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Cours : Fonctions réelles à variables réelles en ECG1

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Résumé de cours et méthodes – Fonctions réelles à variables en ECG1

Méthode 1 : Déterminer l’ensemble de définition d’une fonction.

Pour déterminer l’ensemble d’une fonction, il faut se souvenir qu’un dénominateur ne peut être nul, que l’on ne calcule la racine carrée que de réels positifs et que l’on ne définit le logarithme que de réels strictement positifs.

D’autre part, un raisonnement du type « pour que $f \left( x \right)$ soit défini, on doit avoir $x \in \mathcal D$ » est incomplet car il dit que le domaine de définition de $f$ est inclus dans $\mathcal D.$ Il manque l’étude de la réciproque : c’est-à-dire si $x \in \mathcal D,$ a-t-on $f \left( x \right)$ défini ?

Le raisonnement doit faire apparaître : $f \left( x \right)$ est défini si, et seulement si, $x \in \mathcal D.$

Exemple : Déterminer l’ensemble de définition de la fonction suivante :

$h : x \mapsto \ln \left( x + \sqrt{x^2 - 1} \right),$

Réponse :

On commence par dire que l’on se limite aux réels $x$ tels que $x^2 - 1 \ge 0$ pour que la racine soit définie. On distingue alors $2$ cas :

$\bullet$ Si $x \ge 1,$ alors $x + \sqrt{x^2 - 1} > 0$ et donc $h \left( x \right)$ est défini.

$\bullet$ Si $x \le - 1,$ on utilise $\sqrt{x^2 - 1} < \sqrt{x^2}$ soit $\sqrt{x^2 - 1} < - x$ puis $x + \sqrt{x^2 - 1} < 0$ et $h \left( x \right)$ n’est pas défini.

Par disjonction des cas, on a prouvé que $h$ est définie sur $\left[ 1 , +\infty \right[.$

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Méthode 2 : Montrer qu’une fonction admet une limite en un point ou en $\pm \infty$ .

La situation est simple : ou bien il n’y a pas de forme indéterminée, auquel cas il ne devrait pas y avoir de difficulté, ou bien il y a une forme indéterminée. Nous listons une liste de méthodes permettant de lever les indéterminations avec les outils à votre disposition au premier semestre.

$\bullet$ Pour les quotients avec une forme indéterminée de la forme « $\dfrac{\infty}{\infty}$ « , il faut factoriser au numérateur et au dénominateur par le terme qui tend le plus vite vers $\pm \infty.$ En particulier, pour une fonction polynôme, on factorise par le terme de plus haut degré.

La méthode est la même pour les formes indéterminées de la forme $\infty - \infty$ où l’on factorise par le terme qui tend le plus vite vers $\pm \infty.$

$\bullet$ Pour les formes indéterminées de la forme « $\dfrac{0}{0}$ « , on peut essayer de faire apparaître un/des taux d’accroissement (i.e. des expressions de la forme $\frac{f \left( x \right) - f \left( a \right)}{x - a}$ car on sait que $\lim_{x \to a} \dfrac{f \left( x \right) - f \left( a \right)}{x - a} = f' \left( a \right)$ si $f$ est dérivable en $a$ ). En particulier, vous rencontrerez souvent les limites suivantes :

$\qquad$ $\star$ $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin \left( x \right)}{x} =1$ (dérivée de $\sin$ en $0$ ),

$\qquad$ $\star$ $\lim_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{x} = 1$ (dérivée de $\exp$ en $0$ ),

$\qquad$ $\star$ $\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln \left( 1 + x \right)}{x} = 1$ (dérivée de $\ln$ en $1$ ),

$\qquad$ $\star$ $\lim_{x \to 0} \dfrac{\left( 1 + x \right)^{\alpha} - 1}{x} = \alpha$ (dérivée de $x \mapsto x^{\alpha}$ en $1$ ).

$\bullet$ Il faut aussi connaître par cœur les formes indéterminées qui sont des croissances comparées. Beaucoup de formes indéterminées se ramènent à des croissances comparées. Nous les listons ci-dessous :

$\qquad$ $\star$ $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^{\alpha}}{e^{\beta x}}= 0$ pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$ et pour tout $\beta > 0,$

$\qquad$ $\star$ $\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\left( \ln \left( x \right) \right)^{\alpha}}{x^{\beta}} = 0$ pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$ et pour tout $\beta > 0,$

$\qquad$ $\star$ $\lim_{x \to 0} x^{\beta} \left| \ln \left( x \right) \right|^{\alpha} = 0$ pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$ et pour tout $\beta > 0.$

$\bullet$ Vous disposerez au cours du second semestre des équivalents usuels permettant de lever les indéterminations dans les produits et les quotients. Lorsque les expressions comportent des sommes et des différences, il pourra être utile de faire un développement limité.

Piège : Les croissances comparées sont des outils puissants pour lever les indéterminations mais avant de les utiliser, vérifier quand même que c’est bien une croissance comparée dont il faut se servir…

Exemple : $j \left( x \right) = \ln \left( x \right) - \sqrt{x} + \dfrac1x$ en $+\infty$ puis en $0^+,$

Réponse :

En $+\infty$ :

On obtient une forme indéterminée de la forme $\infty - \infty,$ le troisième terme ayant $0$ pour limite. On factorise par $\sqrt{x}$ qui tend plus vite vers $+\infty$ que $\ln \left( x \right).$ Ainsi

$j \left( x \right) = \sqrt{x} \left( \dfrac{\ln \left( x \right)}{\sqrt{x}} - 1 + \dfrac{1}{x \sqrt{x}} \right).$

$\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln \left( x \right)}{\sqrt{x}} = 0$ (croissance comparée), on obtient

$\lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{\ln \left( x \right)}{\sqrt{x}} - 1 + \dfrac{1}{x \sqrt{x}} \right) = - 1$ puis $\lim_{x \to +\infty} j \left( x \right) = - \infty.$

En $0^+$ : On obtient une forme indéterminée de la forme $\infty - \infty,$ le deuxième terme ayant pour limite $0.$ On factorise par $\dfrac1x$ qui tend plus vite vers l’infini que $\ln \left( x \right):$

$j \left( x \right) = \dfrac1x \left( x \ln \left( x \right) - x \sqrt{x} + 1 \right).$

$\lim_{x \to 0} x \ln \left( x \right) = 0$ (croissance comparée), on obtient

$\lim_{x \to 0} \left( x \ln \left( x \right) - x \sqrt{x} + 1 \right) = 1,$ donc $\lim_{x \to 0} j\left( x \right) = + \infty.$

Méthode 3 : Montrer qu’une fonction n’admet pas de limite en un point ou en $\pm \infty$ .

Pour montrer qu’une fonction $f$ n’admet pas de limite en un point $a$ (fini ou égal à $\pm \infty$ ), il suffit de trouver deux suites $\left( u_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ et $\left( v_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ de limite $a$ telles que $\left( f \left( u_n \right) \right)_{n \in \mathbb{N}}$ et $\left( f \left( v_n \right) \right)_{n \in \mathbb{N}}$ aient des limites différentes.

Exemple : Soit $f \left( x \right) =x \sin \left( x \right).$ Montrer que $f$ n’admet pas de limite en $+\infty.$

Réponse :

On cherche deux suites $\left( u_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ et $\left( v_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ qui divergent vers $+\infty$ et telles que $\left( f \left( u_n \right) \right)_{n \in \mathbb{N}}$ et $\left( f \left( v_n \right) \right)_{n \in \mathbb{N}}$ aient des limites différentes.

Il faut construire ces suites pour que les $\sin$ soient faciles à calculer. On prend par exemple $u_n = 2 \pi n$ et $v_n = \dfrac{\pi}{2} + 2n \pi.$ On a $f \left( u_n \right) = 0$ et $f \left( v_n \right) = \dfrac{\pi}{2} + 2 \pi n.$ Il s’ensuit que $\lim_{n \to +\infty} f \left( u_n \right) = 0$ et $\lim_{n \to +\infty} f \left( v_n \right) = +\infty$ avec $\lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty$ et $\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty.$

$f$ n’a pas de limite en $+ \infty.$

Méthode 4 : Montrer la continuité d’une fonction en un point.

Pour montrer qu’une fonction $f$ définie sur un intervalle $I$ est continue en $x_0 \in I,$ on doit montrer que $\lim_{x \to x_0} f \left( x \right) = f \left( x_0 \right).$ En général pour montrer qu’une fonction est continue, on ne revient pas à la définition mais on utilise les théorèmes généraux disant que la somme ou le produit de fonctions continues est continue, le quotient d’une fonction continue par une fonction continue ne s’annulant pas est continue, etc.

On sera obligé de revenir à la définition dans les cas suivants :

$\bullet$ la fonction est définie par $f \left( x \right) = \cdots$ si $x \in I \backslash \left\{ x_0 \right\}$ et la donnée de $f \left( x_0 \right),$

$\bullet$ la fonction est définie par intervalles (par exemple $f \left( x \right) = g \left( x \right)$ si $x \in \left] a , x_0 \right]$ et $f \left( x \right) = h \left( x \right)$ si $x \in \left] x_0 , b \right[$ ).

Dans ce cas, on dira dans la suite que $f$ est définie par un raccord.

Exemple : Montrer que les fonctions suivantes sont continues sur $\mathbb{R}:$

$h \left( x \right) = \begin{cases} x^2 + x & \text{si} \; x \ge 0 \\ x \ln \left( x \right) & \text{si} \; x < 0 \end{cases},$

Réponse : $h$ est clairement continue sur $\mathbb{R}^*.$ Pour montrer que $h$ est continue en $0,$ montrons que $\lim_{x \to 0^+} h \left( x \right) = \lim_{x \to 0^-} h \left( x \right)$ $= h \left( 0 \right)= 0.$ S’il est clair que $\lim_{x \to 0^-} x^2 + x = 0.$ Grâce à une croissance comparée, on obtient aussi que $\lim_{x \to 0^+} x \ln \left( x \right) = 0.$ Ainsi $h$ est bien continue en $0$ puis sur $\mathbb{R}.$

2. Dérivabilité et dérivées

Méthode 5 : Montrer qu’une fonction est dérivable.

Comme pour la continuité, on essaie dans un premier temps d’utiliser les théorèmes généraux qui disent qu’une somme de fonctions dérivables, un produit de fonctions dérivables est dérivable, un quotient de fonctions dérivables est aussi dérivable (attention au dénominateur qui ne doit pas s’annuler !).

On peut aussi utiliser le théorème de composition des fonctions dérivables : si la fonction $u$ est dérivable sur $I$ à valeurs dans $J$ et si la fonction $f$ est dérivable sur $J,$ la fonction $f \circ u$ est dérivable sur $I$ et $\left( f \circ u \right)' = u' \times f' \circ u.$

Lorsqu’il est impossible d’appliquer les théorèmes généraux (par exemple lorsqu’il y a un raccord), il faut revenir à la définition, c’est-à-dire qu’il faut montrer que le taux d’accroissement $\frac{ f \left( x \right) - f \left(a \right)}{x - a}$ admet une limite finie lorsque $x$ tend vers $a.$

à cet effet, il est bon de se souvenir qu’une fonction $f$ est dérivable en $a$ si et seulement si $f$ admet un développement limité à l’ordre $1$ en $a,$ c’est-à-dire que l’on peut écrire :

$f \left( x \right)$ $= f \left( a \right) + f' \left( a \right) \left( x - a \right) + \left( x - a \right) \epsilon \left( x \right),$
avec $\lim_{x \to a } \epsilon \left( x \right) = 0.$

Exemple : 1) étudier la dérivabilité de $k: x \mapsto \sqrt{-2 x^2 + x +1}.$

2) Montrer que les fonctions suivantes sont dérivables en les points indiqués :

a) $f:x \mapsto x \left| x \right|$ en $0,$

b) $h : x \mapsto \begin{cases} x^2 \sin \left( \dfrac1x \right) & \text{si} \; x \neq 0 \\ 0 & \text{si} \; x = 0 \end{cases}$ en $0.$

Réponse :

1) Soit $u \left( x \right) = - 2x^2 + x + 1.$ Les racines de $u$ sont $- \dfrac12$ et $1.$ Il s’ensuit que

$u \left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x \in \left] - \dfrac12, 1 \right[.$

Comme la fonction

$\sqrt{\cdot}$ est dérivable sur

$\mathbb{R}_+^*,$ par le théorème de dérivation des fonctions composées, la fonction

$k$ est dérivable sur

$\left] - \dfrac12, 1 \right[$ et

$k ' \left( x \right) = \dfrac{u' \left( x \right)}{2 \sqrt{u \left( x \right)}}= \dfrac{1 - 4x}{2 \sqrt{- 2x^2 + x + 1}}.$

2)a) On sait que $x \mapsto x$ est dérivable en $0$ mais $x \mapsto \left| x \right|$ ne l’est pas, on ne peut donc pas appliquer les théorèmes généraux : on revient à la définition, c’est-à-dire au taux d’accroissement.

$\dfrac{f \left( x \right) - f \left( 0 \right)}{ x - 0 }$ $= \dfrac{ x \left| x \right| - 0 \left| 0 \right|}{x - 0}$
$= \dfrac{x \left| x \right|}{x}$
$= \left| x \right|$ .

Ainsi, $\lim_{x \to 0} \dfrac{f \left( x \right) - f \left( 0 \right)}{ x - 0 } = 0$ donc $f$ est dérivable en $0$ et $f ' \left( 0 \right) = 0.$

b) On forme le taux d’accroissement : $\dfrac{f \left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x - 0} = x \sin \left( \dfrac1x \right),$ donc $\left| \dfrac{f \left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x - 0} \right| \le \left| x \right|$ et alors, par encadrement, $\lim_{x \to 0} \dfrac{f \left( x \right) - f \left( 0 \right)}{x} = 0,$ $f$ est donc dérivable en $0$ et $f' \left( 0 \right) = 0.$

Méthode 6 : Utiliser le théorème de Rolle.

Ce théorème est fondamental en analyse. Il doit être connu sur le bout des doigts ainsi que ses hypothèses (sans en oublier).

Soit $a < b$ deux réels et $f : \left[ a , b \right] \to \mathbb{R}$ une fonction continue sur $\left[ a , b \right],$ dérivable sur $\left] a , b \right[.$ Alors il existe $c \in \left] a, b \right[$ tel que $f ' \left( c \right) = 0.$

Lorsque l’on demande de démontrer qu’une dérivée s’annule, la première question à se poser est celle-ci : peut-on trouver un intervalle $\left[ a , b \right]$ sur lequel on puisse appliquer le théorème de Rolle ?

Exemple : Soit $f : \left[ 0 , 1 \right] \to \mathbb{R}$ dérivable sur $\left[ 0 , 1 \right]$ telle que $f \left( 0 \right) = f \left( 1 \right) = f' \left( 0 \right) = 0.$ Montrer qu’il existe $c \in \left] 0 , 1 \right[$ telle que $f' \left( c \right) = \dfrac{f \left( c \right)}{c}.$

Indication : On pourra introduire la fonction $x \mapsto \dfrac{f \left( x \right)}{x}.$

Réponse :

Soit $g \left( x \right) = \dfrac{f \left( x \right) }{x}$ si $x \neq 0$ et $g \left( 0 \right) = 0.$ On remarque que $g$ ainsi définie est continue sur $\left[ 0 , 1 \right]$ à valeurs réelles. En effet, les théorèmes généraux assurent que $g$ est bien continue sur $\left] 0 , 1 \right]$ et

$\lim_{x \to 0 } g \left( x \right) = \lim_{x \to 0} \dfrac{f \left( x \right) - f \left( 0 \right)}{x} = f' \left( 0 \right) = 0.$

On a donc

$g \left( 0 \right) = g \left( 1 \right) (= 0 )$ et

$g$ est dérivable sur

$\left] 0 , 1 \right[.$ Par le théorème de Rolle, il existe

$c \in \left] 0, 1 \right[$ tel que

$g ' \left( c \right) = 0.$ Un petit calcul donne pour

$x \in \left] 0 , 1 \right[$

$g ' \left( x \right) = \dfrac{x f' \left( x \right) - f \left( x \right)}{x^2}.$ Ainsi, si

$g ' \left( c \right) = 0,$ on a :

$f' \left( c \right) = \dfrac{f \left( c \right)}{c}.$

Méthode 7 : Utiliser le théorème des accroissements finis.

Soit $f : \left[ a , b \right] \to \mathbb{R}$ une fonction continue sur $\left[ a , b \right],$ dérivable sur $\left] a , b \right[.$ Alors il existe $c \in \left]a , b \right[$ tel que $f \left( b \right) - f\left( a \right) = f ' \left( c \right) \left( b - a \right).$

Exemple :

Soit

$f$ une fonction continue sur

$\left[ a , b \right]$ à valeurs dans

$\mathbb{R},$ dérivable sur

$\left] a, b \right[$ telle que

$f'$ admette une limite finie

$L$ en

$a^+$ (à droite en

$a$ ), montrer que

$f$ est dérivable en

$a$ et que

$f' \left( a \right) = L.$

Réponse : Soit $x \in \left] a , b \right[.$ On peut appliquer le théorème des accroissements finis à $f$ sur $\left[ a , x \right],$ il existe donc $c_x \in \left] a, x \right[$ tel que $\dfrac{f \left( x \right) - f \left(a \right)}{x - a} = f' \left( c_x \right).$

Lorsque

$x$ tend vers

$a,$ par encadrement,

$c_x$ tend vers

$a$ et donc

$\lim_{x \to a} f ' \left( c_x \right) = L.$

Ainsi le taux d’accroissement admet une limite en

$a$ qui vaut

$L.$

$f$ est donc dérivable en

$a$ et

$f' \left( a \right) = L.$

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Méthode 8 : Utiliser les inégalités des accroissements finis.

Il y a deux résultats utiles pour démontrer des inégalités :

$\bullet$ Si $f$ est dérivable sur l’intervalle $I$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ et s’il existe deux réels $m$ et $M$ tels que pour tout $x \in I,$ $m \le f ' \left( x \right) \le M,$ alors pour $a, b \in I$ tels que $a \le b,$ on a : $m \left( b - a \right) \le f \left( b \right) - f \left( a \right) \le M \left( b - a \right).$

$\bullet$ Si $f$ est dérivable sur $I$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ et s’il existe un réel $k$ tel que pour tout $x \in I,$ $\left| f ' \left( x \right) \right| \le k,$ alors pour tout $a, b \in I,$ on a $\left| f \left( b \right) - f \left( a \right) \right| \le k \left| b - a \right|.$

Exemple :

Montrer que si $x \le y,$ $\ln \left( 1 + y^2 \right) - \ln \left( 1 + x^2 \right) \le y - x.$

Réponse :

On pose $f : t \mapsto \ln \left( 1 + t^2 \right),$ $f$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ à valeurs rélles. Pour tout $t \in \mathbb{R},$ on a $f ' \left( t \right) = \dfrac{2t}{1 + t^2}.$ Comme $2t \le 1 + t^2$ (car $\left( 1 - t \right)^2 \ge 0$ ), on a $f ' \left( t \right) \le 1.$ Par l’inégalité des accroissements finis (avec $M = 1$ ), on en déduit que si $x \le y,$ $\ln \left( 1 + y^2 \right) - \ln \left( 1 + x^2 \right) \le y - x .$

Méthode 9 : Utiliser le théorème de dérivation des fonctions réciproques.

Nous rappelons ci-dessous le théorème permettant de dériver les fonctions réciproques.

Soit $f : I \to J$ une fonction bijective dérivable. Soit $y_0 \in J,$ on note $x_0 \in I$ tel que $y_0 = f \left( x _0 \right)$ et on suppose $f' \left( x_0 \right) \neq 0.$ Alors $f^{-1}$ est dérivable en $y_0$ et $\left( f^{-1} \right)' \left( y_0 \right) = \dfrac{1}{f' \left( f^{-1} \left( y_0 \right) \right)}.$

Exemple : Montrer que la fonction

$\sin : \left[ - \dfrac{\pi}{2} , \dfrac{\pi}{2} \right] \to \left[ - 1 , 1 \right]$ est bijective. Montrer que sa fonction réciproque notée

$\mathrm{Arcsin}$ est dérivable sur

$\left] - 1 ,1 \right[$ et calculer sa dérivée.

Réponse :

Pour appliquer le théorème de la bijection, on vérifie que :

$\bullet$

$\sin$ est continue sur

$\left[ - \dfrac{\pi}{2} , \dfrac{\pi}{2} \right],$

$\bullet$

$\sin$ est strictement croissante sur

$\left[ - \dfrac{\pi}{2} , \dfrac{\pi}{2} \right],$

$\bullet$

$\sin \left( - \dfrac{\pi}{2} \right) = - 1$ et

$\sin \left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 1.$

Par le théorème de la bijection,

$\sin$ définit bien une bijection de

$\left[ - \dfrac{\pi}{2} , \dfrac{\pi}{2} \right]$ sur

$\left[ - 1 , 1 \right].$

Soit

$y \in \left] - 1 , 1 \right[,$ il existe

$x \in \left] - \dfrac{\pi}{2} , \dfrac{\pi}{2} \right[$ tel que

$y = \sin \left( x \right)$ et

$\sin ' \left( x \right) \neq 0.$

D’après le théorème de dérivation des fonctions réciproques,

$\mathrm{Arcsin}$ est dérivable sur

$\left] - 1, 1 \right[$ et si

$y \in \left]- 1, 1 \right[,$ on a

$\mathrm{Arcsin}' \left( y \right)$

$= \dfrac{1}{\sin ' \left( \mathrm{Arcsin} \left( y \right) \right)} = \dfrac{1}{ \cos \left( \mathrm{Arcsin} \left( y \right) \right)}.$

Il reste à calculer

$\cos \left( \mathrm{Arcsin} \left( y \right) \right).$

On écrit

$\cos^2 \left( \mathrm{Arcsin} \left( y \right) \right) + \sin^2 \left( \mathrm{Arcsin} \left( y \right) \right) = 1$ et

$\sin \left( \mathrm{Arcsin} \left( y \right) \right) = y$ donne

$\cos^2 \left( \mathrm{Arcsin} \left( y \right) \right)^2 = 1 - y^2.$

$\mathrm{Arcsin} \left( y \right) \in \left] - \dfrac{\pi}{2} , \dfrac{\pi}{2} \right[$ donc

$\cos \left( \mathrm{Arcsin} \left( y \right) \right) \ge 0$ puis

$\cos \left( \mathrm{Arcsin} \left( y \right) \right) = \sqrt{1 - y^2}.$

Finalement pour

$y \in \left] - 1 , 1 \right[,$ on a

$\mathrm{Arcsin} ' \left( y \right) = \dfrac{1}{\sqrt{1 - y^2}}.$

Il est important de suivre un rythme de travail régulier pour ne pas être submergé par la charge de travail en prépa HEC. N’hésitez donc pas à regarder et vous tester sur d’autres chapitres au programme de maths en ECG1 :

Cours : Fonctions réelles à variables réelles en ECG1

Résumé de cours et méthodes – Fonctions réelles à variables en ECG1

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