TD4 Correction - IMJ-PRG

L1 SNV - Mathématiques
2013-2014
TD4 Correction
Continuité et dérivées
Exercice 1 : Déterminer les valeurs de a et de b pour que la fonction f (x)

2

x<2
(x + 1)
f (x) = a
x=2

 2
x +b
x>2
soit continue sur R.
La fonction f est continue et dérivable sur R \ {2}. On a
lim (x + 1)2 = 32 = 9.
x→2
Par ailleurs,
lim x2 + b = 4 + b.
x→2
En choisissant a = 9 et b = 5, on obtient que la fonction f est également
continue au point 2 et donc continue sur R.
Est-elle aussi dérivable ?
On a
f (2 + h) − f (2)
(2 + h)2 + 5 − 9
h2 + 4h
= lim
= lim
=4
h>0→0
h>0→0
h>0→0
h
h
h
lim
et
f (2 + h) − f (2)
(3 + h)2 − 9
h2 + 6h
= lim
= lim
= 6.
h<0→0
h>0→0
h>0→0
h
h
h
lim
On en déduit que f n’est pas dérivable au point 2.
Exercice 2 : Étudier les fonctions definies sur R\{0} et déterminer si elles
peuvent être prolongées par continuité en zéro.
1
1) f (x) = sin( ),
x
1
2) f (x) = x sin( ),
x
1
3) f (x) = x2 sin( )
x
Quelle fonction est aussi derivable pour x = 0 ?
1) f (x) = sin( x1 ). Cette fonction est C ∞ (R \ {0}). Soient (xn )n∈N et (yn )n∈N les
suites définies par
1
1
et yn =
.
xn :=
2nπ
2nπ + π2
On a clairement
lim xn = lim yn = 0.
n→+∞
n→+∞
Par ailleurs,
lim sin(
n→+∞
1
) = 0 et
xn
1
lim sin(
n→+∞
1
) = 1.
yn
On en déduit que l’on ne peut pas prolonger cette fonction en 0 et on ne peut
donc pas la dériver en 0.
2) f (x) = x sin( x1 ). Cette fonction est C ∞ (R \ {0}). On a
|f (x)| ≤ |x|.
On en déduit que l’on peut prolonger f en 0 en posant f (0) = 0. On a
f (h) − f (0)
1
= sin( )
h
h
qui n’a pas de limite d’après le 1). Cette fonction n’est donc pas dérivable en 0.
3) f (x) = x2 sin( x1 ). Cette fonction est C ∞ (R \ {0}). On a
|f (x)| ≤ |x|2 .
On en déduit que l’on peut prolonger f en 0 en posant f (0) = 0. On a
1
f (h) − f (0)
= h sin( ) → 0
h
h
d’après le 2). On en déduit que f est dérivable en 0 et que f 0 (0) = 0.
Exercice 3 : Trouver un prolongement par continuité à R entier des fonctions
suivantes.
1) f (x) =
1) f (x) =
x3 + 5x + 6
,
x3 + 1
x3 +5x+6
x3 +1 .
2) f (x) =
(1 + x)2 − 1
,
2x
3) f (x) =
2x2 − 8
x−2
On a
x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1);
x3 + 5x + 6 = (x + 1)(x2 + 5x + 6).
On en déduit que
f (x) =
x2 + 5x + 6
.
x2 − x + 1
Or, si l’on calcule le discriminant du polynôme x2 − x + 1, on trouve
∆ = 1 − 4 = −3 < 0.
Ce polynôme ne s’annule donc pas sur R et la fonction f est bien continue sur
R.
2) f (x) =
(1+x)2 −1
.
2x
On a
(1 + x)2 − 1 = x2 + 2x = x(x + 2).
On en déduit que
f (x) =
qui est bien continue sur R.
2
x+2
2
3) f (x) =
2x2 −8
x−2 .
On a
2x2 − 8 = 2(x − 2)(x + 2).
On en déduit que
f (x) = 2(x − 2)
qui est continue sur R.
Exercice 4 : Utiliser la définition de dérivée pour déterminer la derivée des
fonctions suivantes.
1) f (x) = 3x2 −4x+5,
2) f (x) =
√
5x − 2,
3) f (x) = sin(x),
4) f (x) =
3
x+1
1) f (x) = 3x2 − 4x + 5. Soit h ∈ R. On a
f (x + h) = f (x) + 3h2 + 6xh − 4h.
On en déduit que
3h2 + 6xh − 4h
f (x + h) − f (x)
= lim
= 6x − 4.
h→0
h→0
h
h
lim
2) f (x) =
√
5x − 2 On a
f (x+h)−f (x) =
p
√
5(x + h) − 2− 5x − 2 =
(
p
et donc
f (x + h) − f (x) = p
p
√
√
5(x + h) − 2 − 5x − 2)( 5(x + h) − 2 + 5x − 2)
p
√
5(x + h) − 2 + 5x − 2
5h
5(x + h) − 2 +
√
5x − 2
.
On en déduit que
f (x + h) − f (x)
5
5
.
= lim p
= √
√
h→0
h
2 5x − 2
5(x + h) − 2 + 5x − 2
lim
h→0
3) sin(x). On utilise les formules trigonométriques
sin(x + h) − sin(x)
2x + h sin( h2 )
= cos(
) h .
h
2
2
En utilisant que
lim
h→0
sin(h)
= 0,
h
on obtient que
sin(x + h) − sin(x)
= cos(x).
h→0
h
lim
4) f (x) =
3
x+1 .
On a
f (x + h) − f (x) =
3
3
−3h
−
=
.
x+h+1 x+1
(x + h + 1)(x + 1)
3
On en déduit que
lim
h→0
f (x + h) − f (x)
−3
.
=
h
(x + 1)2
Exercice 5 : Utiliser les regles de dérivation pour calculer la derivée des
fonctions suivantes.
2 2
p
p
1
1 √
ex +2 ,
ln( 5x2 − 4),
x − x2 + 1
+ x− √ ,
x
x
p
2
3
2
ln(x)
1 + tan(x)
3x − 4
,
,
ln(cos(x)),
ln
esin (x )
e2x
1 + x2
5x3 − 4
√
1) f (x) = x1 + x − √1x . On a
f 0 (x) =
1 1
−1 1 1
√ .
+ √ +
2
x
2 x 2x x
√
2) f (x) = ln( 5x2 − 4).
f 0 (x) =
5x
.
−4
5x2
2 2
3) f (x) = ex +2 .
2 2
f 0 (x) = 4x ex +2 .
√
4) f (x) = x −
x2 + 1.
f 0 (x) = 1 − √
5)
1+tan(x)
1+x2 .
x
.
x2 + 1
On a
f 0 (x) =
(1 + tan2 (x))(1 + x2 ) − 2x(1 + tan(x))
.
(1 + x2 )2
6) f (x) = ln(cos(x)). On a
f 0 (x) =
7) f (x) = ln
f 0 (x) =
3x2 −4
5x3 −4
− sin(x)
= − tan(x).
cos(x)
. On a
6x(5x3 − 4) − 15x2 (3x2 − 4) 5x3 − 4
6x
15x2
× 2
= 2
− 3
.
3
2
(5x − 4)
3x − 4
3x − 4 5x − 4
3
8) f (x) = esin
(x2 )
. On a
3
f 0 (x) = 6x cos(x2 )(sin(x2 ))2 esin
(x2 )
.
Exercice 6 : Déterminer a et b pour que la fonction f (x) soit continue et
dérivable sur R.
(
x2 + x + 1
x>1
f (x) =
3
ax + bx + 2
x<1
4
La fonction f ∈ C(R \ {1}). Pour que f soit continue sur R, il faut que
lim f (x) = lim− f (x)
x→1+
x→1
et donc que
3 = a + b + 2.
Pour que f soit dérivable sur R, il suffit d’avoir
lim f 0 (x) = lim− f 0 (x)
x→1+
x→1
et donc que
3 = 3a + b.
On en déduit que
a = 1,
b = 0.
Exercice 7 : Problèmes d’optimisation.
– Dans un rectangle de 40m de périmètre, quelles dimensions des côtés donneraient la plus grande surface possible ?
Soit ` la largeur du rectangle et L sa longueur. Par hypothèse, on a
2(` + L) = 40 et donc ` + L = 20.
On en déduit que L = 20 − ` et que ` peut être compris entre 0 et 20. La
surface du rectangle est donnée par
L` = (20 − `)`.
Soit
f : [0, 20] → [0, +∞)
définie par
f (`) = (20 − `)`.
La plus grande surface possible correspond à la plus grande valeur de f sur
[0, 20]. En dérivant f , on trouve que
f 0 (v) = (20 − `) − ` = 2(10 − `).
On a donc f est strictement croissante sur [0, 10] et strictement décroissante sur [10, 20]. f atteint donc sa valeur maximale en un unique point
` = 10. La surface maximale est donc atteinte lorsque ` = L = 10 et est
donnée par 100.
√
– Déterminer le point dans le graphe de y = x qui est le plus proche du
point (4, 0).
√
On a y = x,√on en déduit que x ≥ 0. De plus la distance au carré entre
les points (x, x) et (4, 0) est donnée par
f (x) = (x − 4)2 + x.
Il s’agit donc de minimiser la fonction f sur [0, +∞). On a
f 0 (x) = 1 + 2(x − 4).
5
On en déduit que f est strictement décroissante sur [0, 72 ] et strictement
croissante sur [ 27 , +∞). On en déduit que f√atteint un unique minimum
en x = 72 . Le point dans le graphe de y = x qui est le plus proche du
q
point (4, 0) est donc donnée par le point ( 27 , 72 ).
– Une tranche de pizza avec la forme d’un secteur de cercle doit avoir un
périmètre de 60cm. Quel devrait être le rayon de la pizza pour avoir la
tranche avec la plus grande surface possible ? (A = 21 θr2 , taille arc de
circomférence = rθ)
On suppose que la pizza est un disque de rayon r. Le périmètre de ce
disque étant 2πr ; la longueur d’un arc est donnée par θr avec θ ∈ (0, 2π].
La tranche de pizza avec la forme d’un secteur de cercle doit avoir un
périmètre de 60cm. On en déduit que
r=
60
60
si 0 < θ < 2π et r =
si θ = 2π.
θ+2
2π
On souhaite maximiser la surface de cette tranche donnée par
2
θ
60
1 2
, θ ∈ (0, 2π)
f (θ) = θr =
2
2 θ+2
f (2π) =
302
·
π
Sur (0, 2π),
f 0 (θ) =
60
θ+2
2 θ
1
−
2 θ+2
.
f est donc strictement croissante sur (0, 2) et strictement décroissante sur
(2, 2π). On a
2
60
302
f (2) =
= 152 < f (2π) =
.
4
π
On en déduit que, pour maximiser la surface, il faut prendre
θ = 2π et r =
60
30
=
·
2π
π
– Le volume d’un cube diminue à une vitesse constante de 2cm3 /hr. Quelle
est la vitesse de changement de la surface quand le volume est de 343
cm3 ?
Soit `(t) la largeur du cube en cm àprès un temps t (pris en heure). Le
volume du cube est donné par V (t) = `3 (t). Comme le volume d’un cube
diminue à la vitesse de 2cm3 /hr, on a donc
V 0 (t) = −2 i.e. 3`2 (t)`0 (t) = −2·
Lorsque le volume est de 343 cm3 , on a ` = 7. Soit S(t) = `2 (t) la surface
du cube au point t. On a
S 0 (t) = 2`(t)`0 (t).
Lorsque `(t) = 7, on a
`0 (t) =
6
−2
3 × 49
et donc
4
·
21
– Du sable est versé dans un rond et elle forme un cône avec une hauteur
égale à 1/4 du diamètre de la base. Si le sable tombe à une vitesse de 20
cm2 /sec, à quelle vitesse augmente la hauteur quand le cône a atteint la
hauteur de 3cm ?
Soit S(t) la surface en cm2 au temps t (pris en secondes) du rond. On a
S 0 (t) = −
S 0 (t) = 20.
Soit D(t) le diamètre du rond au temps t. On a
S(t) =
πD2 (t)
.
4
On en déduit que
πDD0 (t)
.
2
Lorsque la hauteur atteint 3cm, on a D(t) = 12. On en déduit que
S 0 (t) = 20 =
D0 (t) =
7
10
·
3π