Examen final blanc corrigé de calcul différentiel (201-NYA)

a) 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 $x=3$ : $\dfrac{1}{2+2}=\dfrac{1}{4}$.

b) 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 $x>0$ : $\dfrac{6}{\sqrt{1+6/x}+1}\longrightarrow\dfrac{6}{1+1}=3$.

c) 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 $\dfrac{5}{3}$.

d) 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.

e) 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 $y\to e^{6}\approx 403{,}43$.

a) 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 $a+b=3$.

b) 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.)

c) 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.

d) $f$ 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 $f(2)=3+\ln 2\approx 3{,}69$.

a) $g$ 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 $g(r)=0$.

b) $g'(x)=e^{x}+x\,e^{x}=e^{x}(1+x)$, 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.

c) 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 $x_{2}=0{,}86788-\dfrac{0{,}06716}{4{,}44902}=0{,}85278$.

d) $g(x_{2})=7{,}73\times 10^{-4}$ 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.)

a) 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 $f'(x)=6(3x^{2}-1)^{4}(2x+7)^{2}(13x^{2}+35x-1)$.

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

c) 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.

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

a) 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 $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y-2x}{2y-x}$.

b) $1^{2}-(1)(3)+3^{2}=1-3+9=7$ : 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 $y=\dfrac{x}{5}+\dfrac{14}{5}$.

c) 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 $\left(-\sqrt{\tfrac{7}{3}},\,-2\sqrt{\tfrac{7}{3}}\right)$.

d) 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 $x=2y$.

a) $f'(x)=3x^{2}+3\geq 3>0$ 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 $\mathbb{R}$.

b) 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 $\left(f^{-1}\right)'(2)=\dfrac{1}{6}$.

c) 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 $\left(f^{-1}\right)'(b)=\dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(b)\right)}$.

d) 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 : $f$ y est convexe.

a) 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 $x<1$.

b) $f'(x)=1-\dfrac{4}{(x-1)^{2}}=\dfrac{(x-1)^{2}-4}{(x-1)^{2}}=\dfrac{(x-3)(x+1)}{(x-1)^{2}}$. 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.

c) 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.

d) 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.

a) $f(x)=x^{1/3}$, $f'(x)=\frac{1}{3}x^{-2/3}$. 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 moins d'un millionième en relatif. La linéarisation est excellente parce que $124$ est très proche de $125$ et que $f''$ y est minuscule.

b) 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.

c) $T=2\pi\sqrt{\dfrac{1{,}000}{9{,}8}}=2{,}0071$ s. Erreur relative : $\dfrac{dT}{T}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{0{,}005}{1{,}000}=0{,}0025=0{,}25\ \%$. Erreur absolue : $dT=0{,}0025\times 2{,}0071=0{,}0050$ s. (Le calcul exact donne $T(1{,}005)-T(1{,}000)=0{,}00501$ s : la différentielle est fidèle à trois chiffres.)

d) On veut $\dfrac{dT}{T}<0{,}001$, donc $\dfrac{1}{2}\dfrac{dL}{L}<0{,}001$, soit $\dfrac{dL}{L}<0{,}002$ et $dL<0{,}002\times 1{,}000=0{,}002$ m. Il faut mesurer la longueur à $\pm 2$ mm, soit deux fois et demie plus précisément qu'avec les 5 mm de départ.

a) $f'$ s'annule en $x=-\sqrt{3}\approx-1{,}73$, $x=0$ et $x=\sqrt{3}\approx 1{,}73$. Signe lu sur la courbe : $f'<0$ sur $]-\infty,-\sqrt{3}[$, $f'>0$ sur $]-\sqrt{3},0[$, $f'<0$ sur $]0,\sqrt{3}[$, $f'>0$ sur $]\sqrt{3},+\infty[$. Donc $f$ décroît, croît, décroît, croît : minimum relatif en $-\sqrt{3}$, maximum relatif en $0$ (valeur $f(0)=1$), minimum relatif en $\sqrt{3}$.

b) $f'$ atteint un maximum en $(-1,2)$ et un minimum en $(1,-2)$. Or $f''$ est la dérivée de $f'$ : $f''>0$ là où $f'$ croît, c'est-à-dire sur $]-\infty,-1[$ et $]1,+\infty[$ (concavité vers le haut), et $f''<0$ sur $]-1,1[$ (concavité vers le bas). Les points d'inflexion de $f$ sont donc en $x=-1$ et $x=1$, là où $f'$ change de sens de variation.

c) Posons $\varphi(x)=f(x)-f(-x)$. Par la règle de chaîne, $\varphi'(x)=f'(x)+f'(-x)=f'(x)-f'(x)=0$ pour tout $x$. Une fonction de dérivée nulle sur $\mathbb{R}$ est constante (conséquence du théorème des accroissements finis). Or $\varphi(0)=f(0)-f(0)=0$, donc la constante est nulle : $f(x)=f(-x)$ pour tout $x$, et $f$ est paire.

d) Puisque $f$ est paire, $f(-\sqrt{3})=f(\sqrt{3})$ : les deux minimums relatifs sont exactement égaux, aucun n'est plus bas que l'autre. Ce sont d'ailleurs les minimums absolus de $f$, car $f$ décroît vers eux depuis $\pm\infty$ et remonte ensuite.

a) Chaque bande latérale, de longueur 10, monte d'une hauteur $10\sin\theta$ et s'écarte horizontalement de $10\cos\theta$. La section est un trapèze : petite base 10 (le fond), grande base $10+2(10\cos\theta)$, hauteur $10\sin\theta$. Décomposée, c'est un rectangle $10\times 10\sin\theta$ plus deux triangles rectangles de base $10\cos\theta$ et de hauteur $10\sin\theta$ : $A=10(10\sin\theta)+2\cdot\tfrac{1}{2}(10\cos\theta)(10\sin\theta)=100\sin\theta+100\sin\theta\cos\theta=100\sin\theta(1+\cos\theta)$. La longueur de 4 m n'intervient pas : elle multiplie le volume, pas la section.

b) $A'(\theta)=100\left[\cos\theta(1+\cos\theta)+\sin\theta(-\sin\theta)\right]=100\left[\cos\theta+\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta\right]$. Avec $\sin^{2}\theta=1-\cos^{2}\theta$ : $A'(\theta)=100\left(2\cos^{2}\theta+\cos\theta-1\right)=100(2\cos\theta-1)(\cos\theta+1)$.

c) Sur $\left]0,\frac{\pi}{2}\right]$, le facteur $\cos\theta+1$ est strictement positif, donc le signe de $A'$ est celui de $2\cos\theta-1$. Il s'annule pour $\cos\theta=\frac{1}{2}$, soit $\theta=\frac{\pi}{3}=60^{\circ}$. Pour $\theta<60^{\circ}$, $\cos\theta>\frac{1}{2}$ et $A'>0$ ; pour $\theta>60^{\circ}$, $A'<0$. La dérivée change de $+$ à $-$ : $\theta=60^{\circ}$ donne bien un maximum, et il est absolu sur l'intervalle.

d) $A\left(\frac{\pi}{3}\right)=100\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\left(1+\frac{1}{2}\right)=75\sqrt{3}\approx 129{,}9$ cm². La gouttière rectangulaire ($\theta=90^{\circ}$) donne $A=100\cdot 1\cdot(1+0)=100$ cm². Le gain est de $\dfrac{129{,}9-100}{100}\approx 29{,}9\ \%$ : incliner les parois de 60° augmente le débit de près de 30 % sans utiliser un centimètre de métal de plus.

a) La section est un triangle semblable à celui de l'auge pleine : la largeur croît proportionnellement à la profondeur, avec le rapport $\dfrac{1}{0{,}5}=2$, donc $w=2h$. L'aire mouillée vaut $\dfrac{1}{2}wh=\dfrac{1}{2}(2h)h=h^{2}$, et en multipliant par la longueur 3 m : $V=3h^{2}$.

b) On dérive par rapport au temps : $\dfrac{dV}{dt}=6h\dfrac{dh}{dt}$. Avec $\dfrac{dV}{dt}=0{,}02$ et $h=0{,}30$ : $0{,}02=6(0{,}30)\dfrac{dh}{dt}=1{,}8\dfrac{dh}{dt}$, donc $\dfrac{dh}{dt}=\dfrac{0{,}02}{1{,}8}=\dfrac{1}{90}\approx 0{,}0111$ m/min, soit environ 1,1 cm par minute.

c) Puisque $w=2h$, on dérive : $\dfrac{dw}{dt}=2\dfrac{dh}{dt}=\dfrac{2}{90}\approx 0{,}0222$ m/min, soit environ 2,2 cm par minute.

d) En général $\dfrac{dh}{dt}=\dfrac{0{,}02}{6h}$ : le niveau monte d'autant plus lentement que l'auge est large en surface. Il monterait deux fois moins vite qu'en b) lorsque $h$ double, soit $h=0{,}60$ m. Or l'auge ne fait que 0,50 m de profondeur : cette situation ne se produit jamais. La vitesse la plus faible atteinte est celle du bord, en $h=0{,}50$ : $\dfrac{0{,}02}{3}\approx 0{,}0067$ m/min, encore supérieure à la moitié de 0,0111. Temps de remplissage : $V(0{,}50)=3(0{,}25)=0{,}75$ m³, donc $t=\dfrac{0{,}75}{0{,}02}=37{,}5$ min.

a) $N(0)=\dfrac{500}{1+9}=50$ : l'application démarre avec 50 utilisateurs. Quand $t\to+\infty$, $e^{-0,4t}\to 0$ donc $N(t)\to\dfrac{500}{1}=500$ : à long terme, tout le campus l'adopte, sans jamais dépasser 500 (la droite $N=500$ est une asymptote horizontale, et c'est la taille de la population).

b) Avec $u(t)=1+9e^{-0,4t}$, on a $u'(t)=-3{,}6e^{-0,4t}$ et $N=500u^{-1}$, donc $N'=-500u^{-2}u'=\dfrac{1800e^{-0,4t}}{\left(1+9e^{-0,4t}\right)^{2}}$. Le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs pour tout $t$, donc $N'>0$ : le nombre d'utilisateurs croît sans jamais redescendre.