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Dérivabilité — cours

4ème année (Bac) · section Mathématiques · mathématiques, programme officiel tunisien.

Exercices corrigés : Dérivabilité Maths 4ème année (Bac) Mathématiques

Le cours

Rappel · 1

Nombre dérivé et taux d'accroissement

Une fonction ff est dérivable en un point x0x_0 si son taux d'accroissement admet une limite finie lorsque xx tend vers x0x_0 :

lim⁡x→x0f(x)−f(x0)x−x0=f′(x0)∈R\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f'(x_0) \in \mathbb{R}

Le réel f′(x0)f'(x_0) est le coefficient directeur de la tangente à la courbe (Cf)(C_f) au point d'abscisse x0x_0.

Point de départ · 2

Pour f(x)=xf(x) = \sqrt{x}, la formule usuelle donne f′(x)=12xf'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}. En x=0x = 0, cette formule divise par zéro. Que peut-on en déduire pour la courbe à l'origine ?

Remarque

L'inapplicabilité de la formule usuelle montre seulement que ff n'est pas dérivable au sens algébrique usuel, mais n'exclut pas l'existence d'une tangente verticale.

Définition · 3

Demi-tangente verticale

Soit ff une fonction continue à droite en un réel x0x_0.

lim⁡x→x0+f(x)−f(x0)x−x0=+∞ou−∞\lim_{x \to x_0^+} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = +\infty \quad \text{ou} \quad -\infty

Dans ce cas, ff n'est pas dérivable à droite en x0x_0, mais la courbe (Cf)(C_f) admet au point A(x0,f(x0))A(x_0, f(x_0)) une demi-tangente verticale d'équation x=x0x = x_0.

Remarque

La demi-tangente est dirigée vers le haut si la limite est +∞+\infty, et vers le bas si la limite est −∞-\infty.

Exemple travaillé · 4

Soit ff la fonction définie sur [1;+∞[[1 ; +\infty[ par f(x)=1+x−1f(x) = 1 + \sqrt{x-1}. Étudier la dérivabilité de ff à droite en 11 et interpréter géométriquement le résultat.

1

On forme le taux d'accroissement de ff à droite en 11 avec f(1)=1f(1) = 1 :

2
f(x)−f(1)x−1=(1+x−1)−1x−1=x−1x−1\frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \frac{(1 + \sqrt{x-1}) - 1}{x - 1} = \frac{\sqrt{x-1}}{x - 1}
3

Pour tout x>1x > 1, on simplifie l'expression par x−1\sqrt{x-1} :

4
x−1x−1=x−1(x−1)2=1x−1\frac{\sqrt{x-1}}{x - 1} = \frac{\sqrt{x-1}}{(\sqrt{x-1})^2} = \frac{1}{\sqrt{x-1}}
5

On évalue la limite quand xx tend vers 11 par valeurs supérieures :

6
lim⁡x→1+1x−1=+∞\lim_{x \to 1^+} \frac{1}{\sqrt{x-1}} = +\infty
7

La fonction ff n'est pas dérivable à droite en 11. La courbe (Cf)(C_f) admet au point A(1;1)A(1 ; 1) une demi-tangente verticale dirigée vers le haut d'équation x=1x = 1 pour y≥1y \ge 1.

Piège classique · 5

Soit g(x)=2x−6g(x) = \sqrt{2x-6} définie sur [3;+∞[[3 ; +\infty[. La formule usuelle donne g′(x)=12x−6g'(x) = \frac{1}{\sqrt{2x-6}}, dont le dénominateur s'annule en 33. Que peut-on conclure sur la tangente à (Cg)(C_g) au point d'abscisse 33 ?

Attention

Conclure qu'il n'y a pas de tangente parce que la dérivée formelle n'est pas calculable en 33.

À la place : La formule usuelle n'est valable que sur ]3;+∞[]3 ; +\infty[. En la borne 33, le taux d'accroissement donne lim⁡x→3+2x−6x−3=+∞\lim_{x \to 3^+} \frac{\sqrt{2x-6}}{x-3} = +\infty, ce qui prouve l'existence d'une demi-tangente verticale d'équation x=3x = 3.

Vérification · 6

Soit h(x)=−xh(x) = -\sqrt{x} définie sur [0;+∞[[0 ; +\infty[. On calcule lim⁡x→0+h(x)−h(0)x=−∞\lim_{x \to 0^+} \frac{h(x)-h(0)}{x} = -\infty. Quelle est la nature géométrique de la courbe en O(0,0)O(0,0) ?

Remarque

Le signe négatif de la limite infinie indique que la demi-tangente verticale d'équation x=0x = 0 est dirigée vers le bas.

Point de départ · 7

On lance une balle vers le haut à l'instant t=0t = 0. Elle retombe au sol à l'instant t=2t = 2. Sa hauteur vérifie h(0)=0h(0) = 0 et h(2)=0h(2) = 0. Si sa trajectoire est continue et sans à-coups, que peut-on affirmer sur sa vitesse verticale h′(t)h'(t) ?

Remarque

La balle monte puis redescend. À son sommet, sa vitesse verticale s'annule nécessairement : il existe au moins un instant où h′(t)=0h'(t) = 0.

Définition · 8

Théorème de Rolle

Soit deux réels aa et bb tels que a<ba < b, et ff une fonction définie sur [a;b][a ; b].

f est continue sur [a;b]f \text{ est continue sur } [a ; b]
f est deˊrivable sur ]a;b[f \text{ est dérivable sur } ]a ; b[
f(a)=f(b)f(a) = f(b)

∃c∈]a;b[tel quef′(c)=0\exists c \in ]a ; b[ \quad \text{tel que} \quad f'(c) = 0

Interprétation géométrique : la courbe (Cf)(C_f) admet au moins une tangente parallèle à l'axe des abscisses en un point d'abscisse c∈]a;b[c \in ]a ; b[.

Exemple travaillé · 9

Soit ff la fonction définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3−x+4f(x) = x^3 - x + 4. Démontrer, sans calculer f′(x)f'(x), qu'il existe un réel c∈]0;1[c \in ]0 ; 1[ tel que f′(c)=0f'(c) = 0.

1

On évalue la fonction aux deux bornes de l'intervalle [0;1][0 ; 1] :

2
f(0)=03−0+4=4etf(1)=13−1+4=4f(0) = 0^3 - 0 + 4 = 4 \quad \text{et} \quad f(1) = 1^3 - 1 + 4 = 4
3

On constate l'égalité des valeurs aux bornes : f(0)=f(1)=4f(0) = f(1) = 4.

4

La fonction ff est polynomiale, donc continue sur l'intervalle fermé [0;1][0 ; 1] et dérivable sur l'intervalle ouvert ]0;1[]0 ; 1[.

5

D'après le théorème de Rolle, il existe au moins un réel c∈]0;1[c \in ]0 ; 1[ tel que f′(c)=0f'(c) = 0.

Exemple travaillé · 10

Soit P(x)=(x−1)(x−2)(x−3)P(x) = (x-1)(x-2)(x-3). Montrer, sans développer ni dériver, que la courbe (CP)(C_P) admet au moins deux tangentes horizontales distinctes.

1

Le polynôme PP admet 11, 22 et 33 comme racines : P(1)=P(2)=P(3)=0P(1) = P(2) = P(3) = 0.

2

La fonction PP est polynomiale, donc continue et dérivable sur R\mathbb{R}.

3

Sur [1;2][1 ; 2] : PP est continue sur [1;2][1 ; 2], dérivable sur ]1;2[]1 ; 2[ et P(1)=P(2)P(1) = P(2). Par le théorème de Rolle, il existe c1∈]1;2[c_1 \in ]1 ; 2[ tel que P′(c1)=0P'(c_1) = 0.

4

Sur [2;3][2 ; 3] : PP est continue sur [2;3][2 ; 3], dérivable sur ]2;3[]2 ; 3[ et P(2)=P(3)P(2) = P(3). Par le théorème de Rolle, il existe c2∈]2;3[c_2 \in ]2 ; 3[ tel que P′(c2)=0P'(c_2) = 0.

5

Comme c1<2<c2c_1 < 2 < c_2, ces deux réels sont distincts. La courbe admet donc au moins deux tangentes horizontales.

Piège classique · 11

Pour montrer que la courbe de f(x)=x5−3x4−5x3+15x2+4x+2f(x) = x^5 - 3x^4 - 5x^3 + 15x^2 + 4x + 2 admet une tangente horizontale sur [−1;1][-1 ; 1], quelle démarche adopte-t-on ?

Attention

Calculer la dérivée f′(x)=5x4−12x3−15x2+30x+4f'(x) = 5x^4 - 12x^3 - 15x^2 + 30x + 4 et tenter de résoudre algébriquement f′(x)=0f'(x) = 0.

À la place : Résoudre une équation polynomiale de degré 4 est impraticable ici. On calcule f(−1)=14f(-1) = 14 et f(1)=14f(1) = 14. Puisque f(−1)=f(1)f(-1) = f(1), le théorème de Rolle garantit directement l'existence d'une tangente horizontale sans résoudre l'équation.

Vérification · 12

Soit gg une fonction continue sur [2;5][2 ; 5] et dérivable sur ]2;5[]2 ; 5[ telle que g(2)=g(5)=−1g(2) = g(5) = -1. Quelle propriété géométrique est garantie pour (Cg)(C_g) ?

Remarque

Les hypothèses du théorème de Rolle sont réunies : il existe c∈]2;5[c \in ]2 ; 5[ tel que g′(c)=0g'(c) = 0, ce qui correspond géométriquement à une tangente horizontale au point d'abscisse cc.

Point de départ · 13

Une voiture parcourt 120120 km en 22 heures, soit une vitesse moyenne de 6060 km/h. Si son mouvement est continu et sans à-coups, le compteur de vitesse a-t-il obligatoirement affiché exactement 6060 km/h à un moment du trajet ?

Remarque

La vitesse moyenne est d(2)−d(0)2−0=60\frac{d(2)-d(0)}{2-0} = 60 km/h. La fonction distance étant continue et dérivable, le compteur a nécessairement indiqué la vitesse moyenne à au moins un instant précis.

Définition · 14

Théorème des accroissements finis (TAF)

Soit deux réels aa et bb tels que a<ba < b, et ff une fonction définie sur [a;b][a ; b].

f est continue sur [a;b]f \text{ est continue sur } [a ; b]
f est deˊrivable sur ]a;b[f \text{ est dérivable sur } ]a ; b[

∃c∈]a;b[tel quef(b)−f(a)=f′(c)(b−a)\exists c \in ]a ; b[ \quad \text{tel que} \quad f(b) - f(a) = f'(c)(b - a)

f′(c)=f(b)−f(a)b−af'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}

Interprétation géométrique : la courbe (Cf)(C_f) admet au moins une tangente parallèle à la corde reliant les points A(a,f(a))A(a, f(a)) et B(b,f(b))B(b, f(b)).

Exemple travaillé · 15

Soit ff la fonction définie sur [1;2][1 ; 2] par f(x)=x2x−1f(x) = x^2\sqrt{x-1}. Montrer que l'équation f′(x)=4f'(x) = 4 admet au moins une solution dans l'intervalle ]1;2[]1 ; 2[.

1

On évalue la fonction ff aux bornes de l'intervalle [1;2][1 ; 2] :

2
f(1)=12×1−1=0etf(2)=22×2−1=4f(1) = 1^2 \times \sqrt{1-1} = 0 \quad \text{et} \quad f(2) = 2^2 \times \sqrt{2-1} = 4
3

On calcule le taux d'accroissement de ff entre 11 et 22 :

4
f(2)−f(1)2−1=4−01=4\frac{f(2) - f(1)}{2 - 1} = \frac{4 - 0}{1} = 4
5

La fonction x↦x2x \mapsto x^2 est continue et dérivable sur R\mathbb{R}. La fonction x↦x−1x \mapsto \sqrt{x-1} est continue sur [1;2][1 ; 2] et dérivable sur ]1;2[]1 ; 2[. Donc ff est continue sur [1;2][1 ; 2] et dérivable sur ]1;2[]1 ; 2[ comme produit.

6

D'après le théorème des accroissements finis, il existe au moins un réel c∈]1;2[c \in ]1 ; 2[ tel que :

7
f′(c)=f(2)−f(1)2−1=4f'(c) = \frac{f(2) - f(1)}{2 - 1} = 4
8

L'équation f′(x)=4f'(x) = 4 admet donc au moins une solution dans ]1;2[]1 ; 2[.

Exemple travaillé · 16

Soit ff la fonction définie sur R∗\mathbb{R}^* par f(x)=1x3f(x) = \frac{1}{x^3} et soit p∈N∗p \in \mathbb{N}^*. Montrer qu'il existe un réel c∈]p;p+1[c \in ]p ; p+1[ tel que 1p3−1(p+1)3=3c4\frac{1}{p^3} - \frac{1}{(p+1)^3} = \frac{3}{c^4}.

1

La fonction ff est rationnelle, donc continue sur [p;p+1][p ; p+1] et dérivable sur ]p;p+1[]p ; p+1[ pour tout entier p>0p > 0.

2

Pour tout x>0x > 0, la fonction dérivée de ff est :

3
f′(x)=−3x4f'(x) = -\frac{3}{x^4}
4

D'après le théorème des accroissements finis appliqué à ff sur l'intervalle [p;p+1][p ; p+1], il existe c∈]p;p+1[c \in ]p ; p+1[ tel que :

5
f(p+1)−f(p)=f′(c)((p+1)−p)f(p+1) - f(p) = f'(c)((p+1) - p)
6

On remplace avec les expressions respectives de ff et f′f' :

7
1(p+1)3−1p3=−3c4×1\frac{1}{(p+1)^3} - \frac{1}{p^3} = -\frac{3}{c^4} \times 1
8

En multipliant chaque membre par −1-1, on obtient :

9
1p3−1(p+1)3=3c4\frac{1}{p^3} - \frac{1}{(p+1)^3} = \frac{3}{c^4}

Piège classique · 17

On considère une fonction ff continue sur [0;3][0 ; 3] et dérivable sur ]0;3[]0 ; 3[ telle que f(0)=1f(0) = 1 et f(3)=7f(3) = 7. On souhaite prouver qu'il existe c∈]0;3[c \in ]0 ; 3[ tel que f′(c)=2f'(c) = 2. Quelle démarche convient ?

Attention

Chercher à déterminer une formule explicite pour f(x)f(x) ou tenter de dériver pour résoudre l'équation f′(x)=2f'(x) = 2.

À la place : On ne dispose pas de l'expression de f(x)f(x). On calcule le taux d'accroissement global f(3)−f(0)3−0=7−13=2\frac{f(3)-f(0)}{3-0} = \frac{7-1}{3} = 2. Le théorème des accroissements finis conclut immédiatement à l'existence de cc sans résoudre d'équation.

Vérification · 18

Soit gg une fonction continue sur [−1;2][-1 ; 2] et dérivable sur ]−1;2[]-1 ; 2[ vérifiant g(−1)=2g(-1) = 2 et g(2)=−1g(2) = -1. Quelle valeur de nombre dérivé g′(c)g'(c) est nécessairement atteinte pour au moins un réel c∈]−1;2[c \in ]-1 ; 2[ ?

Remarque

D'après le théorème des accroissements finis, il existe c∈]−1;2[c \in ]-1 ; 2[ tel que g′(c)=g(2)−g(−1)2−(−1)=−1−23=−1g'(c) = \frac{g(2)-g(-1)}{2-(-1)} = \frac{-1-2}{3} = -1.

Point de départ · 19

Un véhicule roule pendant 22 heures. Sa vitesse instantanée reste en permanence comprise entre 5050 km/h et 8080 km/h. Quel encadrement peut-on donner à la distance parcourue Δd\Delta d ?

Remarque

Puisque la vitesse v(t)=d′(t)v(t) = d'(t) est bornée par 5050 et 8080, la distance parcourue Δd=d(2)−d(0)\Delta d = d(2) - d(0) vérifie naturellement 50×2≤Δd≤80×250 \times 2 \le \Delta d \le 80 \times 2, soit 100≤Δd≤160100 \le \Delta d \le 160 km.

Définition · 20

Théorème de l'inégalité des accroissements finis (IAF)

Soit deux réels aa et bb tels que a<ba < b, et ff une fonction définie sur [a;b][a ; b].

f est continue sur [a;b]f \text{ est continue sur } [a ; b]
f est deˊrivable sur ]a;b[f \text{ est dérivable sur } ]a ; b[
∃m,M∈Rtels que∀x∈]a;b[,m≤f′(x)≤M\exists m, M \in \mathbb{R} \quad \text{tels que} \quad \forall x \in ]a ; b[, \quad m \le f'(x) \le M

m(b−a)≤f(b)−f(a)≤M(b−a)m(b - a) \le f(b) - f(a) \le M(b - a)

En divisant par l'amplitude strictement positive b−ab - a :

m≤f(b)−f(a)b−a≤Mm \le \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \le M

Exemple travaillé · 21

Soit ff la fonction définie sur [0;π4][0 ; \frac{\pi}{4}] par f(x)=tan⁡(x)f(x) = \tan(x). Démontrer que pour tout x∈[0;π4]x \in [0 ; \frac{\pi}{4}], on a x≤tan⁡(x)≤2xx \le \tan(x) \le 2x.

1

La fonction ff est dérivable sur [0;π4][0 ; \frac{\pi}{4}] et pour tout réel tt, sa dérivée est :

2
f′(t)=1+tan⁡2(t)f'(t) = 1 + \tan^2(t)
3

Sur [0;π4][0 ; \frac{\pi}{4}], la fonction tangente est positive et croissante : 0≤tan⁡(t)≤10 \le \tan(t) \le 1, donc 0≤tan⁡2(t)≤10 \le \tan^2(t) \le 1.

4

En ajoutant 11, on encadre la dérivée : 1≤1+tan⁡2(t)≤21 \le 1 + \tan^2(t) \le 2, c'est-à-dire 1≤f′(t)≤21 \le f'(t) \le 2.

5

Pour tout x∈]0;π4]x \in ]0 ; \frac{\pi}{4}], on applique l'inégalité des accroissements finis à ff sur [0;x][0 ; x] avec m=1m = 1 et M=2M = 2 :

6
1×(x−0)≤f(x)−f(0)≤2×(x−0)1 \times (x - 0) \le f(x) - f(0) \le 2 \times (x - 0)
7

Comme f(0)=tan⁡(0)=0f(0) = \tan(0) = 0, on obtient x≤tan⁡(x)≤2xx \le \tan(x) \le 2x. L'inégalité reste trivialement vérifiée pour x=0x = 0.

Exemple travaillé · 22

Soit f(t)=1+tf(t) = \sqrt{1+t} sur [0;a][0 ; a] avec a>0a > 0. Sachant que f′(t)=121+tf'(t) = \frac{1}{2\sqrt{1+t}} est strictement décroissante sur [0;a][0 ; a], montrer que a21+a≤1+a−1≤a2\frac{a}{2\sqrt{1+a}} \le \sqrt{1+a} - 1 \le \frac{a}{2}.

1

Puisque f′f' est décroissante sur [0;a][0 ; a], pour tout t∈[0;a]t \in [0 ; a] on a f′(a)≤f′(t)≤f′(0)f'(a) \le f'(t) \le f'(0), soit :

2
121+a≤f′(t)≤12\frac{1}{2\sqrt{1+a}} \le f'(t) \le \frac{1}{2}
3

La fonction ff est continue sur [0;a][0 ; a] et dérivable sur ]0;a[]0 ; a[. On applique l'inégalité des accroissements finis avec m=121+am = \frac{1}{2\sqrt{1+a}} et M=12M = \frac{1}{2} :

4
121+a(a−0)≤f(a)−f(0)≤12(a−0)\frac{1}{2\sqrt{1+a}}(a - 0) \le f(a) - f(0) \le \frac{1}{2}(a - 0)
5

Comme f(a)=1+af(a) = \sqrt{1+a} et f(0)=1f(0) = 1, on obtient directement :

6
a21+a≤1+a−1≤a2\frac{a}{2\sqrt{1+a}} \le \sqrt{1+a} - 1 \le \frac{a}{2}

Piège classique · 23

Soit ff dérivable sur [−1;0][-1 ; 0] telle que pour tout t∈[−1;0]t \in [-1 ; 0], on a 1≤f′(t)≤31 \le f'(t) \le 3. Soit a∈[−1;0]a \in [-1 ; 0]. Quel encadrement de f(0)−f(a)f(0) - f(a) obtient-on par l'inégalité des accroissements finis ?

Attention

Écrire l'intervalle comme [0;a][0 ; a] et multiplier par a−0a - 0, ce qui donnerait a≤f(a)−f(0)≤3aa \le f(a) - f(0) \le 3a en oubliant que aa est négatif et inverse le sens des inégalités.

À la place : Comme a≤0a \le 0, les bornes rangées dans l'ordre croissant forment l'intervalle [a;0][a ; 0]. L'amplitude est 0−a=−a>00 - a = -a > 0. En multipliant par cette amplitude strictement positive, on obtient : 1×(−a)≤f(0)−f(a)≤3×(−a)1 \times (-a) \le f(0) - f(a) \le 3 \times (-a), soit −a≤f(0)−f(a)≤−3a-a \le f(0) - f(a) \le -3a.

Vérification · 24

Soit gg une fonction dérivable sur [1;4][1 ; 4] telle que pour tout t∈[1;4]t \in [1 ; 4], on a ∣g′(t)∣≤5|g'(t)| \le 5. Quelle est la valeur maximale garantie pour ∣g(4)−g(1)∣|g(4) - g(1)| ?

Remarque

D'après la forme lipschitzienne de l'inégalité des accroissements finis, ∣g(b)−g(a)∣≤k∣b−a∣|g(b) - g(a)| \le k|b - a|. Avec k=5k = 5 et b−a=4−1=3b - a = 4 - 1 = 3, on a ∣g(4)−g(1)∣≤5×3=15|g(4) - g(1)| \le 5 \times 3 = 15.

Point de départ · 25

Soit la suite (un)(u_n) définie par u0=2u_0 = 2 et un+1=1+1unu_{n+1} = 1 + \frac{1}{\sqrt{u_n}}. La fonction associée f(x)=1+1xf(x) = 1 + \frac{1}{\sqrt{x}} est strictement décroissante sur [1;2][1 ; 2]. Les termes successifs oscillent autour de la limite : u0=2u_0 = 2, u1≈1,71u_1 \approx 1{,}71, u2≈1,76u_2 \approx 1{,}76, u3≈1,75u_3 \approx 1{,}75... La suite n'est ni croissante ni décroissante. Quelle démarche permet de prouver sa convergence ?

Remarque

Puisque la suite oscille, le signe de un+1−unu_{n+1} - u_n alterne en permanence. On ne peut pas utiliser le théorème de convergence monotone : il faut contrôler la distance ∣un−α∣|u_n - \alpha| au point fixe par une inégalité en valeur absolue.

Définition · 26

Suites récurrentes et contraction par l'IAF

Soit ff une fonction dérivable sur un intervalle fermé II et (un)(u_n) la suite définie par u0∈Iu_0 \in I et un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n).

I est stable par f:∀x∈I,  f(x)∈II \text{ est stable par } f : \forall x \in I, \; f(x) \in I
∃α∈Itel quef(α)=α\exists \alpha \in I \quad \text{tel que} \quad f(\alpha) = \alpha
∃k∈]0;1[tel que∀x∈I,  ∣f′(x)∣≤k\exists k \in ]0 ; 1[ \quad \text{tel que} \quad \forall x \in I, \; |f'(x)| \le k

∀n∈N,∣un+1−α∣≤k∣un−α∣\forall n \in \mathbb{N}, \quad |u_{n+1} - \alpha| \le k |u_n - \alpha|

Par itération et récurrence immédiate :

∀n∈N,∣un−α∣≤kn∣u0−α∣\forall n \in \mathbb{N}, \quad |u_n - \alpha| \le k^n |u_0 - \alpha|

Comme 0<k<10 < k < 1, on a lim⁡n→+∞kn=0\lim_{n \to +\infty} k^n = 0. Le théorème des gendarmes garantit que lim⁡n→+∞un=α\lim_{n \to +\infty} u_n = \alpha.

Exemple travaillé · 27

Soit f(x)=15(4+x2)f(x) = \frac{1}{5}(4+x^2) définie sur [0;1][0 ; 1] et (un)(u_n) la suite définie par u0=0u_0 = 0 et un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n). On admet que f([0;1])⊂[0;1]f([0 ; 1]) \subset [0 ; 1], que f(1)=1f(1) = 1 et que pour tout x∈[0;1]x \in [0 ; 1], ∣f′(x)∣≤25|f'(x)| \le \frac{2}{5}. Démontrer que lim⁡n→+∞un=1\lim_{n \to +\infty} u_n = 1.

1

On établit par récurrence que pour tout entier naturel nn, un∈[0;1]u_n \in [0 ; 1] :

2

Pour n=0n = 0, u0=0∈[0;1]u_0 = 0 \in [0 ; 1]. Si un∈[0;1]u_n \in [0 ; 1], alors un+1=f(un)∈[0;1]u_{n+1} = f(u_n) \in [0 ; 1] par stabilité de l'intervalle. Donc un∈[0;1]u_n \in [0 ; 1] pour tout nn.

3

La fonction ff est dérivable sur [0;1][0 ; 1] et vérifie ∣f′(x)∣≤25|f'(x)| \le \frac{2}{5}. Comme un∈[0;1]u_n \in [0 ; 1] et 1∈[0;1]1 \in [0 ; 1], on applique l'inégalité des accroissements finis :

4
∣f(un)−f(1)∣≤25∣un−1∣|f(u_n) - f(1)| \le \frac{2}{5}|u_n - 1|
5

Sachant que f(un)=un+1f(u_n) = u_{n+1} et f(1)=1f(1) = 1, cette relation devient :

6
∣un+1−1∣≤25∣un−1∣|u_{n+1} - 1| \le \frac{2}{5}|u_n - 1|
7

Par récurrence, on propage l'inégalité jusqu'au rang initial 00 :

8
∣un−1∣≤(25)n∣u0−1∣=(25)n∣0−1∣=(25)n|u_n - 1| \le \left(\frac{2}{5}\right)^n |u_0 - 1| = \left(\frac{2}{5}\right)^n |0 - 1| = \left(\frac{2}{5}\right)^n
9

Puisque 0<25<10 < \frac{2}{5} < 1, on a lim⁡n→+∞(25)n=0\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{2}{5}\right)^n = 0. Par le théorème des gendarmes, lim⁡n→+∞∣un−1∣=0\lim_{n \to +\infty} |u_n - 1| = 0, soit lim⁡n→+∞un=1\lim_{n \to +\infty} u_n = 1.

Exemple travaillé · 28

Soit une suite (un)(u_n) vérifiant u0=2u_0 = 2 et pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, ∣un+1−2∣≤12∣un−2∣|u_{n+1} - \sqrt{2}| \le \frac{1}{2}|u_n - \sqrt{2}|. Déterminer le plus petit entier naturel n0n_0 tel que pour tout n≥n0n \ge n_0, on ait ∣un−2∣≤10−2|u_n - \sqrt{2}| \le 10^{-2}.

1

Par récurrence, on exprime le majorant général au rang nn à partir du premier terme :

2
∣un−2∣≤(12)n∣u0−2∣|u_n - \sqrt{2}| \le \left(\frac{1}{2}\right)^n |u_0 - \sqrt{2}|
3

On évalue l'écart initial avec u0=2u_0 = 2 :

4
∣u0−2∣=2−2≤1|u_0 - \sqrt{2}| = 2 - \sqrt{2} \le 1
5

Pour garantir que l'écart est inférieur ou égal à 10−210^{-2}, il suffit que :

6
(12)n≤10−2  ⟺  2n≥100\left(\frac{1}{2}\right)^n \le 10^{-2} \iff 2^n \ge 100
7

On calcule les puissances entières successives de 22 :

8
26=64<100et27=128≥1002^6 = 64 < 100 \quad \text{et} \quad 2^7 = 128 \ge 100
9

Le plus petit entier cherché est donc n0=7n_0 = 7.

Piège classique · 29

Soit f(x)=cos⁡(x)f(x) = \cos(x) sur [0;1][0 ; 1] et la suite (wn)(w_n) définie par w0=0w_0 = 0 et wn+1=cos⁡(wn)w_{n+1} = \cos(w_n). Pourquoi est-il erroné de chercher le signe de wn+1−wnw_{n+1} - w_n pour prouver la convergence de (wn)(w_n) ?

Attention

Chercher à prouver qu'une suite récurrente est monotone alors que la fonction associée est décroissante.

À la place : Une fonction ff décroissante inverse l'ordre à chaque itération : les termes oscillent de part et d'autre du point fixe cc, rendant la différence wn+1−wnw_{n+1} - w_n de signe alterné. Il faut impérativement utiliser l'IAF en valeur absolue ∣wn+1−c∣≤sin⁡(1)∣wn−c∣|w_{n+1} - c| \le \sin(1)|w_n - c| pour établir la convergence.

Vérification · 30

Soit une suite (un)(u_n) définie sur un intervalle stable II vérifiant u0=1u_0 = 1, un+1=g(un)u_{n+1} = g(u_n) avec g(3)=3g(3) = 3 et ∣g′(x)∣≤14|g'(x)| \le \frac{1}{4} pour tout x∈Ix \in I. Compléter le majorant direct de l'écart au point fixe au rang nn.

Remarque

L'écart initial vaut ∣u0−3∣=∣1−3∣=2|u_0 - 3| = |1 - 3| = 2. En appliquant l'IAF de manière itérée, on obtient ∣un−3∣≤2×(14)n|u_n - 3| \le 2 \times \left(\frac{1}{4}\right)^n.

Point de départ · 31

Pour la parabole y=x2y = x^2, la tangente à l'origine est l'axe des abscisses et la courbe reste entièrement au-dessus. Pour la courbe y=x3y = x^3, que fait la courbe par rapport à sa tangente horizontale à l'origine ?

Remarque

Pour x<0x < 0, x3<0x^3 < 0 (la courbe est en dessous de l'axe), et pour x>0x > 0, x3>0x^3 > 0 (la courbe est au-dessus) : la courbe traverse sa tangente en l'origine.

Définition · 32

Point d'inflexion et dérivée seconde

Soit ff une fonction dérivable sur un intervalle ouvert II contenant aa et (Cf)(C_f) sa courbe représentative.

(Cf) traverse sa tangente au point I(a,f(a))(C_f) \text{ traverse sa tangente au point } I(a, f(a))

Le point I(a,f(a))I(a, f(a)) est alors appelé un point d'inflexion de la courbe (Cf)(C_f).

f est deux fois deˊrivable sur If \text{ est deux fois dérivable sur } I
f′′(x) s’annule en a en changeant de signef''(x) \text{ s'annule en } a \text{ en changeant de signe}

I(a,f(a)) est un point d’inflexion de (Cf)I(a, f(a)) \text{ est un point d'inflexion de } (C_f)

Exemple travaillé · 33

Soit ff la fonction définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x4−6x2+1f(x) = x^4 - 6x^2 + 1. Déterminer les points d'inflexion de la courbe (Cf)(C_f).

1

La fonction ff est polynomiale, donc deux fois dérivable sur R\mathbb{R}.

2
f′(x)=4x3−12xf'(x) = 4x^3 - 12x
3

On calcule la dérivée seconde f′′f'' :

4
f′′(x)=12x2−12=12(x2−1)=12(x−1)(x+1)f''(x) = 12x^2 - 12 = 12(x^2 - 1) = 12(x - 1)(x + 1)
5

On résout l'équation f′′(x)=0f''(x) = 0 : les solutions sont x=−1x = -1 et x=1x = 1.

6

Le trinôme 12x2−1212x^2 - 12 est strictement positif à l'extérieur des racines et strictement négatif entre −1-1 et 11. La dérivée seconde f′′f'' s'annule donc en changeant de signe en −1-1 et en 11.

7

On calcule les ordonnées associées : f(−1)=(−1)4−6(−1)2+1=−4f(-1) = (-1)^4 - 6(-1)^2 + 1 = -4 et f(1)=14−6(1)2+1=−4f(1) = 1^4 - 6(1)^2 + 1 = -4.

8

La courbe (Cf)(C_f) admet deux points d'inflexion : I1(−1;−4)I_1(-1 ; -4) et I2(1;−4)I_2(1 ; -4).

Exemple travaillé · 34

Soit f(x)=x3−6x2+9f(x) = x^3 - 6x^2 + 9. La tangente à (Cf)(C_f) au point I(2;−7)I(2 ; -7) a pour équation (T):y=−12x+17(T) : y = -12x + 17. Montrer que II est un point d'inflexion en étudiant la position relative de (Cf)(C_f) et (T)(T).

1

On étudie le signe de la différence f(x)−yf(x) - y pour tout réel xx :

2
f(x)−(−12x+17)=x3−6x2+9−(−12x+17)=x3−6x2+12x−8f(x) - (-12x + 17) = x^3 - 6x^2 + 9 - (-12x + 17) = x^3 - 6x^2 + 12x - 8
3

On reconnaît le développement d'une identité remarquable :

4
x3−6x2+12x−8=(x−2)3x^3 - 6x^2 + 12x - 8 = (x - 2)^3
5

Pour x≤2x \le 2, on a (x−2)3≤0(x - 2)^3 \le 0, donc (Cf)(C_f) est au-dessous de (T)(T).

6

Pour x≥2x \ge 2, on a (x−2)3≥0(x - 2)^3 \ge 0, donc (Cf)(C_f) est au-dessus de (T)(T).

7

La différence f(x)−yf(x) - y change de signe en x=2x = 2 : la courbe traverse sa tangente en ce point, ce qui prouve géométriquement que I(2;−7)I(2 ; -7) est un point d'inflexion.

Piège classique · 35

Soit f(x)=x4f(x) = x^4. Sa dérivée seconde est f′′(x)=12x2f''(x) = 12x^2. Sachant que f′′(0)=0f''(0) = 0, l'origine O(0;0)O(0 ; 0) est-elle un point d'inflexion de la courbe ?

Attention

Conclure qu'un point est un point d'inflexion dès que la dérivée seconde s'annule, sans vérifier le changement de signe.

À la place : Pour tout x∈Rx \in \mathbb{R}, f′′(x)=12x2≥0f''(x) = 12x^2 \ge 0 : la dérivée seconde s'annule en 00 mais conserve un signe constant positif. La courbe ne traverse pas sa tangente (elle reste constamment au-dessus) : O(0;0)O(0 ; 0) n'est pas un point d'inflexion.

Vérification · 36

Soit gg une fonction deux fois dérivable sur R\mathbb{R} dont la dérivée seconde est donnée par g′′(x)=(x−3)(x−1)2g''(x) = (x-3)(x-1)^2. Combien de points d'inflexion la courbe (Cg)(C_g) admet-elle ?

Remarque

g′′(x)g''(x) s'annule en 11 et en 33. En 11, le facteur (x−1)2(x-1)^2 est toujours positif ou nul, donc g′′g'' ne change pas de signe. En 33, le facteur (x−3)(x-3) change de signe : il y a donc un unique point d'inflexion en x=3x = 3.

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