Séance Contact 10, Lundi 25 nov

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Communications:
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" Lorsqu'on doit determiner \(\alpha\) \(\beta\), pour qu'une fonction soit derivable (comme dans l'Ex-10-04 (et non pas "exo 3")) doit-ont toujours passer par la définition de la dérivée? Ou peut-on passer directement par des règles de dérivation? (même cas dans l'Ex-10-11) "
Théorème des accroissements finis

Exercice 1: (2014) Vrai ou faux? Soit \(f\in C^1(\mathbb{R})\) telle que \(f'(1)=0\). Alors il existe \(a\lt 1\) et \(b\gt 1\) tels que \(f(a)=f(b)\).

C'est faux. Comme contre-exemple: \(f(x)=(x-1)^3\), qui satisfait \(f'(1)=0\). Pourtant, \(a\lt 1\lt b\) implique toujours \(f(a)\lt f(b)\).


Exercice 2: (2014) Vrai ou faux? Soit \(f\in C^2(\mathbb{R})\). Si \(f(-2)=4\), \(f(0)=0\) et \(f(1)=-2\), alors il existe au moins un point \(c\in\mathbb{R}\) tel que \(f''(c)=0\).

C'est vrai. Puisque \(f\in C^2(\mathbb{R})\), elle est en particulier continue et dérivable. On peut donc appliquer:

Puisque \(f\in C^2(\mathbb{R})\), sa dérivée \(f':[c_1,c_2]\to\mathbb{R}\) est en particulier continue et dérivable sur \(]c_1,c_2[\). Comme \(f'(c_1)=f'(c_2)\), le Théorème de Rolle implique qu'il existe \(c\in]c_1,c_2[\) tel que \(f''(c)=0\).


Exercice 3: (2016) Vrai ou faux? Soient \(a,b\in\mathbb{R}\), \(a\lt b\), et soient \(f,g:[a,b]\to\mathbb{R}\) deux fonctions continues, dérivables sur \(]a,b[\),
  1. Si \(f'(x)\leqslant g'(x)\) pour tout \(x\in]a,b[\), alors \(f(x)\leqslant g(x)\) pour tout \(x\in ]a,b[\).
  2. Si \(f(x)\leqslant g(x)\) pour tout \(x\in]a,b[\), alors \(f'(x)\leqslant g'(x)\) pour tout \(x\in ]a,b[\).

  1. C'est faux. Contre-exemple: sur \([0,1]\), \(f(x)=1000\), \(g(x)=x\).
  2. C'est aussi faux. Contre-exemple: sur \([0,1]\), \(f(x)=\frac{1}{10}\sin(100x)\), \(g(x)=2\).


Exercice 4: (2017) Vrai ou faux? Soit \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) définie par \[ f(x)= \begin{cases} x&\text{ si }x\lt 0\,,\\ 2x+3&\text{ si }x\geqslant 0\,. \end{cases} \] Alors il existe \(g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) dérivable, telle que \(g'(x)=f(x)\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\).

C'est faux. Remarquons que \(f\) est discontinue en \(x=0\), puisque \[ \lim_{x\to 0^-}f(x)=0 \neq 3 =f(0)\,. \] Si il existait une fonction \(g\) dérivable telle que \(g'=f\), celle-ci serait continue en \(x=0\), et \[ \lim_{x\to 0^-}g'(x)= \lim_{x\to 0^-}f(x)=0\,. \] Par un théorème vu au cours (voir la troisième conséquence du Théorème des accroissements finis), on aurait donc \(g'(0)=g'_-(0)=0\). Pourtant \(g'(0)=f(0)=3\).

Quiz : (2017) Soit \(f:\left]-3,2\right[\,\, \to \mathbb{R}\) la fonction définie par \(f(x) = x^2 + 4 x - 1\). Alors pour tous les \(x \in\left]-3,2\right[\) et \(y \in\left]-3,2\right[\), tels que \(x\neq y\), on a:
  1. \(\displaystyle-1 \le \frac{f(x)-f(y)}{x-y} \leqslant 9\)
  2. \(\displaystyle-3 \le \frac{f(x)-f(y)}{x-y} \leqslant 7\)
  3. \(\displaystyle-2 \le \frac{f(x)-f(y)}{x-y} \leqslant 8\)
  4. \(\displaystyle-4 \le \frac{f(x)-f(y)}{x-y} \leqslant 6\)
Règle de Bernoulli-l'Hôpital

Exercice 5: Calculer \[ \lim_{x\to 1^-}\frac{\frac{\pi}{2}-\arcsin(x)}{\sqrt{1-x}} \]

Remarquons que la limite est une indétermination ''\(\frac00\)'', et qu'on peut l'écrire sous la forme \[ \lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)}{g(x)}\,, \] avec \(f(x)=\frac{\pi}{2}-\arcsin(x)\), \(g(x)=\sqrt{1-x}\), deux fonctions dérivables sur \(]0,1[\). On remarque que ni \(g\) ni \(g'\) ne s'annulent sur cet intervalle. Aussi, \[\begin{aligned} \lim_{x\to 1^-}\frac{f'(x)}{g'(x)} &=\lim_{x\to 1^-} \frac{-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{\frac{-1}{2\sqrt{1-x}}}\\ &=2\lim_{x\to 1^-} \frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1-x^2}}\\ &=2\lim_{x\to 1^-} \frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{(1-x)(1+x)}}\\ &=2\lim_{x\to 1^-} \frac{1}{\sqrt{1+x}}\\ &=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2} \end{aligned}\] Donc on peut appliquer la règle de BH pour conclure: \[ \lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)}{g(x)}=\sqrt{2}\,. \]


Exercice 6: Calculer la limite \[ \lim_{x\to+\infty}\frac{7x^{19}-5x^{11}+\log(x)}{e^{x+\log(x^{19})}+\sin(x)} \]

On extrait les termes dominants: \[\begin{aligned} \frac{7x^{19}-5x^{11}+\log(x)}{e^{x+\log(x^{19})}+\sin(x)} &= \frac{x^{19}(7-5x^{-8}+\frac{\log(x)}{x^{19}})}{x^{19}(e^x+\frac{\sin(x)}{x^{19}})}\\ &= \frac{7-5x^{-8}+\frac{\log(x)}{x^{19}}}{{\color{red} e^x}+\frac{\sin(x)}{x^{19}}}\\ \end{aligned}\] Donc la limite demandée est nulle.


Exercice 7: Calculer la limite \[ \lim_{x\to 0}\frac{\exp\left(x^{4}\cos\!\big(e^{1/x^2}\big)\right)-1}{x}\,. \]

Puisque \(|\cos(e^{1/x^2})|\leqslant 1\), on a \(\lim_{x\to 0} x^4\cos(e^{1/x^2})=0\). Ainsi, la limite demandée est une indétermination du type ''\(\frac00\)''.

Soit \(u\in [-1,1]\). Par le Théorème des accroissements finis, il existe \(c\) entre \(0\) et \(u\) tel que \[ e^u-1=e^u-e^0=e^c(u-0)\,. \] Puisque \(e^c\leqslant e\leqslant 3\), quel que soit \(u\in[-1,1]\), on a \[ |e^u-1|\leqslant 3|u|\qquad \forall u\in [-1,1] \] Ceci permet d'écrire, pour \(x\) suffisamment petit de façon à ce que \(u(x)=x^4\cos(e^{1/x^2})\in[-1,1]\), \[\begin{aligned} \left| \frac{\exp(x^4\cos(e^{1/x^2}))-1}{x} \right| &= \frac{|\exp(x^4\cos(e^{1/x^2}))-1|}{|x|} \\ &\leqslant \frac{3|x^4\cos(e^{1/x^2})|}{|x|} \\ &= 3|x^3|\cos(e^{1/x^2})|\\ &\leqslant 3|x|^3 \end{aligned}\] Ainsi, \[ \lim_{x\to 0} \frac{\exp(x^4\cos(e^{1/x^2}))-1}{x} =0\,. \]

Remarque: On serait peut-être tenté d'utiliser la règle de BH pour calculer la limite demandée. Si on nomme le numérateur \(N(x)=e^{x^4\cos (e^{1/x^2})} - 1\) et le dénominateur \(D(x)=x\), on remarque que \[\begin{aligned} &\frac{N'(x)}{D'(x)}\\ &= \left( 4 x^3 \cos(e^{1/x^2}) + x^4 \left(-\frac{2}{x^3}\right) e^{1/x^2} \sin(e^{1/x^2}) \right) \cdot e^{x^4 \cos (e^{1/x^2})}\\ &= \left( \underbrace{ 4 x^3 \cos(e^{1/x^2})}_{\to 0} {\color{red}-2x e^{1/x^2} \sin(e^{1/x^2}) } \right) \cdot \underbrace{ e^{x^4 \cos (e^{1/x^2})} }_{\to 1} \end{aligned}\] Or on peut montrer (comme on a fait pour montrer que \(\sin(1/x)\) n'a pas de limite lorsque \(x\to 0\)) que la partie \({\color{red}rouge\) n'a pas de limite lorsque \(x\to 0\).

On conclut que lorsque \(x\to 0\), \(\frac{N'(x)}{D'(x)}\) n'a pas de limite; la règle de BH ne permet donc pas de déterminer le comportement de \(\frac{N(x)}{D(x)}\).

Extras

Exercice 8: Montrer que \(f:\mathbb{R} \to\mathbb{R}\), définie par \(f(x)=x\sin(x)\), est surjective.

On remarque que lorsque \(x\) augmente, les valeurs de \(f(x)\) changent de signe en prenant des valeurs arbitrairement grandes.

Considérons deux suites (avec \(n\geqslant 1\):

Remarquons que \(a_n\lt b_n\) pour tout \(n\geqslant 1\). Pour montrer que \(f\) est surjective, on fixe un \(y\in \mathbb{R}\), et on montre qu'il existe toujours un \(x\in \mathbb{R}\) tel que \[ f(x)=y\,. \] Puisque \(a_n\to\infty\) et \(b_n\to+\infty\), il existe \(n\) tel que \(-a_n=f(a_n)\lt y\lt f(b_n)=b_n\). Par le Théorème des valeurs intermédiaires sur l'intervalle \([a_n,b_n]\), il existe \(x\in ]a_n,b_n[\) tel que \(f(x)=y\).


Exercice 9: Soit \(f\colon ]-1,1[\setminus\{0\}\to\mathbb{R}\) définie par \[ f(x)= \frac{\sqrt{4+x}-2}{x}\qquad x\neq 0\,. \]
  1. Montrer que \(f\) peut être prolongée par continuité en \(x_0=0\), et donner sa prolongée \(\widetilde{f}\colon ]-1,1[\to\mathbb{R}\) explicitement.
  2. Montrer que \(\widetilde{f}\) est dérivable sur \(]-1,1[\).
  3. Montrer que \(\widetilde{f}\in C^1(]-1,1[)\).

(Cet exercice était un exercice à rendre, automne 2022)

1. Clairement, \(f\) est continue en tout point \(x\neq 0\). Calculons, à l'aide du conjugué, \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0}f(x) &=\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{4+x}-2}{x}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{\sqrt{4+x}+2}\\ &=\frac{1}{4}\,. \end{aligned}\] Donc \(f\) est prolongeable par continuité en \(0\), et sa prolongée \(\widetilde{f}\colon]-1,1[\to\mathbb{R}\) est donnée par \[ \widetilde{f}(x)= \begin{cases} \frac{\sqrt{4+x}-2}{x}&\text{ si }x\neq 0\,,\\ \frac{1}{4}&\text{ si }x= 0\,. \end{cases} \] 2. Ensuite, étudions la dérivée de \(\widetilde{f}\). Clairement, \(\widetilde{f}\) est dérivable en dehors de zéro et sa dérivée en tout point \(x\neq 0\) se calcule comme suit: \[\begin{aligned} \widetilde{f}'(x) &=\frac{\frac{1}{2\sqrt{4+x}}x-(\sqrt{4+x}-2)1}{x^2}\\ &=\frac{4\sqrt{4+x}-(x+8)}{2x^2\sqrt{4+x}} \end{aligned}\] Au point \(x_0=0\), \[\begin{aligned} \widetilde{f}'(0) &=\lim_{x\to 0}\frac{\widetilde{f}(x)-\widetilde{f}(0)}{x-0}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{\sqrt{4+x}-2}{x}-\frac14}{x}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{4\sqrt{4+x}-(8+x)}{4x^2}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{16(4+x)-(8+x)^2}{4x^2(4\sqrt{4+x}+(8+x))}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{-1}{4(4\sqrt{4+x}+(8+x))}\\ &=-\frac{1}{64}\,. \end{aligned}\] Donc \(\widetilde{f}\) est dérivable sur \(]-1,1[\).

3. Par l'expression donnée ci-dessus, \(\widetilde{f}'\) est continue en dehors de \(x_0=0\). En ce point, \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0}\widetilde{f}'(x) &=\lim_{x\to 0} \frac{4\sqrt{4+x}-(x+8)}{2x^2\sqrt{4+x}}\\ &=\lim_{x\to 0} \frac{-x^2}{2x^2\sqrt{4+x}(4\sqrt{4+x}+(x+8))}\\ &=\lim_{x\to 0} \frac{-1}{2\sqrt{4+x}(4\sqrt{4+x}+(x+8))}\\ &=-\frac{1}{64}\\ &=\widetilde{f}'(0)\,. \end{aligned}\] Ainsi, \(\widetilde{f}'\) est aussi continue en \(x_0=0\), et donc \(\widetilde{f}\in C^1(]-1,1[)\).


Exercice 10: Calculer la limite \[ \lim_{n\to \infty} n\left( (2+\tfrac{\pi}{n})^{1/\sqrt{2}}-2^{1/\sqrt{2}} \right) \]

Cette indétermination ''\(\infty\cdot 0\)'' est difficile à traiter sans avoir recours au calcul différentiel. Si on pose \(f(x)=x^{1/\sqrt{2}}\), alors \[\begin{aligned} n\left( (2+\tfrac{\pi}{n})^{1/\sqrt{2}}-2^{1/\sqrt{2}} \right) &=\pi\frac{ (2+\frac{\pi}{n})^{1/\sqrt{2}}-2^{1/\sqrt{2}} }{\pi/n}\\ &=\pi\frac{f(2+h_n)-f(2)}{h_n}\,, \end{aligned}\] où \(h_n=\frac{\pi}{n}\to 0\). On reconnaît donc, dans la limite \(n\to\infty\), la dérivée de \(f\) en \(x_0=2\): \[\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{f(2+h_n)-f(2)}{h_n} &= \lim_{h\to 0}\frac{f(2+h)-f(2)}{h}\\ &= f'(2)=\frac{1}{\sqrt{2}}2^{1/\sqrt{2}-1}\,. \end{aligned}\] On a donc \[ \lim_{n\to \infty} n\left( (2+\tfrac{\pi}{n})^{1/\sqrt{2}}-2^{1/\sqrt{2}} \right) =\frac{\pi}{\sqrt{2}}2^{1/\sqrt{2}-1}\,. \]