Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles Dérivabilité en un point Exercice 19.1 – (avec la définition de la dérivabilité) Déterminer toutes les fonctions f : R → C dérivables en 0 pour lesquelles il existe k ∈ R \ {-1, 0, 1} vérifiant : ∀ x ∈ R , f (kx )= kf ( x ). Fonctions à valeurs réelles ou complexes Exercice 19.2 En raisonnant par l’absurde et en utilisant le théorème de Rolle, montrer que le polynôme P = X n + aX + b ( a et b sont deux réels, et n 2) admet au plus trois racines réelles. Exercice 19.3 – Généralisations du théorème de Rolle 1. Sur [a, +∞[ : soit a un réel et g une fonction continue sur l’inter- valle [a, +∞[, dérivable sur l’intervalle ]a, +∞[ et qui vérifie g (a)= 0 et lim x →+∞ g ( x )= 0. (a) On considère la fonction G définie sur [0, 1] par G( x )= g ( 1 x + a - 1) si x ∈ ]0;1], et G(0)= 0. Montrer que G est continue sur [0, 1] et dérivable sur ]0, 1[. (b) Montrer que G 0 s’annule en un point de ]0, 1[. (c) En déduire qu’il existe c ∈ ]a, +∞[, tel que g 0 (c )= 0. 2. Sur R : soit f une fonction dérivable sur R qui admet la même limite finie en -∞ et +∞. En étudiant la fonction f ◦ tan sur ] - π/2, π/2[, montrer qu’il existe c ∈ R tel que f 0 (c )= 0. Exercice 19.4 Déterminer toutes les fonctions de R dans C de classe C 1 vérifiant la propriété ∀( x , y ) ∈ R 2 , f ( x + y )= f ( x )+ f ( y ) - f ( x ) f ( y ). 1/36
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Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles
Dérivabilité en un point
Exercice 19.1 – (avec la définition de la dérivabilité)
Déterminer toutes les fonctions f : R→ C dérivables en 0 pour lesquelles ilexiste k ∈ R \ {−1,0, 1} vérifiant : ∀x ∈ R , f (kx) = k f (x).
Fonctions à valeurs réelles ou complexesExercice 19.2
En raisonnant par l’absurde et en utilisant le théorème de Rolle, montrerque le polynôme P= Xn+ aX+ b (a et b sont deux réels, et n¾ 2) admet auplus trois racines réelles.
Exercice 19.3 – Généralisations du théorème de Rolle
1. Sur [a,+∞[ : soit a un réel et g une fonction continue sur l’inter-valle [a,+∞[, dérivable sur l’intervalle ]a,+∞[ et qui vérifie g(a) = 0et lim
x→+∞ g(x) = 0.
(a) On considère la fonction G définie sur [0,1] par G(x) = g( 1x+a−1)
si x ∈ ]0 ; 1], et G(0) = 0. Montrer que G est continue sur [0,1] etdérivable sur ]0,1[.
(b) Montrer que G′ s’annule en un point de ]0,1[.
(c) En déduire qu’il existe c ∈ ]a,+∞[, tel que g ′(c) = 0.
2. Sur R : soit f une fonction dérivable sur R qui admet la même limitefinie en −∞ et +∞. En étudiant la fonction f ◦ tan sur ]− π/2,π/2[,montrer qu’il existe c ∈ R tel que f ′(c) = 0.
Exercice 19.4
Déterminer toutes les fonctions deR dansC de classe C1 vérifiant la propriété
∀(x , y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y)− f (x) f (y).
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Exercice 19.5 – Dérivée nulle pour une fonction non constante
On considère la fonction φ définie surR∗ par φ(x) = arctan(x)+arctan(1/x).
1. Montrer que φ est dérivable sur R∗ et calculer sa dérivée.
2. En déduire la valeur de arctan(x)+arctan(1/x) pour tout réel x non-nul.
Exercice 19.6
Soit f : ]0 ; 1[→ R deux fois dérivable telle que f (0) = f (1) = 0 et
∀x ∈]0,1[, f ′′(x) + 2 f ′(x) + f (x)¾ 0.
Démontrer que f est négative sur [0,1]. (On pourra s’intéresser à f ×exp.)
Exercice 19.7 – Dérivées successives
Pour tout n ∈ N∗, calculer la dérivée n-ème de la fonction gn définie sur]0 ; +∞[ par gn(x) = xn−1e1/x .
1. Montrer qu’il existe une unique suite de polynômes�Hn�
n∈N telle que
∀x ∈ R, f (n)(x) = e−x2Hn(x).
2. Trouver une relation de récurrence linéaire d’ordre 2 entre les termes dela suite
�Hn�
n∈N.(On pourra utiliser la formule de dérivation de Leibniz.)
3. Montrer que (P,Q) 7→ ∫ +∞−∞ P(t)Q(t)e−t2
d t est un produit scalaire surR[X], et que la suite
�Hn�
n∈N est une base orthogonale de R[X].(On pourra montrer que deg(Hn = n, puis que pour tout polynôme Pet tout n ∈ N, P | Hn
�=¬
P(n) | H0
¶.)
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Exercice 19.9
Montrer que la fonction f : x 7→ cos(p
x) est de classe C1 sur [0;+∞[.Exercice 19.10
1. Résoudre selon les valeurs du réel λ l’équation AX= B, où
X=�
xy
�, B=
�ab
�et A=
�λ 1−λ
1−λ λ
�.
2. Soit λ ∈ R. Déterminer toutes les fonctions réelles f dérivables sur Rtelles que : ∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′(λx + (1−λ)y).
Exercice 19.11
On considère la fonction f définie sur I=h
0, π4
hpar f (x) =
1
cos(2x).
1. (a) Montrer que f est dérivable sur I et calculer f ′(x).(b) Vérifier que ∀x ∈ I, f ′(x) = 2 f (x)
pf (x)2− 1.
(c) Étudier les variations de f sur I, donner J = f (I), et montrer que fest une bijection de I sur J.
(d) Sur quel intervalle sa réciproque f −1 est-elle dérivable ? Vérifier quesur cet intervalle,
( f −1)′(y) =1
2yp
y2− 1·
2. On note pour tout y ∈ [1,+∞[, g(y) = arctanq
y−1y+1
.
(a) Pour tout x ∈ I, vérifier que f (x) =1+ tan2(x)1− tan2(x)
.
(b) En déduire (g ◦ f )(x) pour tout x ∈ I. Que conclut-on ?
(c) Retrouver ainsi la dérivée de f −1.
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Linéarité, bilinéarité, et dérivabilité
Exercice 19.12
1. Soient I un intervalle de R, et u, v et w trois fonctions dérivables sur I età valeurs dans R3. Démontrer que, si B désigne la base canonique de R3,la fonction x 7→ detB (u(x), v(x), w(x)) est dérivable sur I et exprimer sadérivée à l’aide de déterminants.
2. Soient I un intervalle de R, a1 et a2 appartenant à I, et f : I → R3 unefonction de classe C1 sur I telle que la famille
�f (a1), f (a2)
�est libre.
Démontrer qu’il existe c ∈ I pour lequel f ′(c) ∈ Vect�
f (a1), f (a2)�.
Exercice 19.13
Soient a et b deux réels vérifiant a < b, et f : [a ; b]→ Rn une applicationcontinue sur [a ; b] et dérivable sur ]a ; b[.
À l’aide de l’application t 7→ f (b)− f (a) | f (t)�, où ⟨· | ·⟩ désigne un pro-
duit scalaire dans Rn, montrer qu’il existe c ∈ ]a ; b[ vérifiant f (b)− f (a) ¶ (b− a)
f ′(c) .
Exercice 19.14
Soit (a, b, c) ∈ R3, calculer par dérivation les déterminants suivants
D1(x) =
������x + a x x
x x + b xx x x + c
������, D2(x) =
������1 cos(x) sin(x)1 cos(x + a) sin(x + a)1 cos(x + b) sin(x + b)
1. Soit f une fonction dérivable sur I à valeurs réelles, écrire l’équation dela tangente et de la normale au graphe de f au point d’abscisse a.
2. Écrire l’équation de la tangente au point (x0, y0) du cercle de centre O etde rayon R.
Exercice 19.17
Tracer l’arc paramétré défini par
x(t) = sin(t)
y(t) =sin(t)
2+ cos(t), t ∈ R.
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Exercice 19.18
Soit Γ l’arc admettant le paramétrage�
x = cos(t)3
y = sin(t)3
1. Construire l’arc Γ.
2. Déterminer une équation cartésienne de la tangente Dt à Γ au point deparamètre t.
3. Déterminer l’intersection de la droite Dt avec les axes de coordonnées,puis calculer la longueur du segment obtenu.
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Solutions
Une correction de l’exercice 19.1 énoncé(i) Tout d’abord, on remarque que f (0) = f (k × 0) = k × f (0), donc(1− k) f (0) = 0, et comme k 6= 1, f (0) = 0.
(ii) Pour tout réel x, et tout entier naturel n, on montre par récurrence que
f (x) =1
kn f (kn x) = kn f�
1
kn x�
.
(iii) Comme f est dérivable en 0, alors
lim�→0
f (�)− f (0)�− 0
= lim�→0
f (�)� = f ′(0),
donc :
Ý si |k|< 1, alors limn→+∞ kn = 0, d’où par composition des limites, pour
tout réel x 6= 0,
f (x) =1
kn f (kn x) = x × f (kn x)kn x
−−−−→n−→+∞ x × f ′(0),
Ý si |k|> 1, alors limn→+∞
1kn = 0, d’où par composition des limites, pour
tout réel x 6= 0,
f (x) = kn f�
1
kn x�= x × f
�1kn x�
1kn x
−−−−→n−→+∞ x × f ′(0).
(iv) Ainsi pour tout réel x non nul, f (x) = f ′(0)x (et ceci est aussivrai pour x = 0).
On conclut en affirmant que les fonctions f : R → C dérivables en 0 pourlesquelles il existe k ∈ R \ {−1,0, 1} vérifiant : ∀x ∈ R , f (kx) = k f (x) sontles applications linéaires x 7→ ax de R dans R.
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Une correction de l’exercice 19.2 énoncéOn raisonne par l’absurde :
Ý supposons que P possède (au moins) quatre racines réelles distinctes quel’on notera x1, x2, x3, x4 dans l’ordre croissant.
Ý Pour tout i ∈ {1,2, 3}, Pn est une fonction polynomiale, elle estdonc continue sur [x i, x i+1] et dérivable sur chaque intervalle ]x i, x i+1[.Comme de plus Pn(x i) = P(x i+1) = 0, le théorème de Rolle nous permetd’affirmer qu’il existe yi ∈ ]x i, x i+1[ qui vérifie P′n(yi) = 0.
Ý Il suffit alors de réitérer le même raisonnement sur P′, qui est encorecontinue et dérivable sur R, pour obtenir deux racines réelles distinctespour P′′.Or P′′(X) = n(n−1)Xn−2, donc la seule racine possible de P′′ est 0, autre-ment dit P′′n admet au plus une seule racine.
Ý On obtient donc une contradiction, ce qui nous permet de conclure queP admet au plus trois racines réelles distinctes.
Une correction de l’exercice 19.3 énoncé1. (a) Ý Sur ]0,1], G= g ◦ u où u : x 7→ 1
x+ a− 1.
⋆ u est continue sur ]0,1],
⋆ g(]0 ; 1]) = [a,+∞[,⋆ g est continue sur [a,+∞[,donc G= g ◦ u est continue sur ]0,1].
Puis
⋆ u est dérivable sur ]0,1[,
⋆ g(]0 ; 1[) =]a,+∞[,⋆ g est dérivable sur ]a,+∞[,
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donc G= g ◦ u est dérivable sur ]0, 1[ et de plus
G′ : x 7→ − 1
x2 × g ′�
1
x+ a− 1
�.
Ý En 0,
lim0+
G= limx→0+
g( 1x+ a− 1) = lim
�→+∞ g(�) = 0= G(0).
ainsi G est continue en 0, donc sur [0,1] .
(b) On peut donc appliquer le théorème de Rolle à G sur [0,1], qui nousdonne l’existence d’un réel α ∈ ]0,1[ tel que G′(α) = 0.On en déduit que − 1
α2 g ′( 1α+a−1) = 0, c’est-à-dire g ′(c) = 0 avec
c = 1α+ a− 1 ∈ ]a,+∞[.
2. la fonction tan est dérivable sur ]−π/2,π/2[ à valeurs dans R, et f estdérivable sur R, donc
f ◦ tan est dérivable (et continue) sur ]−π/2,π/2[ .De plus f a une limite finie, que l’on note ℓ, en ±∞, donc comme
limt→−π/2+ tan(t) =−∞ et lim
t→π/2− tan(t) = +∞,
on en déduit par composition des limites que
limt→−π/2+( f ◦ tan)(t) = ℓ et lim
t→+π/2−( f ◦ tan)(t) = ℓ.
On en déduit que l’on peut prolonger par continuité sur [−π/2,π/2]la fonction f ◦ tan en la fonction
G : t 7→�
f (tan(t)), si x ∈ ]−π/2,π/2[ ;ℓ, si x =−π/2 ou x = π/2.
Cette fonction remplit toutes les conditions du théorème de Rolle sur[−π/2,π/2], on en déduit qu’il existe un réel α ∈]−π/2,π/2[ qui vérifieG′(α) = 0.On obtient donc ( f ◦tan)′(α) = 0, c’est-à-dire f ′(tan(α))×(1+tan2(α)) =0, d’où f ′(tan(α)) = 0, autrement dit f ′(c) = 0 avec c = tan(α) .
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Une correction de l’exercice 19.4 énoncé1. Tout d’abord pour x = y = 0, f (0)(1 − f (0)) = 0 donc f (0) = 0 ou
f (0) = 1 ;
2. pour y = 0, on a pour tout réel x, f (0)(1− f (x)) = 0, donc si f (0) = 1,alors f est la fonction constante égale à 1, et est vérifie bien la propriété.
3. Supposons à présent que f (0) = 0.Dérivons l’égalité par rapport à x, on obtient pour tout (x , y) ∈ R2,
f ′(x + y) = f ′(x)�1− f (y)
�.
Pour tout réel t, en prenant x = 0 et y = t, on en déduit que
f ′(t) =− f ′(0) f (t) + f ′(0).
Donc, en notant a = f ′(0), f est solution de l’équation différentielley ′ =−a y + a, donc il existe un réel K tel que
∀t ∈ R, f (t) = 1+ Ke−at .
Il suffit de se souvenir que f (0) = 0 pour obtenir K=−1.
4. On conclut, après avoir vérifié que ces fonctions sont bien solution, queles solutions sont les fonctions de la forme t 7→ 1− e−at , où a est un réelquelconque.
Une correction de l’exercice 19.5 énoncé1. inv : x 7→ 1/x est dérivable sur R∗ et arctan est dérivable sur R donc
arctan◦ inv : x 7→ arctan(1/x) est dérivable sur R∗, et par conséquent φest dérivable sur R∗.
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Pour tout x ∈ R∗,φ′(x) = arctan′(x) + [arctan◦ inv]′(x)
=1
1+ x2 + arctan′(1/x)× inv′(x)
=1
1+ x2 +1
1+ ( 1x)2×�− 1
x2
�=
1
1+ x2 −1
x2+ 1= 0
2. On sait qu’une fonction dérivable dont la dérivée est nulle sur un inter-valle est constante sur cet intervalle, par conséquent φ est constante surles intervalles ]−∞, 0[ et sur ]0,+∞[.Or φ(1) = 2arctan(1) = 2 × π/4 = π/2, et de même φ(−1) = −π/2donc
φ(x) =
¨π
2, si x > 0 ;−π
2, si x < 0 ;
Une correction de l’exercice 19.6 énoncéÝ Notons g la fonction définie sur ]0 ; 1[ par g(x) = f (x)ex .
On peut déjà constater que f et g sont de même signe.Puis, par les hypothèses sur f , g(0) = g(1) = 0.De plus, g est aussi deux fois dérivable sur ]0 ; 1[, la formule de Leibniznous donnant g ′′(x) =
�f ′′(x) + 2 f ′(x) + f (x)
�ex .
Donc, encore par hypothèse sur f , g ′′ est positive sur ]0 ; 1[, donc g ′est croissante sur ]0 ; 1[.
Ý Ainsi, si g ′ change de signe sur ]0 ; 1[, alors g ′ est négative, puis positive,donc g est décroissante, puis croissante. Or g(0) = g(1) = 0, donc g estnégative sur ]0 ; 1[, et f aussi.
Ý Si g ′ ne change pas de signe sur ]0 ; 1[, alors g ′ est de signe constant,donc g est monotone. Or g(0) = g(1) = 0, donc g est constante et nullesur ]0 ; 1[, et f aussi, donc négative au sens large.
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Une correction de l’exercice 19.7 énoncéÝ Tout d’abord, la fonction gn est C∞ sur R∗, comme produit de x 7→ xn−1,
polynomiale donc C∞ sur R, par la composée de x 7→ 1x, qui est de classe
C∞ sur R∗, par exp qui est C∞ sur R.Ý On cherche une expression pour
�gn�(n).
Par quelques calculs, on constate que pour n ∈ {1,2, 3},�gn�(n) : x 7→ (−1)n
xn+1 e1x .
Supposons que ceci est vrai pour tout un n ∈ N∗, et montrons que cetteformule est encore valable au rang n+ 1.Soit x ∈ R∗, rappelons que idR : x 7→ x, alors
gn+1(x) = xne1x = x × gn(x) = (idR×gn)(x)
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d’où avec la formule de Leibniz :�gn+1
�(n+1) (x)
= (idR×gn)(n+1)(x)
=n+1∑k=0
�n+ 1
k
�id(k)R (x)× �gn
�(n+1−k) (x)
= x × (gn)(n+1)(x) + (n+ 1)× 1× (gn)
(n)(x)
= x × �(gn)(n)�′(x) + (n+ 1)× 1× (gn)
(n)(x)
= x × d
d x
�(−1)n
xn+1 e1x
�+ (n+ 1)
�(−1)n
xn+1 e1x
�(par hypothèse de récurrence)
= x ×�(−1)n
−(n+ 1)xn+2 e
1x +(−1)n
xn+1
�− 1
x2
�e
1x
�+ (n+ 1)
�(−1)n
xn+1 e1x
�= (−1)n+1 (n+ 1)
xn+1 e1x +(−1)n+1
xn+2 e1x + (n+ 1)
�(−1)n
xn+1 e1x
�=(−1)n+1
xn+2 e1x c.q.f.d
Une correction de l’exercice 19.8 énoncé1. On procède par récurrence, avec H0 = 1, puis
�d’où le résultat voulu en prenant pour tout n ∈ N le polynôme Hn+1 =−2XHn+H′n.
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2. On sait que pour tout réel x,
f ′(x) =−2xe−x2=−2x × f (x),
donc f ′ = u× f (où u; x 7→ − 2x )
donc en appliquant la formule de Leibniz (de dérivation d’un produit),pour tout n ∈ N, et tout réel x,
f (n+2)(x) =�
f′�(n+1)
(x) =�u× f
�(n+1)(x)
=n+1∑k=0
�n+ 1
k
�u(n+1−k)(x)× f (k)(x)
=−2x f (n+1)(x)− 2(n+ 1) f (n)(x),
donc
Hn+2(x) = ex2f (n+2)(x) =−2xex2
f (n+1)(x)− 2(n+ 1)ex2f (n)(x)
=−2xHn+1(x)− 2(n+ 1)Hn(x),
ce qui nous donne la relation de récurrence voulue.
3. Ý D’une part si on suppose qu’au rang n ∈ N, deg(Hn) = n etdeg(Hn+1) = n+ 1, ce qui est vrai pour n= 0, alors le polynôme
Hn+1 =−2XHn+1− 2(n+ 1)Hn,
est de degré n+ 2 comme somme des polynôme −2XHn+1 qui est dedegré n+ 2 et −2(n+ 1)Hn de degré n.Donc par récurrence, pour tout n ∈ N, deg(Hn) = n.
Ý D’autre part, supposons de nouveau qu’au rang n ∈ N, pour toutpolynôme P ∈ R[X], P | Hn
�=¬
P(n) | H0
¶, ce qui est encore vrai au
rang n= 0.Alors pour tout polynôme P ∈ R[X],
P | Hn+1
�=¬
P | −2XHn+H′n¶
(d’après la question 1)
=P | −2XHn
�+¬
P | H′n¶
.
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Mais
P | −2XHn
�=
∫ +∞−∞
P(t)Hn(t)(−2te−t2)d t
=
∫ +∞−∞
P(t)Hn(t) f′(t)d t.
Or t 7→ P(t)Hn(t) et f sont C1 sur R, et par croissances comparéesP(t)Hn(t) f (t) tend vers 0 en ±∞, donc par une intégration par par-ties
P | −2XHn
�=−
∫ +∞−∞
�PHn
�′ (t) f (t)d t
!
=− ∫ +∞
−∞
�PHn
�′ (t) f (t)d t
!=−P′ | Hn
�− ¬P | H′n¶
.
Ainsi il reste P | Hn+1
�=−P′ | Hn
�d’où grâce à l’hypothèse de récurrence appliquée à P′,
P | Hn+1
�=−¬(P′)(n) | H0
¶=¬
P(n+1) | H0
¶, c.q.f.d.
Ý Ainsi pour tout (p, q) ∈ N2, si p < q, alors¬Hp | Hq
¶=D
H(q)p | H0
E= 0 (car deg(Hp) = p < q)
ce qui prouve que la famille�Hn�
n∈N est orthogonale.Comme de plus c’est une famille de polynômes de degrés échelonnés,c’est aussi une base de R[X].
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Une correction de l’exercice 19.9 énoncéÝ La fonction x 7→ p
x est continue sur [0 ; +∞[ et de classe C1 sur]0 ; +∞[, et en la composant par cos qui est C1 sur R, on prouve que fest continue sur [0 ; +∞[ et de classe C1 sur ]0 ; +∞[.
Ý Pour tout x > 0,
f ′(x) =− sin(p
x)× 1
2p
x.
Or limx→0
px = 0, et sin(�) ∼
�→0�, donc
f ′(x) ∼x→0−p
x
2p
x=−1
2·
Ainsi grâce au théorème de limite de la dérivée, f est de classe C1 sur[0 ; +∞[, et f ′(0) =−1
2.
Une correction de l’exercice 19.10 énoncé1. det(A) = λ2− (1−λ)2 = 2λ− 1, donc
Ý si λ 6= 12, A est inversible, d’inverse
1
2λ− 1
�λ −(1−λ)
−(1−λ) λ
�,
donc l’équation AX= B se résout en
X= A−1B=1
2λ− 1
�λ a− (1−λ) b−(1−λ) a+λ b
�,
Ý si λ= 12, AX= B est le système¨
12(x + y) = a
12(x + y) = b
qui
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⋆ si a 6= b, n’a pas de solution ;
⋆ si a = b, a pour ensemble des solutions la droite d’équation x+ y =2a, c’est-à-dire les vecteurs
X=�
2a− yy
�=�
2a0
�+ y�−1
1
�, y ∈ R.
2. Soit λ ∈ R et f une fonction dérivable sur R telle que
∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′(λx + (1−λ)y).Alors pour x 6= y,
f ′(λx + (1−λ)y) = f (y)− f (x)y − x
et f ′(λy + (1−λ)x) = f (x)− f (y)x − y
=f (y)− f (x)
y − x= f ′(λx + (1−λ)y) (E),
cette égalité restant vraie pour x = y.
Ý Dans le cas où λ 6= 12, montrons que f ′ est constante. Prenons
deux réels a < b, montrons que f ′(a) = f ′(b).D’après la question 1, il suffit de (et il faut) prendre�
xy
�= A−1B=
1
2λ− 1
�λ a− (1−λ) b−(1−λ) a+λ b
�,
pour avoir
AX= B, c’est-à-dire�
a = λx + (1−λ)yb = (1−λ)x +λy
et par conséquent f ′(a) = f ′(b) d’après l’égalité (E).Ainsi, f ′ est constante sur R, donc f est une fonction affine, autre-ment dit polynomiale de degré 1, de la forme f : t 7→ αt + β.
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On vérifie bien que pour tout (x , y) ∈ R2,
f (y)− f (x) = α(y − x)(y − x) f ′(λx + (1−λ)y) = α(y − x),
∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′(λx + (1−λ)y)sont les fonctions affines.
Ý Si λ= 12, alors
∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′�
12(x + y)
�.
⋆ Prenons un réel t, et pour avoir t = 12(x + y), on prend un réel x
quelconque, et y = 2t − x, ainsi
∀(t, x) ∈ R2, f (2t − x)− f (x) = 2(t − x) f ′(t).
Mais pour x fixé, la fonction t 7→ f ′(t) = f (2t−x)− f (x)2(t−x)
est dérivablesur R\{x} comme rapport de fonctions dérivables dont le dénomi-nateur ne s’annule pas. Par conséquent f ′ est dérivable sur R\{x},et comme on a prouvé ceci pour tout réel x, on conclut que f ′ estdérivable sur R, donc que f est deux fois dérivable sur R.
⋆ On dérive par rapport à t dans l’égalité
∀(t, x) ∈ R2, f (2t − x)− f (x) = 2(t − x) f ′(t),
pour obtenir
∀(t, x) ∈ R2, 2 f ′(2t − x) = 2 f ′(t) + 2(t − x) f ′′(t),
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Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles
d’où pour t = 0, et en remplaçant x par −x,
∀x ∈ R2, f ′(x) = f ′(0) + 2x f ′′(0),
donc f ′ est une fonction affine, c’est-à-dire polynomiale de degré1, d’où f est une fonction polynomiale de degré 2 .
⋆ Réciproquement, si f = αX2+ βX+ γ, alors pour tout (x , y) ∈ R2,
f (y)− f (x) = α(y2− x2) + β(y − x)= (y − x)
�α(x + y) + β
�(y − x) f ′(1
2(x + y)) = (y − x)
�2α(1
2(x + y)) + β
�= (y − x)
�α(x + y) + β
�= f (y)− f (x).
⋆ On peut ainsi conclure que conclure que
les fonctions réelles f dérivables sur R telles que
∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′(12(x + y))
sont les fonctions polynomiales de degré 2.
Une correction de l’exercice 19.11 énoncé1. (a) La fonction u : x 7→ cos(2x) est dérivable et ne s’annule pas sur I,
donc f = 1uest dérivable sur I. De plus pour tout x ∈ I,
f ′(x) =−−2sin(2x)cos(2x)2
= 2sin(2x)cos(2x)2
(b) Pour tout x ∈ I,
f ′(x) = 2sin(2x)cos(2x)2
= 2× 1
cos(2x)× sin(2x)
cos(2x)= 2 f (x)× sin(2x)
cos(2x)
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et d’autre part pour tout x ∈ I, 0< cos(2x)¶ 1 donc
f (x) =1
cos(2x)¾ 1 d’où f (x)2− 1¾ 0.
De plus
pf (x)2− 1=
r1
cos(2x)2− 1=
È1− cos(2x)2
cos(2x)2=
Èsin(2x)2
cos(2x)2
or pour tout x ∈ I, sin(2x) et cos(2x) sont positifs, donc
pf (x)2− 1=
Èsin(2x)2
cos(2x)2=
sin(2x)cos(2x)
et par conséquent
f ′(x) = 2 f (x)p
f (x)2− 1 .
(c) On vient de voir que f (x) ¾ 1 pour tout x ∈ I, et de pluspf (x)2− 1¾ 0, donc f ′(x)¾ 0.
On précise même sans difficulté que pour tout x ∈i
0, π4
hcos(2x)<
1, donc f (x) > 1, et enfin f ′(x) > 0. On conclut donc que f eststrictement croissante sur I et que f étant continue,
J= f��
0,π
4
��=
f (0), limx<→π
4
f (x)
= [1 ; +∞[
car limx<→π
4
cos(2x) = 0+ donc limx<→π
4
f (x) = limx<→π
4
1cos(2x)
=+∞.
(d) Ý La fonction f est continue et strictement croissante sur I, c’estdonc une bijection de sur I sur J= [1,+∞[, et on sait de plus quesa réciproque f −1 est continue et strictement croissante sur J.
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Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles
Ý La fonction f est dérivable sur I et sa dérivée f ′ : x 7→ 2 sin(2x)cos(2x)2
ne
s’annule pas suri
0; π4
hATTENTION! Ici f est dérivable sur I =
h0; π
4
hmais sa
dérivée s’annule en 0, on ne peut donc pas appliquerle théorème de dérivation des fonctions réciproques surI=h
0; π4
hmais sur
i0; π
4
h.
donc f −1 est dérivable sur f�i
0; π4
h�=]1,+∞[, et sa dérivée
est définie par
∀y ∈ ]1,+∞[, � f −1�(y) =
1
f ′�
f −1(y)�
mais d’après le résultat obtenu plus haut, et sachant quef�
f −1(y)�= y, on a
f ′�
f −1(y)�= 2 f
�f −1(y)
�Æf�
f −1(y)�2− 1= 2y
py2− 1
ce qui achève de prouver que
( f −1)′(y) =1
2yp
y2− 1
2. (a) Soit x ∈ I,
1+ tan2(x)1− tan2(x)
=1+
sin(x)2
cos(x)2
1− sin(x)2
cos(x)2
=
cos(x)2+ sin(x)2
cos(x)2
cos(x)2− sin(x)2
cos(x)2
=1
cos(x)2− sin(x)2=
1
cos(2x)= f (x).
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(b) Soit x ∈ I,
(g ◦ f )(x) = arctan
√√√√ 1+tan2(x)1−tan2(x)
− 1
1+tan2(x)1−tan2(x)
+ 1
= arctan
√√√√ 2 tan2(x)1−tan2(x)
21−tan2(x)
= arctan�p
tan2(x)�
mais x ∈ I, donc tan(x)¾ 0 etp
tan2(x) = tan(x), d’où
(g ◦ f )(x) = arctan (tan(x)) = x .
On en déduit émerveillés que g n’est autre que la réciproque de f ,à condition bien sûr d’avoir vérifié auparavant que pour tout y ∈[1 ; +∞[,
( f ◦ g)(y) =1+ tan2
�arctan
qy−1y+1
�1− tan2
�arctan
qy−1y+1
� = 1+ y−1y+1
1− y−1y+1
= y.
(c) Dérivons donc g. Pour ce faire, notons v la fonction y 7→ y−1y+1
. Ainsig = arctan◦p ◦v, et comme g est la réciproque de f , on sait qu’elleest dérivable sur ]1,+∞[ (inutile de le démontrer à nouveau).
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Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles
Pour tout y ∈ ]1,+∞[,g ′(y) = arctan′
�pv(y)
�×p ′(v(y))× v′(y)
=1
1+�q
y−1y+1
�2 ×1
2q
y−1y+1
× 2
(y + 1)2
=1
1+ y−1y+1
× 1qy−1y+1
× 1
(y + 1)2
=y + 1
2y×p
y + 1py − 1
× 1
(y + 1)2
=1
2yp
y − 1p
y + 1=
1
2yp
y2− 1c.q.f.d
Une correction de l’exercice 19.12 énoncé1. Notons f (x) = detB(u(x), v(x), w(x)) pour tout réel x de I. Soit a un réel
de I, alors, en utilisant la multilinéarité du déterminant sur�R3�3, c’est-
à-dire la linéarité par rapport à chaque vecteur, on a pour tout x ∈ I,
f (x)− f (a) = detB(u(x), v(x), w(x))− det
B(u(a), v(a), w(a))
=�
detB(u(x)− u(a), v(x), w(x)) + det
B(u(a), v(x), w(x))
�− det
B(u(a), v(a), w(a))
= detB(u(x)− u(a), v(x), w(x))
+�
detB(u(a), v(x)− v(a), w(x)) + det
B(u(a), v(a), w(x))
�− det
B(u(a), v(a), w(a))
= detB(u(x)− u(a), v(x), w(x)) + det
B(u(a), v(x)− v(a), w(x))
+ detB(u(a), v(a), w(x)−w(a))
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puis de nouveau avec la multilinéarité du déterminant, pour tout x ∈ I etx 6= a,
1
x − a�
f (x)− f (a)�=
1
x − a
�detB(u(x)− u(a), v(x), w(x))
+ detB(u(a), v(x)− v(a), w(x))
+detB(u(a), v(a), w(x)−w(a))
�= det
B
�1
x − a(u(x)− u(a)) , v(x), w(x)
�+ det
B
�u(a),
1
x − a(v(x)− v(a)) , w(x)
�+ det
B
�u(a), v(a),
1
x − a(w(x)−w(a))
�.
Les fonctions u, v et w sont dérivables sur I, donc en a, et par conséquent1
x − a(u(x)− u(a))−−−→
x−→au′(a),
1
x − a(v(x)− v(a))−−−→
x−→av′(a),
et1
x − a(w(x)−w(a))−−−→
x−→aw′(a).
Ces trois fonctions sont aussi continues en a, donc
u(x)−−−→x−→a
u(a), v(x)−−−→x−→a
v(a), et w(x)−−−→x−→a
w(a).
Enfin, le déterminant étant une application multilinéaire sur�R3�3, c’est
une application continue.On déduit de tout ceci, par composition des limites, que
1
x − a�
f (x)− f (a)�−−−→
x−→adetB
�u′(a), v(a), w(a)
�+ det
B
�u(a), v′(a), w(a)
�+ det
B
�u(a), v(a), w′(a)
�.
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Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles
On peut conclure que f = detB (u, v, w) est dérivable sur I de dérivée
f ′ = detB
�u′, v, w
�+ det
B
�u, v′, w
�+ det
B
�u, v, w′
�.
2. Soit f une fonction de classe C1 sur I. En appliquant la question pré-cédente aux fonctions u = f , v la fonction constante égale à f (a1), etw la fonction constante égale à f (a2), on peut conclure que la fonc-tion φ : x 7→ detB
�f (x), f (a1), f (a2)
�est dérivable sur I de dérivée
φ′ : x 7→ detB�
f ′(x), f (a1), f (a2)�.
Le même résultat peut aussi être établi en remarquant queφ = L ◦ f , en arguant de la linéarité sur R3 de la fonction L :X 7→ detB
�X, f (a1), f (a2)
�, grâce à la propriété 15.9.
Une correction de l’exercice 19.13 énoncéL’application L : X 7→ � f (b)− f (a)|X� est linéaire, donc φ = L ◦ f , qui va de[a ; b] dans R, conserve la continuité de f sur [a ; b] et la dérivabilité de fsur ]a ; b[, avec en plus
∀t ∈ ]a ; b[ , φ′(t) = L ◦ f ′ =�
f (b)− f (a)| f ′(t)� .
Cette application φ vérifie les conditions du théorème des accroissementsfinis, donc il existe c ∈ ]a ; b[ tel que φ′(c) = φ(b)−φ(a)
b−a, ce qui donne
�f (b)− f (a)| f ′(c)�= � f (b)− f (a)| f (b)�− � f (b)− f (a)| f (a)�
b− a
d’où �f (b)− f (a)| f ′(c)�= f (b)− f (a)
2
b− a.
Puis l’inégalité de Cauchy-Schwarz entraîne que f (b)− f (a) 2
b− a¶ f (b)− f (a)
× f ′(c)
dont on déduit l’inégalité voulue.
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Une correction de l’exercice 19.14 énoncé1. Pour tout réel x, par linéarité relativement à la première colonne,
D1(x) =
������x + a x x
x x + b xx x x + c
������= x
������1 x x1 x + b x1 x x + c
������+������a x x0 x + b x0 x x + c
������Or le déterminant étant linéaire par rapport aux colonnes, les applica-tions
f :�� a1
a2a3
�,� b1
b2b3
��7→������1 a1 b1
1 a2 b2
1 a3 b3
������ et g :�� a1
a2a3
�,� b1
b2b3
��7→������a a1 b1
0 a2 b2
0 a3 b3
������sont bilinéaires.De plus, les fonctions
u : x 7→ x
x + bx
et v : x 7→ x
xx + c
sont C∞ sur R, car leurs applications coordonnées le sont aussi.
Elles ont toutes les deux la même dérivée constante x 7→1
11
.
Par conséquent, d’après la proposition 19.9, les applications
x 7→ f (u(x), v(x)) et x 7→ g(u(x), v(x))
sont aussi C∞ sur R, donc D : x 7→ x f (u(x), v(x)) + g(u(x), v(x)) estencore C∞ sur R.
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Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles
De plus, pour tout réel x,
D′(x) = 1× f (u(x), v(x)) + x × � f (u′(x), v(x)) + f (u(x), v′(x))�
+ g(u′(x), v(x)) + g(u(x), v′(x))= 1× f (u(x), v(x)) + g(u′(x), v(x)) + g(u(x), v′(x))(car f (u′(x), v(x)) = f (u(x), v′(x)) = 0)
=
������1 x x1 x + b x1 x x + c
������+������a 1 x0 1 x0 1 x + c
������+������a x 10 x + b 10 x 1
������(on fait C2 ← C2 − xC1 et C3 ← C3 − xC1 dans le pre-mier déterminant, et les opérations équivalentes dansles autres)
=
������1 0 01 b 01 0 c
������+������a 1 00 1 00 1 c
������+������a 0 10 b 10 0 1
������= bc + ac+ ab.
Donc (grâce au théorème fondamental de l’analyse) pour tout réel x,D(x) = (bc + ac+ ab) x +D(0).
Or D(0) =
������a 0 00 b 00 0 c
������= abc, donc
∀x ∈ R,
������x + a x x
x x + b xx x x + c
������= (bc+ ac+ ab) x + abc.
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On aurait aussi pu utiliser le résultat établi dans l’exercice19.12 : si u, v et w sont trois fonctions dérivables sur I à va-leurs dans R3, alors la fonction f : x 7→ detB (u(x), v(x), w(x))est dérivable sur I, avec
∀x ∈ I, f ′(x) = detB�u′(x), v(x), w(x)
�+ detB
�u(x), v′(x), w(x)
�+ detB
�u(x), v(x), w′(x)
�.
2. Les fonctions u : x 7→ cos(x)
cos(x + a)cos(x + b)
, et v : x 7→ sin(x)
sin(x + a)sin(x + b)
sont déri-
vables sur R, car ce sont des fonctions vectorielles dont les coordonnéessont dérivables sur R.Ainsi, par la multilinéarité du déterminant (comme dans la question pré-cédente)
D : x 7→������1 cos(x) sin(x)1 cos(x + a) sin(x + a)1 cos(x + b) sin(x + b)
������est aussi dérivable, avec pour tout réel x :
D′(x) =
������1 − sin(x) sin(x)1 − sin(x + a) sin(x + a)1 − sin(x + b) sin(x + b)
������+������1 cos(x) cos(x)1 cos(x + a) cos(x + a)1 cos(x + b) cos(x + b)
������1 cos(x) sin(x)1 cos(x + a) sin(x + a)1 cos(x + b) sin(x + b)
������= sin(b− a)− sin(b) + sin(a).
Une correction de l’exercice 19.15 énoncé(i) Comme le déterminant d’un matrice est linéaire par rapport à chaque
colonne, et donc par rapport à chaque ligne par transposition, on peutaffirmer que l’application L de R3 dans R définie par
L(x , y, z) =
������u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)
x y z
������est linéaire.Ainsi comme u, v, w sont de classe C2 sur [a ; b] à valeurs dans R, alorsla fonction φ = (u, v, w) est C2 sur [a ; b] à valeurs dans R3, et parconséquent, l’application
f = L ◦φ : t 7→������u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u(t) y(t) z(t)
������est de classe C2 sur [a ; b] à valeurs dans R, avec en particulier pour
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tout t ∈ [a ; b],
f ′(t) =�L ◦φ�′ (t) = �L ◦φ′� (t) =
������u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u′(t) y ′(t) z′(t)
������et f ′′(t) =
������u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u′′(t) y ′′(t) z′′(t)
������.(ii) Comme le déterminant d’une matrice dont deux lignes sont égales est
nul, on remarque que f (a) = f (b) = 0, et f , étant C2 sur [a ; b], res-pecte les conditions du théorème de Rolle, donc il existe un réel d dans]a ; b[ tel que f ′(d) = 0.
autrement dit f ′(a) = 0.Ainsi f ′ s’annule en a et en d, avec a < d, et comme f est de classeC2 sur [a ; b], l’application f ′ est continue sur [a ; b] et dérivable sur]a ; b[, donc on peut de nouveau appliquer le théorème de Rolle à f ′entre a et d, ce qui nous donne l’existence de c ∈ ]a ; d[ ⊂ ]a ; b[ telque f ′′(c) = 0, c’est-à-dire������
u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u′′(c) v′′(c) w′′(c)
������= 0, c.q.f.d.
Une correction de l’exercice 19.16 énoncé1. Pour tout a ∈ I, la courbe de f admet au point d’abscisse a, c’est-à-dire
le point (a, f (a)), une tangente T de pente f ′(a), autrement dit un point
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Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles
M= (x , y) 6= (a, f (a)) est dans T si, et seulement si,
y − f (a)x − a
= f ′(a)⇐⇒ (y − f (a))− f ′(a)(x − a) = 0⇐⇒ y = f (a) + f ′(a)(x − a),
qui sont des équations cartésiennes de T .
2. Le cercle de centre O et de rayon R est paramétré par
t 7→ f (t) = (x(t), y(t)) = (Rcos(t), R sin(t)) .
On admet que le point M0 = (x0, y0) est sur ce cercle, et que (x0, y0) =(x(t0), y(t0)) = (Rcos(t0), R sin(t0)).En ce point, le cercle admet une tangente T dirigée par le vecteur vitessef ′(t0) = (x ′(t0), y ′(t0)) = (−Rsin(t0), R cos(t0)), qui est non nul car denorme R (on suppose R > 0). Donc un point M = (x , y) est dans T si,et seulement si, les vecteurs M−M0 et f ′(t0) sont colinéaires, autrementdit ����x − x0 x ′(t0)
y − y0 y ′(t0)
����= 0⇐⇒ y ′(t0)(x − x0)− x ′(t0)(y − y0) = 0
⇐⇒ sin(t0)(x − x0) + cos(t0)(y − y0) = 0
qui nous donne une équation cartésienne de T .
Une correction de l’exercice 19.17 énoncéNotons f = (x , y).
(i) Les fonctions x et y sont 2π-périodiques, donc on peut se contenterde tracer l’arc pour t ∈ [−π ; π].
(ii) Les fonctions x et y sont impaires, donc pour tout t ∈ [0 ; π],f (−t) = (x(−t), y(−t)) =−(x(t), y(t)) =− f (t), par conséquent l’arccorrespondant à t ∈ [−π ; 0] est symétrique de l’arc correspondant àt ∈ [0 ; π] par rapport à l’origine.
(iii) Les fonctions x et y sont de classe C∞ sur R, la deuxième commerapport de deux fonctions C∞ dont le dénominateur ne s’annule pas.
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Pour tout t ∈ [0 ; π], x ′(t) = cos(t) et
y ′(t) =cos(t)(2+ cos(t))− sin(t)(− sin(t))
(2+ cos(t))2= 2
cos(t) + 1/2
(cos(t) + 2)2·
On trace alors le tableau de variations suivant :
t 0π
2
2π
3π
x′(t) = cos(t) 1 + 0 − −1
2− −1
x(t)
0
1 √3
20
y′(t) =2 cos(t) + 1
(2 + cos(t))21
3+
1
4+ 0 − −1
y(t)
0
1
2
1√3
0
et on a finalement le tracé ci-après, obtenu avec matplotlib et le codesuivant :
donc on trace la courbe pour t ∈ [0 ; π/4], et on la complète pour t ∈[π/4 ; π/2] avec une symétrie orthogonale par rapport à la premièrebissectrice, c’est-à-dire la droite d’équation y = x.
(e) Le tableau des variations est ainsi :
t 0π
4
x′(t) = −3 sin(t)(cos(t))2 0 − − 3
2√2
x(t)1
1
2√2
y′(t) = 3 cos(t)(sin(t))2 0 +3
2√2
y(t)
0
1
2√2
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Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles
(f) Quand t → 0, avec (1+�)α =�→0
1+α�+ o(�),
x(t) = (cos(t))3 =t→0
�1− 1
2t2+ o(t3)
�3
=t→0
�1+�−1
2t2+ o(t3)
��3
=t→0
1+ 3�−1
2t2+ o(t3)
�+ o��−1
2t2+ o(t3)
��=
t→01− 3
2t2+ o(t2)
y(t) = (sin(t))3 =t→0
�t + o(t2)
�3=
t→0t3+ o(t3)
donc
f (t) =t→0
�10
�+ t2
�−3/20
�+ o(t2)
donc la courbe de f admet au point (1,0) une tangente horizontale.
(g) On obtient le tracé suivant :
35/36
Maths - PC - Lycée René Cassin - Bayonne - 2019-2020
−1 −0.5 0 0.5 1
−1
−0.5
0
0.5
1f ′(π
4)
f ′′(0)f (0)
f�π
4
�f�π
2
�
0¶ t ¶ π/4π/4¶ t ¶ π/2π/2¶ t ¶ π−π¶ t ¶ π
2. La tangente est dirigée par f ′(t) = 3sin(t) cos(t)(− cos(t), sin(t)), c’est-à-dire par (− cos(t), sin(t)), donc on obtient comme équation cartésienne
sin(t)x + cos(t)y − cos(t) sin(t) = 0.
3. Les points d’intersection sont (cos(t), 0) et (0, sin(t)), le segment a pourlongueur 1.