Fonctions numériquesDérivation : Théorèmes & Applications

B. Aoubiza

9 octobre 2002

Table des matières

8 Dérivation : Théorèmes et applications 28.1 Théorème de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.2 Théorèmes et inégalités des accroissements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

8.2.1 Théorème des accroissements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38.2.2 Inégalités des accroissements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48.2.3 Théorème des accroissements finis généralisé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

8.3 Règle de l’Hospital pour le calcul des limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58.3.1 Règle de l’Hospital — Formes indéterminées standards . . . . . . . . . . . . . . . . 68.3.2 Règle de l’Hospital — Théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68.3.3 Règle de l’Hospital — Exemples (0/0 ou ∞/∞) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78.3.4 Règle de l’Hospital — Exemples (0 ·∞) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88.3.5 Règle de l’Hospital — Exemples (1∞ ou ∞0) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

8.4 Dérivation et monotonie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98.4.1 Dérivation et monotonie — Croissance et décroissance . . . . . . . . . . . . . . . . . 98.4.2 Dérivation et monotonie — Egalité de deux fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

8.5 Dérivabilité et extremum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108.5.1 Dérivabilité et extremum — Points critiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108.5.2 Dérivabilité et extremum — Test de la dérivée première . . . . . . . . . . . . . . . . 118.5.3 Dérivabilité et extremum — Concavités de courbes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128.5.4 Dérivabilité et extremum — Test de la dérivée seconde . . . . . . . . . . . . . . . . 12

8.6 Approximation d’une fonction au voisinage d’un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148.6.1 Approximation d’une fonction — Approximation linéaire . . . . . . . . . . . . . . . 148.6.2 Approximation d’une fonction — Approximation quadratique . . . . . . . . . . . . 14

8.7 Equations algébriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158.7.1 Equations algébriques — Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158.7.2 Equations algébriques — Méthode de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1

Chapitre 8

Dérivation : Théorèmes etapplications

8.1 Théorème de RolleCi-dessous, la figure d’une fonction f prenant la même valeur aux points x = a et x = b. Cet figure

montre une droite horizontale tangente à la courbe de f au point x = c. Le théorème de Rolle affirmel’existence d’une telle droite sous certaines conditions qui seront précisées ci-dessous.

a f a( ),( )

a bc x

y

c f c( ),( )

b f b( ),( )

Droite tangente

Théorème 1 (Théorème de Rolle) Soit f une fonction continue sur l’intervalle [a, b] et dérivable surl’intervalle ouvert ]a, b[. On suppose que f (a) = f (b). Alors il existe au moins un réel c avec a < c < b

tel quedf

dx(c) = 0 (ou f 0(x) = 0).

Preuve. La preuve du théorème de Rolle est basée sur le fait suivant :Si f est une fonction à valeurs réelles définie sur un intervalle fermé [a, b], alors f atteint son

maximum et son minimum sur cet intervalle.Soient M et m respectivement le maximum et le minimum de f sur l’intervalle [a, b]. Si M = m, alors

la fonction f est une constante et donc sa dérivée est nulle partout, ce qui signifie que le théorème deRolle est valide dans ce cas. Supposons maintenant que M 6= m. Donc une de ces deux valeurs s’obtientnécessairement en un point c tel que a < c < b. Dans le cas contraire, les deux valeurs s’obtiennent auxbords de [a, b], ce qui est en contradiction avec l’hypothèse M 6= m. Ainsi le réel c est un point où lafonction a un extremum local et en ce point on a f

0(c) = 0.

Exemple 1 Soit f (x) = x3−3x+2. Tracer la courbe de la fonction f et vérifier que f¡±√3¢ = f (0) =

2. Utiliser le théorème de Rolle pour déduire les points où la dérivée de f est nulle.Solution : Comme la fonction prend la même valeur aux trois points

√3, −√3 et 0, la dérivée de f

s’annule au moins une fois sur l’intervalle ouvert¤−√3, 0£ et au moins une fois sur l’intervalle ouvert2

¤0,√3£. En fait, comme la dérivée est un polynôme quadratique en x, elle a exactement deux racines qui

sont localisées dans les deux intervalles ci-dessus. La dérivée de f est f 0(x) = 3x2 − 3, dont les racinessont x = ±1. Voici le graphe de la fonction f

x

y

y=2

-4

-2

0

2

4

-2 -1 1 2 333-

f’ =(1) 0

f’ =(-1) 0 f x( )

8.2 Théorèmes et inégalités des accroissements finis

8.2.1 Théorème des accroissements finis

Le théorème des accroissements finis est l’un des théorèmes les plus importants du calcul différentiel.La figure ci-dessous est une interprétation géométrique du dit théorème.

a f a( ),( )a c x

y

c f c( ),( )

b f b( ),( )

b

Droite tangente

Droite sécante

La figure montre qu’entre les points A(a, f(a)) et B(b, f(b)), il existe au moins un point de la courbe oùla tangente est parallèle à la droite sécante (AB).

Théorème 2 (Théorème des accroissements finis) Soit f une fonction continue sur l’intervalle fermé[a, b], dérivable sur l’intervalle ouvert ]a, b[. Il existe c ∈]a, b[ tel que :

f0(c) =

f (b)− f (a)

b− aou f(b)− f(a) = (b− a)f 0(c).

Preuve. On introduit la fonction g(x) = f(x) − f(a) − f(b)− f(a)

b− a(x − a). On vérifit facilement que

g(a) = 0 et g(b) = 0 et donc d’après le théorème de Rolle il existe c ∈]a, b[ tel que g0 (c) = 0. Par ailleursg0 (x) = f 0 (x) − f (b)− f (a)

b− a. En remplaçant x par c on obtient 0 = f 0 (c) − f (b)− f (a)

b− a. D’où le

résultat.

Remarque 1 En posant a = x, b = x+ h et c = a+ θh (0 < θ < 1), la formule des accroissements finisprend la forme suivante :

f(x+ h) = f(x) + hf 0(x+ θh)

3

Exemple 2 Soit f (x) = x3 − 2x définit sur l’ intervalle [1, 3]. Déterminer un point c dans ]1, 3[ satis-faisant l’équation du théorèmes des accroissements finis.

Solution : Le problème revient donc à trouver le réel c tel que f 0 (c) =f (3)− f (1)

3− 1 =21− (−1)

2= 11.

Comme f 0 (c) = 3c2 − 2, le réel c est solution de l’équation quadratique 3c2 − 2 = 11. Les solutions decette équation sont c = ±p13/3. Le réel cherché doit satisfaire l’inégalité 1 < c < 3. D’où c =

p13/3 ≈

2. 081 7.

Exemple 3 Supposons que f (x) est définie et continue sur l’intervalle [2, 5], différentiable sur l’inter-valle ouvert ]2, 5[ et telle que f (2) = 3 et f (5) = −4. Montrer qu’il existe un réel c dans ]2, 5[ tel quef 0 (c) =

−73.

Solution : D’après le théorème des accroissements finis, il existe un réel c tel que f (5) − f (2) =f 0 (c) (5− 2), et donc

f 0 (c) =f (5)− f (2)

5− 2 =−4− 33

=−73.

Noter qu’on ne sait pas la valeur exactement c, tout ce qu’on sait c’est qu’il est dans ]2, 5[.

8.2.2 Inégalités des accroissements finis

A partir du théorème des accroissements finis on déduit les deux inégalités, qu’on appelle Inégalitésdes Accroissements Finis, suivantes :

Théorème 3 ( Inégalités des accroissements finis) Soit f une fonction continue sur l’intervalle fermé[a, b], dérivable sur l’intervalle ouvert ]a, b[. On a les inégalités suivantes :

1. Si |f 0(x)| ≤M sur [a, b] alors |f(b)− f(a)| ≤M |b− a| ;2. Si α ≤ f 0(x) ≤ β alors α |b− a| ≤ |f(b)− f(a)| ≤ β |b− a| .

Exemple 4 Supposons que la fonction f (x) est définie et continue sur l’intervalle [−2, 2] et que f (1) = 1et supposons que sa dérivée est telle que |f 0 (x)| ≤ 2. Déterminer les bornes des valeurs de f (x) surl’intervalle [−2, 2].Solution : A partir de l’inégalité des accroissements finis, on a

|f (x)− f (1)| = |f 0 (c) (x− 1)| ≤ 2 |x− 1| ≤ 6 (D’où provient le 6 ?)

Ainsi, on a

−6 ≤ f (x)− f (1) ≤ 6 ou − 6− f (1) ≤ f (x) ≤ 6− f (1) ou − 5 ≤ f (x) ≤ 7

pour tout x dans [−2, 2]. Graphiquement la première inégalité (|f (x)− f (1)| ≤ 2 |x− 1|) nous dit plus.Il nous permet de déduire que le graphe de f (x) est localisée entre les deux droites passant par le point(1, 1) et qui ont pour pentes ±2.

x

y

-6

-4

-2

0

2

4

6

-3 -2 -1 1 2 3x

f x( )

4

Exemple 5 On considère une fonction f (x) telle que f (1) = 2 et |f 0 (x)| ≤ 1. Montrer que le graphede f (x) est entre les deux droites y = x+ 1 et y = 3− x. Noter que ces deux droites passent par le point(1, 2).Solution : On vérifie le résultat pour x ≥ 1, le cas où x < 1 est laissé en exercice. On a donc à montrerque pour tout x ≥ 1 on a l’inégalité

3− x ≤ f (x) ≤ x+ 1.

Notons que pour x ≥ 1 on a bien 3 − x ≤ x + 1. L’inégalité 3 − x ≤ f (x) ≤ x + 1 est équivalente à1− x ≤ f (x)− 2 ≤ x− 1. Par ailleurs, d’après le théorème des accroissements finis, on a

|f (x)− 2| = |f (x)− f (1)| = |f 0 (c) (x− 1)|= |f 0 (c)| |x− 1| ≤ 1 |x− 1| car |f 0 (x)| ≤ 1

On a donc |f (x)− 2| ≤ x− 1, (rappelez-vous que x ≥ 1) ce qui est équivalent à − (x− 1) ≤ f (x)− 2 ≤x− 1. En rajoutant 2 partout on obtient 3− x ≤ f (x) ≤ x+ 1.

8.2.3 Théorème des accroissements finis généralisé

Théorème 4 (Théorème des accroissements finis généralisé). Soient f et g deux fonctions continues sur[a, b], dérivables sur ]a, b[. On suppose de plus g0(x) 6= 0 pour tout x de ]a, b[. Alors, il existe c ∈]a, b[ telque :

f(b)− f(a)

g(b)− g(a)=

f 0(c)g0(c)

ou f 0 (c) [g (b)− g (a)] = g0 (c) [f (b)− f (a)]

Preuve. On pose ϕ(x) = f(x) − f(b)− f(a)

g(b)− g(a)g(x). On vérifie ϕ(a) = ϕ(b) et on remarque que ϕ0(x) =

f 0(x)− f(b)− f(a)

g(b)− g(a)g0(x), puis l’application du théorème de Rolle permet de conclure.

Remarque 2 Le théorème des accroissements finis est un cas particulier de théorème généralisé ci-dessus, il suffit de prendre g (x) = x. (A faire ne exercice).

Interprétation géométrique : dans ce cas la courbe est définie par x = f (t) et y = g (t). Ce théorèmeaffirme l’existence d’une tangente à la courbe en un point (f (c) , g (c)) parallèle à la droite sécante passantpar les points de la courbe (f (a) , g (a)) et (f (b) , g (b)).

f a( ) g a( ),( )

x

yVecteur Tangentest (f'(c),g'(c))

Droitesécante

f b( ) g b( ),( )f c( ) g c( ),( )

f

8.3 Règle de l’Hospital pour le calcul des limitesEn pratique, on rencontre souvent le calcul de limites sous la forme

limx→x0

f (x)

g (x)

5

où limx→x0

f (x) = 0 et limx→x0

g (x) = 0 (les deux limites sont nulles) ou limx→x0

f (x) =∞ et limx→x0

g (x) =∞(les deux limites sont infinies).Dans cette section on verra comment calculer de telles limites quand elles existe.

8.3.1 Règle de l’Hospital — Formes indéterminées standards

Avant de voir comment déterminer de telles limites, on présente une table résumant les différents casqu’on rencontre dans de telles situations. Dans cette table on suppose que lim

x→x0f (x) = a et lim

x→x0g (x) = b.

Cas 1 Cas 2 Cas 3 Cas 4 Cas 5Si lim

x→x0f (x) = a a a 6= 0 a = 0 a = ±∞ a = ±∞

et si limx→x0

g (x) = b b 6= 0 b = 0 b = 0 b finie b = ±∞

alors limx→x0

f (x)

g (x)

a

b@ ou ±∞ 0

0= ? @ ou ±∞ ±∞∞ = ?

@ := n’existe pas

Noter que les deux cas0

0et∞∞ ne peuvent pas être traiter par les méthodes qu’on a vu précédemment.

Ces deux formes sont appelées formes indéterminées standards.

Noter que "forme indéterminée" signifie que la limite en question ne peut être calculée sans plus d’analyseet de transformations, ce qui nous amène souvent à faire appelle à la règle de l’Hospital.

Exemple 6 La limite limx→0

sinx

xest de la forme

0

0et donc sous forme indéterminée. Cependant, on a vu

que cette limite existe est égale à 1.

Attention, l’exemple ci-dessus peut faire croire à certain que quand on a une forme0

0, alors la limite

est 1. Une petite réflexion montre que ceci est complètement faut. Regarder l’exemple qui suit.

Exemple 7 La limite limx→0

sin 2x

xest aussi de la forme

0

0. Une simple manipulation algébrique permet

d’évaluer cette limite. Ainsi :

limx→0

sin 2x

x= 2 lim

x→0sin 2x

2x= 2 lim

2x→0sin 2x

2x= 2,

qui montre que cette limite est différente de 1.

D’autres limites ont des formes indéterminées du types 0 ·∞ et 1∞. On verra ci-dessous comment

transformer ces formes ( 0 ·∞ et 1∞) pour avoir0

0ou∞∞ . Noter qu’Il y a d’autres formes indéterminée

telles que (∞−∞), 00 et ∞0 qu’on verra en exemples et en exercices.

Remarque 3 Noter dès maintenant que la règle de l’Hospital’s ne s’applique que dans le cas où on a

l’une des formes indéterminées standards0

0ou∞∞ .

8.3.2 Règle de l’Hospital — Théorème

Comme on vient de le mentionner ci-dessus, la règle de l’Hospital est une technique qui permet

d’évaluer les limites ayant comme forme indéterminées0

0ou∞∞ .

6

Théorème 5 (Règle de l’Hospital’) Soient f et g deux fonctions continues sur un intervalle I contenanta. On suppose que f et g sont dérivables sur I − {a} et que g0(x) 6= 0 pour x 6= a. Si lim

x→af (x) =

limx→a

g (x) = 0 ou si limx→a

f (x) = limx→a

g (x) = ±∞, alors

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f 0(x)g0(x)

sous condition que cette dernière existe ou infinie.

Preuve. On commence par le cas où a est fini. On peut supposer que f (a) = g (a) = 0 (cela ne nuit pasà la généralité). Alors par application du théorème des accroissement généralisé on a :

f (x)

g (x)=

f (x)− f (a)

g (x)− g (a)=

f 0 (c)g 0 (c)

Comme le réel c est entre x et a, si x approche a le réel c approche a. Ainsi

limx→a

f (x)

g (x)= lim

x→a

f 0 (c)g 0 (c)

= limc→a

f 0 (c)g0 (c)

= limx→a

f 0 (x)g0 (x)

.

Dans le cas où a =∞, on introduit deux fonctions auxiliaires F (x) = f (1/x) et G (x) = g (1/x). Noterque quand x tend vers 0 par la droite, 1/x tend vers ∞. Ainsi on a

limx→∞

f (x)

g (x)= lim

x→0+f (1/x)

g (1/x)= lim

x→0+F (x)

G (x)= lim

x→0+F 0 (x)G 0 (x)

= limx→0+

f 0 (1/x)¡−1/x2¢

g 0 (1/x) (−1/x2) = limx→0+

f 0 (1/x)g0 (1/x)

= limx→∞

f 0 (x)g0 (x)

.

Note historique : Cette règle a pris le nom du mathématicien français le Marquis de l’Hospital qui avécu de1661 à 1704. Cependant, la formule a été découverte par John Bernoulli qui a vécu de 1667 à1748, et qui faisait parti de la famille du fameux mathématicien.

8.3.3 Règle de l’Hospital — Exemples (0/0 ou ∞/∞)Exemple 8 Calculer la limite lim

x→2x− 2x2 − 4 .

Solution : Notons d’abord que limx→2

x− 2 = 0 et que limx→2

x2 − 4 = 0. Ainsi, on a l’une des deux formesindéterminées standards qui permettent l’application de la règle de l’Hospital :

limx→2

x− 2x2 − 4 = lim

x→21

2x=1

2

Noter qu’on peut calculer cette limite sans passer par la règle de l’Hospital (Faites le).

Exemple 9 Calculer la limite de la fonction1− cosx

x2quand x tend vers 0 ?

Solution : Notons d’abord que limx→0

1 − cosx = 0 et que limx→0

x2 = 0. Ainsi, on a l’une des deux formes

indéterminées standards qui permettent l’application de la règle de l’Hospital :

limx→0

1− cosxx2

= limx→0

sinx

2x

On a toujours une forme indéterminée (00). On peut donc appliquer une deuxième fois la règle de l’Hos-pital. Ainsi on a

limx→0

1− cosxx2

= limx→0

sinx

2x= lim

x→0cosx

2=1

2.

7

Exemple 10 Quelle est la limite de10x2 + 5x

−2x2 + 3 quand x→∞ ?Solution : On a une forme indéterminée du type

∞−∞ . On peut donc appliquer la règle de l’Hospital,

ainsi on a

limx→∞

10x2 + 5x

−2x2 + 3 = − limx→∞

10x2 + 5x

2x2 − 3 = − limx→∞

20x+ 5

4x= − lim

x→∞20

4= −5.

8.3.4 Règle de l’Hospital — Exemples (0 ·∞)Exemple 11 Déterminer la limite lim

x→0+x lnx.

Solution : Cette limite a une forme indéterminée de type 0 ·∞. Afin de pouvoir appliquer la règle del’Hospital on doit transformer x lnx pour qu’elle prenne une forme indéterminée standard ( 00 ou

∞∞).

Pour cela on écrit x lnx =lnx

1/xet par application de la règle de l’Hospital, on a

limx→0+

x lnx = limx→0+

lnx

1/x= lim

x→0+1/x

−1/x2 = limx→0+

(−x) = 0.

Noter que l’expressionlnx

1/xa une forme indéterminée du type

−∞∞ quand x tend vers 0.

Exemple 12 Calculer limx→∞x2e−x.

Solution : Noter que cette limite a une forme indéterminée du type∞·0. Afin de pouvoir lui appliquerla règle de l’Hospital on doit transformer x2e−x pour qu’elle prenne une forme indéterminée standard (00ou ∞∞). Il facile de voir qu’on peut calculer cette limite de la manière suivante :

limx→∞x2e−x = lim

x→∞x2

ex= lim

x→∞2x

ex= lim

x→∞2

ex= 0.

8.3.5 Règle de l’Hospital — Exemples (1∞ ou ∞0)

Exemple 13 Calculer limx→∞

µ1 +

1

x

¶x.

Solution : Cette expression a une forme indéterminée du type 1∞ qu’on doit transformer à une forme

standard (0

0ou∞∞). Pour cela on écrit

µ1 +

1

x

¶x= ex ln(1+1/x) et on constate que l’exposant est de la

forme ∞ · 0. Or on a vu dans les exemples précédents comment on traite de telle situation On fait doncun calcul préliminaire

limx→∞ [x ln (1 + 1/x)] = lim

x→∞ln (1 + 1/x)

1/x= lim

x→∞

1

1 + 1/x

µ−1x2

¶−1x2

= limx→∞

1

1 + 1/x= 1

On peut maintenant évaluer la limite du départ :

limx→∞

µ1 +

1

x

¶x= lim

x→∞ ex ln(1+1/x) = elimx→∞[x ln(1+1/x)] = e1 = e.

Noter que cette limite n’est pas 1. (Contrairement à ce qu’on peut imaginer)

8

Exemple 14 Calculer limx→∞ (x)

1/x.

Solution : Cette expression a une forme indéterminée du type ∞0 qu’on doit transformer à une forme

standard (0

0ou∞∞). Ainsi

limx→∞ (x)

1/x = limx→∞ e

lnx

x = elimx→∞

lnxx

= e

limx→∞

1/x

1 = e0 = 1.

Noter que la limite limx→∞

lnx

xest de la forme

∞∞ et donc on peut utiliser la règle de l’Hospital.

8.4 Dérivation et monotonie

8.4.1 Dérivation et monotonie — Croissance et décroissance

Dans ce paragraphe, on expose quelques applications du théorème des accroissements finis.

Théorème 6 Si f (x) est continue sur l’intervalle fermé [a, b] et f 0 (x) > 0 sur ]a, b[, alors f (x) est unefonction croissante sur l’intervalle [a, b].

Preuve. Soit a ≤ x1 < x2 ≤ b. D’après le théorème des accroissements finis on a f (x2) − f (x1) =f 0 (c) (x2 − x1), où c est un réel dans l’intervalle ouvert ]a, b[. Comme les deux facteurs du côté droit del’égalité sont positifs, le terme de gauche doit être positif aussi. Ainsi, f (x2) > f (x1) et donc la fonctionf (x) est croissante sur [a, b].

Exemple 15 Si f 0 (x) = x (x− 1) (x− 2), Sur quel ensemble la fonction f (x) est croissante ?Solution : On a besoin de déterminer les intervalles sur lesquels la dérivée est positive. Voici le graphede f 0 (x).

x

y

-1

0

1

1 2

Le graph montre que f 0 (x) est positive sur les intervalles ]0, 1[ et ]2,∞[. Ainsi, f (x) est croissante sur[0, 1] et [2,∞[.

Théorème 7 Si f (x) est continue sur l’intervalle fermé [a, b] et f 0 (x) < 0 sur ]a, b[, alors f (x) est unefonction décroissante sur l’intervalle [a, b].

Preuve. La démonstration est similaire à celle du théorème précédent.

8.4.2 Dérivation et monotonie — Egalité de deux fonctions

Théorème 8 Soient f et g deux fonctions continues sur un intervalle [a, b] telle que f 0 (x) = g0 (x) surl’intervalle ]a, b[. Alors f (x) = g (x) + c.

9

Preuve. On pose F (x) = f (x) − g (x). On cherche à montrer que F (x) est une constante. D’après lethéorème des accroissements finis on a

[f (x)− g (x)]− [f (a)− g (a)] = F (x)− F (a) = F 0 (x) (x− a) = [f 0 (x)− g0 (x)] (x− a) = 0.

Ainsi, on a

[f (x)− g (x)] = [f (a)− g (a)] ou f (x) = g (x) + [f (a)− g (a)] = g (x) + c

Corollaire 1 Soit f une fonction continue sur un intervalle [a, b] telle que f 0 (x) = 0 sur ]a, b[. Alorsf (x) est une fonction constante.

Exemple 16 Supposons que f (x) est définit et continue sur l’intervalle [0, 1], et que f¡12

¢= 5. Si

f 0 (x) = 3x− 6 sur ]0, 1[, donner l’expression de f (x).Solution : Une fonction ayant la même dérivée que f (x) est 32x

2 − 6x. A partir du corollaire ci-dessuson sait que f (x) = 3

2x2−6x+c. Pour déterminer la valeur de c en prend en compte le fait que f

¡12

¢= 5,

ainsi 32

µ1

2

¶2− 3+ c =

3

8− 3+ c = 5. D’où c = 5− 3

8+3 =

61

8. Par conséquent, f (x) =

3

2x2− 6x+ 61

8.

8.5 Dérivabilité et extremum

8.5.1 Dérivabilité et extremum — Points critiques

Soit f une fonction définit sur un domaine D.

Définition 1 (Extremum) Une fonction admet un maximum (resp. minimum) relatif en x = a sif(a) ≥ f(x) (resp. f(a) ≤ f(x)) dans un certain intervalle contenant a.

Maximum

Minimum

Remarque 4 Un maximum (resp. minimum) relatif s’appelle aussi maximum (resp. minimum) local.(Voir figure ci-dessus).

Définition 2 (Point critique) Une fonction admet un point critique en x = a si f 0(a) = 0, si f 0(a)n’existe pas ou si a est le bord du domaine de définition.

(a) Tan // Ox (b) Point anguleux (c) Tan // Oy (d) Point de rebroussemen

10

Définition 3 (Points stationnaires) Les points stationnaires a sont les points tels que f 0(a) = 0.

Remarque 5 Les candidats potentiels à être extremum sont les points critiques.

8.5.2 Dérivabilité et extremum — Test de la dérivée première

Théorème 9 Soit f une fonction continue est dérivable sur ]a, b[. Si f 0(x) s’annule au seul point x0 enchangeant de signe, alors f admet un extremum sur [a, b]. En plus(i) Si f 0(x) passe du signe positif au signe négatif, alors f admet un maximum en x0 ;(ii) Si f 0(x) passe du signe négatif au signe positif, alors f admet un minimum en x0 ;

Exemple 17 Soit f(x) = x3 − 12x. Déterminer la nature des extremum de f .Solution : i) Déterminons d’abord les points critiques de f . Notons que la fonction f est dérivable pourtout x ∈ R, donc les points critiques ne peuvent provenir que de l’équation f 0(x) = 3x2 − 12 = 0. Ainsiles points critiques sont 2 et −2.(ii) Etude du signe de f 0.

x −2 2f 0(x) + 0 − 0 +f(x) % & %

(iii) Nature des deux points :Nature du point −2. Comme f 0(x) passe du signe positif (+) au signe négatif (−) ce point est maxi-

mum.Nature du point 2. Comme f 0(x) passe du signe négatif (−) au signe positif (+) ce point est minimum.

-60

-40

-20

0

20

40

60

y

-4 -2 2 4x

Test de la dérivée premièreLes étapes suivantes peuvent être utilisées pour trouver les maximums et les minimums relatifs d’unefonction continue.

1. Déterminer les valeurs critiques ;

2. Placer ces valeurs sur l’axe des x. Elles déterminent un certain nombre d’intervalles.

3. Déterminer le signe de f 0 sur chaque intervalle.

4. Faire varier x autour de chaque valeur critique x = x0 ;

Si f 0(x) passe du signe positif au signe négatif, alors f admet un maximum en x0 ;

Si f 0(x) passe du signe négatif au signe positif, alors f admet un minimum en x0 ;

Si f 0(x) ne change pas de signe, alors f n’admet ni maximum ni minimum en x0.

x a x0 bf 0(x) + 0 −f(x) % &

Maximum

x a x0 bf 0(x) − 0 +f(x) & %

minimum

11

8.5.3 Dérivabilité et extremum — Concavités de courbes

Définition 4 On dit que la courbe de la fonction f(x) est concave sup sur ]a, b[ si la tangente au point(x, f(x)) est au-dessous du graphe pour tout x ∈ [a, b].

Définition 5 On dit que la courbe de la fonction f(x) est concave inf sur ]a, b[ si la tangente au point(x, f(x)) est au-dessus du graphe pour tout x ∈ [a, b].

ba

y

xm1 m2

m3

m1< <m2 m3

(a) Concave sup : pente croissante.

ba

y

x

m1

m2

m3

m1< <m2 m3

(b) Concave sup : pente croissante.

ba

y

x

m1

m2

m3

m1> >m2 m3

(c) Concave inf : pente décroissante.

ba

y

x

m1 m2 m3

m1> >m2 m3

(d) Concave inf : pente décroissante.Noter que, pour les deux figures (a) et (b), bien que les deux courbes sont concaves sup sur ]a, b[, la

fonction est croissante sur la figure (a) et décroissante sur la figure (b). Noter aussi que, pour ces deuxfigures, la pente de la tangente est croissante quand x varie de a à b. Ce qui signifie que la dérivée f 0(x)est une fonction croissante sur ]a, b[. D’où on déduit que la dérivée seconde f 00(x) est une fonction positivesur ]a, b[.On peut faire des remarques similaires pour les figures (c) et (d).

Proposition 1 Soit f une fonction continue est dérivable sur [a, b].— si f 0 est croissante sur ]a, b[ alors f est concave sup sur [a, b] ;— si f 0 est décroissante sur ]c, d[ alors f est concave inf sur [c, d] .

8.5.4 Dérivabilité et extremum — Test de la dérivée seconde

Théorème 10 (Test de la dérivée seconde) Soit f une fonction continue est dérivable deux fois sur]a, b[.— Si f”(x) ≥ 0 sur ]a, b[ alors f est concave sup sur [a, b] ;— Si f”(x) ≤ 0 sur ]c, d[ alors f est concave inf sur [c, d] .

Exemple 18 Etudier la nature des concavités de la fonction f(x) = x2 − 2x+ 2.Solution : On a f 0(x) = 2x − 2 et f 00(x) = 2. Par suite, f 00(x) > 0 pour tout x. D’après le test de la

12

dérivée seconde, on déduit que la courbe de la fonction f(x) = x2 − 2x+ 2 concave sup sur R.

5

10

15

20

25

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4x

y = x2 − 2x+ 2Test de la dérivée seconde

Pour appliquer le test de la dérivée seconde, on peut procéder comme suit

1. Déterminer les valeurs critiques ;

2. Pour chaque valeur critique x = x0 :

Si f”(x0) < 0, alors f admet un maximum en x0 ;

Si f”(x0) > 0, alorsf admet un minimum en x0 ;

Si f”(x0) = 0 ou infini, le test ne convient pas. Dans ce cas le test de la dérivée première doit êtreappliqué.

f">0 f"<0

Exemple 19 Etudier la nature des concavités de la fonction f(x) = x3 − 2x2 + x+ 1.Solution : On besoin de la dérivée première et de la dérivée seconde de f(x) : f 0(x) = 3x2 − 4x + 1et f 00(x) = 6x − 4 = 6

¡x− 2

3

¢. Etudions le signe de f”(x). On déduit facilement la table des signes

suivante :Valeur de x x < 2

3 x > 23

Signe de f 00(x) − +

D’après le test de la dérivée seconde on conclut que f(x) est concave inf pour x < 23 et concave sup pour

x > 23 .

-10

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

10

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4x

y = x3 − 2x2 + x+ 1

13

8.6 Approximation d’une fonction au voisinage d’un point

8.6.1 Approximation d’une fonction — Approximation linéaire

Au voisinage de chaque point la courbe ressemble à une portion de droite. Ci-dessous le graphe def(x) = x2 + 1 au voisinage de 1 ).

1

2

3

4

5

y

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2x

Sur [0, 2].

1.41.61.8

22.22.42.62.8

33.2

y

0.6 0.8 1 1.2 1.4x

Sur [0.5, 1.5]

1.8

2

2.2

2.4

y

0.8 0.9 1 1.1 1.2x

Sur [0.8, 1.2].

L’équation de la tangente à la courbe de y = f(x) au point (a, f(a)) est

y = f(a) + f 0(a)(x− a)

Ainsi au voisinage de a la courbe Cf et la droite tangente en (a, f(a)) sont presque confondues. Ondéduit alors l’approximation linéaire d’une fonction f au voisinage de a :

f(x) ≈ f(a) + f 0(a)(x− a)

L’approximation ci-dessus veut dire qu’on utilise la ligne tangente au point (a, f(a)) pour approcher lacourbe de f quand x est voisin de a.

8.6.2 Approximation d’une fonction — Approximation quadratique

Soit f(x) une fonction et a un élément de Df . Rappelons qu’à partir de la définition de la dérivée,

on a : f 0(a) ≈ f(x)− f(a)

x− apour tout x voisin de a. Grâce à la symétrie entre x et a dans l’expression

f(x)− f(a)

x− a, on a aussi : f 0(x) ≈ f(x)− f(a)

x− apour tout x voisin de a. Par conséquent, ceci reste vraie

pour la moyenne de f 0(a) et f 0(x) :

1

2(f 0(a) + f 0(x)) ≈ f(x)− f(a)

x− a((*))

D’autre part, par définition de la dérivée seconde, on a :

f”(a) ≈ f 0(x)− f 0(a)x− a

pour tout x voisin de a. Et par conséquent :

f 0(x) ≈ f 0(a) + f”(a)(x− a)

pour tout x voisin de a. Notons que cette dernière expression n’est autre que la formule d’approximationlinéaire appliquée à la fonction f 0. Si on remplace f 0(x) par son approximation dans (*), on obtient :

1

2(f 0(a) + f 0(a) + f”(a)(x− a)) ≈ f(x)− f(a)

x− a

D’où la formule d’approximation quadratique de f(x) au voisinage de a :

f(x) ≈ f(a) + f 0(a)(x− a) +1

2f”(x)(x− a)2

14

Exemple 20 Soit f (x) =3x2 + 5

2x− 4 et a = 3. L’approximation linéaire de f (x) au voisinage de 3 est

f(a) + f 0(a)(x− a) = 37− 7x

et l’approximation quadratique de f(x) au voisinage de 3 est

f(a) + f 0(a)(x− a) +f 00(a)2

(x− a)2 =227

2− 58x+ 17

2x2

Ci-dessous sur un même graphe les courbes des fonctions y =3x2 + 5

2x− 4 , y = 37− 7x et y =2272 − 58x+

172 x

2.–zoom au voisinage du point (3, f (3)) = (3, 16).

-100

-50

0

50

100

150

200

y

-10 10 20 30x

-20

0

20

40

60

80

y

1 2 3 4 5x

-10

0

10

20

30

40

y

2 2.5 3 3.5 4 4.5x

8

10

12

14

16

18

20

22

24

y

2.8 2.9 3 3.1 3.2x

8.7 Equations algébriques

8.7.1 Equations algébriques — Rappels

Beaucoup de problèmes en science, engineering, et mathématique se ramène à la résolution d’uneéquation algébrique du type :

f(x) = 0

Pour les équations quadratiques ax2 + bx+ c = 0 on dispose de formules de résolution. On dispose ausside formules pour la résolution d’équations d’ordre 3 et 4, mais elles sont compliquées. On ne dispose pasde formules si f est un polynôme de degree 5 ou plus. De même il n’y a pas de formule donnant la racineexacte d’une équation du type cosx = x. Plusieurs méthodes ont été développées pour déterminer desapproximations des racines de telles équations. L’une de ces méthodes est la célèbre méthode de Newtonconnue aussi sous le nom de méthode de Newton-Raphson.

15

8.7.2 Equations algébriques — Méthode de Newton

La méthode de Newton est basée sur le fait que la droite tangente est une bonne approximation localedu graphe de la fonction.

Position de la racine

f(x)

x0x1 x2

(x0, f(x0))

(x1, f(x1))

(x2, f(x2))

Soit (x0, f(x0)) un point du graphe de la fonction f . La droite tangente en ce point est définie parl’équation

y − f(x0) = f 0(x0)(x− x0)

La tangente coupe l’axe Ox quand y = 0. La valeur de x1 correspondante est donnée par

x1 = x0 − f(x0)

f 0(x0)

En général, étant donné une valeur approchée xn de la racine de la fonction f(x), la droite tangente aupoint (xn, f(xn)) traverse l’axe Ox au point (xn+1, 0) où

xn+1 = xn − f(xn)

f 0(xn)

Pour un x0 donné, la méthode de Newton produit une suite de valeurs x1, x2, . . ., xn qui approchent laracine de f .

Algorithme de Newton

Pour résoudre l’équation f (x) = 0, on donne une valeur initiale x0, on calcule

x1 = x0 − f (x0)

f 0 (x0)

x2 = x1 − f (x1)

f 0 (x1)

x3 = x2 − f (x2)

f 0 (x2)

...

On continue donc à calculer les termes de la suite définie par xn = xn−1 − f (xn−1)f 0 ¡xn−1¢ jusqu’à ce que

f (xn) soit suffisamment proche de zéro.Soit F (x) la fonction d’itération de la méthode de Newton associée à la fonction f définie par :

F (x) = x− f(x)

f 0(x)

16

If we write F (x) = x− f (x)

f 0 (x), then we can write Newton’s method as follows :

— Choisir une valeur de départ x0— Calculer x1 = F (x0), x2 = F (x1), ..., xn = F (xn−1) .— Après quelques itérations le nombre xn devient très proche de la racine cherchée.

Exemple 21 Utiliser la méthode de Newton pour déterminer une valeur approchée de la racine de 2.Solution : On considère la fonction f (x) = x2 − 2, alors les racines de f sont solution de x2 = 2

c’est-à-dire x = ±√2. Posons F (x) = x− f (x)

f 0 (x)= x− x2 − 2

2x=

x2 + 2

2xqui est la fonction d’itération

de Newton. Alors la suite de Newton est définie par x1 = F (x0) et xn = F (xn−1). Comme valeurinitiale on prend x0 = 2. Dans la table les résultats des trois premières itérations.

n xn F (xn) f (xn) xn −√2

0 2 1. 5 2.0 . 585 786 41 1.5 1. 416 667 . 25 8. 578 644× 10−22 1. 416 667 1. 414 216 6. 945 389× 10−3 2. 453 438× 10−33 1. 414 216 1. 414 214 6. 894 656× 10−6 2. 437 627× 10−6

Exemple 22 Utiliser la méthode de Newton pour déterminer une valeur approchée de la racine de l’équa-tion algébrique : x = cosxSolution : On définie la fonction f par f(x) = x− cosx. Ainsi résoudre l’équation ci-dessus revient àrésoudre l’équation : f(x) = 0.On défini ensuite la fonction d’itération de Newton

F (x) = x− f(x)

f 0(x)autrement la formule des itérations est : xn+1 = F (xn) = xn − f(xn)

f 0(xn)

On choisit un x0 du départ (qui n’est pas loin de la racine) x0 = .7Voici les résultats des 5 premières itérations avec 20 chiffres après la virgule :

n xn F (xn)0 .7 1. 51 1.5 1. 416 6672 1. 416 667 1. 414 2163 1. 414 216 1. 414 214

Valeur initialex1 = F (0.7)x2 = F (F (0.7))x3 = F (F (F (0.7)))x4 = F (F (F (F (0.7))))x5 = F (F (F (F (F (0.7)))))

=

.7.73943649784805819543.7390851604651073986.73908513321516080562.73908513321516064166.73908513321516064166

Ces itérations converge au bout de quatre itérations. Vérification du résultat

cos (.73908513321516064166) = .73908513321516064165

Voici le graphe des fonction y = cosx et y = x

-4

-2

0

2

4

y

-4 -2 2 4x

17

On peut remarquer qu’il n’y a qu’une seule solution. Il est inutile de spécifier l’intervalle contenant lasolution.

Exemple 23 Sur le graphe suivant : f(x) = x− x3, x0 = 0.44, x1 ≈ −0.41, x2 ≈ 0.27, et x3 ≈ −0.048.

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

y

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1x

Remarque 6 Attention des fois l’algorithme de Newton ne converge pas vers la solution désirée. Voiciun exemple

Position de la racine

f(x)

x0x1 x2

(x0,f(x0))

(x1,f(x1))

(x2,f(x2))

Expliquer pourquoi la méthode de Newton ne marche pas.

18