Correction du devoir 5 — Problèmes de synthèse — Dérivation — Al Moufid
1) Limite symétrique et dérivabilité
Soit \(f\) une fonction dérivable en un point \(x_0\).
a) Montrer que : \[ \lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{2h}=f'(x_0). \]
b) Réciproquement, si la limite précédente existe, peut-on dire que \(f\) est dérivable en \(x_0\) ?
a) Montrer la limite
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On écrit :
\[ f(x_0+h)-f(x_0-h) = \bigl(f(x_0+h)-f(x_0)\bigr) + \bigl(f(x_0)-f(x_0-h)\bigr). \]Donc, pour \(h\neq0\) :
\[ \frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{2h} = \frac12 \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} + \frac12 \frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h}. \]Dans le deuxième quotient, on pose \(u=-h\). Lorsque \(h\to0\), on a aussi \(u\to0\), et :
\[ \frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h} = \frac{f(x_0)-f(x_0+u)}{-u} = \frac{f(x_0+u)-f(x_0)}{u}. \]Comme \(f\) est dérivable en \(x_0\), on a :
\[ \lim_{h\to0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} = f'(x_0), \]et :
\[ \lim_{u\to0} \frac{f(x_0+u)-f(x_0)}{u} = f'(x_0). \]Par conséquent :
\[ \lim_{h\to0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{2h} = \frac12f'(x_0)+\frac12f'(x_0). \]b) La réciproque est-elle vraie ?
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La réciproque est fausse.
On prend par exemple :
\[ f(x)=|x| \quad\text{et}\quad x_0=0. \]Pour tout \(h\neq0\), on a :
\[ \frac{f(0+h)-f(0-h)}{2h} = \frac{|h|-|-h|}{2h} = \frac{|h|-|h|}{2h} = 0. \]Donc :
\[ \lim_{h\to0} \frac{f(h)-f(-h)}{2h} = 0. \]La limite symétrique existe.
Mais la fonction \(f(x)=|x|\) n’est pas dérivable en \(0\), car :
\[ \lim_{h\to0^+}\frac{|h|-0}{h}=1 \]et :
\[ \lim_{h\to0^-}\frac{|h|-0}{h}=-1. \]Les deux nombres dérivés à droite et à gauche sont différents.
2) Dérivabilité de \(g\) en \(0\)
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Soit \(g\) une fonction continue sur \(\mathbb{R}\) telle que : \[ \lim_{x\to0}\frac{g(2x)-g(x)}{x}=\ell. \]
Montrer que \(g\) est dérivable en \(0\) et que : \[ g'(0)=\ell. \]
Si \(0\lt|x|\lt\delta\), alors \(0\lt\left|\dfrac{x}{2^k}\right|\lt\delta\) pour tout \(k\geq1\). Par conséquent :
\[ 0\lt|t|\lt\delta \quad\Longrightarrow\quad |A(t)-\ell|\lt\varepsilon. \]Soit maintenant \(\varepsilon\gt0\). Il existe \(\delta\gt0\) tel que :
\[ \frac{g(x)-g(0)}{x} = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac1{2^k}A\left(\frac{x}{2^k}\right). \]Pour \(x\) fixé, lorsque \(n\to+\infty\), la continuité de \(g\) en \(0\) donne \(g\left(\dfrac{x}{2^n}\right)\to g(0)\). De plus, \(A\left(\dfrac{x}{2^k}\right)\to\ell\), donc la série pondérée converge absolument. Ainsi :
\[ \frac{g(x)-g\left(\frac{x}{2^n}\right)}{x} = \sum_{k=1}^{n}\frac1{2^k}A\left(\frac{x}{2^k}\right). \]Donc :
\[ g\left(\frac{x}{2^{k-1}}\right) - g\left(\frac{x}{2^k}\right) = \frac{x}{2^k}A\left(\frac{x}{2^k}\right). \]Or :
\[ g(x)-g\left(\frac{x}{2^n}\right) = \sum_{k=1}^{n} \left[ g\left(\frac{x}{2^{k-1}}\right) - g\left(\frac{x}{2^k}\right) \right]. \]Soit \(x\neq0\). Pour tout entier \(n\geq1\), la somme télescopique donne :
\[ \lim_{t\to0}A(t)=\ell. \]D’après l’hypothèse :
\[ A(t)=\frac{g(2t)-g(t)}{t}. \]Pour \(t\neq0\), posons :
3) Étudier puis représenter la fonction \(h\)
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Étudier puis représenter la fonction numérique \(h\) définie par : \[ h(x)=xE\left(\frac1x\right). \]
Domaine de définition
L’expression \(E\left(\dfrac1x\right)\) impose :
\[ x\neq0. \]Expression de \(h\) sur les intervalles positifs
Soit \(x\gt0\). Pour tout entier \(n\geq1\), on a :
\[ E\left(\frac1x\right)=n \]si et seulement si :
\[ n\leq\frac1x\lt n+1. \]Comme \(x\gt0\), cela équivaut à :
\[ \frac1{n+1}\lt x\leq\frac1n. \]Donc, pour tout \(n\in\mathbb{N}^{\ast}\),
\[ x\in\left]\frac1{n+1},\frac1n\right] \quad\Longrightarrow\quad h(x)=nx. \]De plus, si \(x\gt1\), alors :
\[ 0\lt\frac1x\lt1, \]donc :
\[ E\left(\frac1x\right)=0. \]Ainsi :
\[ x\gt1 \quad\Longrightarrow\quad h(x)=0. \]Expression de \(h\) sur les intervalles négatifs
Soit \(x\lt0\). Si :
\[ E\left(\frac1x\right)=-1, \]alors :
\[ -1\leq\frac1x\lt0. \]Cela correspond à :
\[ x\leq -1. \]Donc :
\[ x\leq -1 \quad\Longrightarrow\quad h(x)=-x. \]Plus généralement, pour tout \(n\in\mathbb{N}^{\ast}\), on a :
\[ E\left(\frac1x\right)=-(n+1) \]si et seulement si :
\[ -(n+1)\leq\frac1x\lt -n. \]Comme \(x\lt0\), on obtient :
\[ -\frac1n\lt x\leq -\frac1{n+1}. \]Ainsi :
\[ x\in\left]-\frac1n,-\frac1{n+1}\right] \quad\Longrightarrow\quad h(x)=-(n+1)x. \]Limites de \(h\)
Limite en \(0^+\)
Pour \(x\gt0\), on sait que :
\[ E\left(\frac1x\right)\leq\frac1x \lt E\left(\frac1x\right)+1. \]Donc :
\[ \frac1x-1\lt E\left(\frac1x\right)\leq\frac1x. \]Comme \(x\gt0\), en multipliant par \(x\), on obtient :
\[ 1-x\lt h(x)\leq1. \]Lorsque \(x\to0^+\), les deux membres extrêmes tendent vers \(1\). Donc :
Limite en \(0^-\)
Pour \(x\lt0\), on utilise encore :
\[ \frac1x-1\lt E\left(\frac1x\right)\leq\frac1x. \]En multipliant par \(x\lt0\), le sens des inégalités change :
\[ 1-x\gt h(x)\geq1. \]Donc :
\[ 1\leq h(x)\lt1-x. \]Lorsque \(x\to0^-\), les deux membres extrêmes tendent vers \(1\). Donc :
Ainsi :
Limite en \(+\infty\)
Si \(x\gt1\), on a :
\[ h(x)=0. \]Donc :
Limite en \(-\infty\)
Si \(x\leq-1\), on a :
\[ h(x)=-x. \]Donc :
Discontinuités et représentation graphique
Sur chaque intervalle où \(E\left(\dfrac1x\right)\) est constante, la fonction \(h\) est affine.
Pour \(x\gt0\), la courbe est formée des segments de droites :
\[ y=nx \quad\text{sur}\quad \left]\frac1{n+1},\frac1n\right], \qquad n\in\mathbb{N}^{\ast}, \]et de la demi-droite :
\[ y=0 \quad\text{sur}\quad ]1;+\infty[. \]Pour \(x\lt0\), la courbe est formée de :
\[ y=-x \quad\text{sur}\quad ]-\infty;-1], \]et des segments :
\[ y=-(n+1)x \quad\text{sur}\quad \left]-\frac1n,-\frac1{n+1}\right], \qquad n\in\mathbb{N}^{\ast}. \]Pour aller plus loin — Prolongement pédagogique proposé
Les questions suivantes ne font pas partie du devoir original imprimé dans le manuel. Elles sont ajoutées comme prolongement pédagogique pour enrichir la préparation aux devoirs surveillés.
Question ajoutée 1 — Peut-on prolonger \(h\) par continuité en \(0\) ?
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D’après la question précédente :
\[ \lim_{x\to0}h(x)=1. \]Donc on peut définir une nouvelle fonction \(\widetilde h\) sur \(\mathbb{R}\) par :
\[ \widetilde h(x)=h(x)\quad\text{si }x\neq0, \qquad \widetilde h(0)=1. \]Question ajoutée 2 — Où la fonction \(h\) est-elle discontinue ?
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En dehors de ces points et de \(0\), la fonction \(E\left(\dfrac1x\right)\) est localement constante. La fonction \(h\) y est donc affine et continue.
Si \(n=-m\), avec \(m\in\mathbb N^{\ast}\), alors \(h\left(-\dfrac1m\right)=1\), tandis que l’une des limites latérales vaut \(\dfrac{m+1}{m}\), donc diffère de \(1\).
\[ \lim_{x\to\left(\frac1n\right)^+}h(x) = \frac{n-1}{n}\neq1. \]Lorsque \(x\to\left(\dfrac1n\right)^+\), on a \(E\left(\dfrac1x\right)=n-1\) pour \(x\) suffisamment proche, donc :
\[ h\left(\frac1n\right)=1. \]Soit \(n\in\mathbb N^{\ast}\). On a :
\[ x=\frac1n,\qquad n\in\mathbb Z^{\ast}. \]La fonction partie entière change de valeur lorsque \(\dfrac1x\) franchit un entier non nul. Les seuls points candidats sont donc :
Ce devoir de synthèse porte sur la dérivabilité, les limites liées au nombre dérivé, une propriété fonctionnelle autour de \(0\), puis l’étude d’une fonction utilisant la partie entière.
L’objectif est de distinguer une limite symétrique du vrai nombre dérivé, de montrer une dérivabilité à partir d’une relation fonctionnelle, puis d’étudier une fonction définie à l’aide de la partie entière.
Ressources liées
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt
Travail personnel destiné à l’accompagnement des élèves de 2e Bac Sciences Mathématiques.
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