Chapitre 4 - j.galtier

Chapitre 4 n Dérivée et continuité d’une fonction n 81
© éditions Belin, 2012.
Dérivée et continuité
d’une fonction
4
Ouverture
Aux xviie et xviiie siècles les fonctions n’étaient
connues que sous leurs seuls aspects graphiques.
Il s’agissait de « lignes », c’est-à-dire de courbes
représentatives, et la continuité allait de soi.
Curieusement, seuls certains penseurs proches
de la physique, comme Newton, la mentionnent
(« La nature ne fait pas de saut ») mais ceci ne
conduit à aucune traduction mathématique.
En mathématiques la continuité était utilisée, sans
aucune formulation, par le biais du théorème
des valeurs intermédiaires et Lagrange et Gauss
admettaient comme une évidence qu’un poly-
nôme ne peut changer de signe qu’en s’annulant.
Il faut attendre Bolzano et Cauchy pour voir appa-
raître la notion de continuité en un point et celle
de continuité uniforme : « La fonction f(x) restera
continue par rapport à x si un accroissement infi-
niment petit de la variable x produit toujours un
accroissement infiniment petit de la fonction ».
Mais ces formulations restent assez vagues…
C’est avec Weierstrass, mathématicien allemand,
que l’on vit apparaître au xixe siècle une formu-
lation « moderne » de la continuité et c’est à ce
moment que la rigueur devint le fondement de
l’analyse.
Réponse à la question
Les problèmes de partage sont très souvent liés
au théorème des valeurs intermédiaires qui est
un point important de ce chapitre. Si l’on prend
le partage d’une tarte circulaire en trois parts
égales grâce à deux coups de couteau paral-
lèles entre eux, on peut ramener le problème à
un disque de rayon R ayant pour centre l’origine
d’un repère orthonormé et défini par l’équation
x2 + y2 = R2, avec R > 0, ainsi qu’à deux droites
horizontales partageant ce disque en trois parties
d’aires égales.
x
y
0B(R ; 0)A(–R ; 0)
VU(Rcos θ ; Rsin θ)
θ
y = t
On peut se limiter au demi-plan y ≥ 0 et considé-
rer la droite d’équation y = t, avec 0 ≤ t ≤ R, qui
coupe le demi-cercle en maximum deux points (un
seul lorsque t = R). On nomme ces points U et V,
de coordonnées U Rtt
22
- ; et V -- Rtt
22
;.
Intuitivement – et ceci n’aurait posé aucun pro-
blème avant Bolzano – l’aire du domaine ABUV
limité par le cercle et situé entre l’axe des abscisses
et la droite y = t, est une fonction continue de t qui
varie de 0 (quand t = 0) à pR2
2
(quand t = R). Cette
fonction prend donc la valeur pR2
6
pour une valeur
t0. La partie restante du disque au-dessus de la
droite y = t0 a pour aire pR2
2
– pR2
6
= pR2
3
et il est
clair que les droites y = t0 et y = −t0 partagent le
disque en trois parties d’aires égales.
On peut se montrer plus rigoureux en établissant
la continuité de cette fonction t a a(t), aire du
domaine ABUV. Cette aire est la somme de trois
aires : celle du triangle VOU et celles des deux
secteurs du disque AOV et BOU. Elle est donc la
somme de l’aire du triangle qui a pour valeur
tR t
22
-
, fonction clairement continue sur
[0 ; R], et de deux fois l’aire du secteur du disque
BOU.
Il ne reste qu’à établir la continuité de cette der-
nière aire. Pour cela on envisage la fonction
j : 02 ;p
È
Î
Í
˘
˚
˙ a R telle que q a j(q) = sinq. Elle est
continue, strictement croissante et prend ses
valeurs sur [0 ; 1]. On dispose ainsi d’une fonc-
tion y : [0 ; 1] a 02
;p
È
Î
Í
˘
˚
˙ qui à s ∈ [0 ; 1] fait
correspondre l’unique q ∈ 02
;p
È
Î
Í
˘
˚
˙ tel que s = sinq.
Les deux courbes décrites par (q ; j(q)) pour
q ∈ 02 ;p
È
Î
͢
˚
˙ et (s ; y(s)) pour s ∈ [0 ; 1] sont symé-
triques par rapport à la première bissectrice.
Comme la première est « d’un seul tenant »
(continuité de la fonction q a sinq), la seconde
aussi, ce qui définit la continuité dans le cadre de
ce chapitre. L’aire du secteur disque BOV a donc
pour valeur 1
22
yt
RR
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜ ; cette aire est continue.

82 n Chapitre 4 n Dérivée et continuité d’une fonction
© éditions Belin, 2012.
Remarques :
• Cet exercice est l’occasion de découvrir partiel-
lement la fonction Arcsinus
• L’aire du domaine ABUV est une fonction stric-
tement croissante de t, et la valeur t0 est unique.
Vérifier ses acquis
1 a. Faux. b. Vrai.
c. Faux. d. Vrai. e. Faux.
2 a. f(–6) = 0 ; f(–4) = 2 ; f(0) = −1 ;
f′(–6) = 2 ; f′(−2) = −1.
b. f(x) = 3 a pour ensemble solution S = {3}.
f(x) = 1 a pour ensemble solution
S = {–5,5 ; −3 ; 1,5 ; 5}.
f′(x) = 0 a pour ensemble solution S = {–4 ; 3}.
f(x) > 0 a pour ensemble solution
S = ]–6 ; −2[
»
]1 ; 5[.
c. Si m < −1, alors l’équation f(x) = m n’a pas de
solution.
Si m = −1, alors l’équation f(x) = m possède une
solution.
Si −1 < m < −0,5, alors l’équation f(x) = m pos-
sède deux solutions.
Si −0,5 < m < 0, alors l’équation f(x) = m pos-
sède trois solutions.
Si 0 < m < 2, alors l’équation f(x) = m possède
quatre solutions.
Si m = 2, alors l’équation f(x) = m possède trois
solutions.
Si 2 < m < 3, alors l’équation f(x) = m possède
trois solutions.
Si m = 3, alors l’équation f(x) = m possède une
solution.
Si m > 3, alors l’équation f(x) = m n’a pas de
solution.
3
x–∞–1 2 +∞
Signe
de f′(x)
–+–
Variations
de f
4 a. Faux. b. Faux.
c. Vrai . d. Faux.
5 1. a. et d.
2. b. et c.
3. c.
Activités d’introduction
Activité 1
1
L’ensemble de définition de la fonction racine
carrée est [0 ; +∞[, son ensemble de dérivabilité
est ]0 ; +∞[ et sa fonction dérivée est x → 1
2x
.
2
En utilisant par exemple le logiciel Xcas, on
obtient :
f′(x) est définie sur ]−1 ; +∞[.
f′(x) est définie sur ]– 1
3
; +∞[.
f′(x) est définie sur ]3 ; +∞[.
f′(x) est définie sur ]–∞ ; 2
5
[.
f′(x) est définie sur ]0 ; +∞[.
f′(x) est définie sur R.
f′(x) est définie sur
- -
˘
˚
˙
˙
È
Î
Í
Í»
˘
˚
˙
˙
È
Î
Í
Í
;;
35
2
35
2+.
3
La dérivée de la fonction x → ux
()
semble
être x → ¢-
uu
1
2
soit x → ¢
u
u2
. Pour appliquer
cette formule il faut que la fonction u soit déri-
vable et strictement positive.
4
La dérivée de la fonction x →
ax b
semble
être x → aa
xb¥
-1
2
soit x → a
ax b2
. Pour
appliquer cette formule il faut que x > – b
a
.
Activité 2
1
Définition de l’adjectif « continu » d’un dic-
tionnaire : Sans interruption, dans le temps ou
dans l’espace ; incessant, constant.
Un exemple d’utilisation de l’adjectif « continu »
dans la vie courante : « journée continue ».
0 0

Chapitre 4 n Dérivée et continuité d’une fonction n 83
© éditions Belin, 2012.
2
3
La fonction représentée a pour expression
29 0180
29 020180 180
si
si
x
xx
-
Ì
Ó
Ô,( ).
4
Intuitivement, la deuxième courbe représente
une fonction continue car on peut la tracer « sans
s’arrêter » ou « sans coupure ».
5
Exemple concret de fonction discontinue : En
région parisienne, la fonction donnant le prix du
forfait Navigo mensuel selon la distance à par-
courir pour atteindre Paris.
Autre exemple concret de fonction continue : la
fonction donnant la taille d’un enfant en fonc-
tion de son âge.
Activité 3
1
On considère la fonction f définie sur [1 ; 5]
par fx
xx
()-
2
68
représentée par la parabole
P de sommet S(3 ; –1). On s’intéresse à l’équation
(E) : f(x) = k où k est un réel.
a. Graphiquement des valeurs approchées des
solutions de l’équation f(x) = 2 sont 1,3 et 4,7.
f(x) = 2
€
x2 – 6x + 6 = 0
€
x =
33-
ou x =
33
b. – si k < –1 alors l’équation f(x) = k n’admet
pas de solution.
– si k = –1 alors l’équation f(x) = k admet une
seule solution.
– si k > –1 alors l’équation f(x) = k admet deux
solutions.
c. Le discriminant D du trinôme f(x) – k est égal à
4(k + 1).
L’équation (E) équivaut à f(x) – k = 0 donc
– (E) n’admet pas de solution réelle si et seule-
ment si D < 0 soit k < –1.
– (E) admet une seule solution si et seulement si
D = 0 soit k = –1.
Cette solution est égale à –6/2 soit 3.
– (E) admet deux solutions sur R si et seulement
si D > 0 soit k > –1. Ces solutions sont égales à
x1 =
31-k
et x2 =
31k
.
2
C’est le cas de l’équation x3 + x2 – 3x + 4 = 0.
Activité 4
a. Pour que l’équation f(x) = 1
2
ait au moins une
solution sur [−1,5 ; 2], il semble que la fonction f
doive être continue sur [−1,5 ; 2] et que 1
2
soit
compris entre f(−1,5) et f(2).
b. Pour que l’équation f(x) = 1
2
ait une unique
solution sur l’intervalle [−1,5 ; 2] ; il semble que f
doive de plus être strictement monotone.
Travaux pratiques
1TP Algorithmique 1 Balayage
et dichotomie
Partie 1 : Existence et unicité de la solution
On considère la fonction f définie sur R par
f(x) = x3 – 2x2 + 2x – 3.
a. La fonction f est dérivable sur R comme fonc-
tion polynôme et pour tout réel x,
f′(x) = 3x2 – 4x + 2.
f′(x) est un trinôme n’ayant pas de racine, il est
donc toujours du signe de a = 3 soit strictement
positif d’où f strictement croissante sur R.
D’après la règle donnant les limites en l’infini
d’un polynôme (cf. chapitre 3), on a :

84 n Chapitre 4 n Dérivée et continuité d’une fonction
© éditions Belin, 2012.
lim () lim
xx
fx x
ÆÆ
3 et
lim () lim –
xx
fx x
Æ-Æ-
3.
f est continue (fonction polynôme) et strictement
croissante sur R, 0
Œ
]–∞ ; +∞[ donc d’après le
théorème des valeurs intermédiaires dans le cas
strictement monotone l’équation f(x) = 0 admet
une unique solution sur R notée x0.
b. On conjecture que
[;]ab
= [1 ; 2]
Preuve : f(1) = –2 et f(2) = 1. On a f(1) < 0 et
f(2) > 0 donc par stricte croissance 1 < x0 < 2.
Partie 2 : Algorithme de balayage
1
Comprendre l’algorithme
a. La ligne « Tant que f(a)f(x) > 0 » de l’algo-
rithme teste si f(a) et f(x) sont de même signe.
b. La ligne « x = x + h » de l’algorithme remplace
x par x + h.
c. On sort de la boucle « Tant que » lorsque la
condition f(a)f(x) > 0 n’est plus vérifiée c’est-à-
dire lorsque f(a) et f(x) sont de signes contraires,
or f(a) et f(x – h) sont de même signe donc f(x) et
f(x – h) sont signe contraire d’où x – h < x0 ≤ x.
2
Tester l’algorithme
a. En testant l’algorithme avec h = 0,01, on
obtient 1,81 < SOL ≤ 1,82.
Calculatrice TI Calculatrice casio
b. Lors de l’exécution de l’algorithme sont calcu-
lées les valeurs : f(1), f(1,01), …, f(1,82) soit 83
calculs de type « f(x) ».
Partie 3 : Algorithme de dichotomie
1
Comprendre le principe
On sait d’après la partie 1 que 1 ≤ x0 ≤ 2, on a
donc un encadrement de x0 d’amplitude 1.
a. Le centre de l’intervalle [a ; b] = [1 ; 2] est 1,5.
f(1,5) = –1,125. On a f(1,5) < 0 et f(2) > 0 donc
par stricte croissance 1,5 < x0 < 2.
Ce deuxième encadrement a pour amplitude 1
2
.
b. Le centre de l’intervalle [a ; b] = [1,5 ; 2] est 1,75.
f(1,75) ≈ −0,27. On a f(1,75) < 0 et f(2) > 0 donc
par stricte croissance 1,75 < x0 < 2.
Ce troisième encadrement a pour amplitude 1
4
.
Le centre de l’intervalle [a ; b] = [1,75 ; 2] est 1,875.
f(1,875) ≈ 0,31. On a f(1,75) < 0 et f(1,875) > 0
donc par stricte croissance 1,75 < x0 < 1,875.
Ce quatrième encadrement a pour amplitude 1
8
.
c.
a b
[a ; b]
en
couleur
ab
2
Signe de
fa f
ab
()¥
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜
2
initiali-
sation 1 2 ➀1,5 positif
étape 1 1,5 2 ➁1,75 positif
étape 2 1.75 2 ➂1,875 négatif
étape 3 1.75 1,875 ➃//////// ///////////
➀1,751,51,251 2
➁1,751,51,251 2
➂1,751,51,251 2
➃1,751,51,251 2
d. À chaque étape, l’amplitude de l’encadrement
est divisé par deux. L’amplitude de l’encadrement
au bout de n étapes est 1
2
n.
Cette méthode permet d’obtenir un encadre-
ment d’amplitude aussi petite que l’on veut car
lim
n
n
Æ
1
2
= 0.
2
Écrire et tester l’algorithme
a.
Saisir(a, b, h) ;
Tant que b – a > h faire
Si fa f
ab
2
()¥
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜ < 0
alors b =
ab
2
Sinon a =
ab
2
FinSi
FinTantque
Afficher a < x0 ≤ b

Chapitre 4 n Dérivée et continuité d’une fonction n 85
© éditions Belin, 2012.
b. En testant l’algorithme avec h = 0,01, on
obtient 1,80469 ≤ L ≤ 1,81250.
Calculatrice TI Calculatrice casio
c. 1
2
00
1
n, ≤ 0,01 à partir de n = 7. Donc l’al-
gorithme calcule f(1) puis effectue sept calculs du
type
fab
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜
2 soit au total 8 calculs de type
« f(x) » contre 83 dans l’algorithme de balayage.
L’algorithme de dichotomie est donc dans ce cas
(comme souvent) plus efficace que l’algorithme
de balayage.
2TP Algorithmique 2 Méthode de Newton
Partie 1
On considère la fonction f définie sur R par
f(x) = 1
6
1
2
3
xx
-
.
La fonction f est dérivable sur R comme fonction
polynôme et pour tout réel x, f′(x) = 1
2
x2 −1
f′(x) est un trinôme ayant –
2
et
2
pour racines,
on a donc :
x–∞–
2
2
+∞
Signe
de f′(x)
+–+
Variations
de f
f(2) = – 1
6
et f(3) = 2.
f est continue (fonction polynôme) et strictement
croissante sur [2 ; 3]. Or f(2)f(3) < 0 donc d’après
le théorème des valeurs intermédiaires dans le
cas strictement monotone l’équation f(x) = 0
admet une unique solution sur [2 ; 3] notée a.
Partie 2
Graphiquement, on lit a ≈ 2,1. On observe que
les valeurs x0, x1, x2 et x3 se rapprochent de a.
B3B2B1
A1
A2x0
2,6 2,8 32
T1T2
2,2 2,4
T0
Partie 3
1
a. Une équation de la tangente T0 à la
courbe  au point d’abscisse x0 est y = f′(x0)
(x – x0) + f(x0)
b. f′(x0)(x – x0) + f(x0) = 0
€ ¢-€ -xxfxfx
fx xx fx fx
00 0
0
00
0
() ()
()
()
()
’’
qui est
l’abscisse du point d’intersection de T0 avec l’axe
des abscisses.
2
a. On a F1(x) = f(x) = 1
6
1
2
3
xx
-
et
F2(x) = f′(x) = 1
2
x2 – 1.
@ Le fichier Algobox corrigé est disponible sur
www.libtheque.fr/mathslycee
0 0