Applications de la dérivation

Exercices du dossier Applications de la dérivation

Exercice 276 *

18 janvier 2021 15:26 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit \(f:[0,+\infty[ \rightarrow \mathbb{R}\) une fonction de classe \(C^1\) telle que \(f(0)=-1\) et \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)}=+\infty\). Montrer que si \(f\) s’annule au moins deux fois alors il en est de même de \(f'\).



[ID: 854] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Applications de la dérivation ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 276
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:26

Si \(f'\) ne s’annule pas alors \(f\) est strictement croissante et donc injective. Elle ne peut s’annuler alors au plus qu’une fois. Si \(f'\) ne s’annule qu’une fois, en un réel noté \(\alpha\), alors on en déduit que le tableau de variation de \(f\) est un des deux suivants :

Dans les deux cas, on remarque que \(f\) ne peut s’annuler qu’une fois. Par conséquent \(f'\) s’annule au moins deux fois.


Exercice 39 *

18 janvier 2021 15:26 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit \(f: \left\{ \begin{array}{ccl} [0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \sqrt{\sin x} + x \end{array} \right.\).

  1. Démontrer que \(f\) réalise une bijection vers un intervalle qu’on précisera.

  2. Prouver que \(f^{-1}\) est continue et dérivable sur cet intervalle.



[ID: 856] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Applications de la dérivation ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 39
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:26
  1. La fonction \(f\) est bien définie et strictement croissante sur \(I=[0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}]\). Elle réalise donc une bijection de \(I\) sur \(J=f\left(I\right)\). Mais par opération sur les fonctions continues, \(f\) est continue sur \(I\) donc \(J\) est un segment de \(\mathbb{R}\). Comme \(f(0)=0\), \(f\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right)=1+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\) et que \(f\) est croissante, il vient que \(J=\left[0,1+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right]\). En conclusion, \(f\) réalise une bijection de \([0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}]\) sur \([0,1+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}]\).

  2. Comme \(f\) est continue et strictement croissante sur \(I\), \(f^{-1}\) est continue et strictement croissante sur \(J\). De plus \(f\) est dérivable sur \(]0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}]\) et \(f'(x)={\scriptstyle\cos x\over\scriptstyle 2\sqrt{\sin x}}+1>0\). Donc \(f^{-1}\) est dérivable sur \(]0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}]\). Étudions la dérivabilité de \(f\) en \(0\). Considérons \(h\in \left]0,1+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right]\) et posons \(x=f^{-1}\left(h\right)\in\left]0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right]\). Remarquons que \(x=f^{-1}\left(h\right) \xrightarrow[h\rightarrow 0]{}0\). On a : \[\dfrac{f^{-1}\left(h\right)- f^{-1}\left(0\right)}{h}=\dfrac{x}{f(x)} = \dfrac{x}{\sqrt{\sin x}+x}=\dfrac{1}{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt x}\sqrt{{\scriptstyle\sin x\over\scriptstyle x}}+1} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\] car \(\dfrac{\sin x}{x}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}1\). Donc \(f^{-1}\) est aussi dérivable en \(0\) et \(f'(0)=0\). En conclusion \(f^{-1}\) est dérivable sur \(J\).


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Exercice 831
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:26
  1. La fonction \(\sin:\left[{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2},\pi\right[\rightarrow \left]0,1\right]\) est strictement décroissante et la fonction \(x\mapsto 1/x\) est strictement décroissante sur \(\left]0,1\right]\). Donc par utilisation de la règle des signes pour la composition des fonctions, \(f\) est strictement croissante sur \(\left[{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2},\pi\right[\). On en déduit que \(f\) réalise une bijection de \(I=\left]0,1\right]\) sur \(J=f\left(I\right)\). Par opération sur les fonctions continues, \(f\) est continue sur \(I\) et donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, \(J\) est un intervalle de \(\mathbb{R}\). Comme \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow \pi^-]{}+\infty\) et que \(f\left(\pi/2\right)=1\), on en déduit que \(J=\left[1,+\infty\right[\).

  2. \(f\) est dérivable sur \(I\) comme quotient de fonctions dérivables sur \(I\). De plus si \(x\in I\), \(f'\left(x\right)=-\cos x/\sin^2 x\). On remarque que \(f'\) ne s’annule qu’en \(\pi/2\). Donc \(f^{-1}\) est dérivable sur \(\left]1,+\infty\right[\). De plus, pour tout \(y\in\left]1,+\infty\right[\) : \[{f^{-1}}'\left(y\right)=\dfrac{1}{f'\left(f^{-1}\left(y\right)\right)}=-\dfrac{\sin^2 f^{-1}\left(y\right)}{\cos f^{-1}\left(y\right) }.\] Mais comme \(f^{-1}\left(y\right)\xrightarrow[y\rightarrow 1^+]{}\pi/2^+\), on en déduit que \({f^{-1}}'\left(y\right)\xrightarrow[y\rightarrow 1^+]{}-\infty\) et donc \(f^{-1}\) est, d’après le théorème du prolongement dérivable, non dérivable en \(1\). En conclusion \(f^{-1}\) est dérivable sur \(\left]1,+\infty\right[\).


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Exercice 829
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:26
  1. Remarquons d’abord que pour tout \(x\in \mathbb{R}\), \(\sqrt{x^2+1}>\sqrt{x^2}=\lvert x \rvert\) et que par conséquent, \(x+\sqrt{x^2+1}>x+\lvert x \rvert >0\). Donc la fonction \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}^{*}\). Pour \(x\neq 0\), écrivons \(f\) sous forme exponentielle : \[f(x)=e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)}\] Mais alors, lorsque \(x\rightarrow 0\), \[\ln(x+\sqrt{x^2+1})=\ln(1+(x+\sqrt{1+x^2}-1)) \underset{x\rightarrow 0}{\sim} (x+\sqrt{1+x^2}-1) \underset{x\rightarrow 0}{\sim} x\] Donc \(f(x)\xrightarrow[x \rightarrow 0]{} e\). On peut prolonger la fonction \(f\) par continuité en \(0\) en posant \[g:\left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \begin{cases} f(x) & \textrm{ si } x\neq 0 \\ e & \textrm{ si } x=0 \end{cases} \end{array} \right.\]

  2. Soit un réel \(x>0\). En utilisant les quantités conjuguées, \[f(-x)=e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\ln\left( \sqrt{x^2+1}-x\right)} =e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\ln\left( \dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\right)}=f(x)\] La fonction \(g\) est donc paire et on l’étudiera sur \([0,+\infty[\).

  3. On calcule pour \(x\neq 0\) : \[f'(x) = \dfrac{f(x)}{x^2(\sqrt{x^2+1})} \left(x -\sqrt {{x}^{2}+1}\ln (x+\sqrt {{x}^{2}+1}) \right)\] Il faut donc étudier le signe de \[a(x)= x-\sqrt{x^2+1}\ln(x+\sqrt{x^2+1})\] Mais \(a'(x)=-{{\scriptstyle\ln \left(x+\sqrt {{x}^{2}+1}\right)x\over\scriptstyle\sqrt {{x}^{2}+1}}}\). Comme \(x>0\), \(\sqrt{x^2+1}+x \geqslant 1\) et le logarithme est positif. Donc \(a'<0\) sur \(]0,+\infty[\) et puisque \(a(0)=0\), il vient que \(a<0\) sur \(]0,+\infty[\). Par conséquent, \(g\) est strictement décroissante sur \(]0,+\infty[\). Par ailleurs : \[g\left(x\right)=e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right) } = e^{ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\left( \ln x + \ln \left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}}\right) \right)} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}e^0=1\] car \(\ln x /x \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} 0\) et \(\ln \left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}}\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} 0\).

  4. Si \(g'(x)\xrightarrow[x \rightarrow 0]{} 0\) alors d’après le théorème du prolongement dérivable, \(g\) est dérivable en \(0\) et \(g'\left(0\right)=0\). On en déduit le graphe de \(g\) :


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Exercice 73
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:26
  1. Soit \(x \in \mathbb{R}\). On calcule \(f'(x) = 1 + \varepsilon g'(x) \geqslant 1 - \varepsilon M\). Par conséquent, si \(M < 1 / \varepsilon\), on est assuré que \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(f'(x) > 0\).

  2. Dans ce cas, la fonction \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), et d’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) vers \(J = f(\mathbb{R} )\). Montrons que \(J = \mathbb{R}\). Comme \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(f'(x) \geqslant 1 - \varepsilon M\), en notant \(k = 1 - \varepsilon M > 0\), on a \([f - kx]' > 0\) et donc la fonction \(x \mapsto f(x) - kx\) est croissante sur \(\mathbb{R}\). En particulier, pour \(x \geqslant 0\), on a \(f(x) \geqslant f(0) + kx\). Or \(f(0)+kx \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} +\infty\) et d’après le théorème de majoration, on en déduit que \(f(x) \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} +\infty\).

    De même, puisque \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(f'(x) \leqslant 1 + \varepsilon M\), en notant \(k' = 1 + \varepsilon M > 0\), on trouve que \(\forall x \leqslant 0\), \(f(x) \leqslant f(0) + k'x\). Mais puisque \(f(0) + k'x \xrightarrow[x \rightarrow -\infty]{} -\infty\), il vient que \(f(x) \xrightarrow[x \rightarrow -\infty]{} -\infty\). Donc \(J = ]-\infty, +\infty[\).


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