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