1. Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes au point $x_0$ indiqué :
a) $f(x) = \begin{cases} xe^{1/x} & \text{si } x < 0 \\ 0 & \text{si } x = 0 \\ x^2\ln(1+1/x) & \text{si } x > 0 \end{cases}$ en $x_0=0$.
b) $g(x) = \begin{cases} \arctan x & \text{si } |x| \le 1 \\ \frac{\pi}{4}\text{sgn}(x) + \frac{x-1}{2} & \text{si } |x| > 1 \end{cases}$ en $x_0=1$ et $x_0=-1$.
2. Déterminer les constantes $a,b,c,d$ pour que $f$ soit dérivable sur $\mathbb{R}$ :
$f(x) = \begin{cases} ax+b & \text{si } x \le 0 \\ cx^2+dx & \text{si } 0 < x \le 1 \\ 1 - 1/x & \text{si } x > 1 \end{cases}$
1. a) On calcule les limites des taux d’accroissement à gauche et à droite de 0. On trouve $f’_g(0)=0$ et $f’_d(0)=0$. Donc $f$ est dérivable en 0 et $f'(0)=0$.
1. b) En $x_0=1$, on trouve $g’_g(1)=1/2$ et $g’_d(1)=1/2$. Donc $g$ est dérivable en 1. En $x_0=-1$, on trouve $g’_g(-1)=+\infty$. Donc $g$ n’est pas dérivable en -1.
2. La continuité en 0 impose $b=0$. La dérivabilité en 0 impose $a=d$. La continuité en 1 impose $c+d=0$. La dérivabilité en 1 impose $2c+d=1$. En résolvant le système, on trouve $a=-1, b=0, c=1, d=-1$.
Calculer les dérivées des fonctions suivantes :
a) $\sin(\ln x)$
b) $\ln(\cos(1/x))$
c) $(\sinh x)^2 e^x$
a) $f'(x) = \frac{\cos(\ln x)}{x}$.
b) $f'(x) = \frac{1}{x^2}\tan(1/x)$.
c) $f'(x) = e^x(2\sinh x \cosh x – (\sinh x)^2)$.
Calculer la dérivée n-ième de $f(x) = (x+1)^3 e^{-x}$.
On utilise la formule de Leibniz avec $g(x)=(x+1)^3$ et $h(x)=e^{-x}$. Les dérivées de $g$ sont nulles à partir du rang 4. On a $h^{(k)}(x)=(-1)^k e^{-x}$. La formule donne :
$f^{(n)}(x) = \sum_{k=0}^3 \binom{n}{k} g^{(k)}(x) h^{(n-k)}(x) = (-1)^n e^{-x} [-(x+1)^3 + 3n(x+1)^2 – 3n(n-1)(x+1) + n(n-1)(n-2)]$.
Soient $a,b$ deux réels strictement positifs et $f$ une fonction continue sur $[a,b]$ et dérivable sur $]a,b[$. On suppose que $f^2(b)-f^2(a)=b^2-a^2$. Montrer que l’équation $f'(x)f(x)=x$ admet au moins une solution dans $]a,b[$.
On applique le théorème de Rolle à la fonction auxiliaire $g(x) = f^2(x) – x^2$. La fonction $g$ est continue sur $[a,b]$, dérivable sur $]a,b[$ et l’hypothèse nous dit que $g(a)=g(b)$. Il existe donc $c \in ]a,b[$ tel que $g'(c)=0$. Or, $g'(x) = 2f'(x)f(x) – 2x$. La condition $g'(c)=0$ est donc équivalente à $f'(c)f(c)=c$.
Montrer que l’équation $x^{13} + 7x^3 – 5 = 0$ admet une solution réelle unique.
Soit $f(x) = x^{13} + 7x^3 – 5$. La fonction est continue sur $\mathbb{R}$. On a $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation admet au moins une solution. De plus, $f'(x) = 13x^{12} + 21x^2 \ge 0$. La dérivée ne s’annule qu’en $x=0$. La fonction est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}$, ce qui garantit l’unicité de la solution.
Soit $f$ une fonction continue sur $[0,2]$ et deux fois dérivable sur $]0,2[$. On suppose que $f(0)=0, f(1)=1, f(2)=2$. Montrer qu’il existe $c \in ]0,2[$ tel que $f »(c)=0$.
On applique le théorème des accroissements finis sur $[0,1]$ et $[1,2]$. Il existe $c_1 \in ]0,1[$ tel que $f'(c_1) = \frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1$. Il existe $c_2 \in ]1,2[$ tel que $f'(c_2) = \frac{f(2)-f(1)}{2-1}=1$. On applique alors le théorème de Rolle à la fonction $f’$ sur l’intervalle $[c_1, c_2]$. Comme $f'(c_1)=f'(c_2)$, il existe $c \in ]c_1, c_2[ \subset ]0,2[$ tel que $(f’)'(c)=f »(c)=0$.
En utilisant le théorème des accroissements finis, montrer que :
a) $\forall x > 0, \frac{x}{1+x^2} < \arctan x < x$.
b) $\forall x > 0, \ln(101) – \ln(100) < 1/100$.
a) On applique le TAF à la fonction $f(t)=\arctan t$ sur $[0,x]$. Il existe $c \in ]0,x[$ tel que $\frac{\arctan x – \arctan 0}{x-0} = f'(c) = \frac{1}{1+c^2}$. Donc $\arctan x = \frac{x}{1+c^2}$. Comme $0
b) On applique le TAF à $f(x)=\ln x$ sur $[100, 101]$. Il existe $c \in ]100, 101[$ tel que $\ln(101)-\ln(100) = f'(c)(101-100) = \frac{1}{c}$. Comme $c>100$, on a $\frac{1}{c} < \frac{1}{100}$.
Calculer les limites suivantes en utilisant la règle de l’Hôpital.
a) $\lim_{x\to 1} \frac{\arctan(\frac{x^2-1}{x^2+1})}{x-1}$
b) $\lim_{x\to 5} (6-x)^{1/(x-5)}$
c) $\lim_{x\to +\infty} \frac{x-\sin x}{2x+\sin x}$
a) Forme 0/0. On dérive : $\lim_{x\to 1} \frac{\frac{4x}{(x^2+1)^2+(x^2-1)^2}}{1} = \frac{4}{2^2+0} = 1$.
b) Forme $1^\infty$. On passe au log : $\lim_{x\to 5} \frac{\ln(6-x)}{x-5}$. Forme 0/0. On dérive : $\lim_{x\to 5} \frac{-1/(6-x)}{1} = -1$. La limite est donc $e^{-1}$.
c) La règle de l’Hôpital ne s’applique pas car le quotient des dérivées $\frac{1-\cos x}{2+\cos x}$ n’a pas de limite. On factorise par $x$ : $\lim_{x\to +\infty} \frac{1-\frac{\sin x}{x}}{2+\frac{\sin x}{x}} = \frac{1}{2}$.