Exercices corrigés : Dérivabilité (Prépa, 1re année)

1. Si $f$ est dérivable en $1$, elle est continue en $1$. Or $f(1)=\sqrt{1}=1$ et, pour $0 \le x<1$, $f(x)=ax+b \xrightarrow[x \to 1^-]{} a+b$. La continuité en $1$ impose $a+b=1$.

2. On suppose $a+b=1$, c'est-à-dire $b=1-a$.

• Pour $x>1$ : $\tau_1(x)=\frac{\sqrt{x}-1}{x-1}=\frac{\sqrt{x}-1}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}=\frac{1}{\sqrt{x}+1} \xrightarrow[x \to 1^+]{} \frac{1}{2}$. Donc $f'_d(1)=\frac12$.
• Pour $0 \le x<1$ : $\tau_1(x)=\frac{ax+(1-a)-1}{x-1}=\frac{a(x-1)}{x-1}=a$. Donc $f'_g(1)=a$.

3. Si $a+b \neq 1$, $f$ n'est pas continue en $1$, donc pas dérivable en $1$. Si $a+b=1$, comme $1$ est intérieur à $[0,+\infty[$, $f$ est dérivable en $1$ si et seulement si $f'_g(1)=f'_d(1)$, soit $a=\frac12$, et alors $b=1-a=\frac12$.

Conclusion : $f$ est dérivable en $1$ si et seulement si $a=b=\frac12$, et dans ce cas $f'(1)=\frac12$. La droite $y=\frac{x+1}{2}$ est la tangente en $1$ au graphe de la racine carrée : le raccord se fait le long de cette tangente.

1. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f'(x)=1+e^x>0$. Donc $f$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $\mathbb{R}$. Quand $x \to -\infty$, $e^x \to 0$ donc $f(x) \to -\infty$ ; quand $x \to +\infty$, $f(x) \to +\infty$. Par le théorème de la bijection, $f$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]-\infty,+\infty[=\mathbb{R}$.

2. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f'$ ne s'annule pas. Par le théorème de dérivation d'une réciproque, $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout réel $y$ : $$g'(y)=\frac{1}{f'(g(y))}=\frac{1}{1+e^{g(y)}}.$$

3. $f(0)=0+e^0=1$, donc $g(1)=0$ et $g'(1)=\frac{1}{1+e^0}=\frac12$.

4. $g$ est dérivable, donc $e^{g}$ l'est, et $1+e^{g}$ ne s'annule pas : $g'=\frac{1}{1+e^{g}}$ est dérivable. Ainsi $g$ est deux fois dérivable et $$g''(y)=-\frac{g'(y)\,e^{g(y)}}{\big(1+e^{g(y)}\big)^2}=-\frac{e^{g(y)}}{\big(1+e^{g(y)}\big)^3}.$$ En $y=1$ : $g(1)=0$, donc $g''(1)=-\frac{1}{2^3}=-\frac18$.

(On pouvait aussi invoquer la propriété du cours : $f$ est $\mathcal{C}^\infty$ et $f'$ ne s'annule pas, donc $g$ est $\mathcal{C}^\infty$.)

1. $f$ est polynomiale, donc continue et dérivable sur $\mathbb{R}$, et $f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=0$. Le théorème de Rolle sur $[1,2]$ fournit $c_1 \in\, ]1,2[$ tel que $f'(c_1)=0$ ; de même sur $[2,3]$ et $[3,4]$, on obtient $c_2 \in\, ]2,3[$ et $c_3 \in\, ]3,4[$. Ces intervalles ouverts sont disjoints, donc $c_1<c_2<c_3$ sont distincts.

$f$ est de degré $4$ et de coefficient dominant $1$, donc $f'$ est de degré $3$ (coefficient dominant $4$) : il a au plus $3$ racines. Ainsi $f'$ a exactement les trois racines $c_1,c_2,c_3$, une dans chaque intervalle.

2. Pour tout réel $x$ : $$f(5-x)=(4-x)(3-x)(2-x)(1-x)=(-1)^4(x-4)(x-3)(x-2)(x-1)=f(x).$$ En dérivant (composée avec $x \mapsto 5-x$) : $-f'(5-x)=f'(x)$. En $x=\frac52$ : $-f'(\frac52)=f'(\frac52)$, donc $f'(\frac52)=0$. Comme $\frac52 \in\, ]2,3[$ et que $c_2$ est la seule racine de $f'$ dans cet intervalle, $c_2=\frac52$.

3. Avec $u=x-\frac52$ : $x-1=u+\frac32$, $x-2=u+\frac12$, $x-3=u-\frac12$, $x-4=u-\frac32$. Donc $$f(x)=\left(u^2-\frac94\right)\left(u^2-\frac14\right)=u^4-\frac52u^2+\frac{9}{16}.$$ Ainsi $f(x)=h(x-\frac52)$ avec $h(u)=u^4-\frac52u^2+\frac9{16}$, et $f'(x)=h'(x-\frac52)$ où $h'(u)=4u^3-5u=u(4u^2-5)$. Les racines de $h'$ sont $0$ et $\pm\frac{\sqrt5}{2}$. D'où $$c_1=\frac{5-\sqrt5}{2} \approx 1{,}38, \qquad c_2=\frac52, \qquad c_3=\frac{5+\sqrt5}{2} \approx 3{,}62,$$ ce qui est cohérent avec la localisation de la question 1.

1. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ avec $f'(x)=(1+x)e^x$, strictement positive sur $]-1,+\infty[$, intérieur de $I$. Comme $f$ est continue sur $I$, elle est strictement croissante sur $I$. De plus $f(-1)=-\frac1e$ et $f(x) \to +\infty$ quand $x \to +\infty$. Par le théorème de la bijection, $f$ est une bijection de $I$ sur $J=\left[-\frac1e,+\infty\right[$.

2. $f'$ ne s'annule pas sur $]-1,+\infty[$, donc $W$ est dérivable en tout point de $f(]-1,+\infty[)=\left]-\frac1e,+\infty\right[$.

En $-\frac1e=f(-1)$ : $f'(-1)=0$. Si $W$ était dérivable en $-\frac1e$, la dérivation de $W \circ f=\mathrm{id}_I$ en $-1$ donnerait $f'(-1)\,W'(-\frac1e)=1$, soit $0=1$ : absurde. Plus précisément, pour $y \in J$, $y \neq -\frac1e$, on pose $x=W(y) \neq -1$ : $$\frac{W(y)-W(-\frac1e)}{y+\frac1e}=\frac{x+1}{f(x)-f(-1)}=\frac{1}{\tau_{-1}(x)}.$$ Quand $y \to -\frac1e$, $x \to -1$ par continuité de $W$, et $\tau_{-1}(x) \to f'(-1)=0$ en restant strictement positif ($f$ strictement croissante). Le quotient tend vers $+\infty$ : le graphe de $W$ a une tangente verticale au point $(-\frac1e,-1)$.

3. Pour $y>-\frac1e$ : $W'(y)=\frac{1}{f'(W(y))}=\frac{1}{(1+W(y))e^{W(y)}}$. Si de plus $y \neq 0$, alors $W(y) \neq 0$ car $f(0)=0$ et $f$ est injective. La relation $f(W(y))=y$ s'écrit $W(y)e^{W(y)}=y$, donc $e^{W(y)}=\frac{y}{W(y)}$ et $$W'(y)=\frac{W(y)}{y\,(1+W(y))}.$$

4. $f(0)=0$ donc $W(0)=0$ et $W'(0)=\frac{1}{(1+0)e^0}=1$. $f(1)=e$ donc $W(e)=1$ et $W'(e)=\frac{1}{2e}$ (la seconde formule donne aussi $\frac{1}{e\cdot 2}$).

1. Sur $]0,+\infty[$, $f$ est continue comme produit de fonctions continues. En $0$ : $x^2\ln x=x\cdot(x\ln x)$ et $x\ln x \to 0$ quand $x \to 0^+$ (croissances comparées), donc $f(x) \to 0 \times 0=0=f(0)$. Ainsi $f$ est continue sur $[0,+\infty[$.

2. Sur $]0,+\infty[$, $f$ est $\mathcal{C}^1$ (fonctions usuelles) et $$f'(x)=2x\ln x+x^2\cdot\frac1x=2x\ln x+x.$$ Quand $x \to 0^+$, $2x\ln x \to 0$ et $x \to 0$, donc $f'(x) \to 0$. La fonction $f$ est continue sur $[0,+\infty[$, de classe $\mathcal{C}^1$ sur $]0,+\infty[$, et $f'$ admet la limite finie $0$ en $0$. Par le théorème de prolongement $\mathcal{C}^1$, $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,+\infty[$ et $f'(0)=0$.

3. Pour $x>0$ : $$\frac{f'(x)-f'(0)}{x-0}=\frac{2x\ln x+x}{x}=2\ln x+1 \xrightarrow[x \to 0^+]{} -\infty.$$ Le taux d'accroissement de $f'$ en $0$ n'a pas de limite finie : $f'$ n'est pas dérivable en $0$ (son graphe a une tangente verticale en $0$).

Conclusion : $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,+\infty[$ mais n'y est pas deux fois dérivable. C'est un exemple de fonction de $\mathcal{C}^1 \setminus \mathcal{D}^2$ (elle reste $\mathcal{C}^\infty$ sur $]0,+\infty[$).

1. Soit $x>0$. On a $0<\frac{1}{x+1}<\frac1x$ et $\exp$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$. Il existe $c_x \in \left]\frac{1}{x+1},\frac1x\right[$ tel que $$e^{1/x}-e^{1/(x+1)}=e^{c_x}\left(\frac1x-\frac{1}{x+1}\right)=\frac{e^{c_x}}{x(x+1)}.$$ Donc $x^2\left(e^{1/x}-e^{1/(x+1)}\right)=e^{c_x}\cdot\frac{x}{x+1}$. Comme $0<c_x<\frac1x$, $c_x \to 0$ par encadrement, et $e^{c_x} \to 1$ par continuité de $\exp$ en $0$. Enfin $\frac{x}{x+1} \to 1$. La limite vaut $1$.

2. Soit $\varphi(t)=t\ln t$ sur $]0,+\infty[$, dérivable avec $\varphi'(t)=\ln t+1$. Pour $x>0$, l'égalité des accroissements finis sur $[x,x+1]$ fournit $d_x \in\, ]x,x+1[$ tel que $$(x+1)\ln(x+1)-x\ln x=\varphi(x+1)-\varphi(x)=\ln d_x+1.$$ L'expression étudiée vaut donc $\ln d_x-\ln x+1=\ln\frac{d_x}{x}+1$. De $x<d_x<x+1$ on tire $1<\frac{d_x}{x}<1+\frac1x$ puis, par croissance de $\ln$, $$0<\ln\frac{d_x}{x}<\ln\left(1+\frac1x\right) \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0.$$ Par encadrement, $\ln\frac{d_x}{x} \to 0$ et la limite cherchée vaut $1$.

1. $f$ est dérivable donc continue sur $[a,b]$.

En $a$ : $\tau_a(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \to f'(a)<0$ quand $x \to a^+$. Par définition de la limite, il existe $\eta>0$ tel que $\tau_a(x)<0$ pour tout $x \in\, ]a,a+\eta] \cap [a,b]$. Pour un tel $x$, $x-a>0$ donc $f(x)<f(a)$ : $f(a)$ n'est pas le minimum.

En $b$ : $\tau_b(x) \to f'(b)>0$ quand $x \to b^-$, donc il existe $x \in\, ]a,b[$ proche de $b$ avec $\tau_b(x)>0$. Comme $x-b<0$, on obtient $f(x)-f(b)<0$ : $f(b)$ n'est pas le minimum.

Par le théorème des bornes atteintes, $f$ atteint son minimum sur $[a,b]$ en un point $c$, qui n'est ni $a$ ni $b$ : $c \in\, ]a,b[$ est intérieur. $f$ y admet un minimum (global donc local) et y est dérivable, donc $f'(c)=0$.

2. On pose $g(x)=f(x)-\lambda x$, dérivable sur $[a,b]$ avec $g'=f'-\lambda$.

• Si $f'(a)<\lambda<f'(b)$ : $g'(a)<0<g'(b)$ et la question 1 appliquée à $g$ fournit $c \in\, ]a,b[$ avec $g'(c)=0$, soit $f'(c)=\lambda$.
• Si $f'(b)<\lambda<f'(a)$ : on applique la question 1 à $-g$, qui vérifie $(-g)'(a)=\lambda-f'(a)<0$ et $(-g)'(b)=\lambda-f'(b)>0$. On obtient $c \in\, ]a,b[$ avec $g'(c)=0$, soit $f'(c)=\lambda$.

3. Supposons qu'il existe $F$ dérivable sur $\mathbb{R}$ avec $F'=H$. Sur $[-1,1]$, $F$ est dérivable, $F'(-1)=0$ et $F'(1)=1$. Le réel $\lambda=\frac12$ est strictement compris entre ces valeurs ; la question 2 donne $c \in\, ]-1,1[$ tel que $H(c)=\frac12$. C'est impossible car $H$ ne prend que les valeurs $0$ et $1$. Donc $H$ n'est la dérivée d'aucune fonction.

Bilan : une dérivée n'est pas forcément continue (exemple de $x^2\sin\frac1x$ du cours), mais elle ne peut pas présenter de saut.

1. Par la formule du binôme, $Q_n(x)=\sum_{j=0}^{n}\binom nj(-1)^{n-j}x^{2j}=x^{2n}+R(x)$ avec $\deg R<2n$. Pour $m \ge n$, $(x^m)^{(n)}=\frac{m!}{(m-n)!}x^{m-n}$, et pour $m<n$, $(x^m)^{(n)}=0$. La dérivée $n$-ième de $R$ est donc de degré $<n$, et $$L_n(x)=\frac{(2n)!}{n!}x^n+(\text{termes de degré }<n).$$ $L_n$ est de degré $n$, de coefficient dominant $\frac{(2n)!}{n!}$.

2. On pose $A(x)=(x-1)^n$ et $B(x)=(x+1)^n$. Pour $0 \le j \le n$ : $A^{(j)}(x)=\frac{n!}{(n-j)!}(x-1)^{n-j}$, donc $A^{(j)}(1)=0$ si $j<n$ et $A^{(n)}=n!$. De même $B^{(i)}(-1)=0$ si $i<n$ et $B^{(n)}=n!$. Pour $0 \le k \le n$, la formule de Leibniz donne $$Q_n^{(k)}=\sum_{j=0}^{k}\binom kj A^{(j)}B^{(k-j)}.$$

• Si $k \le n-1$ : en $1$, chaque terme contient $A^{(j)}(1)$ avec $j \le k<n$, nul ; en $-1$, chaque terme contient $B^{(k-j)}(-1)$ avec $k-j \le k<n$, nul. Donc $Q_n^{(k)}(1)=Q_n^{(k)}(-1)=0$.
• Si $k=n$ : en $1$, seul le terme $j=n$ subsiste : $L_n(1)=n!\,B(1)=n!\,2^n$. En $-1$, seul le terme $j=0$ (où $B$ est dérivé $n$ fois) subsiste : $L_n(-1)=A(-1)\,n!=(-2)^n n!=(-1)^n2^nn!$.

3. Notons $\mathcal{H}_k$ : « $Q_n^{(k)}$ a au moins $k$ racines distinctes dans $]-1,1[$ ». $\mathcal{H}_0$ est vraie (aucune racine exigée). Soit $k \le n-1$ tel que $\mathcal{H}_k$ est vraie, et $y_1<\dots<y_k$ des racines de $Q_n^{(k)}$ dans $]-1,1[$. Par la question 2, $Q_n^{(k)}(-1)=Q_n^{(k)}(1)=0$. On dispose ainsi de $k+2$ zéros $-1<y_1<\dots<y_k<1$. $Q_n^{(k)}$ est polynomiale, donc continue et dérivable ; le théorème de Rolle sur chacun des $k+1$ segments délimités par ces zéros consécutifs fournit une racine de $Q_n^{(k+1)}$ dans chacun des $k+1$ intervalles ouverts correspondants. Ces intervalles sont disjoints et inclus dans $]-1,1[$ : $\mathcal{H}_{k+1}$ est vraie.

4. Pour $k=n$, $L_n$ a au moins $n$ racines distinctes dans $]-1,1[$. Comme $L_n$ est de degré $n$ (question 1), il a au plus $n$ racines. Il a donc exactement $n$ racines réelles $x_1,\dots,x_n$, toutes dans $]-1,1[$, et s'écrit $L_n(x)=\frac{(2n)!}{n!}\prod_{i=1}^n(x-x_i)$ avec des $x_i$ distincts : chaque racine est simple.

5. $Q_2(x)=x^4-2x^2+1$, $Q_2'(x)=4x^3-4x$, $L_2(x)=Q_2''(x)=12x^2-4$.

• Degré $2$, coefficient dominant $12=\frac{4!}{2!}$ : conforme à la question 1.
• $L_2(1)=8=2!\cdot 2^2$ et $L_2(-1)=8=(-1)^2\cdot 2^2\cdot 2!$ : conforme à la question 2.
• Racines $\pm\frac{1}{\sqrt3} \approx \pm 0{,}577$, distinctes et dans $]-1,1[$ : conforme à la question 4.