Corrigé des exercices : Dérivabilité, Rolle et TAF en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Dérivabilité d’un produit par une valeur absolue

Idée clé : on enlève la valeur absolue sur chaque intervalle ouvert, puis on étudie le point de raccord par le taux d’accroissement.

1. Sur \(]-\infty, 3[\), on a \(f(x) = x(3 – x) = 3x – x^2\). Sur \(]3, +\infty[\), on a \(f(x) = x^2 – 3x\). Sur chacun de ces intervalles ouverts, \(f\) coïncide avec un polynôme, donc elle y est dérivable. On obtient \(f^{\prime}(x) = 3 – 2x\) pour \(x < 3\) et \(f^{\prime}(x) = 2x – 3\) pour \(x > 3\).
2. On a \(f(3) = 0\). Pour \(x > 3\), le taux vaut \(\dfrac{x(x – 3)}{x – 3} = x\), qui tend vers \(3\). Pour \(x < 3\), il vaut \(\dfrac{x(3 – x)}{x – 3} = -x\), qui tend vers \(-3\). Ainsi, \(f^{\prime}_d(3) = 3\) et \(f^{\prime}_g(3) = -3\).
3. Les deux demi-dérivées existent mais diffèrent. Donc \(f\) n’est pas dérivable en \(3\) : le point d’abscisse \(3\) est anguleux. Les demi-tangentes ont pour équations \(y = 3(x – 3)\) pour \(x \geqslant 3\) et \(y = -3(x – 3)\) pour \(x \leqslant 3\).

Corrigé de l’exercice 2 – Raccord d’un polynôme et d’un logarithme

Idée clé : la continuité donne une équation, l’égalité des demi-dérivées en donne une seconde.

1. D’abord, \(f(1) = \ln 1 = 0\) et la limite à gauche vaut \(a + b\). La continuité impose donc \(a + b = 0\). Ensuite, pour \(x < 1\), on a \(\dfrac{f(x) – f(1)}{x – 1} = \dfrac{a x^2 + b x}{x – 1}\). Avec \(b = -a\), cela donne \(\dfrac{a x(x – 1)}{x – 1} = a x\), qui tend vers \(a\). À droite, le taux de \(\ln\) en \(1\) tend vers \(\ln^{\prime}(1) = 1\). La dérivabilité impose donc \(a = 1\). On trouve \(a = 1\) et \(b = -1\).
2. Avec ces valeurs, \(f^{\prime}(x) = 2x – 1\) pour \(0 < x < 1\), \(f^{\prime}(1) = 1\) et \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\) pour \(x > 1\). Ces expressions sont continues sur leurs intervalles. De plus, elles tendent toutes deux vers \(1 = f^{\prime}(1)\) en \(1\). Donc \(f^{\prime}\) est continue sur \(]0, +\infty[\) : \(f\) est de classe \(C^1\).
3. Étudions \(f^{\prime}\) en \(1\). À gauche, \(\dfrac{(2x – 1) – 1}{x – 1} = 2\). À droite, le taux de \(x \mapsto 1/x\) tend vers sa dérivée en \(1\), soit \(-1\). Les deux demi-dérivées de \(f^{\prime}\) en \(1\), soit \(2\) et \(-1\), diffèrent : la dérivée seconde de \(f\) n’existe pas en ce point.

Corrigé de l’exercice 3 – Nombre dérivé d’une réciproque sans formule explicite

Idée clé : on trouve un antécédent évident, puis on applique \(\left(f^{-1}\right)^{\prime}(y) = 1 / f^{\prime}\big(f^{-1}(y)\big)\).

1. La fonction \(f\) est polynomiale et \(f^{\prime}(x) = 3x^2 + 2 > 0\). Elle est donc continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(f\) tend vers \(-\infty\) en \(-\infty\) et vers \(+\infty\) en \(+\infty\). Une fonction continue strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) avec de telles limites atteint chaque réel exactement une fois : \(f\) est bijective de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).
2. Puisque \(3x^2 + 2 \geqslant 2\), aucun point ne pose problème pour la formule de la réciproque. Ainsi, \(f^{-1}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\).
3. On remarque que \(f(0) = 1\) et \(f(1) = 4\). Ensuite, \(f^{\prime}(0) = 2\) et \(f^{\prime}(1) = 5\). Donc \(\left(f^{-1}\right)^{\prime}(1) = \dfrac{1}{2}\) et \(\left(f^{-1}\right)^{\prime}(4) = \dfrac{1}{5}\).

Corrigé de l’exercice 4 – Points critiques d’un polynôme de degré quatre

Idée clé : une dérivée nulle ne suffit pas ; c’est le changement de signe de \(f^{\prime}\) qui révèle un extremum.

1. On obtient \(f^{\prime}(x) = 12x^3 – 24x^2 + 12x\). En factorisant, \(f^{\prime}(x) = 12x(x – 1)^2\).
2. Les points critiques sont \(0\) et \(1\). Le facteur \((x – 1)^2\) est positif, donc \(f^{\prime}\) a le signe de \(x\) en dehors de \(1\). Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty, 0]\) et strictement croissante sur \([0, +\infty[\), car \(f^{\prime}\) ne s’annule qu’en \(1\) sur cet intervalle. Par conséquent, \(0\) est un minimum local, alors que \(1\) n’est pas un extremum. En \(1\), la courbe a une tangente horizontale mais continue de monter.
3. On a \(f(x) = x^2 (3x^2 – 8x + 6)\). Le trinôme a pour discriminant \(64 – 72 = -8 < 0\), donc il est strictement positif. Ainsi, \(f(x) \geqslant 0\) pour tout \(x\), et le minimum \(0\) est même global.

Corrigé de l’exercice 5 – Rolle sur un exemple et contre-exemple

Idée clé : vérifier les trois hypothèses avant de conclure, puis repérer celle qui manque dans le contre-exemple.

1. La fonction \(f\) est polynomiale, donc continue sur \([1,4]\) et dérivable sur \(]1,4[\). De plus, \(f(1) = 0 = f(4)\). Les hypothèses sont réunies. Ensuite, \(f^{\prime}(x) = 2(x-1)(x-4) + (x-1)^2 = (x – 1)(3x – 9) = 3(x – 1)(x – 3)\). Dans \(]1,4[\), la seule valeur qui convient est \(c = 3\).
2. On a \(g(1) = 1 = g(3)\). Sur \(]1, 2[\), \(g(x) = 2 – x\) et \(g^{\prime}(x) = -1\). Sur \(]2, 3[\), \(g(x) = x – 2\) et \(g^{\prime}(x) = 1\). En \(2\), les demi-dérivées valent \(-1\) et \(1\), donc \(g\) n’y est pas dérivable. Ainsi, \(g^{\prime}\) ne s’annule jamais, et c’est la dérivabilité sur \(]1,3[\) qui fait défaut.

Corrigé de l’exercice 6 – Deux dérivées n-ièmes par récurrence

Idée clé : calculer les premières dérivées pour deviner la forme, puis démontrer celle-ci par récurrence.

1. On trouve \(u^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{(x+2)^2}\), puis \(u^{\prime\prime}(x) = \dfrac{2}{(x+2)^3}\) et \(u^{(3)}(x) = -\dfrac{6}{(x+2)^4}\). On conjecture \(u^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^n n!}{(x+2)^{n+1}}\). La formule est vraie pour \(n = 0\). Si elle est vraie au rang \(n\), on dérive \((-1)^n n! \, (x+2)^{-(n+1)}\) : on obtient \((-1)^n n! \times \big(-(n+1)\big)(x+2)^{-(n+2)}\). C’est bien \(\dfrac{(-1)^{n+1}(n+1)!}{(x+2)^{n+2}}\), ce qui achève la récurrence.
2. Pour \(n = 0\), la formule donne \(\cos(2x)\). Supposons-la vraie au rang \(n\). En dérivant, \(v^{(n+1)}(x) = -2^{n+1} \sin\left(2x + n\dfrac{\pi}{2}\right)\). Or \(-\sin\theta = \cos\left(\theta + \dfrac{\pi}{2}\right)\) pour tout réel \(\theta\). Donc \(v^{(n+1)}(x) = 2^{n+1} \cos\left(2x + (n+1)\dfrac{\pi}{2}\right)\).
3. On obtient \(u^{(5)}(0) = -\dfrac{120}{2^6} = -\dfrac{15}{8}\). Par ailleurs, \(v^{(5)}(0) = 32 \cos\left(\dfrac{5\pi}{2}\right) = 0\). Ainsi, \(u^{(5)}(0) = -\dfrac{15}{8}\) et \(v^{(5)}(0) = 0\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Une fonction dérivable dont la dérivée oscille

Idée clé : en \(0\), le taux d’accroissement est écrasé par \(x^2\) ; ailleurs, le terme \(-2\cos(1/x^2)\) empêche la dérivée d’avoir une limite.

1. Pour \(x \neq 0\), on a \(\dfrac{f(x) – f(0)}{x} = x^2 \sin\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\). Le sinus étant borné par \(1\), ce taux reste entre \(-x^2\) et \(x^2\) : il converge vers \(0\). On en conclut que \(f^{\prime}(0)\) existe et vaut \(0\).
2. Hors de l’origine, on dérive le produit de \(x^3\) par \(\sin(1/x^2)\), deux fonctions dérivables sur \(\mathbb{R}^*\). La dérivée de \(\sin(1/x^2)\) vaut \(-\dfrac{2}{x^3}\cos\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\). On obtient \(f^{\prime}(x) = 3x^2 \sin\left(\dfrac{1}{x^2}\right) – 2\cos\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\).
3. On a \(\dfrac{1}{x_k^2} = 2k\pi\), donc \(f^{\prime}(x_k) = 3x_k^2 \times 0 – 2 \times 1 = -2\). Or \(x_k\) tend vers \(0\), alors que \(f^{\prime}(x_k)\) ne tend pas vers \(f^{\prime}(0) = 0\). Par caractérisation séquentielle, \(f^{\prime}\) n’est pas continue en \(0\). Ainsi, \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) sans être de classe \(C^1\).

Corrigé de l’exercice 8 – Encadrer une racine carrée par les accroissements finis

Idée clé : la dérivée \(\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\) décroît, ce qui donne un encadrement strict de \(\sqrt{b} – \sqrt{a}\).

1. La racine carrée est continue sur \([a,b]\) et dérivable sur \(]a,b[\), car \(a > 0\). L’égalité des accroissements finis fournit \(c \in \, ]a,b[\) tel que \(\sqrt{b} – \sqrt{a} = \dfrac{b – a}{2\sqrt{c}}\). Comme \(\sqrt{a} < \sqrt{c} < \sqrt{b}\) et \(b – a > 0\), on obtient \(\dfrac{b – a}{2\sqrt{b}} < \sqrt{b} – \sqrt{a} < \dfrac{b – a}{2\sqrt{a}}\).
2. Avec \(a = 100\) et \(b = 101\), il vient \(\dfrac{1}{2\sqrt{101}} < \sqrt{101} – 10 < \dfrac{1}{20}\). Ensuite, \(\sqrt{101} < 11\), donc \(\dfrac{1}{2\sqrt{101}} > \dfrac{1}{22}\). Ainsi, \(10 + \dfrac{1}{22} < \sqrt{101} < 10{,}05\), soit environ \(10{,}0454 < \sqrt{101} < 10{,}05\). L’amplitude vaut \(\dfrac{1}{20} – \dfrac{1}{22} = \dfrac{1}{220}\), qui est bien inférieure à \(5 \times 10^{-3}\).

Corrigé de l’exercice 9 – Nombre exact de racines réelles d’un polynôme

Idée clé : le théorème de Rolle majore le nombre de racines, le théorème des valeurs intermédiaires le minore.

1. Raisonnons par l’absurde avec quatre racines réelles distinctes ou plus. L’exemple guidé de la partie 3.2 montre que \(P^{\prime}\) aurait alors au moins trois racines réelles distinctes. Or \(P^{\prime}(x) = 5x^4 – 5 = 5(x – 1)(x + 1)(x^2 + 1)\) n’a que deux racines réelles, \(-1\) et \(1\). Cette contradiction limite à trois le nombre de racines réelles de \(P\).
2. Les valeurs \(P(-2) = -21\), \(P(-1) = 5\), \(P(0) = 1\), \(P(1) = -3\) et \(P(2) = 23\) alternent de signe entre \(-2\) et \(-1\), entre \(0\) et \(1\), puis entre \(1\) et \(2\). Comme \(P\) est continue, le théorème des valeurs intermédiaires place une racine dans \(]-2,-1[\), une autre dans \(]0,1[\) et une troisième dans \(]1,2[\) ; elles sont distinctes puisque ces trois intervalles ne se chevauchent pas. Par conséquent, \(P\) a exactement trois racines réelles, situées dans \(]-2,-1[\), \(]0,1[\) et \(]1,2[\).

Corrigé de l’exercice 10 – Un quotient trigonométrique lipschitzien

Idée clé : on majore \(|f^{\prime}|\) en étudiant une fonction de la variable \(t = \cos x\), puis on applique l’inégalité des accroissements finis.

1. Le dénominateur \(2 + \cos x\) est supérieur ou égal à \(1\), donc \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). On a \(f^{\prime}(x) = \dfrac{\cos x \,(2 + \cos x) + \sin^2 x}{(2 + \cos x)^2}\). Comme \(\cos^2 x + \sin^2 x = 1\), on obtient \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2\cos x + 1}{(2 + \cos x)^2}\).
2. On calcule \(\varphi^{\prime}(t) = \dfrac{2(2+t)^2 – 2(2t+1)(2+t)}{(2+t)^4} = \dfrac{2(1 – t)}{(2 + t)^3}\). Cette dérivée est positive sur \([-1,1]\), donc \(\varphi\) croît de \(\varphi(-1) = -1\) à \(\varphi(1) = \dfrac{1}{3}\). Ainsi, \(-1 \leqslant \varphi(t) \leqslant \dfrac{1}{3}\). Comme \(f^{\prime}(x) = \varphi(\cos x)\), on a \(|f^{\prime}(x)| \leqslant 1\) pour tout \(x\).
3. La fonction \(f\) est dérivable sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), avec \(|f^{\prime}| \leqslant 1\). L’inégalité des accroissements finis donne alors le résultat. Pour tous réels \(x, y\), \(|f(x) – f(y)| \leqslant |x – y|\).
4. La fonction \(f\) est \(2\pi\)-périodique, donc il suffit de l’étudier sur \([0, 2\pi]\). Elle y est continue, donc elle atteint ses bornes, soit aux extrémités, soit en un point intérieur où \(f^{\prime}\) s’annule. Or \(f^{\prime}(x) = 0\) équivaut à \(\cos x = -\dfrac{1}{2}\), soit \(x = \dfrac{2\pi}{3}\) ou \(x = \dfrac{4\pi}{3}\). On compare \(f(0) = f(2\pi) = 0\), \(f\left(\dfrac{2\pi}{3}\right) = \dfrac{\sqrt{3}/2}{3/2} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\) et \(f\left(\dfrac{4\pi}{3}\right) = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}\). Le maximum de \(f\) vaut \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) et son minimum \(-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Inégalité entre arctangente et fraction rationnelle

Idée clé : pour comparer deux fonctions égales en \(0\), on étudie le signe de la dérivée de leur différence.

1. Posons \(g(x) = \arctan x – \dfrac{x}{1+x^2}\) sur \([0, +\infty[\). On calcule \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1+x^2} – \dfrac{(1 + x^2) – 2x^2}{(1+x^2)^2} = \dfrac{2x^2}{(1+x^2)^2}\). Cette dérivée est positive, avec \(0\) pour unique zéro. La fonction \(g\) croît donc strictement sur \([0, +\infty[\) à partir de \(g(0) = 0\). Ainsi, \(\arctan x > \dfrac{x}{1+x^2}\) pour tout \(x > 0\).
2. Posons \(h(x) = x – \arctan x\). Alors \(h^{\prime}(x) = 1 – \dfrac{1}{1+x^2} = \dfrac{x^2}{1+x^2}\), qui est positive et ne s’annule qu’en \(0\). De même, \(h\) est strictement croissante et \(h(0) = 0\). Donc \(\arctan x < x\) pour tout \(x > 0\).
3. En divisant par \(x > 0\), on obtient \(\dfrac{1}{1+x^2} < \dfrac{\arctan x}{x} < 1\). Le minorant tend vers \(1\) quand \(x \to 0^{+}\). Par encadrement, \(\dfrac{\arctan x}{x}\) tend vers \(1\).

Corrigé de l’exercice 12 – Leibniz pour un polynôme fois une exponentielle

Idée clé : les dérivées de \(x^2\) s’annulent à partir du rang \(3\), donc seuls trois termes de la formule de Leibniz subsistent.

1. Les fonctions \(x \mapsto x^2\) et \(x \mapsto e^{-x}\) sont de classe \(C^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\). Leur produit \(f\) l’est donc aussi.
2. On a \(\left(e^{-x}\right)^{(j)} = (-1)^j e^{-x}\). Les dérivées de \(x^2\) sont \(2x\), \(2\), puis \(0\). Pour \(n \geqslant 2\), la formule de Leibniz donne \(f^{(n)}(x) = (-1)^n x^2 e^{-x} + n \cdot 2x \cdot (-1)^{n-1} e^{-x} + \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot 2 \cdot (-1)^{n-2} e^{-x}\). En factorisant par \((-1)^n e^{-x}\), on trouve \(x^2 – 2nx + n(n-1)\). Pour \(n = 0\) et \(n = 1\), on vérifie directement la même formule. Ainsi, \(f^{(n)}(x) = (-1)^n e^{-x}\left(x^2 – 2nx + n(n-1)\right)\) pour tout \(n\).
3. En \(x = 0\), il reste \(f^{(n)}(0) = (-1)^n n(n-1)\). Pour \(n = 2\), on obtient \(2\). Directement, \(f^{\prime}(x) = (2x – x^2)e^{-x}\), puis \(f^{\prime\prime}(x) = (2 – 2x)e^{-x} – (2x – x^2)e^{-x} = (x^2 – 4x + 2)e^{-x}\). On retrouve \(f^{\prime\prime}(0) = 2\), conforme à la formule.

Corrigé de l’exercice 13 – Réciproque de x plus logarithme

Idée clé : on exprime \(f^{\prime}\big(g(y)\big)\) à l’aide de \(g(y)\) seulement, ce qui donne une relation entre \(g^{\prime}\) et \(g\).

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\), avec \(f^{\prime}(x) = 1 + \dfrac{1}{x} > 0\). Elle est donc continue et strictement croissante. De plus, \(f(x) \to -\infty\) quand \(x \to 0^{+}\) et \(f(x) \to +\infty\) quand \(x \to +\infty\). L’image de \(]0, +\infty[\) est donc \(\mathbb{R}\) tout entier, et \(f\) réalise une bijection entre ces deux intervalles.
2. La dérivée \(1 + 1/x\) reste strictement positive. Ainsi, \(g\) est dérivable en tout réel et \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{f^{\prime}(g(y))} = \dfrac{1}{1 + 1/g(y)}\). En simplifiant, \(g^{\prime} = \dfrac{g}{1 + g}\).
3. On a \(f(1) = 1 + \ln 1 = 1\), donc \(g(1) = 1\) et \(g^{\prime}(1) = \dfrac{1}{2}\). Ensuite, \(g^{\prime} = 1 – \dfrac{1}{1+g}\) est dérivable comme composée de fonctions dérivables, car \(1 + g > 0\). Ainsi, \(g\) est deux fois dérivable et \(g^{\prime\prime} = \dfrac{g^{\prime}}{(1 + g)^2}\). On obtient \(g^{\prime\prime}(1) = \dfrac{1/2}{4} = \dfrac{1}{8}\).

Corrigé de l’exercice 14 – Demi-tangentes d’une racine multipliée par une valeur absolue

Idée clé : les problèmes viennent seulement des points où \(|x|\) ou \(\sqrt{1+x}\) cessent d’être dérivables, c’est-à-dire \(0\) et \(-1\).

1. Sur \(]-1, 0[\), on a \(f(x) = -x\sqrt{1+x}\). Sur \(]0, +\infty[\), \(f(x) = x\sqrt{1+x}\). Dans les deux cas, \(1 + x > 0\) et la racine carrée est dérivable sur \(]0, +\infty[\). Par produit et composition, \(f\) est dérivable sur \(]-1,0[\) et sur \(]0,+\infty[\).
2. Pour \(x \neq 0\), on a \(\dfrac{f(x) – f(0)}{x} = \dfrac{|x|}{x}\sqrt{1+x}\). Ce quotient tend vers \(1\) à droite et vers \(-1\) à gauche. Donc \(f^{\prime}_d(0) = 1\), \(f^{\prime}_g(0) = -1\), et \(f\) n’est pas dérivable en \(0\).
3. Pour \(-1 < x < 0\), on a \(\dfrac{f(x) – f(-1)}{x + 1} = \dfrac{|x|\sqrt{1+x}}{1+x} = \dfrac{|x|}{\sqrt{1+x}}\). Quand \(x \to -1^{+}\), le numérateur tend vers \(1\) et le dénominateur vers \(0^{+}\). Le taux tend vers \(+\infty\) : \(f\) n’est pas dérivable à droite en \(-1\), et la courbe y admet une demi-tangente verticale.

Corrigé de l’exercice 15 – Rolle itéré et équation exponentielle

Idée clé : chaque application du théorème de Rolle fait perdre au plus une racine ; après \(n\) dérivations, il en reste au moins une.

1. On raisonne par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 1\), \(h\) s’annule en deux points et le théorème de Rolle donne un zéro de \(h^{\prime}\) entre eux. Supposons le résultat vrai au rang \(n\). Soit \(h\) dérivable \(n + 1\) fois, nulle en \(z_0 < z_1 < \dots < z_{n+1}\). Sur chaque segment \([z_i, z_{i+1}]\), Rolle donne un zéro de \(h^{\prime}\) dans \(]z_i, z_{i+1}[\). Ces intervalles sont disjoints, donc \(h^{\prime}\) a au moins \(n + 1\) zéros distincts. Or \(h^{\prime}\) est \(n\) fois dérivable. L’hypothèse de récurrence montre alors que \(\left(h^{\prime}\right)^{(n)} = h^{(n+1)}\) s’annule.
2. Posons \(h(x) = e^{x} – a x^2 – b x – c\), de classe \(C^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\). Quatre solutions distinctes fourniraient quatre zéros de \(h\), puis, par la question 1 appliquée avec \(n = 3\), un zéro de \(h^{(3)}\). Or \(h^{(3)}(x) = e^{x} > 0\). C’est absurde : l’équation a au plus trois solutions.
3. Posons \(k(x) = e^{x} – 1 – x – \dfrac{x^2}{2}\). Alors \(k^{\prime\prime}(x) = e^{x} – 1\), négative sur \(]-\infty, 0]\) et positive sur \([0, +\infty[\). Ainsi, \(k^{\prime}\) admet un minimum en \(0\), où \(k^{\prime}(0) = 0\). Donc \(k^{\prime} \geqslant 0\), avec égalité seulement en \(0\). Par conséquent, \(k\) est strictement croissante, et \(k(0) = 0\). L’équation possède exactement une solution : \(x = 0\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Théorème de Darboux

Idée clé : le signe des demi-dérivées aux bornes empêche le minimum d’être atteint aux extrémités ; il est donc intérieur.

1. La fonction \(f\) est dérivable, donc continue, sur le segment \([a,b]\). Elle y atteint donc son minimum en un point \(c\). Comme \(f^{\prime}(a) < 0\), le taux \(\dfrac{f(x) – f(a)}{x – a}\) est strictement négatif pour \(x\) assez proche de \(a\) à droite. Pour ces \(x\), on a donc \(f(x) < f(a)\), et le minimum n’est pas en \(a\). De même, \(f^{\prime}(b) > 0\) rend le taux \(\dfrac{f(x) – f(b)}{x – b}\) positif pour \(x < b\) proche de \(b\). Comme \(x – b < 0\), on obtient \(f(x) < f(b)\). Ainsi, \(c \in \, ]a,b[\). C’est un extremum en un point intérieur, donc \(f^{\prime}(c) = 0\).
2. Si \(f^{\prime}(a) < \lambda < f^{\prime}(b)\), on applique la question 1 à \(x \mapsto f(x) – \lambda x\), dont la dérivée vaut \(f^{\prime} – \lambda\). Si au contraire \(f^{\prime}(a) > \lambda > f^{\prime}(b)\), on l’applique à \(x \mapsto \lambda x – f(x)\). Dans les deux cas, on obtient \(c \in \, ]a,b[\) tel que \(f^{\prime}(c) = \lambda\).
3. Supposons que la partie entière soit la dérivée d’une fonction \(F\) dérivable sur \([0,2]\). Sur \([0,1]\), on aurait \(F^{\prime}(0) = 0\) et \(F^{\prime}(1) = 1\). La question 2 avec \(\lambda = \dfrac{1}{2}\) fournirait \(c\) tel que \(F^{\prime}(c) = \dfrac{1}{2}\). Or la partie entière ne prend que des valeurs entières. C’est absurde : la partie entière n’est la dérivée d’aucune fonction sur \([0,2]\).

Corrigé de l’exercice 17 – Accroissements finis généralisés

Idée clé : le réel \(\lambda\) est choisi pour que \(f – \lambda g\) prenne la même valeur en \(a\) et en \(b\).

1. Si l’on avait \(g(b) = g(a)\), le théorème de Rolle appliqué à \(g\) donnerait un point de \(]a,b[\) où \(g^{\prime}\) s’annule. C’est exclu, donc \(g(b) \neq g(a)\).
2. Posons \(\lambda = \dfrac{f(b) – f(a)}{g(b) – g(a)}\) et \(\psi = f – \lambda g\). Cette fonction est continue sur \([a,b]\) et dérivable sur \(]a,b[\). De plus, \(\psi(b) – \psi(a) = \big(f(b) – f(a)\big) – \lambda\big(g(b) – g(a)\big) = 0\). Le théorème de Rolle fournit \(c\) tel que \(f^{\prime}(c) = \lambda g^{\prime}(c)\). Comme \(g^{\prime}(c) \neq 0\), on obtient \(\dfrac{f(b) – f(a)}{g(b) – g(a)} = \dfrac{f^{\prime}(c)}{g^{\prime}(c)}\).
3. Soit \(x > 0\). On applique la question 2 sur \([0, x]\) à \(F(t) = e^{t} – 1 – t\) et \(G(t) = t^2\). On a \(F(0) = G(0) = 0\), et \(G^{\prime}(t) = 2t \neq 0\) sur \(]0, x[\). Il existe donc \(c_x \in \, ]0, x[\) tel que \(\dfrac{e^{x} – 1 – x}{x^2} = \dfrac{e^{c_x} – 1}{2 c_x}\). Quand \(x \to 0^{+}\), on a \(c_x \to 0^{+}\) par encadrement. Or \(\dfrac{e^{c} – 1}{c}\) tend vers \(\exp^{\prime}(0) = 1\). La limite cherchée vaut donc \(\dfrac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 18 – Limite de la dérivée et prolongement

Idée clé : les accroissements finis transforment le taux d’accroissement en une valeur de la dérivée en un point intermédiaire.

1. Soit \(x \in \, ]a,b]\). La fonction \(f\) est continue sur \([a,x]\) et dérivable sur \(]a,x[\). Il existe donc \(c_x \in \, ]a,x[\) tel que \(\dfrac{f(x) – f(a)}{x – a} = f^{\prime}(c_x)\). Quand \(x \to a^{+}\), l’encadrement \(a < c_x < x\) donne \(c_x \to a^{+}\). Par composition des limites, \(f^{\prime}(c_x)\) tend vers \(\ell\). Donc \(f\) est dérivable à droite en \(a\) et \(f^{\prime}_d(a) = \ell\).
2. La fonction \(x \mapsto \sqrt{x}\sin x\) est continue sur \([0,1]\) et dérivable sur \(]0,1]\), de dérivée \(\dfrac{\sin x}{2\sqrt{x}} + \sqrt{x}\cos x\). Or \(\dfrac{\sin x}{2\sqrt{x}} = \dfrac{\sqrt{x}}{2} \times \dfrac{\sin x}{x}\) tend vers \(0 \times \dfrac{1}{2} \times 1 = 0\), et \(\sqrt{x}\cos x\) tend vers \(0\). D’après la question 1, la fonction est dérivable à droite en \(0\), de nombre dérivé \(0\).
3. La réciproque est fausse. La fonction de l’exercice 7 est dérivable en \(0\). Pourtant, avec \(y_k = \dfrac{1}{\sqrt{(2k+1)\pi}}\), on trouve \(f^{\prime}(y_k) = 2\), alors que \(f^{\prime}(x_k) = -2\). Ainsi, \(f^{\prime}\) n’a pas de limite en \(0\) : une fonction peut être dérivable sans que sa dérivée ait une limite.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Polynômes obtenus par dérivations successives

Idée clé : \(0\) et \(1\) sont des racines d’ordre \(n\) de \(g_n\) ; elles survivent aux \(n – 1\) premières dérivations et servent de bornes pour appliquer Rolle à chaque étape.

1. Le polynôme \(g_n\) est de degré \(2n\), de terme dominant \((-1)^n x^{2n}\). Dériver \(n\) fois \(x^{2n}\) donne \(\dfrac{(2n)!}{n!} x^n\), et les termes de degré inférieur donnent un degré au plus \(n – 1\). Donc \(Q_n\) est de degré \(n\), de coefficient dominant \((-1)^n \dfrac{(2n)!}{n!}\).
2. La formule de Leibniz donne \(Q_n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \left(x^n\right)^{(k)} \left((1-x)^n\right)^{(n-k)}\). D’une part, \(\left(x^n\right)^{(k)} = \dfrac{n!}{(n-k)!} x^{n-k}\) s’annule en \(0\) sauf si \(k = n\). Il reste en \(0\) le terme \(n! \times (1 – 0)^n\). D’autre part, \(\left((1-x)^n\right)^{(j)} = (-1)^j \dfrac{n!}{(n-j)!}(1-x)^{n-j}\) s’annule en \(1\) sauf si \(j = n\), c’est-à-dire \(k = 0\). Il reste en \(1\) le terme \(1^n \times (-1)^n n!\). Ainsi, \(Q_n(0) = n!\) et \(Q_n(1) = (-1)^n n!\).
3. Soit \(k \leqslant n – 1\). Par Leibniz, \(g_n^{(k)}\) est une somme de termes \(\left(x^n\right)^{(i)} \left((1-x)^n\right)^{(k-i)}\) avec \(0 \leqslant i \leqslant k\). Chacun contient le facteur \(x^{n-i}\), où \(n – i \geqslant n – k \geqslant 1\), et le facteur \((1-x)^{n-k+i}\), où \(n – k + i \geqslant 1\). Chaque terme s’annule donc en \(0\) et en \(1\), d’où \(g_n^{(k)}(0) = g_n^{(k)}(1) = 0\).
4. Pour \(k = 1\), on a \(g_n(0) = g_n(1) = 0\), et Rolle donne un zéro de \(g_n^{\prime}\) dans \(]0,1[\). Supposons ensuite que \(g_n^{(k)}\) ait \(k\) zéros \(z_1 < \dots < z_k\) dans \(]0,1[\), avec \(k \leqslant n – 1\). D’après la question 3, elle s’annule aussi en \(0\) et en \(1\). Cela fait \(k + 2\) zéros \(0 < z_1 < \dots < z_k < 1\). Entre deux de ces points voisins, Rolle place un zéro de \(g_n^{(k+1)}\) ; on en récolte \(k + 1\), tous distincts et intérieurs à \(]0,1[\). La récurrence se propage ainsi jusqu’à \(k = n\).
5. Pour \(k = n\), le polynôme \(Q_n\) possède au moins \(n\) racines distinctes dans \(]0,1[\). Or il est de degré \(n\), donc il en a au plus \(n\), comptées avec multiplicité. Ses racines sont donc exactement ces \(n\) réels, tous simples et situés dans \(]0,1[\).
6. On a \(g_2(x) = x^2 – 2x^3 + x^4\), puis \(g_2^{\prime}(x) = 2x – 6x^2 + 4x^3\) et \(Q_2(x) = 2 – 12x + 12x^2\). Le discriminant réduit vaut \(36 – 24 = 12\), d’où les racines \(\dfrac{6 \pm 2\sqrt{3}}{12} = \dfrac{1}{2} \pm \dfrac{\sqrt{3}}{6}\), environ \(0{,}211\) et \(0{,}789\). Elles sont bien simples et dans \(]0,1[\). De plus, \(Q_2(0) = 2 = 2!\), \(Q_2(1) = 2 = (-1)^2 \, 2!\), et le coefficient dominant \(12\) vaut \(\dfrac{4!}{2!}\). Tous les résultats du problème sont vérifiés pour \(n = 2\).

Pour aller plus loin

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