Correction des exercices 43 à 50 — Dérivation et étude des fonctions
Manuel Al Moufid · 2e Bac Sciences Mathématiques
Les exercices 43 à 50 montrent comment le théorème des accroissements finis permet de transformer une information sur la dérivée en une information sur les valeurs d’une fonction. Selon les questions, on cherche à encadrer une différence, à démontrer une inégalité, à obtenir une estimation numérique ou à étudier une suite. La méthode fondamentale consiste à choisir une fonction adaptée, à vérifier sa continuité sur le segment considéré et sa dérivabilité sur l’intervalle ouvert associé, puis à exploiter l’égalité fournie par le théorème. Lorsque l’on dispose directement d’une borne sur la valeur absolue de la dérivée, l’inégalité des accroissements finis donne immédiatement une majoration de \(|f(b)-f(a)|\). Les derniers exercices utilisent également le théorème de Rolle à travers une fonction auxiliaire construite spécialement pour faire apparaître la relation demandée.
Exercice 43 — Encadrement d’une différence de puissances
Si une fonction \(f\) est continue sur un segment \([a,b]\) et dérivable sur \(]a,b[\), alors il existe au moins un réel \(c\in]a,b[\) tel que :
\[ f(b)-f(a)=(b-a)f'(c). \]Le point \(c\) n’est généralement pas connu. L’intérêt du théorème est justement de pouvoir encadrer \(f(b)-f(a)\) à partir d’un encadrement de \(f'(c)\).
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb{N}^{*}\) et tout \(r\in]0;1[\cap\mathbb{Q}\), on a :
\[ \frac{r}{(n+1)^{1-r}} \leq (n+1)^r-n^r \leq \frac{r}{n^{1-r}}. \]Afficher la correction Masquer la correction
Considérons la fonction :
\[ f(x)=x^r. \]Comme \(n\geq1\), la fonction \(f\) est continue sur \([n;n+1]\) et dérivable sur \(]n;n+1[\). Pour tout \(x\in]n;n+1[\) :
\[ f'(x)=rx^{r-1}=\frac{r}{x^{1-r}}. \]D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in]n;n+1[\) tel que :
\[ f(n+1)-f(n)=(n+1-n)f'(c). \]Donc :
\[ (n+1)^r-n^r=\frac{r}{c^{1-r}}. \]Or \(n\lt c\lt n+1\) et \(1-r\gt0\). Ainsi :
\[ n^{1-r}\lt c^{1-r}\lt(n+1)^{1-r}. \]Par passage aux inverses :
\[ \frac{1}{(n+1)^{1-r}} \lt \frac{1}{c^{1-r}} \lt \frac{1}{n^{1-r}}. \]En multipliant par \(r\gt0\), on obtient en particulier l’encadrement demandé :
Exercice 44 — Inégalité des accroissements finis
Si \(f\) est continue sur \([a,b]\), dérivable sur \(]a,b[\), et si \[ |f'(x)|\leq M \] sur l’intervalle considéré, alors :
\[ |f(b)-f(a)| \leq M|b-a|. \]La stratégie consiste donc à choisir la fonction dont la différence apparaît dans l’énoncé, puis à rechercher une borne simple de sa dérivée.
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La fonction \(f(t)=\sin t\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), et :
\[ f'(t)=\cos t. \]Pour tout réel \(t\) :
\[ |f'(t)|=|\cos t|\leq1. \]D’après l’inégalité des accroissements finis :
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Soit \(x\gt0\). La fonction \(f(t)=\operatorname{Arctan}t\) est continue sur \([0;x]\) et dérivable sur \(]0;x[\).
D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in]0;x[\) tel que :
\[ \operatorname{Arctan}x-\operatorname{Arctan}0 = x f'(c) = \frac{x}{1+c^2}. \]Comme \(0\lt c\lt x\), on a :
\[ \frac{1}{1+x^2} \lt \frac{1}{1+c^2} \lt 1. \]En multipliant par \(x\gt0\) :
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Considérons :
\[ f(t)=t\sin t. \]Pour tout \(t\in[0;10]\) :
\[ f'(t)=\sin t+t\cos t. \]Donc :
\[ |f'(t)| \leq |\sin t|+t|\cos t| \leq 1+10 = 11. \]D’après l’inégalité des accroissements finis :
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Pour \(x=0\), l’inégalité est immédiate. Soit \(x\in]0;\frac{\pi}{4}]\).
La fonction sinus est continue sur \([0;x]\) et dérivable sur \(]0;x[\). D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in]0;x[\) tel que :
\[ \sin x-\sin0=x\cos c. \]Comme \(0\lt c\lt x\leq\frac{\pi}{4}\), la fonction cosinus étant décroissante sur \([0;\pi]\), on a :
\[ \cos c \geq \cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt2}{2}. \]Ainsi :
Exercice 45 — Encadrements et majorations par la dérivée
Le TAF donne une égalité avec une valeur \(f'(c)\). Si l’on connaît un encadrement de la dérivée sur l’intervalle, cette égalité devient alors un encadrement de la différence \(f(b)-f(a)\).
Lorsque seule la valeur absolue intervient, l’inégalité des accroissements finis permet d’écrire directement :
\[ |f(b)-f(a)|\leq M|b-a|. \]Soient \(a\) et \(b\) deux réels tels que :
\[ 0\lt a\lt b\lt\frac{\pi}{2}. \]Montrer que :
\[ \frac{b-a}{\cos^2a} \lt \tan b-\tan a \lt \frac{b-a}{\cos^2b}. \]Afficher la correction Masquer la correction
La fonction \(f(x)=\tan x\) est continue sur \([a;b]\) et dérivable sur \(]a;b[\).
D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in]a;b[\) tel que :
\[ \tan b-\tan a = (b-a)\frac{1}{\cos^2c}. \]Sur \(]0;\frac{\pi}{2}[\), la fonction \(x\mapsto\frac{1}{\cos^2x}\) est strictement croissante. Comme \(a\lt c\lt b\) :
\[ \frac{1}{\cos^2a} \lt \frac{1}{\cos^2c} \lt \frac{1}{\cos^2b}. \]En multipliant par \(b-a\gt0\) :
Soit \(f\) la fonction définie sur \(]-\infty;\frac53]\) par :
\[ f(x)=\sqrt[3]{5-3x}+x-2. \]Montrer que, pour tous \(a,b\in]-1;\frac43[\) :
\[ |f(b)-f(a)| \lt \frac34|b-a|. \]Afficher la correction Masquer la correction
Pour \(x\in]-1;\frac43[\), on a :
\[ 1\lt5-3x\lt8. \]La fonction \(f\) est dérivable sur cet intervalle et :
\[ f'(x) = 1-\frac{1}{\left(\sqrt[3]{5-3x}\right)^2}. \]Comme :
\[ 1\lt\sqrt[3]{5-3x}\lt2, \]on obtient :
\[ \frac14 \lt \frac{1}{\left(\sqrt[3]{5-3x}\right)^2} \lt 1. \]Donc :
\[ 0\lt f'(x)\lt\frac34. \]D’après l’inégalité des accroissements finis :
Soit \(g\) la fonction définie par :
\[ g(x)=x\operatorname{Arctan}x. \]Montrer que :
\[ \forall(a,b)\in\mathbb{R}^2, \qquad |g(b)-g(a)|\leq3|b-a|. \]Afficher la correction Masquer la correction
La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), et :
\[ g'(x) = \operatorname{Arctan}x + \frac{x}{1+x^2}. \]Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
\[ |\operatorname{Arctan}x| \lt \frac{\pi}{2} \lt 2. \]D’autre part, puisque \((|x|-1)^2\geq0\), on a \(2|x|\leq1+x^2\), donc :
\[ \left|\frac{x}{1+x^2}\right| \leq \frac12 \lt 1. \]Par conséquent :
\[ |g'(x)|\lt3. \]D’après l’inégalité des accroissements finis :
Établir l’inégalité suivante :
\[ \forall(a,b)\in\mathbb{R}^2, \qquad |\operatorname{Arctan}a-\operatorname{Arctan}b| \leq |b-a|. \]Afficher la correction Masquer la correction
La fonction \(h(x)=\operatorname{Arctan}x\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), et :
\[ h'(x)=\frac{1}{1+x^2}. \]Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
\[ |h'(x)|\leq1. \]D’après l’inégalité des accroissements finis :
Exercice 46 — Encadrements trigonométriques
Le TAF permet de comparer une valeur difficile à une valeur remarquable voisine. Lorsque l’on connaît par exemple \(\sin45^\circ\) ou \(\sin90^\circ\), on peut contrôler l’écart avec une autre valeur du sinus à partir d’une borne sur le cosinus.
En utilisant le théorème des accroissements finis, établir les inégalités suivantes :
\[ \frac{\sqrt2}{2} \lt \sin50^\circ \lt \frac{\sqrt2}{2}+\frac{\pi}{36}, \] \[ |\sin80^\circ-1| \leq \frac{\pi}{36}. \]Afficher la correction Masquer la correction
On a :
\[ 45^\circ=\frac{\pi}{4}, \qquad 50^\circ=\frac{5\pi}{18}, \qquad 50^\circ-45^\circ=\frac{\pi}{36}. \]La fonction sinus est continue sur \([\frac{\pi}{4};\frac{5\pi}{18}]\) et dérivable sur l’intervalle ouvert correspondant. D’après le théorème des accroissements finis, il existe :
\[ c\in \left]\frac{\pi}{4};\frac{5\pi}{18}\right[ \]tel que :
\[ \sin50^\circ-\sin45^\circ = \frac{\pi}{36}\cos c. \]Comme \(0\lt\cos c\lt1\) :
\[ 0 \lt \sin50^\circ-\frac{\sqrt2}{2} \lt \frac{\pi}{36}. \]D’autre part :
\[ 80^\circ=\frac{4\pi}{9}, \qquad 90^\circ=\frac{\pi}{2}, \qquad 90^\circ-80^\circ=\frac{\pi}{18}. \]Pour tout \(x\in[\frac{4\pi}{9};\frac{\pi}{2}]\), on a \(0\leq\cos x\leq\cos80^\circ\). Comme \(80^\circ\gt60^\circ\), on a :
\[ \cos80^\circ \lt \cos60^\circ = \frac12. \]D’après l’inégalité des accroissements finis :
\[ |\sin80^\circ-\sin90^\circ| \leq \frac12 \left| \frac{\pi}{2}-\frac{4\pi}{9} \right| = \frac{\pi}{36}. \]Exercice 47 — Encadrement numérique d’une racine cubique
Pour obtenir une approximation sans calculatrice d’une valeur comme \(\sqrt[3]{1001}\), on peut comparer \(f(1001)\) à la valeur exacte \(f(1000)=10\). L’encadrement de \(f'\) sur \([1000,1001]\) donne alors, par le TAF, un encadrement de l’accroissement \(f(1001)-f(1000)\).
Montrer que, pour tout \(x\in[1000;1001]\) :
\[ \frac{1}{3(10{,}1)^2} \leq f'(x) \leq \frac{1}{3\times10^2}. \]Afficher la correction Masquer la correction
Pour tout \(x\in[1000;1001]\) :
\[ f'(x) = \frac{1}{3\left(\sqrt[3]{x}\right)^2}. \]Or :
\[ 10 = \sqrt[3]{1000} \leq \sqrt[3]{x} \leq \sqrt[3]{1001} \lt 10{,}1, \]car :
\[ (10{,}1)^3=1030{,}301\gt1001. \]En élevant au carré, puis en passant aux inverses :
En déduire que :
\[ 10{,}0032 \lt \sqrt[3]{1001} \lt 10{,}0034. \]Afficher la correction Masquer la correction
La fonction \(f\) est continue sur \([1000;1001]\) et dérivable sur \(]1000;1001[\).
D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in]1000;1001[\) tel que :
\[ \sqrt[3]{1001}-\sqrt[3]{1000} = f'(c)(1001-1000). \]Comme \(\sqrt[3]{1000}=10\), l’encadrement précédent donne :
\[ \frac{1}{3(10{,}1)^2} \leq \sqrt[3]{1001}-10 \leq \frac{1}{300}. \]Or :
\[ \frac{1}{3(10{,}1)^2} \gt 0{,}0032 \qquad\text{et}\qquad \frac{1}{300} \lt 0{,}0034. \]Exercice 48 — Fonction auxiliaire et théorème de Rolle
Lorsque la conclusion demandée contient à la fois \(f'(c)\) et une expression connue, on peut construire une fonction auxiliaire dont la dérivée est précisément la différence des deux membres. Si cette fonction prend la même valeur aux extrémités, le théorème de Rolle fournit alors le point recherché.
Soit \(f\) une fonction continue sur \([0;1]\) et dérivable sur \(]0;1[\), telle que :
\[ f(0)=0 \qquad\text{et}\qquad f(1)=1. \]Montrer qu’il existe au moins un réel \(c\in]0;1[\) tel que :
\[ f'(c)=\frac{1}{2\sqrt c}. \]Afficher la correction Masquer la correction
Considérons la fonction :
\[ g(x)=f(x)-\sqrt{x}. \]La fonction \(g\) est continue sur \([0;1]\) et dérivable sur \(]0;1[\). De plus :
\[ g(0)=f(0)-0=0 \] \[ g(1)=f(1)-1=0. \]D’après le théorème de Rolle, il existe \(c\in]0;1[\) tel que :
\[ g'(c)=0. \]Or :
\[ g'(x) = f'(x)-\frac{1}{2\sqrt{x}}. \]Donc :
Exercice 49 — TAF et divergence d’une suite
Le TAF fournit ici un encadrement de \(\sqrt{x+1}-\sqrt x\). Lorsqu’on remplace ensuite \(x\) par un entier \(k\) et qu’on somme les inégalités obtenues, les différences successives de racines se simplifient : on obtient une somme télescopique.
Soit \(x\) un réel strictement positif. Montrer que, pour tout \(t\in[x;x+1]\) :
\[ \frac{1}{2\sqrt{x+1}} \leq f'(t) \leq \frac{1}{2\sqrt{x}}. \]Afficher la correction Masquer la correction
Pour tout \(t\in[x;x+1]\) :
\[ f'(t)=\frac{1}{2\sqrt t}. \]Comme \(x\leq t\leq x+1\), on a :
\[ \sqrt x\leq\sqrt t\leq\sqrt{x+1}. \]En passant aux inverses :
En déduire que, pour tout \(x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\) :
\[ \frac{1}{2\sqrt{x+1}} \leq \sqrt{x+1}-\sqrt x \leq \frac{1}{2\sqrt x}. \]Afficher la correction Masquer la correction
La fonction \(f\) est continue sur \([x;x+1]\) et dérivable sur \(]x;x+1[\).
D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in]x;x+1[\) tel que :
\[ \sqrt{x+1}-\sqrt x = f'(c)(x+1-x) = f'(c). \]En appliquant l’encadrement de la question précédente à \(t=c\) :
On considère la suite numérique \((u_n)_{n\geq1}\) définie par :
\[ u_n = 1+\frac{1}{\sqrt2} +\frac{1}{\sqrt3} +\cdots +\frac{1}{\sqrt n}. \]Montrer que la suite \((u_n)\) est divergente.
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D’après la question précédente, pour tout entier \(k\geq1\) :
\[ \sqrt{k+1}-\sqrt k \leq \frac{1}{2\sqrt k}. \]Donc :
\[ \frac{1}{\sqrt k} \geq 2(\sqrt{k+1}-\sqrt k). \]En sommant de \(k=1\) à \(k=n\), on obtient :
\[ u_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt k} \geq 2\sum_{k=1}^{n} (\sqrt{k+1}-\sqrt k). \]La somme du membre de droite est télescopique :
\[ u_n \geq 2(\sqrt{n+1}-1). \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty} 2(\sqrt{n+1}-1) = +\infty. \]Exercice 50 — Fonction auxiliaire et théorème de Rolle
Pour appliquer Rolle à une fonction auxiliaire définie par morceaux ou par un quotient, il ne suffit pas de calculer sa dérivée sur l’intervalle ouvert. Il faut d’abord vérifier sa continuité aux extrémités du segment.
Ici, la valeur choisie \(g(a)=0\) doit coïncider avec la limite à droite de \(\frac{f(x)}{x-a}\). Cette vérification dépend directement des hypothèses sur \(f\) au point \(a\).
Soit \(f\) une fonction continue sur un segment \([a;b]\) et dérivable sur \([a;b[\), telle que :
\[ f(b)=0 \qquad\text{et}\qquad f'_d(a)=0. \]Le manuel a omis la condition \[ f(a)=0. \] Cette condition est indispensable pour que la fonction \(g\) définie ci-dessous soit continue en \(a\) et pour que la conclusion demandée soit vraie.
On travaille donc avec les conditions corrigées :
\[ f(a)=f(b)=0 \qquad\text{et}\qquad f'_d(a)=0. \]On considère la fonction \(g\) définie sur \([a;b]\) par :
\[ g(x)=\frac{f(x)}{x-a} \quad\text{si }x\neq a, \qquad g(a)=0. \]Montrer qu’il existe \(c\in]a;b[\) tel que :
\[ \frac{f(c)}{c-a}=f'(c). \]Afficher la correction Masquer la correction
Pour \(x\neq a\) :
\[ g(x)=\frac{f(x)}{x-a}. \]Comme \(f(a)=0\), on peut écrire :
\[ g(x) = \frac{f(x)-f(a)}{x-a}. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to a^+}g(x) = f'_d(a) = 0 = g(a). \]La fonction \(g\) est donc continue en \(a\). Elle est également continue sur \(]a;b]\), donc continue sur \([a;b]\).
Pour tout \(x\in]a;b[\), la fonction \(g\) est dérivable et :
\[ g'(x) = \frac{f'(x)(x-a)-f(x)} {(x-a)^2}. \]De plus :
\[ g(a)=0 \]et, puisque \(f(b)=0\) :
\[ g(b)=\frac{f(b)}{b-a}=0. \]Les conditions du théorème de Rolle sont donc vérifiées pour \(g\) sur \([a;b]\). Il existe alors \(c\in]a;b[\) tel que :
\[ g'(c)=0. \]Par conséquent :
\[ \frac{f'(c)(c-a)-f(c)} {(c-a)^2} = 0. \]Comme \(c\neq a\) :
\[ f'(c)(c-a)-f(c)=0. \]Le théorème des accroissements finis relie une différence de valeurs de la fonction à une valeur intermédiaire de sa dérivée. Dans les exercices d’encadrement, le travail essentiel consiste donc à contrôler cette dérivée : son signe, sa monotonie ou simplement sa valeur absolue. Lorsque \(|f'|\leq M\), l’inégalité des accroissements finis fournit directement \(|f(b)-f(a)|\leq M|b-a|\).
Ces résultats permettent aussi de construire des approximations numériques, comme pour \(\sqrt[3]{1001}\), ou de transformer un encadrement local en une information globale sur une suite, grâce à une sommation télescopique. Enfin, les exercices 48 et 50 rappellent qu’une fonction auxiliaire bien choisie peut ramener une relation compliquée à une application du théorème de Rolle. Dans tous les cas, la vérification des conditions de continuité et de dérivabilité doit précéder l’utilisation du théorème.
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt
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