TD 5 : Dérivabilité, théor`eme de Rolle et accroissements finis

Universit´e Pierre et Marie Curie 1M001
TD 5 : D´erivabilit´e, th´eor`eme de Rolle et accroissements finis
Exercice 1. Calculer les d´eriv´ees des fonctions suivantes en pr´ecisant leur domaine de d´efinition:
a. x→xx
b. x→(cos(x))sin(x)
Solution. a) On a pour tout r´eel y > 0, y=eln(y). En prenant y=xx, on obtient xx=eln(xx).
Or ln(xa) = aln(x). Donc ln(xx) = xln(x). On a donc xx=exln(x). Cette fonction est d´efinie sur
R∗
+(pour que ln(x) existe). La d´eriv´ee de euest u0eu. Ici u(x) = xln(x). La d´eriv´ee de uest donc
ln(x) + 1. On obtient (xx)0= (ln(x) + 1)exln(x).
b) On fait de mˆeme. On a (cos(x))sin(x)=esin(x) ln(cos(x)) qui est d´efinie si cos(x)>0, donc si
x∈Sk∈Z]2kπ −π
2; 2kπ +π 2[. On obtient pour la d´eriv´ee cos(x) ln(cos(x)) −sin2(x)
cos(x)esin(x) ln(cos(x)).
Exercice 2. Montrer que les fonctions suivantes se prolongent par continuit´e en 0et ´etudier si ce
prolongement est d´erivable en 0:
a. f:x→x2sin(1/x)
b. g:x→e−1/x2
Solution. a) Pour voir si fest prolongeante par continuit´e en 0, il s’agit de voir si la fonction f
admet une limite en 0. On a |x2sin(1/x)| ≤ x2, donc |x2sin(1/x))|tend vers 0 quand x→0, puis
x2sin(1/x)→0 quand x→0. Donc fest prolongeable par continuit´e en 0 en posant f(0) = 0.
Pour voir si fest d´erivable en 0, il s’agit de voir si l’ accroissement f(x)−f(0)
x−0admet une limite
quand x→0. L’accroissement est ´egal `a xsin(1/x) qui tend vers 0 quand x→0 par la mˆeme
m´ethode que celle utilis´ee pr´ec´edemment.
b) On a limx→0g(x) = 0 par compos´ee des limites (limx→01
x2= +∞et limy→+∞e−y= 0). 
Exercice 3. (a) Montrer que cos(x)≥1−x2
2pour tout x∈R.
(b) Montrer que ln(1 + x)≤xpour tout x > −1.
Solution. (a) Soit f(x)=cos(x)−(1−x2
2) . On doit montrer que f(x)≥0 pour tout r´eel x. On fait une
´etude de fonctions. On a f0(x) = −sin(x) + x. Il faut connaˆıtre le signe de −sin(x) + x. On pose
g(x) = −sin(x) + xet on refait une ´etude de fonctions. On a g0(x) = −cos(x)+1≤0 pour tout
r´eel x. Donc gest d´ecroissante Or g(0) = 0. Donc g(x)≤0 si x≤0 et g(x)≥0 si x≥0. Comme
g(x) = f0(x), cela donne que f0(x)≤0 si x≤0 et f0(x)≥0 si x≥0. Donc fest d´ecroissante sur
R−et croissante sur R+. Elle atteint son minimum en x= 0. Or f(0) = 0, donc on a bien f(x)≥0
pour tout r´eel x.
1

(b) Soit f(x) = ln(1 + x)−x. On doit montrer que f(x)≤0 pour tout r´eel x > −1. On fait une
´etude de fonctions. On a f0(x) = 1
1+x−1 = −x 1+x. Donc f0(x)≥0 si −1< x ≤0 et f0(x)≥0 si
x≥0. Donc fest d´ecroissante sur ] −1; 0] et croissante sur [0; +∞[. Elle atteint son maximum en
x= 0 et f(0) = 0. On a donc bien f(x)≤0 pour tout x > −1. 
Exercice 4. (a) Montrer que arcsin(x) + arccos(x) = π
2pour tout x∈[−1,1].
(b) Montrer que
arctan x+ arctan 1
x=
π
2si x > 0
−π
2si x < 0.
Solution. (a) 1ere solution. arcsin(x) est par d´efinition l’angle θ∈[−π
2;π 2] tel que sin(θ) = x. On
doit donc montrer que pour tout x∈[−1,1], l’angle θd´efini par π
2−arccos(x) v´erifie que θ∈[−π 2;π 2]
tel que sin(θ) = x. V´erifions-le. D’abord, par d´efinition, arccos(x) est l’angle ηtel que η∈[0, π] et
cos(η) = x. En particulier, θ=π
2−η∈[−π 2,π 2]. De plus, sin(θ) = sin( π 2−η) = cos(η) = x(on a
utilis´e que sin(π
2−z) = cos(z)). Cela termine la preuve.
2e solution. La d´eriv´ee de arcsin est 1
√1−x2et la d´eriv´ee de arccos est −1 √1−x2. Donc la fonction
f(x) = arcsin(x) + arccos(x) est de d´eriv´ee nulle sur ] −1,1[. Donc fest constante sur ] −1,1[
et donc sur [−1,1] par continuit´e. Pour trouver la constante, il suffit d’´evaluer la fonction en un
point. Par exemple en prenant x= 0, on trouve f(0) = arcsin(0) + arccos(0) = 0 + π
2=π2donc
la constante est π
2.
(b) Soit f(x) = arctan(x) + arctan(1/x) qui est d´efinie sur R∗. On a arctan0(x) = 1
1+x2. On calcule
maintenant la d´eriv´ee de arctan(1/x). C’est une fonction compos´ee. On a (arctan(u))0=u01
1+u2. En
prenant u(x) = 1
x, on trouve u0(x) = −1
x2. La d´eriv´ee de arctan(1/x) est donc −1 x2
1
1+ 1
x2
=−1
1+x2.
Donc f0(x) = 0 pour tout r´eel x6= 0. Attention: cela n’implique pas que fest constante sur R∗car
R∗n’est pas un intervalle! Par contre, on a bien d’une part que fest constante surR∗
−et d’autre
part que fest constante sur R∗
+. Pour calculer les deux constantes, il suffit d’´evaluer fen x=−1
et en x= 1. On a arctan −1 = −π
4et arctan(1) = π 4(arctan(x) est par d´efinition l’angle θ∈]−π 2,π 2[
tel que tan(θ) = x). On obtient que f(−1) = −π
2et f(1) = π 2. Cela termine la preuve. 
Exercice 5. On rappelle que sinh(x) := exp(x)−exp(−x)
2.
(a) Montrer que sinh est une bijection de Rdans R.
(b) En d´eduire que sinh admet une fonction r´eciproque. Donner le sens de variation de cette fonc-
tion, et sa d´eriv´ee, si elle existe.
Solution. (a) La fonctions sinh est d´erivable sur Rpar les th´eor`emes d’op´eration. Faisons une
´etude de fonctions. On trouve que sinh0(x) = cosh(x) qui est toujours strictement positif. Donc
sinh est strictement croissante sur R, donc injective. On regarde les limites en −∞ et +∞de sinh.
limx→−∞ sinh(x) = −∞ et limx→+∞sinh(x) = +∞. On a donc f(R) =] − ∞,+∞[. La fonction
sinh est donc une bijection de Rdans R.
(b) Comme sinh est une bijection de R, elle admet une fonction r´eciproque (not´ee argsinh) de R
dans R. Comme sinh est strictement croissante, argsinh est aussi strictement croissante. On sait
2

que sinh0(x) = cosh(x) qui est toujours diff´erent de 0. Donc argsinh est d´erivable sur tout son
domaine de d´efinition, `a savoir R. On a d’apr`es la formule du cours
(argsinh)0(y) = 1
sinh0(argsinh(y)) =1
cosh(argsinh(y)).
On a cosh2(x)−sinh2(x) = 1, donc cosh(x) = q1 + sinh2(x). Cela donne que
(argsinh)0(y) = 1
p1 + y2.
Exercice 6. On rappelle que cosh(x) := exp(x)+exp(−x)
2.
(a) Donner les intervalles sur lesquels la restriction de cosh ´etablit une bijection.
(b) En d´eduire que la restriction cosh `a l’intervalle R+admet une fonction r´eciproque. Donner le
sens de variation de cette fonction, et sa d´eriv´ee, si elle existe.
Solution. (a) On fait une ´etude de fonctions. On a (cosh)0(x) = sinh(x) pour tout x∈R.
Or sinh(x)<0 si x < 0 et cosh(x)>0 si x > 0 (cf exo pr´ec´edent). Donc cosh est strictement
d´ecroissante sur R−et strictement croissante sur R+. Elle atteint son minimum en x= 0. Le
minimum vaut f(0) = 1. La fonction ch n’est pas injective sur R. Par contre, elle est injective sur
R−et cosh(R−) = [1,+∞[. Donc cosh ´etablit une bijection de R−dans [1; +∞[. De mˆeme cosh
´etablit une bijection de R+dans [1; +∞[.
(b) Comme cosh ´etablit une bijection de R+dans [1; +∞[, elle admet une fonction r´eciproque not´ee
argcosh, de [1; +∞[ dans R+. Comme cosh est strictement croissante sur R+, la fonction argcosh
est strictement croissante sur [1; +∞[. On a cosh0(x) = 0 si et seulement si x= 0. Donc la fonction
argcosh est d´erivable en tous les points de son domaine de d´efinition, `a part en cosh(0) = 1. Donc
argcosh est d´erivable sur ]1; +∞[. La formule du cours donne
(argcosh)0(y) = 1
cosh0(argcosh(y)) =1
sinh(argcosh(y)).
On a cosh2(x)−sinh2(x) = 1, donc sinh(x) = qcosh2(x)−1 si x≥0. Cela donne que
(argcosh)0(y) = 1
py2−1.
Exercice 7. 1) En utilisant seulement que sin0(0) = 1 et cos0(0) = 0, retrouver que sin0(x) = cos(x)
et cos0(x) = −sin(x). (On s’aidera des formules d’addition pour le cosinus et le sinus).
2) Calculer les d´eriv´ees n-i`emes de sin et cos.
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Solution. 1) On doit montrer que pour tout x0∈R, limx→x0
sin(x)−sin(x0)
x−x0= cos(x0), ou de fa¸con
´equivalente limh→0sin(x0+h)−sin(x0)
h= cos(x0). On a sin(x0+h) = sin(x0) cos(h) + cos(x0) sin(h).
Donc sin(x0+h)−sin(x0)
h=sin(x0)(cos(h)−1)+sin(x0) sin(h) h. Or limh→0cos(h)−1 h= cos0(0) = 0 d’apr`es
l’´enonc´e. Et limh→0sin(h)−1
h= sin0(0) = 1. On obtient bien que limh→0sin(x0+h)−sin(x0) h= cos(x0).
On raisonne de mˆeme pour montrer que cos0(x0) = −sin(x0) en utilisant que cos(x0+h) =
cos(x0) cos(h)−sin(x0) sin(h).
2) En it´erant, on voit que sin(2k)(x) = (−1)ksin(x) et sin(2k+1)(x) = (−1)kcos(x). De mˆeme,
cos(2k)(x) = (−1)kcos(x) et cos(2k+1)(x) = (−1)k+1 sin(x). 
Exercice 8. 1) Pour a1et a2des r´eels strictement positifs, montrer que a1+a2
2≥√a1a2, avec
´egalit´e si et seulement si a1=a2.
2) Soit cun r´eel strictement positif. On introduit f:R∗
+→Rd´efinie par f(x) := x
n+1 −(cx)1
n+1 .
Trouver le minimum de f.
3) Montrer par r´ecurrence sur nque quels que soient les r´eels strictement positifs a1, a2, . . . , an, on
aa1+. . . +an
n≥(a1. . . an)1
n.
On s’aidera de la question 2) pour montrer la r´ecurrence.
On appelle cette in´egalit´e l’in´egalit´e arithmetico-g´eom´etrique.
Solution. 1) L’in´egalit´e est ´equivalente `a a1+a2−2√a1a2≥0 qui est vraie car a1+a2−2√a1a2=
(√a1−√a2)2.
2) On fait une ´etude de fonctions. On rappelle que la d´eriv´ee de x→xaest axa−1. On calcule
f0(x) = 1
n+1 −c
1
n+1
n+1 x1
n+1 −1qui vaut 0 en x=c1
n. Si x≤c1 n, on a f0(x)≤0 et si x≥c1 n,f0(x)≥0.
Donc x=c1
nest bien un minimum et f(c1 n) = −c1 nn
n+1 .
3) Soit P(n) la proposition: Pour tous r´eels strictement positifs a1, a2, . . . , an, on a a1+...+an
n≥
(a1. . . an)1
n.. Montrons-le par r´ecurrence sur n.
Initialisation: n= 1. On a bien a1≥a1.
H´er´edit´e: Supposons que P(n) est vraie. Montrons P(n+ 1). Soient a1, . . . , an+1 des r´eels stricte-
ment positifs. On veut montrer que
a1+. . . +an+1
n+ 1 ≥(a1. . . an+1)1
n+1
ce qui est ´equivalent `a a1+. . . +an+1
n+ 1 −(a1. . . an+1)1
n+1 ≥0.
D’apr`es la question 1), (avec x=an+1,c=a1. . . an), on a
an+1
n+ 1 −(a1. . . an+1)1
n+1 ≥ −(a1. . . an)1
nn
n+ 1.
On a donc
a1+. . . +an+1
n+ 1 −(a1. . . an+1)1
n+1 ≥a1+. . . +an
n+ 1 −(a1. . . an)1
nn
n+ 1.
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En appliquant ensuite l’hypoth`ese de r´ecurrence, on trouve
a1+. . . +an+1
n+ 1 −(a1. . . an+1)1
n+1 ≥0
ce qui termine la r´ecurrence. 
Exercice 9. 1) Pour aet bdes r´eels strictement positifs, on pose f(x) = ax +b
xpour tout x > 0.
Etudier les variations de la fonction f.
2) Montrer par r´ecurrence sur nque quels que soient les r´eels strictement positifs a1, a2, . . . , an, on
a
(a1+. . . +an)1
a1
+. . . +1
an≥n2.
Solution. 1) On refait une ´etude de fonctions. On trouver que le minium de fest obtenu en
x=qb
aet vaut 2√ab.
2) Soit P(n) la proposition: Pour tous r´eels strictement positifs a1, a2, . . . , an, on a (a1+. . . +
an)1
a1+. . . +1 an≥n2. Montrons-le par r´ecurrence sur n.
Initialisation: n= 1. On a bien a11
1≥1.
H´er´edit´e: Supposons que P(n) est vraie. Montrons P(n+ 1). Soient a1, . . . , an+1 des r´eels stricte-
ment positifs. On veut montrer que
(a1+. . . +an+1)1
a1
+. . . +1
an+1 ≥(n+ 1)2.
Posons Un=a1+. . . +anet Vn=1
a1+. . . +1 an. On doit donc montrer que
(Un+an+1)(Vn+1
an+1
)≥(n+ 1)2.
D´eveloppons le membre de gauche. Cela donne UnVn+1+Vnan+1 +Un
an+1 . L’hypoth`ese de r´ecurrence
implique que UnVn≥n2. La question 1) (avec a=Vnet b=Unet x=an+1) implique que
Vnan+1 +Un
an+1 ≥2√UnVnge2nd’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence. En sommant et en remarquant
que n2+ 1 + 2n= (n+ 1)2, on finit la r´ecurrence. 
Exercice 10. D´eterminer a, b ∈Rpour que la fonction fd´efinie sur R+par :
f(x) = √xsi 0≤x≤1et f(x) = ax2+bx + 1 si x > 1
soit d´erivable sur R∗
+.
Solution.fest d´erivable en tout point xdiff´erent de 1. On doit donc s’assurer de la d´erivabilit´e
de fen 1. Pour que fsoit d´erivable en 1, il faut d’abord s’assurer qu’elle soit continue. Cela donne
1 = a+b+ 1 donc b=−a. Ensuite on doit avoir la d´eriv´ee `a gauche ´egale `a la d´eriv´ee `a droite
donc 1
2= 2a+b. On obtient a= 1/2 et b=−1/2. 
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