Exercices corrigés : l'étude complète de fonction (201-103)

$f'(x)=6x-12$, nulle en $x=2$ : un seul nombre critique. $f''(x)=6$ ne s'annule jamais et reste positive : la courbe est concave vers le haut partout, sans point d'inflexion. On retrouve le sommet de la parabole, $x=-\frac{b}{2a}=\frac{12}{6}=2$.

$f'(x)=6x^{2}-6x-36=6(x^{2}-x-6)=6(x-3)(x+2)$ : nombres critiques $-2$ et $3$. $f''(x)=12x-6$, nulle en $x=\frac{1}{2}$, passe du négatif au positif : inflexion en $x=0{,}5$. Contrôle : pour une cubique, l'inflexion est au milieu des deux nombres critiques, $\frac{-2+3}{2}=0{,}5$.

$f'(x)=3x^{2}+6x+6=3(x^{2}+2x+2)$, de discriminant $4-8=-4<0$ : $f'$ ne s'annule jamais et reste positive, puisque $f'(x)=3\left((x+1)^{2}+1\right)$. Aucun nombre critique, $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$. Pourtant $f''(x)=6x+6$ s'annule et change de signe en $x=-1$ : inflexion en $x=-1$. Piège : croire qu'une fonction sans nombre critique n'a pas d'inflexion.

$f'(x)=1{,}5x^{2}-4x+1{,}5$, de discriminant $16-4\times 1{,}5\times 1{,}5=16-9=7$. Donc $x=\frac{4\pm\sqrt{7}}{2\times 1{,}5}=\frac{4\pm\sqrt{7}}{3}$ : $x_{1}\approx 0{,}451$ et $x_{2}\approx 2{,}215$. Au passage, $f''(x)=3x-4$ place l'inflexion en $x=\frac{4}{3}$, au milieu des deux. Piège : diviser par $2$ au lieu de $2a=3$.

$f'(x)=12x^{3}-12x^{2}-24x=12x(x^{2}-x-2)=12x(x-2)(x+1)$ : nombres critiques $-1$, $0$ et $2$. $f''(x)=36x^{2}-24x-24=12(3x^{2}-2x-2)$, de racines $x=\frac{2\pm\sqrt{28}}{6}=\frac{1\pm\sqrt{7}}{3}$, simples donc avec changement de signe : inflexions en $x\approx -0{,}549$ et $x\approx 1{,}215$. Piège : diviser par $x$ au lieu de le mettre en facteur, et perdre le nombre critique $0$.

$f'(x)=4x^{3}-12x^{2}+12x=4x(x^{2}-3x+3)$ ; le trinôme a pour discriminant $9-12<0$, donc un seul nombre critique, $x=0$. $f''(x)=12x^{2}-24x+12=12(x-1)^{2}$ s'annule en $x=1$ mais reste POSITIVE de part et d'autre : la concavité ne change pas, donc aucun point d'inflexion. Piège : déclarer une inflexion partout où $f''=0$, alors que c'est le changement de signe qui compte.

Domaine $\mathbb{R}\setminus\{0\}$. $f'(x)=2-\frac{18}{x^{2}}=\frac{2(x^{2}-9)}{x^{2}}$, nulle en $x=-3$ et $x=3$ ; elle n'existe pas en $0$, mais $0$ n'est pas dans le domaine, donc ce n'est pas un nombre critique. $f''(x)=\frac{36}{x^{3}}$ ne s'annule jamais ; elle change de signe en $0$, hors du domaine, donc aucun point d'inflexion. Plus petit nombre critique : $-3$.

$f'(x)=\frac{-12x}{(x^{2}+3)^{2}}$, nulle en $x=0$ seulement. Règle du quotient pour $f''$ : $f''(x)=\frac{-12(x^{2}+3)^{2}+12x\cdot 2(x^{2}+3)\cdot 2x}{(x^{2}+3)^{4}}=\frac{-12(x^{2}+3)+48x^{2}}{(x^{2}+3)^{3}}=\frac{36(x^{2}-1)}{(x^{2}+3)^{3}}$, après simplification par $x^{2}+3$. Elle s'annule et change de signe en $x=-1$ et $x=1$ : inflexion positive en $x=1$. Piège : oublier le facteur $2x$ de la chaîne en dérivant $(x^{2}+3)^{2}$.

Domaine $\mathbb{R}\setminus\{2\}$. $f'(x)=\frac{2x(x-2)-x^{2}}{(x-2)^{2}}=\frac{x^{2}-4x}{(x-2)^{2}}=\frac{x(x-4)}{(x-2)^{2}}$ : nombres critiques $0$ et $4$, la valeur $2$ étant hors du domaine. En écrivant $f(x)=x+2+\frac{4}{x-2}$, on obtient $f''(x)=\frac{8}{(x-2)^{3}}$, jamais nulle : aucune inflexion.

Domaine $]-\infty\,;6]$. Produit : $f'(x)=\sqrt{6-x}+x\cdot\frac{-1}{2\sqrt{6-x}}=\frac{2(6-x)-x}{2\sqrt{6-x}}=\frac{12-3x}{2\sqrt{6-x}}$. Elle s'annule en $x=4$ et n'existe pas en $x=6$, qui EST dans le domaine : deux nombres critiques, $4$ et $6$. On trouve ensuite $f''(x)=\frac{3x-24}{4(6-x)^{\frac{3}{2}}}<0$ sur le domaine : courbe concave vers le bas, sans inflexion. Piège : oublier la borne $6$, où la tangente devient verticale.

Le seul interdit est $d=0$, donc le domaine algébrique est $\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Une densité étant positive, le domaine de validité est $]0\,;+\infty[$ : c'est lui qu'on étudie.

Quand $d\to 0^{+}$, le terme $\dfrac{4\,000}{d}$ tend vers $+\infty$ et les deux autres restent bornés, donc $g(d)\to+\infty$. La droite $d=0$ est une ASYMPTOTE VERTICALE. Le signe est bien $+\infty$ parce que $d$ approche zéro par valeurs positives, seul côté qui existe dans le contexte.

Quand $d\to+\infty$, $\dfrac{4\,000}{d}\to 0$ mais $0{,}9d\to+\infty$, donc $g(d)\to+\infty$. Il n'y a AUCUNE asymptote horizontale : une asymptote horizontale suppose une limite finie, ce qui n'est pas le cas.

On calcule la différence entre la courbe et la droite : $g(d)-(0{,}9d+120)=\dfrac{4\,000}{d}$. Cette différence tend vers 0 quand $d\to+\infty$, ce qui est exactement la définition d'une asymptote OBLIQUE. Comme $\dfrac{4\,000}{d}>0$ sur le domaine, la courbe reste AU-DESSUS de son asymptote, et s'en rapproche par valeurs supérieures. La méthode générale est celle-ci : on sépare la partie polynomiale de degré 1 du reste, et si le reste tend vers 0, la partie polynomiale est l'asymptote.

L'asymptote verticale dit qu'à très faible densité, le coût par logement explose : chaque maison isolée exige sa propre longueur d'aqueduc, de route et de fil électrique, et il n'y a personne pour la partager. L'asymptote oblique dit qu'à très forte densité le coût par logement ne se stabilise pas, il RECOMMENCE à croître selon une pente de 90 cents par logement et par hectare : il faut construire en hauteur, creuser, renforcer les réseaux. Une courbe qui monte aux deux bouts a nécessairement un minimum entre les deux, et c'est l'objet de l'exercice suivant.

On réécrit $g(d)=4\,000\,d^{-1}+0{,}9d+120$, donc $g'(d)=-4\,000\,d^{-2}+0{,}9=0{,}9-\dfrac{4\,000}{d^{2}}$, en dollars par logement et par hectare.

$0{,}9-\dfrac{4\,000}{d^{2}}=0$ donne $d^{2}=\dfrac{4\,000}{0{,}9}\approx 4\,444{,}4$, donc $d=\sqrt{4\,444{,}4}\approx 66{,}7$ logements par hectare. La racine négative est rejetée par le domaine. On retient environ 67 logements par hectare.

Pour $d<66{,}7$, $d^{2}$ est petit donc $\dfrac{4\,000}{d^{2}}>0{,}9$ et $g'(d)<0$ : la fonction DÉCROÎT. Pour $d>66{,}7$, l'inégalité s'inverse et $g'(d)>0$ : la fonction CROÎT. Le point critique est donc un minimum, et il est ABSOLU sur le domaine puisque la fonction décroît strictement avant et croît strictement après.

$g(66{,}7)=\dfrac{4\,000}{66{,}67}+0{,}9\times 66{,}67+120=60+60+120=240$ dollars par logement. Les deux termes variables valent exactement 60 chacun, ce qui n'est pas un hasard : au minimum, le terme de réseau partagé et le terme de construction en hauteur s'équilibrent. Test de la dérivée seconde : $g''(d)=\dfrac{8\,000}{d^{3}}>0$ sur tout le domaine, donc la courbe est convexe partout et le point critique est bien un minimum.

Tableau : sur $]0\,;66{,}7[$, $g'<0$ et $g$ décroît de $+\infty$ à 240 ; en $d\approx 66{,}7$, $g'=0$ et $g$ atteint son minimum de 240 dollars ; sur $]66{,}7\,;+\infty[$, $g'>0$ et $g$ croît de 240 vers $+\infty$ le long de son asymptote oblique. Lecture de gestion : il existe une densité de desserte OPTIMALE, environ 67 logements par hectare, et s'en écarter coûte dans les deux sens. La courbe étant assez plate autour du minimum, $g(50)=245$ et $g(90)\approx 245$ également, la bonne recommandation n'est pas un chiffre mais une PLAGE, de 50 à 90 logements par hectare, ce qui est une information bien plus robuste qu'un optimum au dixième près.

$V'(t)=3t^{2}-48t+180=3\,(t^{2}-16t+60)=3\,(t-6)(t-10)$, la factorisation venant de $6+10=16$ et $6\times 10=60$. En dériver la forme factorisée est ce qui rend l'étude de signe immédiate ; garder la forme développée oblige à un tableau de discriminant.

Les points critiques sont $t=6$ et $t=10$. Le produit $(t-6)(t-10)$ est POSITIF à l'extérieur des racines et NÉGATIF entre elles, et le facteur 3 ne change rien. Donc $V'>0$ sur $[0\,;6[$, $V'<0$ sur $]6\,;10[$ et $V'>0$ sur $]10\,;16]$.

$V$ croît sur $[0\,;6]$, décroît sur $[6\,;10]$, puis croît sur $[10\,;16]$. En $t=6$, la dérivée passe du positif au négatif : c'est un MAXIMUM local. En $t=10$, elle passe du négatif au positif : c'est un MINIMUM local. C'est le test de la dérivée première, et il ne demande aucune dérivée seconde.

$V(6)=216-864+1\,080+400=832$ et $V(10)=1\,000-2\,400+1\,800+400=800$. L'écart entre le sommet et le creux n'est que de 32 points : la réforme a produit un pic puis un léger repli, et non l'effondrement qu'un graphique mal cadré pourrait suggérer.

NON, et c'est le piège de l'exercice. Il faut comparer aux valeurs des BORNES : $V(0)=400$ et $V(16)=4\,096-6\,144+2\,880+400=1\,232$. Le maximum absolu vaut donc $1\,232$, atteint en $t=16$, et non 832 ; le minimum absolu vaut 400, atteint en $t=0$, et non 800. Les deux extremums LOCAUX ne sont ni l'un ni l'autre absolus. Le mot « local » n'est pas un ornement de vocabulaire : il signifie que la comparaison n'a été faite qu'avec les voisins immédiats, et l'exercice 7 en tirera la méthode complète.

$V'(t)=3t^{2}-48t+180$, donc $V''(t)=6t-48=6\,(t-8)$. Elle est NÉGATIVE sur $[0\,;8[$ et POSITIVE sur $]8\,;16]$. La courbe est donc concave vers le bas avant $t=8$, et concave vers le haut après.

$V''$ s'annule en $t=8$ ET y change de signe, donc $t=8$ est un POINT D'INFLEXION. Son ordonnée vaut $V(8)=512-1\,536+1\,440+400=816$. Les deux conditions sont nécessaires : une dérivée seconde qui s'annule sans changer de signe ne donne pas d'inflexion, comme le montrera la question d).

$V''(6)=6\times(-2)=-12<0$, donc la courbe est concave vers le bas en ce point : $t=6$ est un MAXIMUM local. $V''(10)=6\times 2=12>0$, concavité vers le haut : $t=10$ est un MINIMUM local. On retrouve les conclusions de l'exercice 3 en deux évaluations, sans aucun tableau de signes. C'est l'intérêt du test, et c'est pour cela qu'on l'emploie quand la dérivée seconde est facile à calculer.

Pour $f(x)=x^{4}$ : $f'(x)=4x^{3}$ s'annule en 0, et $f''(x)=12x^{2}$ y vaut AUSSI 0. Le test ne conclut pas. Pourtant $f(x)=x^{4}>0$ pour tout $x\ne 0$, donc $x=0$ est un minimum. Pour $h(x)=x^{3}$ : $h'(x)=3x^{2}$ et $h''(x)=6x$ s'annulent toutes deux en 0, le test ne conclut pas non plus, et cette fois $x=0$ n'est PAS un extremum, puisque $h$ est strictement croissante. Deux situations opposées, un même verdict du test : il est MUET.

La règle : quand $f''(a)=0$ en un point critique, le test de la dérivée seconde ne dit rien, ni dans un sens ni dans l'autre. Il faut alors revenir au TEST DE LA DÉRIVÉE PREMIÈRE, qui examine le SIGNE de $f'$ de part et d'autre du point et qui, lui, conclut toujours. Pour $x^{4}$, $f'$ passe du négatif au positif, donc minimum ; pour $x^{3}$, $f'$ reste positive des deux côtés, donc pas d'extremum. Le test de la dérivée première est plus lent et jamais muet ; celui de la dérivée seconde est rapide et faillible. En examen, on commence par le second et l'on se rabat sur le premier dès qu'on obtient zéro.

$N(0)=\dfrac{9\,000}{1+29}=\dfrac{9\,000}{30}=300$ adoptions au lancement. Quand $t\to+\infty$, $e^{-0{,}5t}\to 0$, donc le dénominateur tend vers 1 et $N(t)\to 9\,000$. La droite $y=9\,000$ est l'asymptote horizontale, c'est-à-dire la taille du marché atteignable.

On dérive $N(t)=9\,000\,\bigl(1+29e^{-0{,}5t}\bigr)^{-1}$ par la règle de chaîne : $N'(t)=-9\,000\,\bigl(1+29e^{-0{,}5t}\bigr)^{-2}\times 29\times(-0{,}5)\,e^{-0{,}5t}$. Les deux signes moins se compensent et $9\,000\times 29\times 0{,}5=130\,500$, d'où le résultat. Le numérateur est strictement positif et le dénominateur est un carré, donc $N'>0$ partout : les adoptions cumulées ne peuvent que croître, ce qui est le propre d'un cumul.

$29\,e^{-0{,}5t}=1$ donne $e^{-0{,}5t}=\dfrac{1}{29}$, donc $-0{,}5t=-\ln 29$ et $t=2\ln 29\approx 2\times 3{,}367=6{,}73$ mois. L'ordonnée vaut alors $N=\dfrac{9\,000}{1+1}=4\,500$, exactement la MOITIÉ du plafond. C'est une propriété générale du modèle logistique : son point d'inflexion est toujours à mi-hauteur.

$N'(6{,}73)=\dfrac{130\,500\times\frac{1}{29}}{(1+1)^{2}}=\dfrac{4\,500}{4}=1\,125$ adoptions par mois. C'est le rythme MAXIMAL : avant, la diffusion s'accélère ; après, elle ralentit, tout en restant positive.

Ce n'est pas le plafond, que tout le monde devine, c'est la DATE du point d'inflexion. Elle dit à quel moment la campagne cesse de gagner en efficacité : jusqu'au septième mois, chaque mois recrute plus que le précédent, et le budget promotionnel se justifie de lui-même ; après, le même effort produit de moins en moins, parce qu'il reste de moins en moins de gens à convaincre. La décision de réduire ou de réorienter la dépense se prend donc autour de $t=6{,}7$, et non quand la courbe semble plate, ce qui arriverait trop tard. Il faut aussi noter que ce modèle est une hypothèse, pas une observation : le plafond de 9 000 et le coefficient $0{,}5$ ont été ajustés sur les premiers mois, donc la date d'inflexion doit être recalculée à mesure que les données arrivent.