Exercices corrigés : les applications de la dérivée (201-NYA)

a) Étape 1, dessin et variables : $x$ = distance du pied au mur, $y$ = hauteur du haut, toutes deux fonctions du temps. Étape 2, relation : par Pythagore, $x^{2}+y^{2}=25$ (constante, l'échelle est rigide). Étape 3, dérivation par rapport au temps : $2x\frac{dx}{dt}+2y\frac{dy}{dt}=0$, donc $\frac{dy}{dt}=-\frac{x}{y}\cdot\frac{dx}{dt}$. Étape 4, substitution maintenant : $x=3$ donne $y=\sqrt{25-9}=4$, et $\frac{dx}{dt}=0{,}6$ : $\frac{dy}{dt}=-\frac{3}{4}(0{,}6)=-0{,}45$ m/s. Étape 5, conclusion : le haut descend à $0{,}45$ m/s, le signe négatif signalant une hauteur qui DIMINUE.

b) Avec $x=4{,}9$ : $y=\sqrt{25-24{,}01}=\sqrt{0{,}99}\approx 0{,}995$ m, d'où $\frac{dy}{dt}=-\frac{4{,}9}{0{,}995}(0{,}6)\approx-2{,}95$ m/s : plus de six fois plus rapide qu'en a). Interprétation : quand l'échelle est presque couchée, $y\to 0$ et le rapport $\frac{x}{y}$ explose : la vitesse de chute tend vers l'infini alors même que le pied avance toujours à 0,6 m/s. Le modèle atteint ici sa limite (une vraie échelle décollerait du mur), mais le message mathématique est juste : deux quantités liées par une relation NON linéaire ont des taux dont le rapport varie sans cesse.

c) Triangles semblables : à toute hauteur $h$, le rayon de la surface vérifie $\frac{r}{h}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, donc $r=\frac{h}{2}$. Volume : $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi\frac{h^{2}}{4}h=\frac{\pi h^{3}}{12}$ : une seule variable, comme il le faut avant de dériver. Dérivation : $\frac{dV}{dt}=\frac{\pi h^{2}}{4}\cdot\frac{dh}{dt}$. Substitution : $2=\frac{\pi(16)}{4}\frac{dh}{dt}=4\pi\frac{dh}{dt}$, d'où $\frac{dh}{dt}=\frac{1}{2\pi}\approx 0{,}159$ m/min. Remarque : plus le cône se remplit, plus la surface est large et plus le niveau monte LENTEMENT, à débit constant.

d) En posant $x=3$ dans $x^{2}+y^{2}=25$, il obtient $9+y^{2}=25$, donc $y=4$ : une CONSTANTE. Dérivant ensuite une constante, il trouve évidemment $\frac{dy}{dt}=0$. L'erreur est d'avoir figé une variable AVANT la dérivation : $x=3$ n'est pas une propriété de l'échelle, c'est un instantané, vrai à une seule seconde. En le substituant trop tôt, il transforme un mouvement en photographie, et une photographie n'a pas de vitesse. Règle absolue : on dérive d'abord la relation GÉNÉRALE, valable à tout instant, et on ne substitue les valeurs numériques qu'à la toute fin.

a) $f'(x)=3x^{2}-6x=3x(x-2)$, qui s'annule en $x=0$ et $x=2$ : ce sont les nombres critiques (la dérivée existe partout, étant polynomiale). Signes : pour $x<0$, produit de deux négatifs multiplié par 3, donc $f'>0$; pour $0<x<2$, $f'<0$; pour $x>2$, $f'>0$. La fonction croît, décroît, puis croît. Par le test de la première dérivée : en $x=0$, $f'$ passe de $+$ à $-$ : MAXIMUM local, de valeur $f(0)=2$, soit le point $(0,2)$. En $x=2$, $f'$ passe de $-$ à $+$ : MINIMUM local, $f(2)=8-12+2=-2$, soit $(2,-2)$. Les deux points marqués sur la figure.

b) $f''(x)=6x-6=6(x-1)$, qui s'annule en $x=1$ et change bien de signe : négative pour $x<1$ (concave vers le BAS) et positive pour $x>1$ (concave vers le HAUT). Le point d'inflexion est donc $(1,f(1))=(1,0)$, le trait vertical de la figure. Lecture : à gauche de 1 la courbe est en dôme (elle porte son maximum), à droite en cuvette (elle porte son minimum), et c'est exactement en $x=1$ qu'elle bascule de l'une à l'autre.

c) Test de la seconde dérivée : $f''(0)=-6<0$, donc la courbe y est concave vers le bas : un point critique dans une cuvette renversée est un MAXIMUM ✓. $f''(2)=6>0$, concavité vers le haut : MINIMUM ✓. Les deux tests concordent. Le test échoue quand $f''(c)=0$ : il ne conclut alors RIEN (ce peut être un maximum, un minimum ou ni l'un ni l'autre), et il faut revenir au test de la première dérivée, toujours valide.

d) $g(x)=x^{4}$ : $g'=4x^{3}$, $g''=12x^{2}$. En 0 : $g''(0)=0$, la condition nécessaire est remplie. Pourtant $g''=12x^{2}\ge 0$ PARTOUT : elle s'annule en 0 sans jamais changer de signe, la courbe reste concave vers le haut des deux côtés. Il n'y a donc AUCUN point d'inflexion en 0 (c'est en fait un minimum). Leçon : $f''(c)=0$ est une condition NÉCESSAIRE mais pas SUFFISANTE; ce qui définit l'inflexion est le CHANGEMENT DE SIGNE de $f''$, pas son annulation. Exactement comme $f'(c)=0$ ne garantit pas un extremum ($x^{3}$ en 0) : dans les deux cas, seul le changement de signe fait foi.

a) Après découpe, la base mesure $(60-2x)$ sur $(60-2x)$ et la hauteur vaut $x$ : $V(x)=x(60-2x)^{2}$. Domaine réaliste : il faut $x>0$ et $60-2x>0$, donc $x\in\,]0,30[$. Dérivation (en développant, $V=3600x-240x^{2}+4x^{3}$) : $V'=3600-480x+12x^{2}=12(x^{2}-40x+300)=12(x-10)(x-30)$. Les racines sont $x=10$ et $x=30$; seule $x=10$ appartient au domaine ouvert. La découpe optimale est donc de 10 cm.

b) Test de la première dérivée : $V'=12(x-10)(x-30)$. Pour $0<x<10$, les deux facteurs sont négatifs, le produit est positif : $V'>0$, croissance. Pour $10<x<30$, le premier facteur est positif et le second négatif : $V'<0$, décroissance. La dérivée passe de $+$ à $-$ en $x=10$ : c'est bien un MAXIMUM (et il est global sur le domaine, la fonction ne faisant que monter puis descendre). Volume : $V(10)=10(60-20)^{2}=10(1600)=16000$ cm³, soit 16 litres. Vérification par la seconde dérivée : $V''=24x-480$, et $V''(10)=-240<0$ ✓.

c) Contrainte : $V=\pi r^{2}h=355$, d'où $h=\frac{355}{\pi r^{2}}$. Quantité à minimiser : $A=2\pi r^{2}+2\pi rh$ (les deux disques et le tour). En substituant : $A(r)=2\pi r^{2}+2\pi r\cdot\frac{355}{\pi r^{2}}=2\pi r^{2}+\frac{710}{r}$. Dérivons : $A'=4\pi r-\frac{710}{r^{2}}$, qui s'annule quand $4\pi r^{3}=710$, soit $r=\sqrt[3]{\frac{710}{4\pi}}\approx 3{,}84$ cm. Alors $h=\frac{355}{\pi(3{,}84)^{2}}\approx 7{,}67$ cm, et l'on constate $h\approx 2r$. Démonstration générale : de $4\pi r^{3}=2V=2\pi r^{2}h$ on tire directement $h=2r$. Minimum confirmé par $A''=4\pi+\frac{1420}{r^{3}}>0$ partout : la fonction est concave vers le haut, le point critique est bien un minimum. Aire optimale : $A\approx 277{,}5$ cm².

d) Canette réelle : $A=2\pi(3{,}3)^{2}+2\pi(3{,}3)(10{,}4)\approx 68{,}4+215{,}7\approx 284{,}1$ cm², contre $277{,}5$ cm² à l'optimum : environ $2{,}4$ % de métal en trop. Raisons de cet écart : d'abord la PRISE EN MAIN et l'ergonomie, une canette de 7,7 cm de haut et 7,7 cm de large serait large et instable, désagréable à tenir et à boire; ensuite la fabrication, le fond et le couvercle sont plus épais que la paroi (double sertissage, résistance à la pression du gaz), si bien que le vrai coût pondère davantage les disques et pousse vers une forme plus élancée; enfin le marketing et la logistique, une silhouette haute occupe moins de tablette au litre, s'empile mieux et se reconnaît de loin. Leçon : l'optimum mathématique répond exactement à la question posée; si la réponse détonne, c'est que la fonction de coût réelle contient des termes que le modèle ignorait.

a) Théorème de Rolle : si $f$ est continue sur $[a,b]$, dérivable sur $]a,b[$ et si $f(a)=f(b)$, alors il existe au moins un $c\in\,]a,b[$ tel que $f'(c)=0$. Vérification : $f(x)=x^{2}-4x+3$ est polynomiale, donc continue et dérivable partout; $f(1)=1-4+3=0$ et $f(3)=9-12+3=0$ : les valeurs aux bornes coïncident ✓. Alors $f'(x)=2x-4$ s'annule en $x=2$, qui appartient bien à $]1,3[$ : le $c$ annoncé existe, c'est le sommet de la parabole.

b) Théorème de Lagrange : mêmes hypothèses de continuité et de dérivabilité, sans exiger $f(a)=f(b)$; alors il existe $c\in\,]a,b[$ tel que $f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$, c'est-à-dire une tangente PARALLÈLE à la corde. Ici : $\frac{f(2)-f(0)}{2-0}=\frac{4-0}{2}=2$, la pente de la corde grise. On résout $f'(c)=2c=2$, donc $c=1$, marqué par le trait vertical de la figure, et la tangente en $(1,1)$ est $y=2x-1$, bien parallèle à la corde ✓. Rolle est le cas particulier de Lagrange où la corde est horizontale.

c) $f(-1)=|-1|=1$ et $f(1)=1$ : l'égalité aux bornes est satisfaite, et $f$ est continue sur $[-1,1]$. Pourtant $f'(x)=-1$ pour $x<0$ et $+1$ pour $x>0$ : la dérivée ne s'annule JAMAIS. L'hypothèse manquante est la DÉRIVABILITÉ sur tout l'intervalle ouvert : en $x=0$, $|x|$ possède un coin et n'est pas dérivable. Cela prouve que l'hypothèse de dérivabilité n'est pas décorative : il suffit d'un seul point anguleux, au beau milieu de l'intervalle, pour que la conclusion du théorème s'effondre.

d) Soit $s(t)$ la position, continue et dérivable (une voiture ne se téléporte pas et sa vitesse existe à chaque instant). Vitesse moyenne : $\frac{s(2)-s(0)}{2-0}=\frac{180}{2}=90$ km/h. Par le théorème de Lagrange, il existe $c\in\,]0,2[$ tel que $s'(c)=90$ : à cet instant précis, la vitesse INSTANTANÉE valait exactement 90 km/h. Dispositif correspondant : le radar TRONÇON (ou contrôle de vitesse moyenne), qui chronomètre un véhicule entre deux portiques. S'il a couvert la distance à une moyenne supérieure à la limite, le théorème garantit qu'il a réellement dépassé cette limite à un instant donné, quoi qu'en dise le conducteur : la contravention est mathématiquement inattaquable.

a) Règle : si $\lim\frac{f}{g}$ présente la forme $\frac{0}{0}$ ou $\frac{\infty}{\infty}$, si $f$ et $g$ sont dérivables près du point (avec $g'\ne 0$), et si $\lim\frac{f'}{g'}$ existe, alors $\lim\frac{f}{g}=\lim\frac{f'}{g'}$. Premier calcul : $\frac{\sin x}{x}$ est bien $\frac{0}{0}$, on dérive haut et bas : $\frac{\cos x}{1}\to 1$ ✓ (résultat déjà connu, mais attention à la circularité : la dérivée du sinus a été établie À PARTIR de cette limite, donc L'Hôpital ne la démontre pas, il la retrouve). Second : $\frac{e^{x}-1}{x}$ est $\frac{0}{0}$, donc $\frac{e^{x}}{1}\to 1$.

b) $\frac{1-\cos x}{x^{2}}$ : forme $\frac{0}{0}$, on dérive : $\frac{\sin x}{2x}$, encore $\frac{0}{0}$, on redérive : $\frac{\cos x}{2}\to\frac{1}{2}$ ✓ (la valeur trouvée par conjugué au chapitre des limites). On peut réappliquer la règle autant de fois que l'indétermination persiste, à condition de VÉRIFIER à chaque étape qu'elle persiste réellement. Pour $\frac{\ln x}{x}$ en $+\infty$ : forme $\frac{\infty}{\infty}$, on dérive : $\frac{1/x}{1}=\frac{1}{x}\to 0$. Résultat fondamental : le logarithme croît infiniment moins vite que $x$.

c) $x\ln x$ est de la forme $0\cdot(-\infty)$, que la règle ne traite pas directement : on la réécrit en quotient, $\frac{\ln x}{1/x}$, qui est $\frac{-\infty}{\infty}$. On dérive : $\frac{1/x}{-1/x^{2}}=-x\to 0$. Donc $\lim_{x\to 0^{+}}x\ln x=0$ : c'est la limite admise dans le calcul de $\int_{0}^{1}\ln x\,dx$ au chapitre des intégrales impropres. Pour $\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}$, forme $1^{\infty}$ : on passe au logarithme. Soit $y$ l'expression; $\ln y=x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{\ln(1+1/x)}{1/x}$, de la forme $\frac{0}{0}$. En dérivant haut et bas par rapport à $x$ : $\frac{\frac{-1/x^{2}}{1+1/x}}{-1/x^{2}}=\frac{1}{1+1/x}\to 1$. Donc $\ln y\to 1$ et $y\to e$ : on retrouve la définition même du nombre $e$, et la formule des intérêts composés continus.

d) L'erreur est d'appliquer la règle SANS vérifier l'indétermination. En $x=1$ : le numérateur vaut $1+1=2$ et le dénominateur $1+3=4$ : la forme est $\frac{2}{4}$, parfaitement déterminée ! La fonction étant continue en 1, la limite s'obtient par simple substitution : $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$. Le résultat de l'étudiant, 2, est donc faux d'un facteur 4. Leçon : L'Hôpital n'est PAS une règle de calcul des limites, c'est un remède à une pathologie précise; appliqué à une limite saine, il donne un résultat sans aucun rapport. Toujours évaluer d'abord, et ne dériver que si l'on tombe effectivement sur $\frac{0}{0}$ ou $\frac{\infty}{\infty}$.

a) La tangente au point $(x_{n},f(x_{n}))$ a pour équation $y=f(x_{n})+f'(x_{n})(x-x_{n})$. On cherche où elle coupe l'axe, donc on pose $y=0$ : $0=f(x_{n})+f'(x_{n})(x-x_{n})$, d'où $x-x_{n}=-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}$ et enfin $x=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}$. On appelle $x_{n+1}$ cette abscisse : l'idée est qu'une courbe ressemble beaucoup à sa tangente près du point de contact, donc là où la tangente coupe l'axe, la courbe le coupe presque.

b) Ici $f'(x)=2x$, donc la formule devient $x_{n+1}=x_{n}-\frac{x_{n}^{2}-2}{2x_{n}}=\frac{x_{n}}{2}+\frac{1}{x_{n}}$. Départ $x_{0}=2$ : $x_{1}=1+0{,}5=1{,}5$ (le point de la figure). Puis $x_{2}=0{,}75+\frac{1}{1{,}5}=1{,}41666667$. Puis $x_{3}=0{,}70833333+\frac{1}{1{,}41666667}=1{,}41421569$. La valeur exacte étant $1{,}41421356$, trois itérations suffisent pour cinq décimales.

c) Décimales exactes : $x_{1}=1{,}5$ en donne 0; $x_{2}=1{,}4166\ldots$ en donne 2 (1,41); $x_{3}=1{,}41421569$ en donne 5 (1,41421); $x_{4}$ en donnerait environ 11. Le nombre de décimales exactes DOUBLE à chaque tour : c'est la convergence QUADRATIQUE. Comparaison avec la bissection, qui gagne un facteur 2 par étape (soit environ une décimale toutes les 3,3 étapes) : pour dix décimales, Newton demande 4 itérations là où la bissection en réclame plus de trente. Anecdote utile : cette récurrence $x_{n+1}=\frac{x_{n}}{2}+\frac{1}{x_{n}}$ était déjà connue des Babyloniens pour extraire des racines carrées, quinze siècles avant Newton.

d) Échec 1 : une dérivée NULLE ou presque nulle en $x_{n}$ : la tangente est horizontale ou presque, et son intersection avec l'axe part à l'infini; le procédé diverge. Échec 2 : un mauvais point de départ, qui peut faire osciller la suite entre deux valeurs sans jamais converger, ou la faire converger vers une AUTRE racine que celle recherchée (le cas classique de $f(x)=x^{3}-2x+2$ avec $x_{0}=0$, qui boucle indéfiniment entre 0 et 1). Le choix de $x_{0}$ est donc déterminant : la méthode n'est que LOCALE, elle raffine brillamment une estimation déjà correcte mais ne cherche pas globalement. La pratique combine les deux approches : quelques bissections, sûres mais lentes, pour approcher la racine, puis Newton pour la précision fulgurante.