Examen final blanc corrigé de calcul différentiel (201-SN2-RE, ancien 201-NYA)

Forme $\frac{0}{0}$. On multiplie par le conjugué : $\dfrac{\sqrt{x+1}-2}{x-3}\cdot\dfrac{\sqrt{x+1}+2}{\sqrt{x+1}+2}=\dfrac{(x+1)-4}{(x-3)(\sqrt{x+1}+2)}=\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+2}$. En $x=3$ : $\dfrac{1}{2+2}=\dfrac{1}{4}$.

Forme $\infty-\infty$. Conjugué encore : $\dfrac{(x^{2}+6x)-x^{2}}{\sqrt{x^{2}+6x}+x}=\dfrac{6x}{\sqrt{x^{2}+6x}+x}$. On divise haut et bas par $x>0$ : $\dfrac{6}{\sqrt{1+6/x}+1}\longrightarrow\dfrac{6}{1+1}=3$.

Forme $\frac{0}{0}$. On écrit $\dfrac{\sin 5x}{\tan 3x}=\dfrac{\sin 5x}{5x}\cdot\dfrac{3x}{\tan 3x}\cdot\dfrac{5}{3}$. Les deux premiers facteurs tendent vers 1, d'où la limite $\dfrac{5}{3}$.

À gauche de 2, $x-2<0$ donc $|x-2|=2-x$. Alors $\dfrac{(x-2)(x+2)}{2-x}=-(x+2)\longrightarrow-4$. À droite, $|x-2|=x-2$ et l'expression vaut $x+2\longrightarrow 4$. Les deux limites latérales diffèrent : la limite en 2 n'existe pas.

Forme $1^{\infty}$. On pose $y=\left(1+\frac{3}{x}\right)^{2x}$, donc $\ln y=2x\ln\left(1+\frac{3}{x}\right)$. Avec $u=3/x\to 0$ : $\ln y=\dfrac{6}{u}\ln(1+u)\to 6$ puisque $\frac{\ln(1+u)}{u}\to 1$. Donc $y\to e^{6}\approx 403{,}43$.

À droite : $\lim_{x\to 1^{+}}f(x)=\ln 1+3=3$. À gauche et en 1 : $f(1)=a+b$. La continuité exige donc $a+b=3$.

Les dérivées latérales : à gauche $f'(x)=2ax+b$ donne $2a+b$ ; à droite $f'(x)=\frac{1}{x}$ donne 1. La dérivabilité exige $2a+b=1$. En soustrayant la première équation : $a=1-3=-2$, puis $b=3-a=5$. Donc $a=-2$, $b=5$, et $f'(1)=1$. (Noter que la dérivabilité n'a de sens ici qu'une fois la continuité assurée : sans elle, comparer les dérivées latérales ne prouve rien.)

À gauche, $f'(x)=-4x+5$ donc $f''(x)=-4$ : la limite à gauche de $f''$ est $-4$. À droite, $f'(x)=\frac{1}{x}$ donc $f''(x)=-\frac{1}{x^{2}}$, qui vaut $-1$ en 1. Les deux valeurs diffèrent : $f'$ n'est pas dérivable en 1, donc $f$ n'est pas deux fois dérivable en ce point. En revanche $f'$ y est bien définie et continue (elle vaut 1 des deux côtés) : $f$ est de classe $C^{1}$ mais pas $C^{2}$. Le graphe a une tangente unique en $(1,3)$, mais sa courbure y saute.

$f$ est continue sur $[0,2]$ (polynôme, puis logarithme, raccordés à la question a) et $[0,2]$ est un intervalle fermé borné : par le théorème des bornes atteintes, $f$ y atteint son maximum et son minimum. Sur $[0,1]$, $f(x)=-2x^{2}+5x$ a son sommet en $x=\frac{5}{4}>1$, donc $f$ y est croissante, de $f(0)=0$ à $f(1)=3$. Sur $(1,2]$, $\ln x+3$ est croissante, de 3 à $f(2)=3+\ln 2\approx 3{,}693$. Donc $f$ est croissante sur tout $[0,2]$ : minimum $f(0)=0$, maximum $f(2)=3+\ln 2\approx 3{,}69$.

$g$ est continue sur $[0,1]$ (produit et somme de fonctions continues). $g(0)=0\cdot e^{0}-2=-2<0$ et $g(1)=e-2\approx 0{,}718>0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $r\in\,]0,1[$ tel que $g(r)=0$.

$g'(x)=e^{x}+x\,e^{x}=e^{x}(1+x)$, qui est négative pour $x<-1$ : $g$ n'est donc pas monotone sur $\mathbb{R}$ et la stricte croissance ne suffit pas. On sépare : pour $x\leq 0$, on a $x\,e^{x}\leq 0<2$, donc $g(x)<0$ et aucune racine. Pour $x>0$, $g'(x)=e^{x}(1+x)>0$ : $g$ y est strictement croissante, donc elle s'annule au plus une fois. Combiné à a), la solution existe et est unique.

Newton : $x_{n+1}=x_{n}-\dfrac{x_{n}e^{x_{n}}-2}{e^{x_{n}}(1+x_{n})}$. Depuis $x_{0}=1$ : $g(1)=0{,}71828$, $g'(1)=2e=5{,}43656$, d'où $x_{1}=1-\dfrac{0{,}71828}{5{,}43656}=0{,}86788$. Puis $g(x_{1})=0{,}06716$, $g'(x_{1})=4{,}44902$, d'où $x_{2}=0{,}86788-\dfrac{0{,}06716}{4{,}44902}=0{,}85278$.

$g(x_{2})=7{,}73\times 10^{-4}$ et $g'(x_{2})=e^{0{,}85278}(1{,}85278)=4{,}3470$. L'estimation donne $|x_{2}-r|\approx\dfrac{7{,}73\times 10^{-4}}{4{,}3470}\approx 1{,}78\times 10^{-4}$. Trois décimales sont donc fiables : $r\approx 0{,}853$. (La valeur exacte, $r=0{,}852606\ldots$, confirme une erreur de $1{,}78\times 10^{-4}$ : l'estimation linéaire est ici remarquablement juste, parce que $g$ varie peu sur un intervalle aussi court.)

Produit et chaîne : $f'(x)=5(3x^{2}-1)^{4}(6x)(2x+7)^{3}+(3x^{2}-1)^{5}\cdot 3(2x+7)^{2}(2)$. On met en évidence $(3x^{2}-1)^{4}(2x+7)^{2}$ : $f'(x)=(3x^{2}-1)^{4}(2x+7)^{2}\left[30x(2x+7)+6(3x^{2}-1)\right]=(3x^{2}-1)^{4}(2x+7)^{2}(78x^{2}+210x-6)$, soit $f'(x)=6(3x^{2}-1)^{4}(2x+7)^{2}(13x^{2}+35x-1)$.

Chaîne avec $\arctan'(u)=\frac{1}{1+u^{2}}$ et $u=\sqrt{x}$, $u'=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ : $g'(x)=\dfrac{1}{1+(\sqrt{x})^{2}}\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{1}{2\sqrt{x}\,(1+x)}$.

Dérivation logarithmique. $\ln h=\sin x\cdot\ln x$, donc $\dfrac{h'}{h}=\cos x\ln x+\dfrac{\sin x}{x}$, d'où $h'(x)=x^{\sin x}\left(\cos x\,\ln x+\dfrac{\sin x}{x}\right)$. La règle de la puissance ne s'applique pas ici : l'exposant n'est pas constant.

$y'=2e^{2x}\cos 3x-3e^{2x}\sin 3x=e^{2x}(2\cos 3x-3\sin 3x)$. Puis $y''=2e^{2x}(2\cos 3x-3\sin 3x)+e^{2x}(-6\sin 3x-9\cos 3x)=e^{2x}(-5\cos 3x-12\sin 3x)$. Enfin $y''-4y'+13y=e^{2x}\left[(-5-8+13)\cos 3x+(-12+12)\sin 3x\right]=0$.

On dérive chaque terme par rapport à $x$ en traitant $y$ comme une fonction de $x$ : $2x-\left(y+x\dfrac{dy}{dx}\right)+2y\dfrac{dy}{dx}=0$. On regroupe : $\dfrac{dy}{dx}(2y-x)=y-2x$, donc $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y-2x}{2y-x}$.

$1^{2}-(1)(3)+3^{2}=1-3+9=7$ : le point est bien sur la courbe. La pente vaut $\dfrac{3-2}{6-1}=\dfrac{1}{5}$, d'où la tangente $y-3=\dfrac{1}{5}(x-1)$, soit $y=\dfrac{x}{5}+\dfrac{14}{5}$.

Tangente horizontale : $\dfrac{dy}{dx}=0$, donc $y=2x$ (avec $2y-x\ne 0$, ce qui est vérifié puisque $2y-x=3x\ne 0$). On reporte dans l'équation : $x^{2}-2x^{2}+4x^{2}=7$, soit $3x^{2}=7$ et $x=\pm\sqrt{7/3}$. Les points sont $\left(\sqrt{\tfrac{7}{3}},\,2\sqrt{\tfrac{7}{3}}\right)\approx(1{,}53;\,3{,}06)$ et son opposé $\left(-\sqrt{\tfrac{7}{3}},\,-2\sqrt{\tfrac{7}{3}}\right)$.

En échangeant $x$ et $y$, l'équation devient $y^{2}-yx+x^{2}=7$, identique à l'originale : la courbe est symétrique par rapport à la droite $y=x$. Or cette symétrie échange les axes, donc elle transforme toute tangente horizontale en tangente verticale. Les points cherchés sont les symétriques de ceux de c), c'est-à-dire $\left(2\sqrt{\tfrac{7}{3}},\,\sqrt{\tfrac{7}{3}}\right)\approx(3{,}06;\,1{,}53)$ et son opposé. On peut le confirmer sur la formule : le dénominateur $2y-x$ s'annule quand $x=2y$.

$f'(x)=3x^{2}+3\geq 3>0$ pour tout $x$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$, donc injective. Elle est continue (polynôme) et $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$, $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ : par le théorème des valeurs intermédiaires, tout réel est atteint, donc $f$ est surjective. C'est bien une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$.

On cherche $a$ tel que $f(a)=2$ : $a^{3}+3a-2=2$, soit $a^{3}+3a-4=0$. La racine évidente $a=1$ convient ($1+3-4=0$), et elle est unique par la stricte croissance. Donc $f^{-1}(2)=1$. Ensuite $f'(1)=3+3=6$, d'où $\left(f^{-1}\right)'(2)=\dfrac{1}{6}$.

Posons $u(x)=f^{-1}(x)$. L'identité $f(u(x))=x$ est valable sur tout $\mathbb{R}$. On dérive des deux côtés par la règle de chaîne : $f'(u(x))\cdot u'(x)=1$. Comme $f'$ ne s'annule jamais, on isole : $u'(x)=\dfrac{1}{f'(u(x))}$, c'est-à-dire $\left(f^{-1}\right)'(b)=\dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(b)\right)}$.

On dérive $f'(u)\,u'=1$ une fois de plus, avec la règle du produit et la règle de chaîne : $f''(u)\,(u')^{2}+f'(u)\,u''=0$, d'où $u''=-\dfrac{f''(u)\,(u')^{2}}{f'(u)}=-\dfrac{f''(u)}{\left[f'(u)\right]^{3}}$ en remplaçant $u'$ par $1/f'(u)$. Ici $f''(x)=6x$, donc avec $u(2)=1$ : $\left(f^{-1}\right)''(2)=-\dfrac{f''(1)}{\left[f'(1)\right]^{3}}=-\dfrac{6}{6^{3}}=-\dfrac{1}{36}$. Le signe négatif dit que $f^{-1}$ est concave au voisinage de 2, ce qui est cohérent : $f$ est convexe au voisinage de 1.

Domaine : $\mathbb{R}\setminus\{1\}$. Division : $x^{2}+3=(x+1)(x-1)+4$, donc $f(x)=x+1+\dfrac{4}{x-1}$. Asymptote verticale $x=1$ : quand $x\to 1^{+}$, $\frac{4}{x-1}\to+\infty$ donc $f\to+\infty$ ; quand $x\to 1^{-}$, $f\to-\infty$. Asymptote oblique : $f(x)-(x+1)=\dfrac{4}{x-1}\to 0$ quand $x\to\pm\infty$, donc $y=x+1$ est asymptote oblique aux deux bouts. La courbe est au-dessus de l'asymptote pour $x>1$ et en dessous pour $x<1$.

$f'(x)=1-\dfrac{4}{(x-1)^{2}}=\dfrac{(x-1)^{2}-4}{(x-1)^{2}}=\dfrac{(x-3)(x+1)}{(x-1)^{2}}$. Le dénominateur est toujours positif, donc le signe est celui de $(x-3)(x+1)$ : $f'>0$ sur $]-\infty,-1[$, $f'<0$ sur $]-1,1[$ et $]1,3[$, $f'>0$ sur $]3,+\infty[$. Donc $f$ croît, atteint un maximum relatif en $x=-1$ avec $f(-1)=\dfrac{4}{-2}=-2$, décroît jusqu'à l'asymptote, redescend de $+\infty$ après 1, atteint un minimum relatif en $x=3$ avec $f(3)=\dfrac{12}{2}=6$, puis croît.

À partir de $f'(x)=1-4(x-1)^{-2}$ : $f''(x)=8(x-1)^{-3}=\dfrac{8}{(x-1)^{3}}$. Elle ne s'annule jamais. Pour $x<1$, $f''<0$ : la courbe est concave vers le bas. Pour $x>1$, $f''>0$ : concave vers le haut. Il y a bien un changement de concavité en $x=1$, mais $x=1$ n'appartient pas au domaine : il n'y a donc aucun point d'inflexion. C'est le piège classique, un changement de concavité ne suffit pas, il faut un point sur la courbe.

Il n'y a pas de contradiction : maximum et minimum sont ici seulement relatifs, et ils appartiennent à deux branches séparées par l'asymptote verticale. Sur la branche de gauche, $f$ ne dépasse jamais $-2$ ; sur celle de droite, elle ne descend jamais sous 6. Aucun théorème n'oblige un maximum local d'une branche à dépasser un minimum local d'une autre, précisément parce que la fonction n'est pas continue sur $]-\infty,3]$. Le croquis : deux branches d'hyperbole-oblique de part et d'autre de $x=1$, chacune collée à $y=x+1$ à l'infini, avec le sommet $(-1,-2)$ à gauche et le creux $(3,6)$ à droite.

$f(x)=x^{1/3}$, $f'(x)=\frac{1}{3}x^{-2/3}$. En $a=125$ : $f(125)=5$ et $f'(125)=\dfrac{1}{3\cdot 25}=\dfrac{1}{75}$. Donc $\sqrt[3]{124}\approx 5+\dfrac{124-125}{75}=5-\dfrac{1}{75}\approx 4{,}986667$. La calculatrice donne $4{,}986631$ : l'écart vaut $3{,}6\times 10^{-5}$, soit environ sept millionièmes en relatif. La linéarisation est excellente parce que $124$ est très proche de $125$ et que $f''$ y est minuscule.

On prend le logarithme avant de différentier : $\ln T=\ln(2\pi)+\frac{1}{2}\ln L-\frac{1}{2}\ln g$. En différentiant, $\dfrac{dT}{T}=\dfrac{1}{2}\dfrac{dL}{L}$ (le terme en $g$ disparaît, $g$ étant constant). Autrement dit, une erreur relative sur la longueur ne se transmet qu'à moitié sur la période : la racine carrée amortit l'erreur.