Applications analytiques de la dérivation

Le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) relie le taux de variation moyen à un taux instantané :

Si $f$ est continue sur $[a,b]$ et dérivable sur $(a,b)$, alors il existe au moins un point $c$ dans $(a,b)$ tel que

$$f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

En termes simples : quelque part à l'intérieur de l'intervalle, le taux instantané est égal au taux moyen. Géométriquement, certaines tangentes sont parallèles à la droite reliant les extrémités.

Compétence d'examen. Comme le TVI, le TMD est un théorème d'existence, et les questions demandent de justifier. La note complète nécessite : (1) affirmer que $f$ est continue sur $[a,b]$ et dérivable sur $(a,b)$ ; (2) calculer le taux moyen $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ ; (3) conclure « par le TMD, il existe un $c$ dans $(a,b)$ tel que $f'(c)$ soit égal à cette valeur ». Les deux hypothèses doivent être nommées.

Exemple résolu. Pour $f(x)=x^2$ sur $[1,3]$, le taux moyen est $\dfrac{9-1}{2}=4$ ; en posant $f'(c)=2c=4$, on obtient $c=2$, qui se trouve dans $(1,3)$ – le point garanti.

Pourquoi les deux hypothèses sont importantes. Considérons $f(x)=|x|$ sur $[-1,1]$. Elle est continue, et le taux moyen est $\dfrac{f(1)-f(-1)}{1-(-1)}=\dfrac{1-1}{2}=0$. Mais $f'(x)$ est $-1$ ou $1$ partout où elle existe, jamais $0$. Le MVT ne s'applique pas, car $f$ n'est pas dérivable en $x=0$, qui se trouve à l'intérieur de $(-1,1)$.

Exemple corrigé (théorème des accroissements finis à partir d’un tableau). La vitesse $v(t)$ d’une cycliste, en mètres par seconde, est dérivable. Quelques valeurs :

(a) Doit-il exister un instant dans $0<t<8$ où l’accélération vaut $0$ ? $v$ est dérivable, donc continue sur $[2,5]$ et dérivable sur $(2,5)$, et $\dfrac{v(5)-v(2)}{5-2}=\dfrac{7-7}{3}=0$. D’après le théorème des accroissements finis, il existe un $c$ dans $(2,5)$ tel que $v'(c)=0$. Oui.

(b) Doit-il exister un instant où l’accélération vaut $-2$ m/s² ? Sur $[5,8]$ : $\dfrac{1-7}{8-5}=-2$, donc, d’après le théorème des accroissements finis, oui, pour un certain $c$ dans $(5,8)$.

Les questions demandent « expliquez pourquoi il doit exister… » : nommez le théorème, énoncez les deux hypothèses (ici, elles découlent de la dérivabilité) et montrez le calcul du taux de variation moyen.

Le théorème des valeurs extrêmes (TVE) garantit l'existence d'extrema : une fonction continue sur un intervalle fermé $[a,b]$ atteint les deux un maximum absolu et un minimum absolu sur celui-ci.

Un point critique est un point intérieur du domaine de la fonction où $f'(x)=0$ ou $f'(x)$ n'existe pas. Tous les extrema locaux (relatifs) se produisent aux points critiques – mais tous les points critiques ne sont pas des extrema. Ainsi, les points critiques sont les candidats ; vous devez tester chacun.

Exemple corrigé (une constante à partir d’un point critique). $f(x)=\dfrac{1}{x^2-kx}$, où $k$ est une constante. Pour quelle valeur de $k$ la fonction $f$ admet-elle un point critique en $x=2$, et de quel type est-il ?

$f'(x)=-\dfrac{2x-k}{\left(x^2-kx\right)^2}$. En $x=2$, le numérateur doit être égal à $0$ : $4-k=0$, donc $k=4$. Alors $f'(x)=-\dfrac{2x-4}{\left(x^2-4x\right)^2}$. Le dénominateur est positif, donc le signe de $f'$ est celui de $-(2x-4)$ : positif juste à gauche de $2$, négatif juste à droite. Ainsi, $f'$ passe de $+$ à $-$ et $f$ admet un maximum relatif en $x=2$, de valeur $f(2)=-\tfrac14$. Remarquez que $x=0$ et $x=4$ ne sont pas des points critiques : ils n’appartiennent pas au domaine de définition.

La première dérivée vous indique où $f$ monte ou descend :

• $f'(x) > 0$ sur un intervalle $\Rightarrow$ $f$ est croissant là-dedans ;
• $f'(x) < 0$ $\Rightarrow$ $f$ est décroissant.

Dans l'épreuve, « trouver les intervalles où $f$ est croissante » signifie : identifier les points critiques, puis tester le signe de $f'$ entre eux, et justifier par le signe de $f'$ (une raison explicite, pas seulement un intervalle).

Exemple corrigé. $f'(x)=(x-1)^2(x+2)$. Où $f$ est-elle croissante ? Les points critiques sont $x=-2$ et $x=1$. Le facteur $(x-1)^2$ n’est jamais négatif, donc le signe de $f'$ est celui de $x+2$ : négatif pour $x<-2$, positif pour $x>-2$ (sauf en $f'(1)=0$). Ainsi, $f$ est décroissante sur $(-\infty,-2]$ et croissante sur $[-2,\infty)$ – car $f'>0$ sauf aux zéros isolés $x=-2$ et $x=1$. En $x=1$, $f'$ ne change pas de signe, donc $x=1$ est un point critique mais pas un extremum.

Pour classifier un point critique $x=c$ comme max local, min local, ni l'un ni l'autre, vérifiez comment $f'$ change de signe là :

• $f'$ passe de $+$ à $-$ en $c$ $\Rightarrow$ maximum local ;
• $f'$ passe de $-$ à $+$ en $c$ $\Rightarrow$ minimum local ;
• $f'$ ne change pas de signe $\Rightarrow$ ni l'un ni l'autre.

Toujours indiquer le changement de signe comme votre justification.

Exemple résolu. Pour $f(x)=x^3-3x^2$, $f'(x)=3x(x-2)$ est zéro en $x=0,2$. Les signes donnent $+,-,+$, donc $x=0$ est un maximum local ($f=0$) et $x=2$ un minimum local ($f=-4$).

Erreurs fréquentes. Justifier uniquement avec « $f'(0)=0$ » : un zéro de $f'$ ne rend $x=0$ qu'un candidat ; la raison est le changement de signe de $f'$. Tester le signe de $f$ au lieu de $f'$. Donner la valeur de $x$ lorsque la question demande la valeur maximale ($f(0)=0$), ou inversement.

Sur un intervalle fermé, les extrema absolus (globaux) ne se produisent qu'en points critiques ou aux extrémités. Le test des candidats :

1. Répertorier tous les points critiques dans $[a,b]$ et les deux extrémités.
2. Évaluer $f$ à chaque candidat.
3. La plus grande valeur est le maximum absolu ; la plus petite est le minimum absolu.

Présenter le tableau des valeurs – la comparaison est l'argument.

Exemple résolu. Trouver le maximum et le minimum absolus de $f(x)=x^3-3x^2$ sur $[1,4]$.

$f'(x)=3x(x-2)$ s'annule en $x=0$ et $x=2$. Seul $x=2$ se trouve dans $[1,4]$, donc les candidats sont $x=1$, $x=2$ et $x=4$ :

Le maximum absolu est $16$, atteint en $x=4$ ; le minimum absolu est $-4$, atteint en $x=2$. Le maximum se situe à une borne où $f'(4)=24\neq 0$ : c'est pourquoi les bornes doivent figurer dans la liste.

La dérivée seconde décrit la courbure :

• $f'' > 0$ $\Rightarrow$ $f$ est concave vers le haut (courbe en forme de coupe ; $f'$ est croissante) ;
• $f'' < 0$ $\Rightarrow$ $f$ est concave vers le bas ($f'$ est décroissante).

Un point d’inflexion est un point d’une courbe continue où la concavité change. Lorsque $f''$ existe de part et d’autre, un changement de signe permet de le détecter (et non la seule condition $f''=0$) ; $f''$ peut ne pas être défini au point lui-même. Indiquez sa coordonnée $x$ et justifiez votre réponse par le changement de signe de $f''$.

Exemple corrigé. Pour $f(x)=x^4-4x^3$, $f''(x)=12x^2-24x=12x(x-2)$. Ses signes sont $+,-,+$ autour de $x=0$ et de $x=2$, donc ce sont tous deux des points d’inflexion. Comparez avec $g(x)=x^4$ : $g''(0)=0$ mais $g''(x)=12x^2\ge0$ des deux côtés, donc il n’y a pas de point d’inflexion en $0$. Un zéro de $f''$ n’est qu’un candidat.

Une autre façon de classifier un point critique $c$ où $f'(c)=0$ :

• $f''(c) > 0$ $\Rightarrow$ concave vers le haut $\Rightarrow$ minimum local ;
• $f''(c) < 0$ $\Rightarrow$ concave vers le bas $\Rightarrow$ maximum local ;
• $f''(c) = 0$ $\Rightarrow$ le test est non concluant – recourir alors au test de la première dérivée.

Exemple corrigé (à partir d’une équation différentielle). $y=f(x)$ est la solution de $\dfrac{dy}{dx}=xy-6$ avec $f(2)=3$. La fonction $f$ admet-elle un minimum relatif, un maximum relatif ou aucun des deux en $x=2$ ?

En $(2,3)$, $\dfrac{dy}{dx}=2(3)-6=0$, donc $x=2$ est un point critique. Dérivons l’équation (règle du produit) : $\dfrac{d^2y}{dx^2}=y+x\dfrac{dy}{dx}$. En $(2,3)$, cela donne $3+2(0)=3>0$. Puisque $f'(2)=0$ et $f''(2)>0$, $f$ admet un minimum relatif en $x=2$ d’après le critère de la dérivée seconde. Il n’est pas nécessaire de résoudre l’équation différentielle.

Cas particulier : si une fonction continue n'a qu'un seul point critique sur un intervalle et qu'il est un extremum local, ce point est aussi l'extremum absolu sur cet intervalle.

Les caractéristiques clés de $f$, $f'$ et $f''$ se reflètent mutuellement. Pour tracer ou lire des graphiques :

• $f'>0$ sur un intervalle $\Rightarrow$ $f$ y est croissante ; un passage de $f'$ de $+$ à $-$ en un point intérieur où $f$ est continue donne un maximum local.
• $f''>0$ sur un intervalle $\Rightarrow$ $f'$ y est croissante et $f$ y est convexe. Un changement de concavité en un point d’une courbe continue donne un point d’inflexion ; $f''$ n’a pas besoin d’exister ou d’être nul en ce point.

C'est la compétence de lire un graphique pour décrire un autre. Un dispositif d'examen très courant donne le graphique de $f'$ et pose des questions sur $f$ : où $f$ est croissante (où $f'>0$), où sont les extrema de $f$ (où $f'$ traverse zéro, avec un changement de signe), où $f$ est concave vers le haut (où $f'$ est croissante). Répondre aux questions sur $f$ en utilisant la hauteur et la pente du graphique de $f'$.

Exemple corrigé (la question classique sur une courbe). Soit $g(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)\,dt$ pour $-4\le x\le6$, avec $f$ représentée ci-dessus.

(a) Où $g$ est-elle croissante et concave ? $g$ est croissante là où $g'=f>0$ : sur $(-2,2)$. $g$ est concave là où $g''=f'<0$, c’est-à-dire là où la courbe de $f$ descend : sur $(0,4)$. Les deux conditions sont réunies sur $(0,2)$.

(b) Points d’inflexion de $g$. $g''=f'$ change de signe là où $f$ passe de croissante à décroissante ou inversement : en $x=0$ et $x=4$.

(c) Extrema absolus de $g$ sur $[-4,6]$. $g'=f=0$ en $x=-2$ et $x=2$. Utilisez le test des candidats avec les aires algébriques :

Le maximum absolu est $2$, atteint en $x=2$ ; le minimum absolu est $-2$, atteint à la fois en $x=-2$ et en $x=6$. Pour $x<0$, rappelez-vous que $g(x)=-\displaystyle\int_x^0 f(t)\,dt$ : donc $g(-2)=-(+2)=-2$.

Erreur fréquente. Interpréter un graphique de $f'$ comme s'il était $f$ : dire que « $f$ est croissante là où le graphique monte » est faux. $f$ augmente là où la courbe de $f'$ se situe au-dessus de l'axe, et $f$ présente un point d'inflexion là où la courbe de $f'$ change de direction.

Optimisation : utiliser la dérivée pour trouver la valeur maximale ou minimale d'une grandeur sur un intervalle. Il s'agit de l'application du mécanisme candidats/ tests de dérivés à un objectif concret.

Une procédure fiable :

1. Exprimer la grandeur à optimiser en fonction d'une seule variable (utiliser une équation de contrainte pour éliminer les variables superflues).
2. Définir l'intervalle des entrées autorisées.
3. Trouver les points critiques ($f'=0$ ou non défini) et les tester (test de la dérivée première ou seconde, ou test des candidats si l'intervalle est fermé).
4. Répondre à la question posée, avec unités et interprétation dans le contexte – le maximum d'aire, le minimum de coût, etc.

Exemple résolu. Avec $100\ \text{m}$ de clôture pour un parc rectangulaire contre un mur (seulement trois côtés clôturés), laissez les extrémités être $x$ et le côté éloigné $y=100-2x$. L'aire $A(x)=x(100-2x)=100x-2x^2$ a un $A'(x)=100-4x=0$ à $x=25$ ; puisque $A''=-4<0$ c'est le maximum, donnant $y=50$ et $A=1250\ \text{m}^2$.

Erreurs fréquentes. Tenter d'optimiser une fonction de deux variables sans utiliser la contrainte pour éliminer l'une d'elles ; sauter la justification que $x=25$ fournit un maximum (ici $A''<0$) ; et s'arrêter à $x=25$ alors que la question demande la plus grande aire.

Exemple corrigé (distance minimale). Déterminez le point de $y=\sqrt x$ le plus proche de $(3,0)$.

Minimisez le carré de la distance : il a le même minimum et ne comporte pas de racine carrée : $D(x)=(x-3)^2+\left(\sqrt x\right)^2=x^2-5x+9$ pour $x\ge0$. $D'(x)=2x-5=0$ en $x=\tfrac52$, et $D''=2>0$, donc c’est le minimum (l’unique point critique, donc le minimum absolu). Le point est $\left(\tfrac52,\sqrt{\tfrac52}\right)$ et la distance est $\sqrt{D\left(\tfrac52\right)}=\sqrt{\tfrac{11}{4}}=\dfrac{\sqrt{11}}{2}$.

Tout cela s'étend aux relations définies implicitement. Un point critique d'une relation implicite est celui où $\dfrac{dy}{dx}=0$ (tangente horizontale) ou est indéfini (tangente verticale). Puisque $\dfrac{dy}{dx}$ est généralement une relation en $x$ et $y$, et que la dérivée seconde implique $x$, $y$ et $\dfrac{dy}{dx}$, substituer l'expression de la dérivée première lors du calcul de $\dfrac{d^2y}{dx^2}$, puis déduire la concavité à partir de son signe.

Exemple corrigé. Pour $x^2+y^2-6x=7$ : $2x+2y\dfrac{dy}{dx}-6=0$, donc $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{3-x}{y}$.

• Tangentes horizontales : $x=3$, puis $9+y^2-18=7$, donc $y=\pm4$ : les points $(3,4)$ et $(3,-4)$.
• Tangentes verticales : $y=0$, puis $x^2-6x-7=0$, donc $x=7$ ou $x=-1$ : les points $(7,0)$ et $(-1,0)$.
• Concavité : $\dfrac{d^2y}{dx^2}=\dfrac{-y-(3-x)\dfrac{dy}{dx}}{y^2}=-\dfrac{y^2+(3-x)^2}{y^3}=-\dfrac{16}{y^3}$, en utilisant la courbe : $(x-3)^2+y^2=16$. La courbe est donc concave là où $y>0$ et convexe là où $y<0$ – le haut et le bas d’un cercle.

• $f'>0$ signifie croissant, $f'<0$ décroissant ; les candidats aux extrema sont là où $f'=0$ est zéro ou non défini.
• Classifier un point critique avec le changement de signe de la dérivée première ou le test de la dérivée seconde ($f''>0$ minimum, $f''<0$ maximum).
• $f''>0$ est concave vers le haut, $f''<0$ concave vers le bas ; un point d'inflexion est là où la concavité change ($f''$ change de signe).
• Pour un extremum absolu sur un intervalle fermé, vérifier aussi les extrémités.
• Justifier chaque conclusion en citant le signe de $f'$ ou $f''$ – l'examen exige le raisonnement, pas seulement la réponse.

Pratique.

1. Le théorème des accroissements finis s’applique-t-il à $f(x)=x^{2/3}$ sur $[-1,8]$ ? Expliquez.
2. Déterminez les extrema absolus de $f(x)=x-2\sqrt x$ sur $[0,9]$.
3. $f'(x)=x(x-3)^2$. Déterminez les coordonnées $x$ des extrema relatifs de $f$ et classez-les.
4. Déterminez les points d’inflexion de $f(x)=xe^{-x}$.
5. $\dfrac{dy}{dx}=x^2-y$ et la solution passe par $(-2,4)$. Admet-elle en ce point un minimum relatif, un maximum relatif ou aucun des deux ?
6. Une boîte à base carrée et sans couvercle doit contenir $32$ cm³. Déterminez les dimensions qui nécessitent le moins de matériau.

Réponses.

1. Non : $f'(x)=\dfrac{2}{3x^{1/3}}$ n’existe pas en $x=0$, qui appartient à $(-1,8)$.
2. $f'(x)=1-\dfrac{1}{\sqrt x}=0$ en $x=1$. Candidats : $f(0)=0$, $f(1)=-1$, $f(9)=3$. Minimum $-1$ en $x=1$ ; maximum $3$ en $x=9$.
3. Points critiques $x=0$ et $x=3$. $f'$ passe de $-$ à $+$ en $0$ (minimum relatif) ; $f'\ge0$ des deux côtés de $3$ (aucun des deux).
4. $f''(x)=(x-2)e^{-x}$ change de signe en $x=2$ : point d’inflexion $\left(2,\,2e^{-2}\right)$.
5. $\dfrac{dy}{dx}=4-4=0$. $\dfrac{d^2y}{dx^2}=2x-\dfrac{dy}{dx}=-4-0=-4<0$ : maximum relatif.
6. $x^2h=32$ ; aire $A=x^2+4xh=x^2+\dfrac{128}{x}$. $A'=2x-\dfrac{128}{x^2}=0$ en $x=4$, $A''>0$ : base de $4$ cm sur $4$ cm, hauteur de $2$ cm.