5-Dérivabilité Et Applications
5-Dérivabilité Et Applications
5-Dérivabilité Et Applications
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Notion de différentiabilité : Soit 𝑓 définie sur un intervalle ouvert I ⊆ 𝐷𝑓 , et 𝑥0 ∈ I
ssi ∃ 𝑓 ′ 𝑥0 ∈ ℝ 𝑓(𝑥)
= 𝑓(𝑥0 ) + 𝑓 ′ 𝑥0 𝑥 − 𝑥0 + 𝑥 − 𝑥0 𝜀( 𝑥 − 𝑥0 ), lim 𝜀 ( 𝑥 − 𝑥0 ) = 0
𝑥→𝑥0
Remarques :
𝑓(𝑥0 +ℎ)−𝑓(𝑥0 )
• Le rapport ℎ
est le taux d’accroissement de 𝑓 en 𝑥0 et 𝑥0 + ℎ.
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Exemples : Soit 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 1
2𝑥0 ℎ + ℎ2
= lim
ℎ→0 ℎ
= lim 2𝑥0 + ℎ
ℎ→0
= 2𝑥0
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Interprétation géométrique de la dérivée : C𝑓 est le représentation graphique de f.
𝑥0 𝑥
Soient 𝑀0 = 𝑓(𝑥 ) 𝑒𝑡 𝑀 = 𝑓(𝑥)
0
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0 ) f ( x0 ) M
tan( 𝛼) = ⟶𝑚 0
𝑥 − 𝑥0
0 x x0
coefficient directeur de (𝑀0 𝑀) et par suite de (𝑀0 𝑇)
𝑦
Théorème : Cf T
M0
𝑥0 f ( x0 )
f est dérivable en 𝑥0 ssi C𝑓 admet au point 𝑀0 = 𝑓(𝑥 ) une
0
tangente non parallèle à l’axe (𝑦’𝑂𝑦). 0 x0
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Dérivée à gauche et dérivée à droite :
Définition :
Point anguleux
Exemple :
𝑓(𝑥) = 𝑥 , 𝑥0 = 0
0
𝑓(𝑥) − 𝑓(0) 𝑥 lim+ 1 = 1 𝑠𝑖 𝑥>0
lim = lim = ൞ 𝑥→0
𝑥→0 𝑥−0 𝑥→0 𝑥 lim − 1 = −1 𝑠𝑖 𝑥<0
𝑥→0−
Ainsi, 𝑓𝑔′ (0) = −1 𝑒𝑡 𝑓𝑑′ (0) = 1. Comme 𝑓𝑔′ (0) ≠ 𝑓𝑑′ (0), f est non dérivable au point 0.
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Remarque :
1 1
lim 𝑓 ′ (𝑥) = lim 2 𝑥 sin 𝑥
− cos 𝑥
n’existe pas.
𝑥→0 𝑥→0
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𝑦 C𝑓
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0 )
𝑓(𝑥0 ) 𝑀0
lim =∞
𝑥→𝑥0 𝑥 − 𝑥0
0 𝑥0 𝑥
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𝑦
𝑀0
𝑓(𝑥0 )
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0 )
lim = 𝑓 ′ 𝑥0 = 0
C𝑓
𝑥→𝑥0 𝑥 − 𝑥0
0 𝑥0 𝑥
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𝑦 C𝑓
𝑀0 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0 )
𝑓(𝑥0 ) lim = 𝑓 ′ 𝑥0 ≠ 0
𝑥→𝑥0 𝑥 − 𝑥0
𝑓′ 𝑥0 = 𝑓𝑑 ′(𝑥0 ) = 𝑓𝑔 ′(𝑥0 ) ∈ ℝ
0 𝑥0 𝑥
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𝑦 C𝑓 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0 )
lim− = 𝑓𝑔′ 𝑥0 ∈ ℝ
𝑥→𝑥0 𝑥 − 𝑥0
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0 )
lim+ = 𝑓𝑑′ 𝑥0 ∈ ℝ
𝑥→𝑥0 𝑥 − 𝑥0
𝑓(𝑥0 )
𝑀0 𝑓𝑑 ′(𝑥0 ) ≠ 𝑓𝑔 ′(𝑥0 )
0 𝑥0 𝑥
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Exemple :
𝜋
• La fonction trigonométrique 𝑥 ↦ tan( 𝑥) est dérivable sur Rൗ + 𝑘𝜋/𝑘 ∈ Z
2
- une fonction 𝑓 est de classe 𝒞 𝑘 sur un intervalle 𝐼 ssi 𝑓 est k-fois dérivable sur 𝐼 et
la dérivée kième est continue sur 𝐼.
- une fonction 𝑓 est de classe 𝒞 ∞ sur un intervalle 𝐼 ssi 𝑓 est infiniment dérivable et
continue sur I.
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Théorème :
Si 𝑓 et 𝑔 sont dérivables en 𝑥0, alors 𝜆𝑓(𝜆 ∈ R∗ ), 𝑓 , 𝑓 + 𝑔, 𝑓 × 𝑔 sont dérivables
1 𝑓
en 𝑥0. Si 𝑔 𝑥0 ≠ 0 alors 𝑔 , 𝑔 sont dérivables en 𝑥0.
Théorème :
Si 𝑓 est dérivable en 𝑥0 et 𝑔 dérivable en 𝑓(𝑥0) alors, 𝑔 ∘ 𝑓 est dérivable en 𝑥0 et
′
′
𝑔∘𝑓 𝑥0 = 𝑔 𝑓 𝑥0 = 𝑔′ 𝑓(𝑥0 ) × 𝑓′(𝑥0 )
Preuve :
𝑔𝑜𝑓 (𝑥0 + ℎ) − 𝑔𝑜𝑓 (𝑥0 )
𝑔𝑜𝑓 ′ (𝑥0 ) = lim
ℎ→0 ℎ
𝑔 𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑔 𝑓(𝑥0 ) 𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0 )
= lim ×
ℎ→0 𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0 ) ℎ
𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑 ℎ → 0, 𝑓 𝑥0 + ℎ → 𝑓 𝑥0 . D’où, 𝑔 ∘ 𝑓 ′ (𝑥0 ) = 𝑔′ 𝑓(𝑥0 ) × 𝑓′(𝑥0 )
Exemple :
𝑔(𝑥) = cos( 𝑥) 𝑒𝑡 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 2𝑥 + 5
𝑔′(𝑥) = − sin( 𝑥) 𝑒𝑡 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 + 2
𝑔 ∘ 𝑓 (𝑥) = 𝑔 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥 2 + 2𝑥 + 5) = cos( 𝑥 2 + 2𝑥 + 5)
𝑔 ∘ 𝑓 ′ (𝑥) = −(2𝑥 + 2) sin( 𝑥 2 + 2𝑥 + 5)
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Tableau des dérivées usuelles et opérations sur les fonctions dérivées :
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Dérivabilité et continuité
Remarques :
Exemple : 𝑓(𝑥) = 𝑥 , 𝑥0 = 0
𝒇(𝒙) = 𝒙
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Dérivabilité sur [𝒂, 𝒃] :
• f est dérivable sur ]𝑎, 𝑏[ si f est dérivable en tout point de ]𝑎, 𝑏[.
• f est dérivable sur [𝑎, 𝑏] si f est dérivable sur ]𝑎, 𝑏[ et dérivable à droite de a et à
gauche de 𝑏.
• f est dérivable sur −∞, 𝑏 si f est dérivable sur −∞, 𝑏 et dérivable à gauche de 𝑏.
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Dérivabilité et monotonie :
x1 x 2 x1 x 2
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Dérivabilité et monotonie :
Théorème :
Preuve :
𝑂𝑛 𝑎 𝑥 ∈ 𝑎, 𝑏 𝑦 = 𝑓(𝑥) ⇔ 𝑦 ∈ 𝑓 𝑎, 𝑏 𝑥 = 𝑓 −1 (𝑦)
𝑥0 ∈ 𝑎, 𝑏 𝑦0 = 𝑓(𝑥0 ) ⇔ 𝑦0 ∈ 𝑓 𝑎, 𝑏 𝑥0 = 𝑓 −1 (𝑦0 )
𝑓 −1 (𝑦) − 𝑓 −1 (𝑦0 ) 𝑥 − 𝑥0 1
𝑓 −1 ′ (𝑦0 ) = lim = lim = lim
𝑦→𝑦0 𝑦 − 𝑦0 𝑥→𝑥0 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0 ) 𝑥→𝑥0 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0 )
𝑥 − 𝑥0
1 1 1
𝐴𝑖𝑛𝑠𝑖, 𝑓 −1 ′ (𝑦) = = =
𝑓′(𝑥) 𝑓′(𝑓 −1 (𝑦)) 𝑓′ ∘ 𝑓 −1 (𝑦)
Corollaire :
𝑓 𝑏𝑖𝑗𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣𝑒 𝑓 −1 est dérivable 𝑒𝑛 𝑦0 et
൞𝑓 dérivable 𝑒𝑛 𝑥0 ⇒ ൞ −1 ′
1
𝑓 (𝑦0 ) =
𝑦0 = 𝑓 𝑥0 𝑓′ 𝑓 −1 (𝑦)
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Dérivées successives
Théorème : 𝑓 admet des dérivées successives jusqu’à l’ordre 𝑛 ∈ ℕ en 𝑥0 si :
0
𝑓 (𝑥0 ), 𝑓′(𝑥0 ), 𝑓"(𝑥0 ), 𝑓 (3) (𝑥0 ), ⋯ , 𝑓 (𝑛−1) (𝑥0 ), 𝑓 (𝑛) (𝑥0 ) existent
′
𝑓 (𝑛) = 𝑓 (𝑛−1) ; 𝑓 (0) = 𝑓
Exemple :
1 −1 2 −2.3 2 .3.4
𝑓(𝑥) = , 𝑓′(𝑥) = 2
, 𝑓"(𝑥) = 3
, 𝑓 (3) (𝑥) = , 𝑓 (4) (𝑥) =
𝑥−1 𝑥−1 𝑥−1 𝑥−1 4 𝑥−1 5
(𝑛) (−1)𝑛 𝑛!
On remarque que : 𝑓 (𝑥) = ∀𝑛 ∈ ℕ
(𝑥−1)𝑛+1
Démonstration par récurrence :
1 (−1)0 0!
Vérification : 𝑓 (0) (𝑥) = 𝑓(𝑥) = = (par convention 𝑓 (0) (𝑥) = 𝑓(𝑥) )
𝑥−1 (𝑥−1)0+1
(𝑛) (−1)𝑛 𝑛!
Hypothèse de récurrence : on suppose que 𝑓 (𝑥) =
(𝑥−1)𝑛+1
(𝑛+1) (−1)𝑛+1 (𝑛+1)!
Démonstration : On montre que 𝑓 (𝑥) =
(𝑥−1)𝑛+2
(𝑛+1) (𝑛) ′ 𝑛
−(𝑛 + 1)(𝑥 − 1)𝑛 (−1)𝑛+1 𝑛! (𝑛 + 1)(𝑥 − 1)𝑛
𝑓 (𝑥) = 𝑓 (𝑥) = (−1) 𝑛! =
(𝑥 − 1)𝑛+1 2 (𝑥 − 1)2𝑛+2
(𝑛) (−1)𝑛 𝑛!
Conclusion : 𝑓 (𝑥) = ∀𝑛 ∈ ℕ
(𝑥−1)𝑛+1
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Exercice : Montrer que, ∀𝑛 ∈ ℕ
(𝑛)
𝜋
sin( 𝑎𝑥 + 𝑏) = 𝑎𝑛 sin 𝑎𝑥 + 𝑏 − 𝑛
2
(𝑛)
𝜋
cos( 𝑎𝑥 + 𝑏) = 𝑎𝑛 cos 𝑎𝑥 + 𝑏 + 𝑛
2
Exercice :
1
Calculer 𝑔(𝑛) (𝑥) pour 𝑔(𝑥) = 𝑥 2−1
𝑎 𝑏
𝐼𝑛𝑑𝑖𝑐𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 ∶ 𝑑é𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟 𝑎 𝑒𝑡 𝑏 𝑝𝑜𝑢𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑔(𝑥) = +
𝑥−1 𝑥+1
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Formules de Leibniz :
Exemples :
𝑥3 𝑛
1) Soit ℎ(𝑥) = . Calculons ℎ 𝑥 =? et en déduire ℎ(𝑛) (0) =?
𝑥−1
1
On remarque que ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) × 𝑔(𝑥) 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 𝑒𝑡 𝑔(𝑥) =
𝑥−1
(−1)𝑘 𝑘!
On sait que 𝑔(𝑘) (𝑥) = ∀𝑘 ∈ N
(𝑥−1)𝑘+1
𝑓 (0) (𝑥) = 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 , 𝑓′(𝑥) = 3𝑥 2 , 𝑓"(𝑥) = 6𝑥, 𝑓 (3) (𝑥) = 6, 𝑓 (𝑘) (𝑥) = 0 ∀𝑘 ≥ 4
n
h( n ) ( x ) = C n f ( k ) ( x ) g ( n − k ) ( x )
k
k =0
3 n
= C n f (k ) ( x) g(n− k ) ( x) + C n f (k ) ( x) g(n− k ) ( x)
k k
k =0 k =4
3
= C n f (n− k )
k (k )
( x)g ( x)
k =0
= C n f ( 0 ) ( x ) g ( n − 0 ) ( x ) + C n f ' ( x ) g ( n − 1) ( x ) + C n f " ( x ) g ( n − 2 ) ( x ) + C n f ( 3 ) ( x ) g ( n − 3 ) ( x )
0 1 2 3
− n!
h( n ) (0) = C n f ( 3 ) (0) g ( n − 3 ) (0) =
3
6( n − 3)!= − n!
3!( n − 3)!
On remarque que ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) × 𝑔(𝑥) 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 2𝑥 + 2 𝑒𝑡 𝑔(𝑥) = (4𝑥 + 3)𝑛
𝑔(0) (𝑥) = ℎ(𝑥) = (4𝑥 + 3)𝑛 𝑔′(𝑥) = 4𝑛(4𝑥 + 3)𝑛−1 𝑔" (𝑥) = 42 𝑛(𝑛 − 1)(4𝑥 + 3)𝑛−2
𝑔(3) (𝑥) = 43 𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2)(4𝑥 + 3)𝑛−3
n
h( n ) ( x ) = C n f ( k ) ( x ) g ( n − k ) ( x )
k
k =0
= C n f ( 0 ) ( x ) g ( n − 0 ) ( x ) + C n f ' ( x ) g ( n − 1) ( x ) + C n f " ( x ) g ( n − 2 ) ( x )
0 1 2
h( n ) ( x )
n( n − 1) n! n − 2
= ( x 2 + 2 x + 2)n!4n + n( 2 x + 2)n!4n − 1 (4 x + 3) + 2 4 ( 4 x + 3) 2
2 2
1
= 4n n!( x 2 + 2 x + 2) + 4n − 1 n! n( 2 x + 2)(4 x + 3) + 4n − 2 n! n( n − 1)(4 x + 3)2
2
𝑝
𝑔 (𝑥) = 4𝑝 𝑛(𝑛 − 1) ⋯ (𝑛 − (𝑝 − 1))(4𝑥 + 3)𝑛−𝑝 ∀𝑝 ≤ 𝑛 − 1
𝑔(𝑝) (𝑥) = 0 ∀𝑝 ≥ 𝑛
+1
𝑔(𝑛) (𝑥) = 4𝑛 𝑛! 𝑝=
𝑛 9
ℎ(𝑛) (0) = 2𝑛! 4𝑛 + 6𝑛! 𝑛4𝑛−1 + 4𝑛−2 𝑛! 𝑛(𝑛 − 1) = 2𝑛! 4𝑛−1 (9𝑛2 − 5𝑛 + 4)
2
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Optimisation : Extremum (minimum ou maximum)
∀𝑥 ∈ 𝐼 𝑓(𝑥0 ) ≤ 𝑓(𝑥)
Max1
tangente
Exemple : 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 , Ggraphiquement, le point d’abscisse 𝑥0 = 0 est un Max2 horizontale
en tout
extremum
minimum absolu de 𝑓
𝑓′(𝑥) = 2𝑥, 𝑓′(𝑥0 ) = 2𝑥0 = 0 Min2
f ( x) = x 3
On remarque ici que 𝑓’(𝑥) ne change pas de signe en 𝑥0 = 0.
x
0
Théorème (CN) : 𝑓 est deux fois dérivable sur un intervalle ouvert 𝐼 ⊆ 𝐷𝑓
Si 𝑓 admet un minimum relatif en 𝑥0 alors 𝑓"(𝑥0 ) ≥ 0
Si 𝑓 admet un maximum relatif en 𝑥0 alors 𝑓"(𝑥0 ) ≤ 0
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Condition suffisante
f (x )
f (x )
0 x
0 x
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Exemple : Exemple :
Soit 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 1)2 + 1 Soit 𝑓(𝑥) = −(𝑥 + 1)2 + 1
𝑓(𝑥) 𝑓(𝑥)
1
𝑥
−1
−1 0 𝑥
𝑓′(𝑥) = 2(𝑥 + 1), 𝑓′(−1) = 0, 𝑓(−1) = 1 𝑓′(𝑥) = −2(𝑥 + 1), 𝑓′(−1) = 0, 𝑓(−1) = 1
f ’(x) change de signe de part et d’autre de 𝑥0 = −1 f ’(x) change de signe de part et d’autre de 𝑥0 = −1
Donc, f présente un minimum au point 𝑥0 = −1 Donc, f présente un maximum au point 𝑥0 = −1
x − −1 + x − −1 +
f '( x ) − 0 + f '( x ) + 0 −
f ( x) + + f ( x) 1
1 − −
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Convexité et concavité
x1 x1 + (1 − ) x2 x2
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Théorème : f est définie et dérivable sur un intervalle ouvert 𝐼 ⊆ R.
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Exercice :
Étudier la convexité de 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 sur 0, +∞
𝑓 ′ 𝑥 = 3𝑥 2 > 0
𝑥 −∞ 0 +∞
(𝑓"(𝑥)) − 0 +
𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑥𝑖𝑡𝑒 +∞
𝑓"(𝑥) = 6𝑥 𝑑𝑒𝑓 −∞ 0
𝑓(𝑥)
117
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f est dérivable sur un intervalle ouvert 𝐼 ⊆ R. soit 𝑥0 ∈ 𝐼.
Définition :
concave concave
Théorème :
x0 x0
0
𝑥0
⇒ M0 = 𝑓(𝑥 ) est un point d′inflexion du graphe de 𝑓
0
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Exemple : Exemple :
Soit 𝑓 𝑥 = 𝑥 3 + 2 Soit 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 𝑥
𝑓(𝑥) 𝑓(𝑥)
0 𝑥
0 𝑥
d’inflexion d’inflexion
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Théorème de ROLLE :
f (x ) f (x )
f ' (c ) = 0 f ' (c1 ) = 0
f ( a ) = f ( b) f ( a ) = f ( b)
x c2
c c1 x
a b a b
f ' ( c2 ) = 0
Un seul point vérifie le théorème de ROLLE Deux points vérifient le théorème de ROLLE
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Exemples :
1
1. 𝑓(𝑥) =
𝑥 2 −1
𝑠𝑢𝑟 −2,2 , 𝐷𝑓 = ℝΤ{−1,1}
𝑓 est non définie sur [−2,2] car −2,2 ⊄ 𝐷𝑓 . Donc, On ne peut pas appliquer le
théorème de ROLLE à 𝑓 sur [−2,2].
𝑥−2 𝑥 >0
2. (𝑥) = ቊ 𝑠𝑢𝑟 0,1 , 𝐷𝑓 = ℝ
2 𝑥≤0
𝑓 est définie sur [0,1] car 0,1 ⊆ 𝐷𝑓
𝑓 est non continue sur [0,1] car 𝑓 est discontinue en 0. En effet, lim+ 𝑓 (𝑥) = −2 ≠ 𝑓(0)
𝑥→0
Donc, on ne peut pas appliquer le théorème de ROLLE à 𝑓 sur [0,1].
3. 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 1 𝑠𝑢𝑟 0,2 , 𝐷𝑓 = ℝ
𝑥−1 𝑥 ≥1 1 𝑥>1
𝑓 𝑥 =ቊ 𝑓′(𝑥) = ቊ
−𝑥 + 1 𝑥 ≤ 1 −1 𝑥 < 1
𝑓 est définie et continue sur [0,2] et 𝑓 est non dérivable au point 𝑥0 = 1 ∈ 0,2 .
En effet,
𝑓′𝑑 (1) = 1 𝑒𝑡 𝑓′𝑔 (1) = −1
Donc, on ne peut pas appliquer le théorème de ROLLE à f sur [0,2].
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𝑥−1
4. 𝑓(𝑥) = 𝑥+2 𝑠𝑢𝑟 0,1 , 𝐷𝑓 = ℝΤ{−2}
𝑓 est définie et continue sur [0,1] et dérivable sur ]0,1[. Mais 𝑓(0) ≠ 𝑓(1)
On a 𝑓 ′ 𝑐 = 0
⇔ 6𝑐 2 − 2 = 0 ⇔ 𝑐 2 = 1Τ3 ⇔ 𝑐 = ± 3Τ3
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Exercice : Montrer que l’équation 𝑥 2 + ln( 1 + 𝑥) = 0 n’admet que 0 comme solution.
Raisonnement par l’absurde : supposons que 𝑓 admet un zéro, noté 𝑥0, autre que le point 0.
𝑥0 ∈ −1, +∞ , 𝑥0 ≠ 0, 𝑓(0) = 0 𝑒𝑡 𝑓(𝑥0 ) = 0
Supposons que 0 < 𝑥0 même raisonnement si on suppose que 0 > 𝑥0 Ainsi, 𝑓 définie, continue
1 2𝑥 2 +2𝑥+1
sur [0, 𝑥0], dérivable sur ] 0, 𝑥0[, 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 + = et 𝑓(0) = 𝑓(𝑥0 )
1+𝑥 1+𝑥
𝑓(𝑥)
2𝑐 2 +2𝑐+1
On a : 𝑓′(𝑐) = 0 ⇔ = 0 ⇔ 2𝑐 2 + 2𝑐 + 1 = 0
1+𝑐
0
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Généralisation du Théorème de Rolle :
Théorème :
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Exemple :
𝑥 2 +𝑥+1 2𝑥+1 𝑥 2 +1 −2𝑥 𝑥 2 +𝑥+1 1−𝑥 2
Soit 𝑓 𝑥 = 𝑒𝑡 𝑓′(𝑥) = =
𝑥 2 +1 𝑥 2 +1 2 𝑥 2 +1 2
➢ Sur [0, +∞[ ,𝑓 définie, continue sur[0, +∞[ f est dérivable sur 0, +∞ et lim 𝑓 (𝑥) = 𝑓(0) = 1
𝑥→+∞
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Théorème des accroissements finis :
Théorème :
𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎) 𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)
Preuve : On pose 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) − 𝑏−𝑎
(𝑥 − 𝑎), g′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) − 𝑏−𝑎
𝑒𝑡
𝑓 𝑏 −𝑓 𝑎
𝑔 𝑎 =𝑓 𝑎 −𝑓 𝑎 − 𝑎 − 𝑎 = 0 𝑒𝑡
𝑏−𝑎
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑔(𝑏) = 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) − (𝑏 − 𝑎) = 0
𝑏−𝑎
D’après le théorème de ROLLE, ∃ au moins 𝑐 ∈ 𝑎, 𝑏 tel que 𝑔′(𝑐) = 0
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑔′(𝑐) = 0 ⇔ 𝑓′(𝑐) − = 0 ⇔ 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) = 𝑓′(𝑐)(𝑏 − 𝑎)
𝑏−𝑎
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Exemple :
Soit 𝑓(𝑥) = ln( 1 + 𝑥 2 ) 𝑠𝑢𝑟 0,1 .
𝑓(1) − 𝑓(0) 𝑓 1
𝑓′ 𝑐 =
1−0 𝑓′ 𝑐
𝑓 0
0
c 1
2𝑥
Or 𝑓 ′ 𝑥 = 1+𝑥2
𝑓(1) − 𝑓(0) 2𝑐
𝑓′(𝑐) = ⇔ 2
= ln( 2) ⇔ ln( 2)𝑐 2 − 2𝑐 + ln( 2) = 0
1−0 1+𝑐
− −4 ln 2 2 +4+2 −4 ln 2 2 +4+2
⇔c= ≈ 0,40 𝑜𝑢 c = ≈ 2,48.
2 ln 2 2 ln 2
𝑐 ∈]𝑎, 𝑏[ ⇒ 𝑎<𝑐<𝑏
⇒ 0<𝑐−𝑎 <𝑏−𝑎
𝑐−𝑎
⇒ 0 < 𝑏−𝑎 < 1
𝑐−𝑎
On pose, 𝜃 = 𝑏−𝑎 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝜃 ∈ 0,1
De plus, on pose
𝑐−𝑎
𝑏 − 𝑎 = ℎ ⇒ 𝑏 = 𝑎 + ℎ d’où, 𝜃 = ℎ
⇔ 𝑐 = 𝑎 + 𝜃ℎ
En posant, 𝑎 = 𝑥 on écrit :
𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥) = 𝑓′(𝑥 + 𝜃ℎ)ℎ
Pour une valeur particulière, 𝑥 = 𝑥0 on écrit :
𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0 ) = 𝑓′(𝑥0 + 𝜃ℎ)ℎ
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Exemple : 𝑓(𝑥) = 1Τ𝑥 𝑠𝑢𝑟 𝑎, 𝑏 ⊆ ℝ∗+
Donner FAF introduisant 𝜃(ℎ) ∈ 0,1 puis déterminer lim 𝜃 (ℎ) =?
ℎ→0
𝑓 est définie et continue sur 𝑎, 𝑏 , 𝑎 ≠ 0
−1
et 𝑓 est dérivable sur 𝑎, 𝑏 : 𝑓′(𝑥) = 𝑥2
𝑓(𝑎 + ℎ) − 𝑓(𝑎)
∃𝜃 ∈ 0,1 tel que 𝑓′(𝑎 + 𝜃ℎ) =
1 1
ℎ
− −1 −1 −1
𝑓 ′ 𝑎 + 𝜃ℎ = 𝑎 + ℎ 𝑎 = ⇔ = ⇔ (𝑎 + 𝜃ℎ)2 = 𝑎(𝑎 + ℎ)
ℎ 𝑎 𝑎+ℎ (𝑎 + 𝜃ℎ)2 𝑎 𝑎 + ℎ
𝑎(𝑎 + ℎ) − 𝑎
(𝑎 + 𝜃ℎ)2 = 𝑎(𝑎 + ℎ) ⇔ 𝑎 + 𝜃ℎ = 𝑎 𝑎+ℎ ⇔ 𝜃=
ℎ
𝑎(𝑎 + ℎ) − 𝑎 0
𝐴𝑖𝑛𝑠𝑖, 𝜃(ℎ) = 𝑒𝑡 lim 𝜃 (ℎ) = (𝐹𝐼)
ℎ ℎ→0 0
𝑎(𝑎 + ℎ) − 𝑎 𝑎(𝑎 + ℎ) + 𝑎 𝑎
lim 𝜃 (ℎ) = lim = lim
ℎ→0 ℎ→0 ℎ 𝑎(𝑎 + ℎ) + 𝑎 ℎ→0 𝑎(𝑎 + ℎ) + 𝑎
1 1
= lim =
ℎ→0 ℎ 2
1+𝑎+1
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Exercice :
𝑎 𝑎 𝒙
Montrer que : < 1+𝑎−1< 𝟐
2 1+𝑎 2 𝟏+𝒙−𝟏
𝒙
𝑓 est définie et continue sur 0, 𝑎 ⊆ −1, +∞ 𝟐 𝟏+𝒙
1
et 𝑓 est dérivable sur 0, 𝑎 : 𝑓′(𝑥) =
2 1+𝑥
𝑓(𝑎) − 𝑓(0)
∃𝑐 ∈ 0, 𝑎 tel que 𝑓′(𝑐) =
𝑎
1+𝑎−1 1 1+𝑎−1 𝑎
𝑓′(𝑐) = ⇔ = ⇔ = 1+𝑎−1
𝑎 2 1+𝑐 𝑎 2 1+𝑐
On a
𝑎 𝑎 𝑎
0< 𝑐 <𝑎 ⇒1< 1+𝑐 <1+𝑎 ⇒2< 2 1+𝑐 <2 1+𝑎 ⇒ < < , (𝑎 > 0)
2 1+𝑎 2 1+𝑐 2
D’où,
𝑎 𝑎
< 1+𝑎−1<
2 1+𝑎 2
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Inégalité des accroissements finis
Théorème :
Alors, ∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝐼 𝑎 ≤ 𝑏 on a ∶
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Application du théorème des accroissements finis :
Théorème :
𝑓 est définie et continue sur 𝑎, 𝑏
𝑓 est dérivable sur 𝑎, 𝑏 ⇒ 𝑓𝑑′ (𝑎) = 𝑙1 , 𝑓𝑔′ (𝑏) = 𝑙2
lim+ 𝑓 ′(𝑥) = 𝑙1 ∈ R, lim− 𝑓 ′(𝑥) = 𝑙2 ∈ R
𝑥→𝑎 𝑥→𝑏
−2
𝑓 est définie et continue sur [0,1], dérivable sur ]0,1[ : 𝑓′(𝑥) = (1+𝑥)2
2 1 1
lim 𝑓 ′(𝑥) = lim− = ⇒ 𝑓𝑔 ′(1) =
𝑥→1− 𝑥→1 (1 + 𝑥)2 2 2
132
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Application du théorème des accroissements finis :
2 1
Soit la fonction : 𝑓(𝑥) = ൝ sin
𝑥 𝑥
𝑥≠0
0 𝑥=0
1 1
𝑥 ≠ 0, 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 sin − cos .
𝑥 𝑥
𝑓(𝑥) − 𝑓(0) 1
lim = lim 𝑥 sin =0
𝑥→𝑥0 𝑥−0 𝑥→0 𝑥
Ainsi,
𝑓(𝑥) − 𝑓(0)
lim = 𝑙 ⇒ӏ lim 𝑓 ′(𝑥) = 𝑙
𝑥→𝑥0 𝑥−0 𝑥→𝑥0
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Théorème généralisé des accroissements finis :
Théorème :
𝑔′(𝑥) ≠ 0 ∀𝑥 ∈ 𝑎, 𝑏
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Exemple :
Formule généralisée des accroissements finis appliquée à f et g sur [0,1] avec,
𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 𝑒𝑡 𝑔(𝑥) = ln( 1 + 𝑥)
1
𝑓′(𝑥) = 𝑒 𝑥 𝑒𝑡 𝑔′(𝑥) =
𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑔′(𝑥) ≠ 0 𝑠𝑢𝑟 0,1
1+𝑥
𝑓′(𝑐) 𝑓(1) − 𝑓(0)
∃ au moins 𝑐 ∈ 0,1 tel que =
𝑔′(𝑐) 𝑔(1) − 𝑔(0)
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Règle de L’HOSPITAL :
Application de la formule généralisée des accroissements finis à la forme indéterminée
0 ∞
𝑜𝑢
0 ∞
Théorème :
𝑓, 𝑔 sont définies et continues au V(a)
𝑓 ′ (𝑥) 𝑓(𝑥)
⇒ lim ′ = 𝑙 ⇒ lim =𝑙
𝑥→𝑎 𝑔 (𝑥) 𝑥→𝑎 𝑔(𝑥)
Remarque :
𝑓′ 𝑓" 𝑓3 …
Si 𝑔′
donne encore Forme Indéterminée ; passez à 𝑔"
; 𝑔3
si ces dérivées vérifient les
𝑥 ln(𝑥)−𝑥+1 0
lim = 0 (𝐹𝐼) Appliquons la règle de l’Hospital à 𝑓 et 𝑔
𝑥→1 (𝑥−1) ln(𝑥)
𝑓′(𝑥) ln(𝑥) 0
lim 𝑔′(𝑥) = lim 𝑥−1 = (𝐹𝐼) Donc f et g sont dérivables au voisinage de 1.
𝑥→1 𝑥→1 ln(𝑥)+ 𝑥 0
𝑥−1
𝑓′(𝑥) = ln( 𝑥) 𝑒𝑡 𝑔′(𝑥) = ln( 𝑥) + .
𝑥
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Exemple 2 :
ln(𝑥) ∞ ln(𝑥) ∞
lim = ∞ (𝐹𝐼) 𝑒𝑡 lim+ 𝑥 2 ln( 𝑥) = lim+ 1 = ∞ (𝐹𝐼)
𝑥→∞ 𝑥 𝑥→0 𝑥→0 𝑥2
1
ln( 𝑥)
lim 𝑥 = 0+ ⇒ lim = 0+
𝑥→+∞ 1 𝑥→+∞ 𝑥
1
𝑥 −𝑥 2 ln( 𝑥)
lim+ = lim+ = 0− ⇒ lim+ = lim+ 𝑥 2 ln( 𝑥) = 0−
𝑥→0 −2 𝑥→0 2 𝑥→0 1 𝑥→0
𝑥 3 𝑥 2
𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥)
lim = 𝑙 ⇒ӏ lim =𝑙
𝑥→𝑎 𝑔(𝑥) 𝑥→𝑎 𝑔′(𝑥)
2 cos 1
𝑥 𝑥≠0
Exemple : 𝑓(𝑥) = ൝ 𝑥 𝑒𝑡 𝑔(𝑥) = sin 𝑥
0 𝑥=0
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