Contrôle périodique 1 blanc corrigé de MTH0103 (Polytechnique Montréal)

a) Dérivée d'une composée : $(\arcsin u)'=\dfrac{u'}{\sqrt{1-u^{2}}}$ avec $u=\sqrt{x}$, donc $u'=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ et $1-u^{2}=1-x$. On obtient $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}\,\sqrt{1-x}}=\dfrac{1}{2\sqrt{x-x^{2}}}$. En $x=\frac{1}{2}$ : $x-x^{2}=\frac{1}{4}$, $\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}$, d'où $f'\left(\frac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2\cdot\frac{1}{2}}=1$. Le piège est d'oublier le facteur $u'$ : on écrit $\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}$, qui vaut $\sqrt{2}\approx 1{,}414$ en $\frac{1}{2}$. Remarquez aussi que $f'$ n'existe ni en $0$ ni en $1$ : la courbe y a une tangente verticale, ce qui servira quand on vérifiera des hypothèses de dérivabilité.

b) Dériver directement demanderait la règle du quotient ET celle du produit sur trois facteurs. La dérivation logarithmique transforme tout en somme, ce qui est légitime car $g(x)>0$ pour $x>0$ : $\ln g(x)=3\ln(x^{2}+1)+\frac{1}{2}\ln x-4\ln(x+2)$. En dérivant les deux membres : $\dfrac{g'(x)}{g(x)}=\dfrac{6x}{x^{2}+1}+\dfrac{1}{2x}-\dfrac{4}{x+2}$. En $x=1$ : $\dfrac{g'(1)}{g(1)}=3+\dfrac{1}{2}-\dfrac{4}{3}=\dfrac{13}{6}$. Or $g(1)=\dfrac{2^{3}\cdot 1}{3^{4}}=\dfrac{8}{81}$, donc $g'(1)=\dfrac{8}{81}\cdot\dfrac{13}{6}=\dfrac{52}{243}\approx 0{,}214$. L'erreur qui coûte le plus de points est de répondre $\frac{13}{6}$ : on a calculé $\frac{g'}{g}$, pas $g'$, et il reste à multiplier par $g(1)$.

c) Dérivation implicite, $y$ étant une fonction de $x$ : $\dfrac{1}{2\sqrt{x}}+\dfrac{y'}{2\sqrt{y}}=0$, donc $y'=-\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}}=-\sqrt{\dfrac{y}{x}}$. En $P$ : $y'=-\sqrt{\frac{1}{4}}=-\frac{1}{2}$. Pour la dérivée seconde, on dérive $y'=-\left(\frac{y}{x}\right)^{1/2}$ : $y''=-\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}\right)^{-1/2}\cdot\dfrac{y'x-y}{x^{2}}$. En $P$ : $\left(\frac{1}{4}\right)^{-1/2}=2$ et $y'x-y=-2-1=-3$, donc $y''=-\frac{1}{2}\cdot 2\cdot\dfrac{-3}{16}=\dfrac{3}{16}$. Le piège est d'oublier que $y$ dépend de $x$ en dérivant le quotient $\frac{y}{x}$ : on perd alors le terme $y'x$. Vérification : ici on peut isoler $y=(3-\sqrt{x})^{2}=9-6\sqrt{x}+x$, d'où $y'=1-\frac{3}{\sqrt{x}}$ et $y''=\frac{3}{2}x^{-3/2}$ ; en $x=4$, $y'=-\frac{1}{2}$ et $y''=\frac{3}{16}$. Tangente : $y=1-\frac{1}{2}(x-4)$, soit $y=-\frac{1}{2}x+3$.

a) Première hypothèse : $f(x)=\sqrt[3]{x^{2}}$ est continue sur $[-1\,;1]$, composée de fonctions continues. Troisième : $f(-1)=f(1)=1$. Deuxième : pour $x\neq 0$, $f'(x)=\frac{2}{3}x^{-1/3}=\dfrac{2}{3\sqrt[3]{x}}$, qui n'existe pas en $x=0$ ; le quotient $\frac{f(x)-f(0)}{x}=x^{-1/3}$ tend vers $+\infty$ à droite et $-\infty$ à gauche. La dérivabilité sur $]-1\,;1[$ est donc en défaut, et le théorème NE S'APPLIQUE PAS. Et de fait, aucun $c$ ne convient : $\dfrac{2}{3\sqrt[3]{x}}$ ne s'annule jamais. La figure le montre, le minimum en $0$ est une pointe, pas une tangente horizontale. Ce n'est pas une contradiction : quand une hypothèse manque, le théorème ne dit rien, ni oui ni non.

b) $g$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$, donc sur $\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]$ et sur l'intervalle ouvert. $g(0)=0+1=1$ et $g\left(\frac{\pi}{2}\right)=1+0=1$. Les trois hypothèses sont vérifiées. $g'(x)=\cos x-\sin x=0$ donne $\tan x=1$, soit $x=\frac{\pi}{4}$ dans $\left]0\,;\frac{\pi}{2}\right[$ (on a le droit de diviser par $\cos x$, non nul sur cet intervalle). Donc $c=\frac{\pi}{4}\approx 0{,}785$ et $g(c)=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\approx 1{,}414$, le maximum de $g$ sur l'intervalle. Vérification : $g(x)=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)$, maximale quand $x+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$.

c) Oui. Le théorème demande la continuité sur l'intervalle FERMÉ mais la dérivabilité seulement sur l'intervalle OUVERT $]0\,;4[$. Continuité : $\sqrt{4-x}$ est définie et continue pour $x\leq 4$, donc $h$ est continue sur $[0\,;4]$. Dérivabilité : $h'(x)=\sqrt{4-x}+x\cdot\dfrac{-1}{2\sqrt{4-x}}=\dfrac{2(4-x)-x}{2\sqrt{4-x}}=\dfrac{8-3x}{2\sqrt{4-x}}$, qui existe pour tout $x<4$. Et $h(0)=0=h(4)$. Donc $h'(c)=0$ donne $8-3c=0$, soit $c=\frac{8}{3}\approx 2{,}667$, bien dans $]0\,;4[$. Enfin $h\left(\frac{8}{3}\right)=\frac{8}{3}\sqrt{\frac{4}{3}}=\frac{8}{3}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{16\sqrt{3}}{9}\approx 3{,}079$. Refuser le théorème à cause du point $x=4$ est l'erreur symétrique de celle du a) : la dérivabilité aux bornes n'est pas demandée.

a) Existence. $\varphi(x)=2x-1-\sin x$ est continue, $\varphi(0)=-1<0$ et $\varphi(1)=1-\sin 1\approx 0{,}159>0$ : par le théorème des valeurs intermédiaires, $\varphi$ s'annule dans $]0\,;1[$. Unicité, par l'absurde. Si $\varphi$ avait deux racines $a<b$, alors $\varphi$ serait continue sur $[a\,;b]$, dérivable sur $]a\,;b[$ et $\varphi(a)=\varphi(b)=0$ : Rolle donnerait $c$ avec $\varphi'(c)=0$. Or $\varphi'(x)=2-\cos x\geq 1>0$ ne s'annule jamais. Contradiction : exactement une solution, entre $0$ et $1$ (elle vaut environ $0{,}888$). Écrire seulement « $\varphi$ est croissante » sans le lier à Rolle ou au signe de la dérivée est jugé incomplet sur une copie de MTH0103.

b) Au plus deux. $g'(x)=e^{x}-1$ ne s'annule qu'en $x=0$. Si $g$ avait trois racines $a<b<d$, Rolle sur $[a\,;b]$ puis sur $[b\,;d]$ donnerait deux zéros distincts de $g'$ : impossible. Au moins deux. $g(-2)=e^{-2}>0$, $g(-1)=e^{-1}-1<0$, $g(1)=e-3<0$, $g(2)=e^{2}-4\approx 3{,}39>0$. Par les valeurs intermédiaires, une racine dans $]-2\,;-1[$ et une dans $]1\,;2[$. Conclusion : exactement deux solutions, environ $-1{,}841$ et $1{,}146$. Le piège est de s'arrêter à $g(-2)>0$, $g(0)<0$, $g(2)>0$ : c'est juste, mais l'énoncé demande des entiers CONSÉCUTIFS, et il faut resserrer avec $g(-1)$ et $g(1)$.

c) $P$ est un polynôme, donc continu et dérivable partout, et $P(1)=P(2)=P(3)=P(4)=0$. Rolle sur $[1\,;2]$, $[2\,;3]$ et $[3\,;4]$ donne une racine de $P'$ dans CHACUN des trois intervalles ouverts, soit au moins trois racines distinctes. Mais $P'$ est de degré $3$, donc en a au plus trois : exactement trois, une dans $]1\,;2[$, une dans $]2\,;3[$, une dans $]3\,;4[$. On recommence sur $P'$ : entre deux racines consécutives de $P'$, Rolle donne une racine de $P''$, soit au moins deux, et $P''$ est de degré $2$ : exactement deux. Vérification par symétrie : avec $t=x-\frac{5}{2}$, $P=\left(t^{2}-\frac{9}{4}\right)\left(t^{2}-\frac{1}{4}\right)$, donc $P'$ s'annule en $t=0$ et $t=\pm\frac{\sqrt{5}}{2}$ ($x\approx 1{,}38$ ; $2{,}5$ ; $3{,}62$) et $P''$ en $t=\pm\sqrt{\frac{5}{12}}$ ($x\approx 1{,}85$ ; $3{,}15$).

a) $\ln$ est continue et dérivable sur $]0\,;+\infty[$, donc continue sur $[1\,;e]$ et dérivable sur $]1\,;e[$ : les deux hypothèses sont vérifiées. La pente de la corde vaut $\dfrac{\ln e-\ln 1}{e-1}=\dfrac{1}{e-1}$. Le théorème annonce $c\in\,]1\,;e[$ avec $f'(c)=\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{e-1}$, donc $c=e-1\approx 1{,}718$, qui est bien entre $1$ et $e\approx 2{,}718$. Sur la figure, la tangente à la courbe au point d'abscisse $e-1$ est parallèle à la corde $AB$. Le piège classique est de répondre $c=\frac{1+e}{2}$, le milieu : Lagrange ne place pas $c$ au milieu, sauf pour une parabole.

b) Dérivée d'un produit, avec $(\ln(3x))'=\frac{3}{3x}=\frac{1}{x}$ et $\left(\ln\frac{x}{3}\right)'=\frac{1}{x}$ : $u'(x)=\dfrac{1}{x}\ln\dfrac{x}{3}+\ln(3x)\cdot\dfrac{1}{x}-\dfrac{2\ln x}{x}=\dfrac{1}{x}\left[(\ln x-\ln 3)+(\ln 3+\ln x)-2\ln x\right]=0$. Le domaine $]0\,;+\infty[$ est un INTERVALLE, donc le corollaire 1 s'applique : $u$ est constante. On évalue en un point commode, $x=1$ : $u(1)=\ln 3\cdot\ln\frac{1}{3}-0=-(\ln 3)^{2}\approx -1{,}207$. Vérification algébrique : $u(x)=(\ln x+\ln 3)(\ln x-\ln 3)-(\ln x)^{2}=-(\ln 3)^{2}$, identité remarquable. Écrire « $u'=0$ donc $u=0$ » est l'erreur qui revient : une dérivée nulle donne une constante, pas zéro.

c) $v'(x)=2\cdot\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x}}}{1+x}=\dfrac{1}{\sqrt{x}\,(1+x)}$. Pour $w$, posons $q=\dfrac{x-1}{x+1}$ : $q'=\dfrac{(x+1)-(x-1)}{(x+1)^{2}}=\dfrac{2}{(x+1)^{2}}$ et $1-q^{2}=\dfrac{(x+1)^{2}-(x-1)^{2}}{(x+1)^{2}}=\dfrac{4x}{(x+1)^{2}}$, donc $\sqrt{1-q^{2}}=\dfrac{2\sqrt{x}}{x+1}$ car $x+1>0$. Ainsi $w'(x)=\dfrac{2}{(x+1)^{2}}\cdot\dfrac{x+1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{x}\,(x+1)}=v'(x)$. Sur l'intervalle $]0\,;+\infty[$, le corollaire 2 donne $v=w+C$. En $x=1$ : $v(1)=2\arctan 1=\frac{\pi}{2}$ et $w(1)=\arcsin 0=0$, donc $C=\frac{\pi}{2}\approx 1{,}571$. Contrôle en $x=3$ : $v(3)=2\arctan\sqrt{3}=\frac{2\pi}{3}$ et $w(3)=\arcsin\frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}$, écart $\frac{\pi}{2}$. Choisir $x=0$ pour évaluer serait une faute : $0$ n'est pas dans le domaine où l'égalité des dérivées a été démontrée.

a) $\varphi(t)=\sqrt{1+t}$ est continue sur $[0\,;x]$ et dérivable sur $]0\,;x[$, avec $\varphi'(t)=\dfrac{1}{2\sqrt{1+t}}$. Lagrange donne $c\in\,]0\,;x[$ tel que $\sqrt{1+x}-1=\dfrac{x}{2\sqrt{1+c}}$. Comme $0<c<x$, on a $1<\sqrt{1+c}<\sqrt{1+x}$, et en passant à l'inverse (tout est positif, l'ordre s'inverse) : $\dfrac{x}{2\sqrt{1+x}}<\dfrac{x}{2\sqrt{1+c}}<\dfrac{x}{2}$. C'est l'encadrement demandé. La borne de droite donne $\sqrt{1+x}<1+\frac{x}{2}$ ; en la reportant dans la borne de gauche, $\dfrac{x}{2\sqrt{1+x}}>\dfrac{x}{2\left(1+\frac{x}{2}\right)}=\dfrac{x}{2+x}$, d'où $1+\dfrac{x}{2+x}<\sqrt{1+x}<1+\dfrac{x}{2}$. Avec $x=0{,}2$ : $1+\dfrac{0{,}2}{2{,}2}=\dfrac{12}{11}\approx 1{,}0909<\sqrt{1{,}2}<1{,}1$. La valeur réelle, $1{,}0954$, est bien entre les deux, et on l'a encadrée sans calculatrice.

b) $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, donc Lagrange s'applique sur $[1\,;4]$ : $f(4)-f(1)=3f'(c)$ pour un $c\in\,]1\,;4[$. Comme $f'(c)\leq 3$, $f(4)\leq 2+9=11$. La valeur $11$ est atteinte par $f(x)=3x-1$ ($f(1)=2$, $f'=3$). Elle ne l'est que par elle sur $[1\,;4]$ : si $f(4)=11$, posons $g(x)=3x-f(x)$. Alors $g'=3-f'\geq 0$, donc $g$ est croissante, et $g(1)=1=g(4)$. Une fonction croissante qui prend la même valeur aux deux bornes est constante sur l'intervalle, donc $f(x)=3x-1$ sur $[1\,;4]$. Répondre « $f(4)<11$ » avec une inégalité stricte est faux : $f'\leq 3$ autorise l'égalité.

c) Sur $[0\,;1]$ : $f(1)-f(0)=f'(c_{1})\cdot 1\leq 3$, donc $f(1)\leq 3$. Sur $[1\,;2]$ : $f(2)-f(1)=f'(c_{2})\cdot 1\leq 3$, donc $f(1)\geq 6-3=3$. Les deux inégalités imposent $f(1)=3$. L'idée à retenir : une borne sur la dérivée enferme la courbe entre deux droites de pente $\pm 3$ issues de chaque point connu, et ici les deux cônes ne se touchent qu'en $(1\,;3)$. Appliquer Lagrange sur $[0\,;2]$ tout entier ne suffit pas : on obtient $f'(c)=3$ pour un certain $c$, ce qui ne dit rien de $f(1)$.

d) $\arctan$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, $\arctan'(t)=\dfrac{1}{1+t^{2}}$. Lagrange sur $[x\,;x+1]$ : $\arctan(x+1)-\arctan x=\dfrac{1}{1+c^{2}}$ avec $x<c<x+1$. Pour $x>0$, $x^{2}<c^{2}<(x+1)^{2}$, donc $\dfrac{x^{2}}{1+(x+1)^{2}}<x^{2}\left[\arctan(x+1)-\arctan x\right]<\dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}$. Les deux bornes tendent vers $1$ quand $x\to+\infty$ (termes dominants $x^{2}$ sur $x^{2}$). Par le théorème des gendarmes, la limite vaut $1$. Contrôle numérique en $x=1000$ : $10^{6}\left[\arctan 1001-\arctan 1000\right]\approx 0{,}999$. Tenter L'Hospital ici marche aussi, mais au prix d'une forme $\infty\cdot 0$ à réécrire : Lagrange donne l'encadrement en une ligne.