par conséquent, \(f\) admet un maximum local en \(-1\), égal à \(f(-1) = 2\), et un minimum local en \(1\), égal à \(f(1) = -2\). Cependant, \(f(x) \to +\infty\) en \(+\infty\) et \(f(x) \to -\infty\) en \(-\infty\). Les extremums locaux \(2\) (en \(-1\)) et \(-2\) (en \(1\)) ne sont pas globaux sur \(\mathbb{R}\).
2. On calcule \(f(-2) = -8 + 6 = -2\) et \(f(2) = 8 – 6 = 2\). D’après les variations, le maximum de \(f\) sur \([-2, 2]\) est le plus grand des nombres \(f(-1) = 2\) et \(f(2) = 2\). De même, le minimum est le plus petit des nombres \(f(-2) = -2\) et \(f(1) = -2\). Sur \([-2, 2]\), le maximum vaut \(2\), atteint en \(-1\) et \(2\) ; le minimum vaut \(-2\), atteint en \(-2\) et \(1\).
3. La condition nécessaire \(f^{\prime}(a) = 0\) ne s’applique qu’en un point intérieur à l’intervalle d’étude. Or \(2\) est une extrémité de \([-2, 2]\). Il n’y a donc aucune contradiction : en une borne, la dérivée d’un extremum peut être non nulle.
4. D’une part, \(x \mapsto x^3\) vérifie \(f^{\prime}(0) = 0\). Pourtant elle est strictement croissante, donc sans extremum local en \(0\). D’autre part, \(x \mapsto |x|\) admet un minimum en \(0\), où elle n’est pas dérivable. La condition \(f^{\prime}(a) = 0\) n’est ni suffisante, ni applicable sans dérivabilité.

Corrigé de l’exercice 6 : Valeurs du point intermédiaire des accroissements finis

Dans les trois premiers cas, la fonction est continue sur le segment et dérivable sur l’intervalle ouvert. Le théorème s’applique donc.

1. On cherche \(c\) tel que \(b^2 – a^2 = 2c(b – a)\). Comme \(b – a \neq 0\), cela équivaut à \(2c = a + b\). Le seul point qui convient est \(c = \dfrac{a + b}{2}\), le milieu de \([a, b]\).
2. On cherche \(c \in \,]0, 3[\) tel que \(27 – 0 = 3c^2 \times 3\), soit \(c^2 = 3\). La valeur \(-\sqrt{3}\) n’appartient pas à l’intervalle. Le seul point qui convient est \(c = \sqrt{3}\). La figure ci-dessous montre la tangente en ce point, parallèle à la corde de pente \(9\).

   

3. On cherche \(c \in \,]1, e[\) tel que \(\ln e – \ln 1 = \dfrac{1}{c}(e – 1)\), soit \(1 = \dfrac{e – 1}{c}\). Le seul point qui convient est \(c = e – 1 \approx 1{,}718\), qui appartient bien à \(]1, e[\).
4. Ici, \(\dfrac{f(1) – f(-1)}{1 – (-1)} = 0\). Or, pour \(c \neq 0\), \(f^{\prime}(c) = \pm 1 \neq 0\). De plus, \(f\) n’est pas dérivable en \(0\). Aucun \(c\) ne convient : l’hypothèse de dérivabilité sur \(]-1, 1[\) fait défaut en \(0\).

Corrigé de l’exercice 7 : Dérivée d’une fonction réciproque

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x) = 1 + e^x > 0\). Elle est donc continue et strictement croissante sur l’intervalle \(\mathbb{R}\). De plus, \(f(x) \to -\infty\) en \(-\infty\), car \(e^x \to 0\), et \(f(x) \to +\infty\) en \(+\infty\). Par le théorème de la bijection, \(f(\mathbb{R}) = \mathbb{R}\). Ainsi \(f\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\).
2. La dérivée \(f^{\prime}\) ne s’annule jamais. D’après le théorème de dérivation d’une réciproque, \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{1 + e^{g(y)}}\). Or \(f(g(y)) = y\), c’est-à-dire \(g(y) + e^{g(y)} = y\). On remplace donc \(e^{g(y)}\) par \(y – g(y)\). On obtient \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{1 + y – g(y)}\).
3. On a \(f(0) = 0 + 1 = 1\), donc \(g(1) = 0\). Ensuite, \(g^{\prime}(1) = \dfrac{1}{1 + 1 – 0} = \dfrac{1}{2}\). Donc \(g(1) = 0\), \(g^{\prime}(1) = \dfrac{1}{2}\), et la tangente a pour équation \(y = \dfrac{1}{2}(x – 1)\).
4. La fonction \(g^{\prime} = \dfrac{1}{1 + \exp \circ g}\) est dérivable, comme composée et inverse de fonctions dérivables, avec un dénominateur non nul. Ainsi \(g\) est deux fois dérivable, et \[g^{\prime\prime}(y) = -\frac{e^{g(y)}\,g^{\prime}(y)}{(1 + e^{g(y)})^2}.\] En \(y = 1\), on a \(e^{g(1)} = 1\) et \(g^{\prime}(1) = \dfrac{1}{2}\). Donc \(g^{\prime\prime}(1) = -\dfrac{1 \times 1/2}{2^2} = -\dfrac{1}{8}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Dérivées de arcsin et arctan

1. La fonction \(\sin\) est continue et strictement croissante sur \([-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\). Sa réciproque est \(\arcsin : [-1, 1] \to [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\). Soit \(y \in \,]-1, 1[\) et \(x = \arcsin y \in \,]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\). Alors \(\sin^{\prime}(x) = \cos x > 0\). Le théorème de dérivation d’une réciproque s’applique donc : \(\arcsin^{\prime}(y) = \dfrac{1}{\cos x}\). De plus, \(\cos x > 0\), d’où \(\cos x = \sqrt{1 – \sin^2 x} = \sqrt{1 – y^2}\). Ainsi \(\arcsin^{\prime}(y) = \dfrac{1}{\sqrt{1 – y^2}}\) sur \(]-1, 1[\).
2. On a \(\arcsin 1 = \dfrac{\pi}{2}\) et \(\sin^{\prime}(\dfrac{\pi}{2}) = \cos\dfrac{\pi}{2} = 0\). D’après le théorème du cours, la réciproque n’est pas dérivable en \(\sin\dfrac{\pi}{2} = 1\). On peut aussi le vérifier directement. Pour \(y = \sin x\) avec \(t = \dfrac{\pi}{2} – x > 0\), le taux vaut \(\dfrac{-t}{\cos t – 1} = \dfrac{t}{1 – \cos t}\). Or \(1 – \cos t \leq\, \dfrac{t^2}{2}\), donc ce taux est au moins \(\dfrac{2}{t}\). Le taux tend vers \(+\infty\) : \(\arcsin\) n’est pas dérivable en \(1\) (tangente verticale).
3. La fonction \(\tan\) est continue et strictement croissante de \(]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\) sur \(\mathbb{R}\). Sa dérivée \(1 + \tan^2\) ne s’annule pas. Donc \(\arctan\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(\arctan^{\prime}(y) = \dfrac{1}{1 + y^2}\).
4. Pour \(x \neq 0\), par la règle de la composée : \[\varphi^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + x^2} + (-\frac{1}{x^2})\frac{1}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1 + x^2} – \frac{1}{x^2 + 1} = 0.\] Sur chacun des intervalles \(]0, +\infty[\) et \(]-\infty, 0[\), \(\varphi\) est donc constante. Or \(\varphi(1) = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2}\) et \(\varphi(-1) = -\dfrac{\pi}{2}\). Ainsi \(\varphi(x) = \dfrac{\pi}{2}\) si \(x > 0\), et \(\varphi(x) = -\dfrac{\pi}{2}\) si \(x < 0\).

Point de méthode : une dérivée nulle donne une fonction constante sur chaque intervalle, pas sur une réunion d’intervalles ; la constante peut changer d’un intervalle à l’autre.

Corrigé de l’exercice 9 : Nombre de racines réelles d’une équation polynomiale

1. Notons \(x_1 < x_2 < \cdots < x_m\) des zéros de \(f\). Pour chaque \(k \in \{1, \ldots, m – 1\}\), \(f\) est continue sur \([x_k, x_{k+1}]\), dérivable sur l’intérieur, et \(f(x_k) = f(x_{k+1}) = 0\). Le théorème de Rolle fournit \(c_k \in \,]x_k, x_{k+1}[\) tel que \(f^{\prime}(c_k) = 0\). Les intervalles ouverts sont deux à deux disjoints, donc les \(c_k\) sont distincts. Ainsi \(f^{\prime}\) a au moins \(m – 1\) zéros distincts.
2. On a \(P^{\prime}(x) = 5x^4 – 5 = 5(x^2 – 1)(x^2 + 1)\). Ses zéros réels sont \(-1\) et \(1\). Supposons que \(P\) ait au moins quatre racines réelles distinctes. D’après la question 1, \(P^{\prime}\) aurait au moins trois zéros réels distincts, ce qui est faux. Donc \(P\) a au plus trois racines réelles.
3. 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 chacun des intervalles \([-2, -1]\), \([-1, 1]\) et \([1, 2]\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule dans chacun des intervalles ouverts correspondants. Donc \(P\) a exactement trois racines réelles, situées dans \(]-2, -1[\), \(]-1, 1[\) et \(]1, 2[\). La figure ci-dessous confirme ce résultat : les racines valent environ \(-1{,}54\), \(0{,}20\) et \(1{,}44\).

   

Corrigé de l’exercice 10 : Théorème de Rolle itéré

1. La fonction \(f\) est dérivable, donc continue, sur \([a, b]\). On applique le théorème de Rolle sur \([a, c]\) : il existe \(c_1 \in \,]a, c[\) tel que \(f^{\prime}(c_1) = 0\). De même, sur \([c, b]\), il existe \(c_2 \in \,]c, b[\) tel que \(f^{\prime}(c_2) = 0\). Ensuite, \(c_1 < c < c_2\). La fonction \(f^{\prime}\) est dérivable, donc continue, sur \([c_1, c_2]\), et \(f^{\prime}(c_1) = f^{\prime}(c_2)\). Le théorème de Rolle appliqué à \(f^{\prime}\) donne \(d \in \,]c_1, c_2[\). Il existe donc \(d \in \,]a, b[\) tel que \(f^{\prime\prime}(d) = 0\).
2. Montrons par récurrence sur \(k \in \{0, \ldots, n\}\) que \(f^{(k)}\) a au moins \(n + 1 – k\) zéros distincts. Pour \(k = 0\), c’est l’hypothèse. Supposons le résultat vrai pour un \(k < n\). La fonction \(f^{(k)}\) est dérivable sur \(I\). De plus, elle a au moins \(n + 1 – k \geq\, 2\) zéros distincts. D’après le lemme de l’exercice 9, \(f^{(k+1)}\) a au moins \(n – k\) zéros distincts. Pour \(k = n\), on obtient au moins un zéro. Ainsi \(f^{(n)}\) s’annule au moins une fois sur \(I\).
3. Posons \(h(x) = e^x – \alpha x^2 – \beta x – \gamma\). Cette fonction est de classe \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\), et \(h^{(3)}(x) = e^x > 0\). Si l’équation avait quatre solutions distinctes, \(h\) aurait quatre zéros. La question 2, avec \(n = 3\), montrerait alors que \(h^{(3)}\) s’annule, ce qui est faux. L’équation a donc au plus trois solutions réelles.

Corrigé de l’exercice 11 : Encadrement du logarithme par les accroissements finis

1. La fonction \(\ln\) est continue sur \([a, b]\) et dérivable sur \(]a, b[\). L’égalité des accroissements finis donne \(c \in \,]a, b[\) tel que \(\ln b – \ln a = \dfrac{b – a}{c}\). Or \(0 < a < c < b\), donc \(\dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{c} < \dfrac{1}{a}\). On multiplie par \(b – a > 0\). On obtient \(\dfrac{b – a}{b} < \ln b – \ln a < \dfrac{b – a}{a}\).
2. On applique la question 1 avec \(a = 1\) et \(b = 1 + x\), où \(x > 0\). Comme \(\ln 1 = 0\) : \(\dfrac{x}{1 + x} < \ln(1 + x) < x\) pour tout \(x > 0\).
3. Avec \(a = k\) et \(b = k + 1\), on a \(\dfrac{1}{k + 1} < \ln(k + 1) – \ln k < \dfrac{1}{k}\). D’abord, on somme l’inégalité de droite pour \(k\) de \(1\) à \(n\). La somme télescopique donne \(\ln(n + 1) < H_n\). Ensuite, pour \(n \geq\, 2\), on somme l’inégalité de gauche pour \(k\) de \(1\) à \(n – 1\). On obtient \(H_n – 1 < \ln n\). Pour \(n = 1\), on a l’égalité \(H_1 = 1 = 1 + \ln 1\). Ainsi \(\ln(n + 1) < H_n \leq\, 1 + \ln n\) pour tout \(n \geq\, 1\).
4. Comme \(\ln(n + 1) \to +\infty\), la minoration donne \(H_n \to +\infty\). Pour \(n \geq\, 2\), on divise par \(\ln n > 0\) : \[\frac{\ln(n + 1)}{\ln n} < \frac{H_n}{\ln n} \leq\, 1 + \frac{1}{\ln n}.\] Or \(\ln(n + 1) = \ln n + \ln(1 + \dfrac{1}{n})\), donc le membre de gauche tend vers \(1\). Le membre de droite aussi. Par encadrement, \(H_n \to +\infty\) et \(\dfrac{H_n}{\ln n} \to 1\).

Corrigé de l’exercice 12 : Majorer un écart avec l’inégalité des accroissements finis

1. La fonction \(\sin\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(|\sin^{\prime}| = |\cos| \leq\, 1\). Par l’inégalité des accroissements finis sur \(\mathbb{R}\), avec \(M = 1\) : \(|\sin x – \sin y| \leq\, |x – y|\).
2. De même, \(\arctan^{\prime}(t) = \dfrac{1}{1 + t^2} \in \,]0, 1]\). On applique l’inégalité avec \(M = 1\). Donc \(|\arctan x – \arctan y| \leq\, |x – y|\).
3. Sur \([1, +\infty[\), la racine carrée est dérivable, de dérivée \(t \mapsto \dfrac{1}{2\sqrt{t}}\). Or \(\dfrac{1}{2\sqrt{t}} \leq\, \dfrac{1}{2}\), car \(\sqrt{t} \geq\, 1\). Ainsi \(|\sqrt{x} – \sqrt{y}| \leq\, \dfrac{1}{2}|x – y|\) pour \(x, y \geq\, 1\).
4. Ici, l’inégalité ne suffit pas, car on veut un encadrement strict. On applique donc l’égalité des accroissements finis à la racine carrée sur \([10000, 10001]\). Il existe \(c \in \,]10000, 10001[\) tel que \(\sqrt{10001} – 100 = \dfrac{1}{2\sqrt{c}}\). D’une part, \(\sqrt{c} > 100\). D’autre part, \(\sqrt{c} < \sqrt{10201} = 101\). Par conséquent, \(200 < 2\sqrt{c} < 202\). On en déduit \(\dfrac{1}{202} < \sqrt{10001} – 100 < \dfrac{1}{200}\).

Point de méthode : pour un encadrement strict, utilisez l’égalité des accroissements finis et encadrez le point \(c\) ; l’inégalité ne donne qu’une majoration large.

Corrigé de l’exercice 13 : Suite récurrente et fonction contractante

1. Posons \(\psi(x) = \cos x – x\) sur \([0, 1]\). Alors \(\psi^{\prime}(x) = -\sin x – 1\). Sur \([0, 1]\), \(\sin x \geq\, 0\), donc \(\psi^{\prime}(x) \leq\, -1 < 0\). Ainsi \(\psi\) est continue et strictement décroissante. De plus, \(\psi(0) = 1 > 0\) et \(\psi(1) = \cos 1 – 1 < 0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, \(\psi\) s’annule ; par stricte monotonie, une seule fois. L’équation \(\cos x = x\) a une unique solution \(\alpha \in \,]0, 1[\).
2. La fonction \(\cos\) est décroissante sur \([0, 1] \subset [0, \pi]\). Donc \(\cos([0, 1]) = [\cos 1, 1]\). Or \(0 < 1 < \dfrac{\pi}{2}\), d’où \(\cos 1 > 0\). Ainsi l’intervalle \([0, 1]\) est stable par \(\cos\). Comme \(u_0 = 0 \in [0, 1]\), une récurrence immédiate donne le résultat. Pour tout \(n\), \(u_n \in [0, 1]\).
3. Sur \([0, 1]\), \(|\cos^{\prime}(t)| = \sin t \leq\, \sin 1\), car \(\sin\) est croissante sur \([0, \frac{\pi}{2}]\). Les réels \(u_n\) et \(\alpha\) sont dans \([0, 1]\). L’inégalité des accroissements finis donne donc \(|\cos u_n – \cos \alpha| \leq\, \sin(1)\,|u_n – \alpha|\). Or \(\cos \alpha = \alpha\). Ainsi \(|u_{n+1} – \alpha| \leq\, \sin(1)\,|u_n – \alpha|\).
4. Par récurrence, \(|u_n – \alpha| \leq\, (\sin 1)^n\,|u_0 – \alpha| = (\sin 1)^n\,\alpha \leq\, (\sin 1)^n\). Comme \(0 < \sin 1 < 1\), le majorant tend vers \(0\). Donc \((u_n)\) converge vers \(\alpha\). Ensuite, \((\sin 1)^n \leq\, 10^{-3}\) équivaut à \(n \ln(\sin 1) \leq\, -3 \ln 10\), c’est-à-dire \(n \geq\, \dfrac{3 \ln 10}{0{,}1726} \approx \dfrac{6{,}908}{0{,}1726} \approx 40{,}02\). La suite converge vers \(\alpha \approx 0{,}739\), et \(|u_n – \alpha| \leq\, 10^{-3}\) dès que \(n \geq\, 41\). La figure ci-dessous montre l’escalier en colimaçon qui s’enroule autour du point fixe.

   

Point de méthode : une fonction \(k\)-lipschitzienne avec \(k < 1\) sur un intervalle stable fournit une convergence géométrique, et donc un rang explicite pour une précision donnée.

Corrigé de l’exercice 14 : Monotonie d’une fonction et signe de la dérivée

1. Pour \(x > 0\), on écrit \(\ln(1 + \dfrac{1}{x}) = \ln(x + 1) – \ln x\). Ainsi \[u^{\prime}(x) = \frac{1}{x + 1} – \frac{1}{x} + \frac{1}{(x + 1)^2} = \frac{-(x + 1) + x}{x(x + 1)^2} = -\frac{1}{x(x + 1)^2}.\] Donc \(u^{\prime} < 0\) et \(u\) est strictement décroissante sur \(]0, +\infty[\). De plus, \(u(x) \to \ln 1 – 0 = 0\) en \(+\infty\). Soit alors \(x > 0\). Pour tout \(y > x\), on a \(u(x) > u(y)\). En faisant tendre \(y\) vers \(+\infty\), on obtient \(u(x) \geq\, 0\). Enfin, avec \(y = x + 1\), \(u(x) > u(x + 1) \geq\, 0\). Donc \(u(x) > 0\) pour tout \(x > 0\).
2. On a \(f(x) = e^{w(x)}\) avec \(w(x) = x \ln(1 + \dfrac{1}{x})\). Alors \(w^{\prime}(x) = \ln(1 + \dfrac{1}{x}) + x \times (-\dfrac{1}{x(x + 1)}) = u(x)\). Ainsi \(f^{\prime}(x) = u(x)\,f(x) > 0\). Comme \(]0, +\infty[\) est un intervalle, \(f\) est strictement croissante sur \(]0, +\infty[\).
3. En \(0^{+}\), on a \(w(x) = x \ln(x + 1) – x \ln x\). Or \(x \ln(x + 1) \to 0\) et \(x \ln x \to 0\) par croissances comparées. Donc \(w(x) \to 0\) et \(f(x) \to 1\). En \(+\infty\), on pose \(t = \dfrac{1}{x} \to 0^{+}\). Alors \(w(x) = \dfrac{\ln(1 + t)}{t} \to 1\), donc \(f(x) \to e\). Soit enfin \(x > 0\). Pour \(0 < y < x < z\), la stricte croissance donne \(f(y) < f(x) < f(z)\). On fixe \(y = x/2\) et \(z = 2x\), puis on utilise \(f(y) \geq\, 1\) et \(f(z) \leq\, e\), obtenus par passage à la limite dans la croissance. Ainsi \(1 < f(x) < e\) pour tout \(x > 0\).
4. On a \(k(-1) = 1\) et \(k(1) = -1\). Donc \(-1 < 1\) mais \(k(-1) > k(1)\). La fonction \(k\) n’est pas croissante sur \(\mathbb{R}^{*}\), car \(\mathbb{R}^{*}\) n’est pas un intervalle ; elle est seulement croissante sur \(]-\infty, 0[\) et sur \(]0, +\infty[\).

Corrigé de l’exercice 15 : Stricte monotonie et dérivée qui s’annule

1. Soit \(a \leq\, x < y \leq\, b\). La fonction \(f\) est continue sur \([x, y]\) et dérivable sur \(]x, y[\). L’égalité des accroissements finis fournit \(c \in \,]x, y[\) tel que \(f(y) – f(x) = f^{\prime}(c)(y – x)\). Ce produit est positif. Donc \(f(x) \leq\, f(y)\) : \(f\) est croissante sur \([a, b]\).
2. Raisonnons par l’absurde. Supposons \(x < y\) avec \(f(x) = f(y)\). Pour \(t \in [x, y]\), la croissance donne \(f(x) \leq\, f(t) \leq\, f(y) = f(x)\). Ainsi \(f\) est constante sur \([x, y]\), et \(f^{\prime} = 0\) sur \(]x, y[\). Cet intervalle contient une infinité de points, ce qui contredit l’hypothèse. Par conséquent, \(f\) est strictement croissante.
3. Posons \(f(x) = x – \sin x\), de dérivée \(1 – \cos x \geq\, 0\). Attention : cette dérivée s’annule aux points \(2k\pi\), qui sont en nombre infini sur \(\mathbb{R}\). On travaille donc sur un segment \([-A, A]\), qui ne contient qu’un nombre fini de ces points. D’après la question 2, \(f\) est strictement croissante sur \([-A, A]\). Deux réels \(x < y\) sont toujours dans un tel segment. Donc \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). En particulier, pour \(x > 0\), \(f(x) > f(0) = 0\). Ainsi \(\sin x < x\) pour tout \(x > 0\).
4. Cet exemple montre que la condition \(f^{\prime} > 0\) est suffisante mais pas nécessaire. Une fonction strictement croissante peut avoir une dérivée qui s’annule en certains points.

Corrigé de l’exercice 16 : Dérivées n-ièmes usuelles

1. Montrons par récurrence que \(f^{(n)}(x) = \dfrac{n!}{(1 – x)^{n+1}}\). Pour \(n = 0\), c’est la définition. Supposons la formule vraie au rang \(n\). En dérivant \(n!\,(1 – x)^{-(n+1)}\), on obtient \(n! \times (-(n + 1)) \times (-1) \times (1 – x)^{-(n+2)}\). Ainsi \(f^{(n)}(x) = \dfrac{n!}{(1 – x)^{n+1}}\) pour tout \(n\).
2. Pour \(n = 0\), la formule \(s^{(n)}(x) = \sin(x + \dfrac{n\pi}{2})\) est vraie. Si elle l’est au rang \(n\), on dérive : \(s^{(n+1)}(x) = \cos(x + \dfrac{n\pi}{2}) = \sin(x + \dfrac{(n + 1)\pi}{2})\). Donc \(\sin^{(n)}(x) = \sin(x + \dfrac{n\pi}{2})\).
3. On a \(\ell^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1 + x}\). Montrons que \(\ell^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n-1}(n – 1)!}{(1 + x)^n}\) pour \(n \geq\, 1\). La formule est vraie pour \(n = 1\). Si elle l’est au rang \(n\), la dérivée de \((1 + x)^{-n}\) vaut \(-n(1 + x)^{-n-1}\). Ainsi \(\ell^{(n+1)}(x) = (-1)^{n-1}(n – 1)! \times (-n)(1 + x)^{-n-1}\). On obtient \(\ell^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n-1}(n – 1)!}{(1 + x)^n}\) pour tout \(n \geq\, 1\).
4. Pour \(x > 1\), \(\dfrac{1}{x – 1} – \dfrac{1}{x + 1} = \dfrac{2}{x^2 – 1}\), donc \(r(x) = \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{x – 1} – \dfrac{1}{x + 1})\). Par une récurrence analogue à la question 1, pour tout réel \(a\), la dérivée \(n\)-ième de \(x \mapsto \dfrac{1}{x – a}\) vaut \(\dfrac{(-1)^n n!}{(x – a)^{n+1}}\). Par linéarité : \[r^{(n)}(x) = \frac{(-1)^n n!}{2}(\frac{1}{(x – 1)^{n+1}} – \frac{1}{(x + 1)^{n+1}}).\]

Corrigé de l’exercice 17 : Formule de Leibniz

1. On pose \(u(x) = x^2\) et \(v(x) = e^x\). Les dérivées de \(u\) d’ordre au moins \(3\) sont nulles. De plus, \(u^{\prime}(x) = 2x\), \(u^{\prime\prime}(x) = 2\) et \(v^{(k)} = v\). La formule de Leibniz donne \[(uv)^{(n)}(x) = x^2 e^x + n \cdot 2x\,e^x + \binom\,{n}{2} \cdot 2\,e^x.\] Or \(2\binom\,{n}{2} = n(n – 1)\). Donc \((x^2 e^x)^{(n)} = (x^2 + 2nx + n(n – 1))e^x\).
2. De même, avec \(u(x) = x^2 + 1\) et \(\sin^{(k)}(x) = \sin(x + \dfrac{k\pi}{2})\) : \[f^{(n)}(x) = (x^2 + 1)\sin(x + \frac{n\pi}{2}) + 2nx\sin(x + \frac{(n-1)\pi}{2}) + n(n – 1)\sin(x + \frac{(n-2)\pi}{2}).\]
3. En \(x = 0\), le terme central disparaît. Par ailleurs, \(\sin(\dfrac{(n – 2)\pi}{2}) = \sin(\dfrac{n\pi}{2} – \pi) = -\sin\dfrac{n\pi}{2}\). Ainsi \(f^{(n)}(0) = (1 – n(n – 1))\sin\dfrac{n\pi}{2}\). Si \(n = 2p\), ce sinus est nul. Si \(n = 2p + 1\), il vaut \((-1)^p\). Donc \(f^{(2p)}(0) = 0\) et \(f^{(2p+1)}(0) = (-1)^p(1 – 2p(2p + 1))\). Vérifions. Pour \(n = 1\) (\(p = 0\)), la formule donne \(1\) ; or \(f^{\prime}(x) = 2x\sin x + (x^2 + 1)\cos x\), donc \(f^{\prime}(0) = 1\). Pour \(n = 3\) (\(p = 1\)), elle donne \(-(1 – 6) = 5\). Directement, \(f^{\prime\prime}(x) = \sin x + 4x\cos x – x^2 \sin x\), puis \(f^{(3)}(x) = 5\cos x – 6x\sin x – x^2\cos x\). On retrouve bien \(f^{(3)}(0) = 5\).

Corrigé de l’exercice 18 : Fonction dérivable non de classe C1

1. Sur \(\mathbb{R}^{*}\), \(f\) est dérivable comme produit et composée. On a \(f^{\prime}(x) = 2x\sin(\dfrac{1}{x}) + x^2\cos(\dfrac{1}{x})(-\dfrac{1}{x^2})\). En \(0\), le taux vaut \(x\sin(\dfrac{1}{x})\), majoré en valeur absolue par \(|x|\). Il tend donc vers \(0\). Ainsi \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec \(f^{\prime}(0) = 0\) et \(f^{\prime}(x) = 2x\sin(\dfrac{1}{x}) – \cos(\dfrac{1}{x})\) pour \(x \neq 0\).
2. Posons \(x_k = \dfrac{1}{2k\pi}\). Alors \(x_k \to 0\) et \(f^{\prime}(x_k) = 0 – \cos(2k\pi) = -1\). Cette suite ne tend pas vers \(f^{\prime}(0) = 0\). Donc \(f^{\prime}\) n’est pas continue en \(0\) : \(f\) n’est pas de classe \(\mathcal{C}^1\).
3. Pour \(x \neq 0\), \(g^{\prime}(x) = 3x^2\sin(\dfrac{1}{x}) – x\cos(\dfrac{1}{x})\). Ainsi \(|g^{\prime}(x)| \leq\, 3x^2 + |x| \to 0\). En \(0\), le taux vaut \(x^2\sin(\dfrac{1}{x}) \to 0\), donc \(g^{\prime}(0) = 0\). Par conséquent, \(g^{\prime}\) est continue en \(0\), et aussi sur \(\mathbb{R}^{*}\). La fonction \(g\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\).
4. Pour \(x \neq 0\), \(\dfrac{g^{\prime}(x) – g^{\prime}(0)}{x} = 3x\sin(\dfrac{1}{x}) – \cos(\dfrac{1}{x})\). Le long de \(x_k = \dfrac{1}{2k\pi}\), ce taux vaut \(-1\). En revanche, le long de \(y_k = \dfrac{1}{2k\pi + \pi/2}\), il vaut \(3y_k \to 0\). Le taux n’a pas de limite : \(g\) n’est pas deux fois dérivable en \(0\).

Corrigé de l’exercice 19 : Somme des carrés des coefficients binomiaux

1. Par récurrence immédiate sur \(k\) : \((x^n)^{(k)} = \dfrac{n!}{(n – k)!}\,x^{n-k}\) pour \(0 \leq\, k \leq\, n\).
2. Directement, la question 1 appliquée à \(x^{2n}\) donne \((x^{2n})^{(n)} = \dfrac{(2n)!}{n!}\,x^n\). Ensuite, par la formule de Leibniz : \[(x^n \cdot x^n)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} \frac{n!}{(n – k)!}\,x^{n-k} \cdot \frac{n!}{k!}\,x^{k}.\] Or \(\dfrac{n!}{(n – k)!\,k!} = \binom\,{n}{k}\). Donc \((x^{2n})^{(n)} = n!(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k}^2) x^n\).
3. On identifie les coefficients de \(x^n\) : \(\dfrac{(2n)!}{n!} = n! \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k}^2\). On divise par \(n!\). On obtient \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k}^2 = \frac{(2n)!}{(n!)^2} = \binom\,{2n}{n}\).
4. Pour \(n = 3\), les coefficients sont \(1, 3, 3, 1\). La somme des carrés vaut \(1 + 9 + 9 + 1 = 20 = \binom\,{6}{3}\).

Corrigé de l’exercice 20 : Une fonction de classe C infini plate en 0

1. Posons \(t = \dfrac{1}{x}\). Quand \(x \to 0^{+}\), \(t \to +\infty\). Par croissances comparées, \(t^k e^{-t} \to 0\) pour tout entier \(k\). Un polynôme \(Q\) est une combinaison linéaire de monômes. Donc \(Q(\dfrac{1}{x}) e^{-1/x} \to 0\) quand \(x \to 0^{+}\).
2. Pour \(n = 0\), on prend \(P_0 = 1\). Supposons \(f^{(n)}(x) = P_n(\dfrac{1}{x}) e^{-1/x}\) sur \(]0, +\infty[\). On dérive ce produit : \[f^{(n+1)}(x) = -\frac{1}{x^2}P_n^{\prime}(\frac{1}{x}) e^{-1/x} + \frac{1}{x^2}P_n(\frac{1}{x}) e^{-1/x}.\] Ainsi la propriété est héréditaire avec \(P_{n+1}(t) = t^2(P_n(t) – P_n^{\prime}(t))\).
3. Montrons par récurrence la propriété : « \(f\) est \(n\) fois dérivable sur \(\mathbb{R}\), \(f^{(n)}(0) = 0\) et \(f^{(n)} = 0\) sur \(]-\infty, 0[\) ». Pour \(n = 0\), elle est vraie. Supposons-la vraie au rang \(n\). Sur \(]-\infty, 0[\) et sur \(]0, +\infty[\), \(f^{(n)}\) est dérivable. En \(0\), le taux à gauche est nul. À droite, il vaut \(\dfrac{1}{x}P_n(\dfrac{1}{x}) e^{-1/x} = Q(\dfrac{1}{x}) e^{-1/x}\), avec \(Q(t) = tP_n(t)\). D’après la question 1, il tend vers \(0\). Donc \(f^{(n)}\) est dérivable en \(0\) et \(f^{(n+1)}(0) = 0\) : la propriété est vraie pour tout \(n\).
4. Pour tout \(n\), \(f^{(n)}\) est dérivable, donc continue. Ainsi \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\), avec \(P_1(t) = t^2\) et \(P_2(t) = t^2(t^2 – 2t) = t^4 – 2t^3\). Par exemple, \(f^{\prime}(x) = \dfrac{e^{-1/x}}{x^2}\) pour \(x > 0\). La figure ci-dessous montre ce raccord extrêmement plat en \(0\), alors que \(f\) n’est pas nulle sur \(]0, +\infty[\).

   

Corrigé de l’exercice 21 : Théorème des accroissements finis généralisé

1. La fonction \(h\) est continue sur \([a, b]\) et dérivable sur \(]a, b[\). Calculons ses valeurs aux bornes. D’une part, \(h(a) = f(b)g(a) – f(a)g(a) – g(b)f(a) + g(a)f(a) = f(b)g(a) – g(b)f(a)\). D’autre part, \(h(b) = f(b)g(b) – f(a)g(b) – g(b)f(b) + g(a)f(b) = g(a)f(b) – f(a)g(b)\). Donc \(h(a) = h(b)\). Le théorème de Rolle fournit \(c \in \,]a, b[\) tel que \(h^{\prime}(c) = 0\). Il existe donc \(c \in \,]a, b[\) tel que \((f(b) – f(a))\,g^{\prime}(c) = (g(b) – g(a))\,f^{\prime}(c)\).
2. Supposons \(g(x_0) = 0\) pour un \(x_0 \in \,]a, b]\). Comme \(g(a) = 0\), le théorème de Rolle sur \([a, x_0]\) donnerait un zéro de \(g^{\prime}\) dans \(]a, x_0[\), ce qui est exclu. Ainsi \(g\) ne s’annule pas sur \(]a, b]\). Soit maintenant \(x \in \,]a, b[\). On applique la question 1 sur \([a, x]\) : il existe \(c_x \in \,]a, x[\) tel que \(f(x)\,g^{\prime}(c_x) = g(x)\,f^{\prime}(c_x)\). Comme \(g(x) \neq 0\) et \(g^{\prime}(c_x) \neq 0\), on obtient \(\dfrac{f(x)}{g(x)} = \dfrac{f^{\prime}(c_x)}{g^{\prime}(c_x)}\). Quand \(x \to a^{+}\), on a \(c_x \to a^{+}\). Par composition des limites, \(\dfrac{f(x)}{g(x)} \to \ell\) : c’est la règle de L’Hospital.
3. On travaille sur \([0, 1]\). D’abord, avec \(f(x) = 1 – \cos x\) et \(g(x) = 3x^2\), on a \(f(0) = g(0) = 0\) et \(g^{\prime}(x) = 6x \neq 0\) sur \(]0, 1[\). De plus, \(\dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = \dfrac{\sin x}{6x} \to \dfrac{1}{6}\). Donc \(\dfrac{1 – \cos x}{3x^2} \to \dfrac{1}{6}\). Ensuite, avec \(f(x) = x – \sin x\) et \(g(x) = x^3\), on a \(\dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = \dfrac{1 – \cos x}{3x^2} \to \dfrac{1}{6}\). Donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \frac{x – \sin x}{x^3} = \frac{1}{6}\). Enfin, la fonction \(x \mapsto \dfrac{x – \sin x}{x^3}\) est paire. Sa limite en \(0^{-}\) vaut donc aussi \(\dfrac{1}{6}\).

Corrigé de l’exercice 22 : Racines des polynômes de Legendre

1. On écrit \(Q(x) = (x – 1)^n (x + 1)^n\). Soit \(k \leq\, n – 1\). Par la formule de Leibniz, \(Q^{(k)}\) est une somme de termes \(\binom\,{k}{j}[(x – 1)^n]^{(j)}[(x + 1)^n]^{(k-j)}\), avec \(j \leq\, k\). Or \([(x – 1)^n]^{(j)} = \dfrac{n!}{(n – j)!}(x – 1)^{n-j}\), avec \(n – j \geq\, 1\). Chaque terme s’annule donc en \(1\). Le même argument, appliqué au facteur \((x + 1)^n\), vaut en \(-1\). Ainsi \(Q^{(k)}(-1) = Q^{(k)}(1) = 0\) pour \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\).
2. Pour \(k = 1\), on a \(Q(-1) = Q(1) = 0\). Le théorème de Rolle donne une racine de \(Q^{\prime}\) dans \(]-1, 1[\). Supposons ensuite que \(Q^{(k)}\) a \(k\) racines distinctes \(y_1 < \cdots < y_k\) dans \(]-1, 1[\), avec \(k \leq\, n – 1\). D’après la question 1, \(Q^{(k)}\) s’annule aussi en \(-1\) et en \(1\). Elle a donc \(k + 2\) zéros \(-1 < y_1 < \cdots < y_k < 1\). Le théorème de Rolle, appliqué sur les \(k + 1\) intervalles consécutifs, fournit \(k + 1\) zéros distincts de \(Q^{(k+1)}\) dans \(]-1, 1[\). Par récurrence, \(Q^{(k)}\) a au moins \(k\) racines distinctes dans \(]-1, 1[\) pour \(1 \leq\, k \leq\, n\).
3. Le polynôme \(Q\) est de degré \(2n\), de coefficient dominant \(1\). Donc \(L_n = Q^{(n)}\) est de degré \(n\), de coefficient dominant \(\dfrac{(2n)!}{n!} \neq 0\). D’après la question 2, il possède au moins \(n\) racines distinctes dans \(]-1, 1[\). Un polynôme de degré \(n\) a au plus \(n\) racines. Ainsi \(L_n\) a exactement \(n\) racines, toutes réelles, simples et dans \(]-1, 1[\).
4. D’abord, \((x^2 – 1)^2 = x^4 – 2x^2 + 1\), donc \(L_2(x) = 12x^2 – 4\). Ses racines sont \(\pm\dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx \pm 0{,}577\). Ensuite, \((x^2 – 1)^3 = x^6 – 3x^4 + 3x^2 – 1\), donc \(L_3(x) = 120x^3 – 72x = 24x(5x^2 – 3)\). Les racines de \(L_3\) sont \(0\) et \(\pm\sqrt{3/5} \approx \pm 0{,}775\), toutes dans \(]-1, 1[\). La figure ci-dessous montre, pour \(n = 3\), comment les racines se multiplient à chaque dérivation.

   

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : le théorème de Darboux

1. La fonction \(f\) est dérivable, donc continue, sur le segment \([a, b]\). Par le théorème des bornes atteintes, elle y admet un minimum en un point \(c\). Ensuite, le taux \(\dfrac{f(x) – f(a)}{x – a}\) tend vers \(f^{\prime}(a) < 0\) quand \(x \to a^{+}\). Il existe donc \(\eta > 0\) tel que ce taux soit négatif sur \(]a, a + \eta[\). Pour ces \(x\), \(f(x) < f(a)\), donc le minimum n’est pas atteint en \(a\). De même, \(\dfrac{f(x) – f(b)}{x – b} \to f^{\prime}(b) > 0\) quand \(x \to b^{-}\). Pour \(x\) proche de \(b\) à gauche, on a \(x – b < 0\), donc \(f(x) < f(b)\). Ainsi le minimum est atteint en un point \(c\) avec \(c \neq a\) et \(c \neq b\).
2. Le point \(c\) appartient à \(]a, b[\), qui est un voisinage de \(c\) inclus dans \(I\). Donc \(f\) admet en \(c\) un minimum local, en un point intérieur où elle est dérivable. Par la condition nécessaire d’extremum, \(f^{\prime}(c) = 0\).
3. Supposons d’abord \(f^{\prime}(a) < \lambda < f^{\prime}(b)\). On pose \(\varphi(x) = f(x) – \lambda x\). Alors \(\varphi^{\prime}(a) < 0 < \varphi^{\prime}(b)\), et la question 2 donne \(c\) tel que \(\varphi^{\prime}(c) = 0\), c’est-à-dire \(f^{\prime}(c) = \lambda\). Si au contraire \(f^{\prime}(a) > \lambda > f^{\prime}(b)\), on applique ce raisonnement à \(\psi(x) = \lambda x – f(x)\). Soit enfin deux valeurs de \(f^{\prime}(I)\) et un réel compris entre elles. Ce réel est atteint par \(f^{\prime}\), d’après ce qui précède. Donc \(f^{\prime}\) vérifie la propriété des valeurs intermédiaires, et \(f^{\prime}(I)\) est un intervalle.
4. Supposons que \(H = F^{\prime}\) pour une fonction \(F\) dérivable sur \(\mathbb{R}\). D’après la question 3, \(H(\mathbb{R})\) serait un intervalle. Or \(H(\mathbb{R}) = \{0, 1\}\), qui n’en est pas un. Donc \(H\) n’est la dérivée d’aucune fonction dérivable sur \(\mathbb{R}\).
5. D’après l’exercice 18, \(F\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(F^{\prime}(x) = 2x\sin(\dfrac{1}{x}) – \cos(\dfrac{1}{x})\) pour \(x \neq 0\). Soit \(\delta > 0\). On choisit un entier \(k \geq\, 1\) tel que \(x_k = \dfrac{1}{2k\pi} < \delta\). Posons aussi \(y_k = \dfrac{1}{(2k + 1)\pi}\), de sorte que \(0 < y_k < x_k < \delta\). On calcule \(F^{\prime}(x_k) = 0 – \cos(2k\pi) = -1\) et \(F^{\prime}(y_k) = 0 – \cos((2k + 1)\pi) = 1\). D’après la question 3, sur \([y_k, x_k]\), \(F^{\prime}\) prend toutes les valeurs de \(]-1, 1[\). Les valeurs \(\pm 1\) sont atteintes en \(x_k\) et \(y_k\). Ainsi \(F^{\prime}\) prend toutes les valeurs de \([-1, 1]\) sur \(]0, \delta[\), bien qu’elle ne soit pas continue en \(0\).

Point de méthode : le théorème de Darboux permet de montrer qu’une fonction n’est pas une dérivée : il suffit que son image ne soit pas un intervalle.

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Pour aller plus loin en L1

• Le cours : dérivation, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur dérivation
• À maîtriser avant : Limites et continuité des fonctions
• Chapitre précédent : Limites et continuité des fonctions
• Chapitre suivant : Fonctions usuelles et fonctions réciproques
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L1 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L1 et la licence de maths de L1 à L3