Correction des exercices 01 à 09 — Dérivabilité en un point — Al Moufid
Exercices 01 à 09 — Dérivabilité en un point
En utilisant la définition, montrer que la fonction \(f\) est dérivable en \(x_0\), puis déterminer \(f^{\prime}(x_0)\) dans chacun des cas suivants.
Exercice 01
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La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=1 \]Pour \(x\neq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x} \]En multipliant par la quantité conjuguée :
\[ \frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x} = \frac{x^2}{x\left(\sqrt{x^2+1}+1\right)} = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}+1} \]Donc :
\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} = \lim_{x\to0}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+1} =0 \]Exercice 02
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La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(1\), et :
\[ f(1)=2-\sqrt[3]{1}=1. \]Pour \(x\neq1\), avec \(x\geq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac{2x-\sqrt[3]{x}-1}{x-1}. \]On écrit :
\[ 2x-\sqrt[3]{x}-1 = 2(x-1)-\left(\sqrt[3]{x}-1\right). \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = 2- \frac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}. \]Or :
\[ x-1 = \left(\sqrt[3]{x}-1\right) \left(x^{2/3}+x^{1/3}+1\right). \]Ainsi :
\[ \frac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1} = \frac1{x^{2/3}+x^{1/3}+1}. \]Par conséquent :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = 2- \frac1{x^{2/3}+x^{1/3}+1}. \]En faisant tendre \(x\) vers \(1\), on obtient :
\[ \lim_{x\to1} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = 2-\frac13 = \frac53. \]Exercice 03
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La fonction \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\), car \(x^2+2\gt0\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\), et :
\[ f(-2)=\frac{1}{(-2)^2+2}=\frac16 \]Pour \(x\neq-2\) :
\[ \frac{f(x)-f(-2)}{x+2} = \frac{\frac{1}{x^2+2}-\frac16}{x+2} \]En réduisant au même dénominateur :
\[ \frac{f(x)-f(-2)}{x+2} = \frac{6-(x^2+2)}{6(x^2+2)(x+2)} = \frac{4-x^2}{6(x^2+2)(x+2)} \]Or :
\[ 4-x^2=-(x-2)(x+2) \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(-2)}{x+2} = -\frac{x-2}{6(x^2+2)} \]D’où :
\[ \lim_{x\to-2}\frac{f(x)-f(-2)}{x+2} = -\frac{-4}{6\times6} = \frac19 \]Exercice 04
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La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=0 \]Pour \(x\neq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{x|x|}{x} = |x| \]Donc :
\[ \lim_{x\to0}|x|=0 \]Exercice 05
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La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), car \(x+1\gt0\) au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=-\operatorname{Arctan}(1)=-\frac{\pi}{4} \]Pour \(x\neq0\), avec \(x\gt-1\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = 2- \frac{ \operatorname{Arctan}\sqrt{x+1}-\frac{\pi}{4} }{x}. \]Posons :
\[ y=\sqrt{x+1}. \]Lorsque \(x\to0\), on a \(y\to1\), et :
\[ x=y^2-1=(y-1)(y+1). \]Au voisinage de \(y=1\), la formule de différence des arctangentes donne :
\[ \operatorname{Arctan}(y)-\frac{\pi}{4} = \operatorname{Arctan}\left(\frac{y-1}{y+1}\right). \]Posons alors :
\[ t=\frac{y-1}{y+1}. \]Lorsque \(x\to0\), on a \(t\to0\). De plus :
\[ \begin{aligned} \frac{ \operatorname{Arctan}\sqrt{x+1}-\frac{\pi}{4} }{x} &= \frac{\operatorname{Arctan}(t)}{t} \cdot \frac{t}{x}\\ &= \frac{\operatorname{Arctan}(t)}{t} \cdot \frac1{(y+1)^2}. \end{aligned} \]Or :
\[ \lim_{t\to0}\frac{\operatorname{Arctan}(t)}{t}=1 \]et :
\[ \lim_{y\to1}\frac1{(y+1)^2}=\frac14. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0} \frac{ \operatorname{Arctan}\sqrt{x+1}-\frac{\pi}{4} }{x} = \frac14. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} = 2-\frac14 = \frac74. \]Exercice 06
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La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), car \(\tan(4x)\) est définie au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=\cos0-\sin^2 0+\tan0=1 \]Pour \(x\neq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{\cos x-1}{x} - \frac{\sin^2x}{x} + \frac{\tan(4x)}{x} \]D’après les limites usuelles :
\[ \lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x}=0 \]De plus :
\[ \frac{\sin^2x}{x} = \sin x\cdot\frac{\sin x}{x} \]donc :
\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x}=0 \]Enfin :
\[ \frac{\tan(4x)}{x} = 4\frac{\tan(4x)}{4x} \]d’où :
\[ \lim_{x\to0}\frac{\tan(4x)}{x}=4 \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} = 0-0+4 = 4 \]Exercice 07
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La fonction est définie au voisinage de \(0\). Pour \(x\neq0\), avec \(x\gt-1\) :
\[ f(x)=\frac{\sqrt{x+1}-1}{x} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+1} \]Alors :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}-\frac12}{x} \]En réduisant au même dénominateur :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{1-\sqrt{x+1}}{2x(\sqrt{x+1}+1)} \]Or :
\[ 1-\sqrt{x+1}=-(\sqrt{x+1}-1) \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = -\frac{\sqrt{x+1}-1}{2x(\sqrt{x+1}+1)} \]Comme :
\[ \frac{\sqrt{x+1}-1}{x} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+1} \]on obtient :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = -\frac{1}{2(\sqrt{x+1}+1)^2} \]Par passage à la limite :
\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} = -\frac{1}{2(2)^2} = -\frac18 \]Exercice 08
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La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=0 \]Pour \(x\neq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{x^2\cos\left(\frac1x\right)}{x} = x\cos\left(\frac1x\right) \]Comme :
\[ -1\leq \cos\left(\frac1x\right)\leq1 \]on a :
\[ -|x|\leq x\cos\left(\frac1x\right)\leq |x| \]Or :
\[ \lim_{x\to0}-|x|=0 \quad\text{et}\quad \lim_{x\to0}|x|=0 \]Donc, d’après le théorème d’encadrement :
\[ \lim_{x\to0}x\cos\left(\frac1x\right)=0 \]Exercice 09
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La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(-1\), car \(-1\neq1\), et :
\[ f(-1)=\frac{\sin((-1)^2-1)}{-1-1} = 0 \]Pour \(x\neq-1\), avec \(x\neq1\) :
\[ \frac{f(x)-f(-1)}{x+1} = \frac{\sin(x^2-1)}{(x-1)(x+1)} \]Or :
\[ x^2-1=(x-1)(x+1) \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(-1)}{x+1} = \frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1} \]Lorsque \(x\to -1\), on a \(x^2-1\to0\). Ainsi, d’après la limite usuelle :
\[ \lim_{x\to-1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}=1 \]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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