La dérivée d’une fonction permet de détecter ses maximums et minimums. Avant de de détailler, précisons les notions d’extremums.
Définition 90– Soit
I
un intervalle etf : I→ R
une fonction définie surI
. Soitx
0∈ I
. On dit que— la fonction
f
a un maximum local enx
0s’il existe un intervalle ouvertJ
de centrex
0 et contenu dansI
tel que∀x ∈ J
f (x)≤ f (x
0).
Le réel
f (x
0)
est alors un maximum local def
. Il est atteint enx
0.— la fonction
f
a un minimum local enx
0s’il existe un intervalle ouvertJ
de centrex
0 et contenu dansI
tel que∀x ∈ J
f (x
0) ≤ f (x).
Le réel
f (x
0)
est alors un minimum local def
. Il est atteint enx
0.— la fonction
f
a un extremum local enx
0si elle a soit un maximum local enx
0soit un minimum local enx
0. Le réelf (x
0)
est alors un extremum local def
. Il est atteint enx
0.Définition 91– Soit
I
un intervalle etf : I→ R
une fonction définie surI
. Soitx
0∈ I
. On dit que— la fonction
f
a un maximum enx
0si∀x ∈ I
f (x)≤ f (x
0).
Le réelf (x
0)
est alors le maximum def
. Il est atteint enx
0. — la fonctionf
a un minimum enx
0si∀x ∈ I
f (x
0) ≤ f (x).
Le réelf (x
0)
est alors le minimum def
. Il est atteint enx
0.— la fonction
f
a un extremum enx
0si elle a soit un maximum enx
0soit un minimum enx
0. Le réelf (x
0)
est alors un extremum def
. Il est atteint enx
0.Exemple 92– La figure 8 page ci-contre est la courbe représentative d’une fonction définie sur l’intervalle ouvert
] − 2,2[
. Elle a deux minimum locaux, l’un d’eux étant aussi un minimum. Elle a un maximum local mais n’a pas de maximum.On va donner une condition nécessaire pour qu’une fonction dérivable admette un extremum. Attention ! La condition n’est pas suffisante. Elle va nous fournir une liste de réels qui contiendra tous les réels en lesquels une fonction admet un extremum local mais, elle pourra aussi contenir des réels en lesquels la fonction n’a pas d’extremum local.
Théorème 93– Soit
I
un intervalle ouvert. Soit une fonction dérivable surI
etx
0∈ I
. Sif
admet un extremum local enx
0alorsf
0(x
0) = 0
.Démonstration. Supposons que la fonction
f
admette un maximum local enx
0. Soit alorsη > 0
tel que, siJ =]x
0− η,x
0+ η[
alors∀x ∈ J
f (x)≤ f (x
0).
Six∈ J \ {x
0}
, on af (x)− f (x
0)
x− x
0
≤ 0
six > x
0;≥ 0
six < x
0.La fonction
f
est dérivable enx
0. Elle est donc dérivable à gauche enx
0. En faisant tendrex
versx
0par valeurs inférieures on trouvef
g0(x
0) ≥ 0
. Elle est aussi dérivable à droite enx
0. En faisant tendrex
versx
0par valeurs supérieures on trouvef
d0(x
0) ≤ 0
. Puisquef
est dérivable enx
0, on af
g0(x
0) = f
d0(x
0) = f
0(x
0)
et doncf
g0(x
0) = f
d0(x
0) = f
0(x
0) = 0
.Supposons que la fonction
f
admette un minimum local enx
0. Soit alorsη > 0
tel que, siJ =]x
0− η,x
0+ η[
alors∀x ∈ J
f (x)≥ f (x
0).
Six∈ J \ {x
0}
, on af (x)− f (x
0)
x− x
0
≥ 0
six > x
0;≤ 0
six < x
0.La fonction
f
est dérivable enx
0. Elle est donc dérivable à gauche enx
0. En faisant tendrex
versx
0par valeurs inférieures on trouvef
g0(x
0) ≤ 0
. Elle est aussi dérivable à droite enx
0. En faisant tendrex
versx
0par valeurs supérieures on trouvef
d0(x
0) ≥ 0
. Puisquef
est dérivable enx
0, on af
g0(x
0) = f
d0(x
0) = f
0(x
0)
et doncf
g0(x
0) = f
d0(x
0) = f
0(x
0) = 0
.Remarque 94– La réciproque du théorème 93 est fausse. La dérivée d’une fonction peut s’annuler en un réel sans qu’en ce réel la fonction ait un extremum local. Considérons la fonction
f
définie surR
par∀x ∈ R
f (x) = x
3.
Pour tout
x∈ R
on af
0(x) = 3x
2doncf
0(0) = 0
. Cependant, pour toutx∈ R
+∗,f (x) > f (0)
alors que pour toutx∈ R
−∗,f (x) < f (0)
de sorte quef
n’a pas d’extremum local en0
. Les réels en lesquels la dérivée d’une fonction dérivable s’annulent s’appellent les points critiques de cette fonction.Théorème 95 (Théorème de Rolle)– Soit
a
etb
deux réels tels quea < b
. Soitf : [a, b]→ R
une fonction. On suppose que cette fonctionf
est— continue sur l’intervalle fermé
[a,b]
; — dérivable sur l’intervalle ouvert]a,b[
.Si
f (a) = f (b)
alors il existec∈]a,b[
tel quef
0(c) = 0
.Démonstration. Dans le cas où
f
est constante sur]a,b[
, sa dérivée est nulle sur tout l’intervalle et tout réelc∈]a,b[
convient. Supposons doncf
non constante. Puisquef
est continue sur l’intervalle fermé[a,b]
, l’imagef ([a, b])
de cet intervalle est un intervalle fermé[m,M]
. On am < M
carf
n’est pas constante. Ainsi,m , f (a)
ouM , f (a)
. Soitd∈ [a,b]
tel quef (d) = m
ete∈ [a,b]
tel quef (e) = M
.— 1ercas – Supposons
m , f (a)
. On ad , a
, sinonm = f (d) = f (a)
etd , b
sinonm = f (d) = f (b) = f (a)
. Ainsid∈]a,b[
. En particulier, les intervalles ouverts]a,d[
et]d,b[
sont non vides. Commef (x)≥ m = f (d)
pour toutx∈ [a,b]
, alorsf (x)− f (d)
x− d
≥ 0
six∈]d,b]
;≤ 0
six∈ [a,d[
.La fonction
f
est dérivable end
, on a doncf
g0(d) ≤ 0
etf
d0(d) ≥ 0
puisf
0(d) = 0
. Le choixc = d
convient.— 2e cas – Supposons
M , f (a)
. On ae , a
, sinonM = f (e) = f (a)
ete , b
sinonM = f (e) = f (b) = f (a)
. Ainsie∈]a,b[
. En particulier, les intervalles ouverts]a,e[
et]e,b[
sont non vides. Commef (x)≤ M = f (e)
pour toutx∈ [a,b]
, alorsf (x)− f (e)
x− e
≤ 0
six∈]e,b]
;≥ 0
six∈ [a,e[
.La fonction
f
est dérivable ene
, on a doncf
d0(e) ≤ 0
etf
g0(e) ≥ 0
puisf
0(e) = 0
. Le choixc = e
convient.Exemple 96– Soit
n≥ 1
un entier eta
1, . . . , a
n, b
1, . . . , b
ndes réels. On va montrer que la fonction définie surR
par∀x ∈ R
f (x) =
n
X
j=1
a
jcos(jx) + b
jsin(jx)
s’annule au moins une fois. Pour cela, on introduit la fonction
F
définie surR
par∀x ∈ R
F(x) =
nX
j=1a
jj
cos(jx) +
b
jj
sin(jx).
On a∀j ∈ N cos(2πj) = 1
etsin(2πj) = 0
et donc
F(0) = F(2π)
. De plusF
est dérivable surR
(comme combinaison linéaire de fonctions dérivables surR
) donc continue sur[0,2π]
et dérivable sur]0,2π[
. Grâce au théorème de Rolle, il existec∈]0,2π[
tel queF
0(c) = 0
. Or, pour toutx∈ R
, on aF
0(x) = f (x)
doncf (c) = 0
. On généralise ensuite le théorème de Rolle.Théorème 97 (Égalité des accroissements finis)– Soit
a
etb
deux réels tels quea < b
. Soitf
une fonction continue sur l’intervalle fermé
[a,b]
et dérivable sur l’intervalle ouvert]a,b[
. Il existec∈]a,b[
tel queDémonstration. On définit une fonction
g
sur[a,b]
en posant∀x ∈ [a,b]
g(x) = f (x)−f (b)− f (a)
b− a
(x − a).
Cette fonction
g
, commef
, est continue sur[a,b]
et dérivable]a,b[
. De plusg(a) = g(b)
. On peut donc appliquer àg
le théorème de Rolle. On trouvec∈]a,b[
tel queg
0(c) = 0
. On∀x ∈ [a,b]
g
0(x) = f
0(x) −f (b)− f (a)
b− a
.
On a donc
0 = f
0(c) −f (b)− f (a)
b− a
puisf (b)− f (a) = (b − a)f
0(c).
Si
f
0est bornée sur]a,b[
, il existeM
∈ R
tel que∀t ∈]a,b[
f
0(t)
≤ M.
En particulier, avec les notations du théorème 97, on a
|f
0(c)| ≤ M
et donc|f (b) − f (a)| ≤
M|b − a|
. On démontre alors le résultat suivant.Théorème 98 (Inégalité des accroissements finis)– Soit
f
une fonction dérivable sur l’inter- valle ouvertI
. On suppose qu’il existe un réelM
tel que∀t ∈ I
f
0(t)
≤ M.
Alors,∀(x,y) ∈ I × I
f (x)− f (y)
≤ M|x − y|.
Démonstration. Soit
(x,y) ∈ I × I
. Six = y
, l’inégalité à montrer est l’inégalité vraie0 ≤ 0
. On suppose doncx , y
. On posea = min(x, y)
etb = max(x, y)
. L’intervalleI
étant ouvert,[a,b] ⊂ I
. La fonctionf
est dérivable surI
donc continue sur[a,b]
. Elle est dérivable surI
donc dérivable sur]a,b[
. On applique l’égalité des accroissements finis et la remarque qui la suit àf
pour conclure car{a,b} = {x,y}
doncf (x)− f (y)
=|f (b) − f (a)|
etx− y
=|b − a|
. On donne des exemples d’application fondamentaux de l’inégalité des accroissements finis. Exemple 99– La fonctionsin
est dérivable sur l’intervalle ouvertR
. Pour tout réelx
, on asin
0(x)
=|cos(x)| ≤ 1
. On a donc|sin(x) − sin(0)| ≤ |x − 0|
. On retient∀x ∈ R
|sin(x)| ≤ |x|.
Exemple 100– Soit
g
définie surR
parLa fonction
g
est dérivable surR
. Pour toutx∈ R
, on ag
0(x) = sin(x)
etg(0) = 0
. Grâce à l’égalité des accroissements finis, il existec
compris entre0
etx
tel que|g(x)| = |sin(c)| · |x| ≤ |x|.
On a donc∀x ∈ R
|1 − cos(x)| ≤ |x|.
Exemple 101– Soith
définie surR
par∀x ∈ R
h(x) = sin(x)− x.
La fonction
h
est dérivable surR
. Pour tout réelx
, on ah
0(x) = cos(x) − 1
. Grâce à l’égalité des accroissements finis, il existec
compris entre0
etx
tel queh(x) = (cos(c)− 1)x.
L’exemple 100 implique alors|h(x)| ≤ |cx| ≤ x
2 et donc|sin(x) − x| ≤ x
2.
(]
) En particulier, on en déduitlim
x→0sin(x)
x
= 1.
(37)Exemple 102– Soit
k
définie surR
par∀x ∈ R
k(x) = 1− cos(x) −12x
2.
La fonction
k
est dérivable surR
. Pour tout réelx
, on ak
0(x) = sin(x) − x
. Grâce à l’égalité des accroissements finis, il existec
compris entre0
etx
tel que|k(x)| = |sin(c) − c| · |x|
D’après l’inégalité
]
de l’exemple 101, on a|sin(c) − c| ≤ c
2≤ x
2et donc|k(x)| ≤ |x|
3 c’est-à-dire1 − cos(x) −
1
2x
2≤ |x|
3 En particulier,lim
x→01 − cos(x)
x
2=
1
2.
(38)L’inégalité des accroissements finis peut s’exprimer avec la notion de fonction lipschit- zienne.
Définition 103– Soit
A
une partie deR
etf : A→ R
une fonction. Soitk > 0
. La fonctionf
estk
-lipschitzienne si∀(x,y) ∈ A
2f (x)− f (y)
≤ k|x − y|.
L’inégalité des accroissements finis peut alors s’énoncer ainsi : si la fonction
f : I→ R
est dérivable sur l’intervalle ouvertI
et si|f
0|
est majorée surI
parM
alorsf
estM
-lipschitzienne.Lemme 104– Soit
k > 0
un réel etf
une fonctionk
-lipschitzienne sur un intervalleI
. Alorsf
est continue surI
.Démonstration. Soit
a∈ I
, montrons quef
est continue enI
. Soitε > 0
. Posonsδ = ε/k
. Pour toutx∈ I
tel que|x − a| < δ
, on a|f (x) − f (a)| ≤ k|x − a| < kδ = ε.
Ainsi,f
est continue ena
.Cette notion est particulièrement intéressante pour étudier les suites définies par récur- rence.
Théorème 105– Soit
a < b
deux réels etk
∈]0,1[
. Soitf
une fonctionk
-lipschitzienne de[a,b]
dans[a,b]
. Alors la suite(u
n)
n∈Ndéfinie paru
0∈ [a,b]
et∀n ∈ N u
n+1= f (u
n)
converge vers l’unique solution
`
de l’équationf (x) = x
dans[a,b]
. De plus,∀n ∈ N
|u
n− `| ≤
k
n
1 − k|u
1− u
0|.
Démonstration. Soitg
définie sur[a,b]
par∀x ∈ [a,b]
g(x) = f (x)− x.
Grâce au lemme 104, la fonction
f
est continue. La fonctiong
est donc continue comme somme d’une fonction continue et d’une fonction polynomiale donc continue. On af (a)∈ [a,b]
doncf (a) > a
puisg(a) = f (a)− a > 0
. De plusf (b)∈ [a,b]
doncf (b) < b
puisg(b) = f (b)− b < 0
. Grâce au théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc`∈ [a,b]
tel queg(`) = 0
, c’est-à- diref (`) = `
. Soit`
0∈ [a,b]
tel queg(`
0) = 0
alors|` − `
0| =
f (`)− f (`
0)
≤ k|` − `
0|
donc(k − 1)|` − `
0| ≥ 0.
Comme
k− 1 < 0
et|` − `
0| ≥ 0
on a alors` = `
0. Le réel`
est donc l’unique solution dans[a,b]
de l’équationf (x) = x
.Pour tout
n∈ N
, on a|u
n+1− `| = |f (u
n) − f (`)| ≤ k|u
n− `|.
Pour tout
n∈ N
, on noteI(n)
l’inégalité|u
n− `| ≤ k
n|u
0− `|.
L’inégalité
I(0)
est vraie cark
0= 1
. Soitn∈ N
un entier pour lequelI(n)
est vraie. Alors|u
n+1− `| ≤ k|u
n− `| ≤ k · k
n|u
0− `|
d’après
I(n)
. AinsiI(n + 1)
est vraie. L’inégalitéI(0)
est vraie. Pour toutn∈ N
, siI(n)
est vraie alorsI(n + 1)
est vraie. Par récurrence, on en déduit∀n ∈ N
|u
n− `| ≤ k
n|u
0− `|.
Puisque
0 < k < 1
, la suite(k
n)
n∈Nconverge vers0
et donc(u
n)
n∈Nconverge vers`
. Pour tout entiern≥ 1
, on a|u
n+1− u
n| = |f (u
n) − f (u
n−1)| ≤ k|u
n− u
n−1|.
Par une récurrence que le lecteur détaillera, on en déduit que∀n ∈ N
|u
n+1− u
n| ≤ k
n|u
1− u
0|.
Soitn∈ N
etp∈ N
∗, on au
n+p− u
n=
p−1X
j=0u
n+j+1− u
n+j≤ |u
1− u
0|
p−1X
j=0k
n+j.
Ainsi,u
n+p− u
n≤ k
n1 − k
p1 − k
|u
1− u
0|.
En faisant tendrep
vers+∞
, on trouve|` − u
n| ≤
k
n1 − k|u
1− u
0|.
On peut donner une interprétation géométrique de l’égalité des accroissements finis (voir la figure 9 page suivante). On munit
R
2d’un repère. Soita < b
deux réels. Soitf : [a, b]→ R
une fonction continue sur[a,b]
et dérivable sur]a,b[
. Il existec∈]a,b[
tel quef (b)− f (a) =
f
0(c)(b − a)
, c’est-à-diref (b)− f (a)
b− a
= f
0(c).
Ora
c
b
(c, f (c))
(a, f (a))
(b, f (b))
— le réel f (b)b−f (a)−a est la pente de la droite reliant les points
A = (a, f (a))
etB = (b, f (b))
; — le réelf
0(c)
est la pente de la tangente à la courbe représentative def
enC = (c, f (c))
. L’égalité des accroissements finis implique donc, pour tous pointsA
etB
du graphe def
, l’existence d’un pointC
situé sur la courbe entreA
etB
tel que la tangente enC
à la courbe représentative def
est parallèle à la droite reliantA
etB
.L’égalité des accroissements finis à aussi l’importante conséquence suivante. Si une fonction est définie sur un intervalle privé d’un point mais peut-être prolongée par continuité en ce point. Si en ce point la dérivée de la fonction a une limite finie. Alors, le prolongement par continuité est dérivable. Plus précisément, on a le théorème suivant.
Théorème 106 (Dérivabilité des prolongements)– Soit
f : [a, b]→ R
une fonction continue. Soitd∈]a,b[
. On suppose quef
est dérivable sur]a,b[−{d}
et que la dérivéef
0 def
admet une limite`∈ R
end
. Alors,f
est dérivable end
etf
0(d) = `
.Démonstration. Soit
ε > 0
. Puisquelim
x→d
f
0
(x) = `,
il existeα > 0
tel que∀x ∈]a,b[−{d}
|x − d| < α ⇒
f
0(x) − `
< ε.
Soit
x∈]a,b[−{d}
. On applique l’égalité des accroissements finis sur l’intervalle[x,d]
six < d
et à l’intervalle[d,x]
six > d
. On obtient alorsc(x)
compris entrex
etd
tel quef (x)− f (d) = f
0(c(x))(x − d)
et doncf (x)− f (d)
x− d
= f
0(c(x)).
Comme
c(x)
est compris entrex
etd
, six
vérifie de plus|x − d| < α
alors|c(x) − d| < α
. On a donc|f
0(c(x)) − `| < ε
. Ainsi, a-t-on montré : pour toutε > 0
, il existeα > 0
tel que,∀x ∈]a,b[−{d}
|x − d| < α ⇒
f (x)− f (d)
x− d
− `
< ε.
Autrement dit,lim
x→df (x)− f (d)
x− d
= `.
La fonction
f
est donc dérivable end
etf
0(d) = `
.Exemple 107– On définit une fonction
φ
sur[−π,π]
en posantφ(t) =
cos(t) − 1
t
sit∈ [−π,π] − {0}
;0
sit = 0
.Puisque
cos
est continue surR
, la fonctionφ
est continue sur[−π,π] − {0}
. Pour toutt∈
[−π,π] − {0}
, on aφ(t) =
cos(t) − 1
Grâce à l’exemple 102 page 63, on en déduit que
φ
converge vers0
en0 = φ(0)
. La fonctionφ
est donc continue en0
. La fonctionφ
est donc continue sur[−π,π]
.Sur
[−π,π] − {0}
, la fonctionφ
est quotient de fonctions dérivables surR
(donc sur[−π,π] − {0}
) dont le quotient ne s’annule qu’en0
. Elle est donc dérivable sur[−π,π] − {0}
et∀t ∈ [−π,π] − {0}
φ
0(t) = −sin(t)t − cos(t) + 1
t
2= −
sin(t)
t
+
1 − cos(t)
t
2.
On déduit alors des exemples 101 page 63 et 102 page 63 que
φ
0 admet une limite en0
et quelim
t→0
φ
0
(t) = −1
2.
Le théorème 106 page précédente implique finalement que
φ
est dérivable sur[−π,π]
et queφ
0(0) = −1
2.
Grâce au théorème des accroissements finis, on peut aussi établir un lien entre dérivation et variations d’une fonction.
Théorème 108– Une fonction dérivable sur un intervalle ouvert y est constante si et seule-
ment si sa dérivée est constante nulle sur l’intervalle.
Remarque 109– Il faut bien comprendre que cet énoncé dit deux choses sur la fonction
f
, dérivable sur l’intervalleI
ouvert :1. Première implication
— Si
f
est constante surI
alors, pour toutt∈ I
, on af
0(t) = 0
;— Il est suffisant que
f
soit constante surI
pour que sa dérivéef
0 soit la fonction nulle surI
;— Il est nécessaire que la dérivée
f
0 def
soit la fonction nulle surI
pour quef
soit constante surI
;2. Deuxième implication
— Si pour tout
t∈ I
, on af
0(t) = 0
alorsf
est constante surI
;— Il est nécessaire que
f
soit constante surI
pour que sa dérivéef
0 soit la fonction nulle surI
;— Il est suffisant que la dérivée
f
0 def
soit la fonction nulle surI
pour quef
soit constante surI
;Démonstration du théorème 108. On a déjà montré que la dérivée d’une fonction constante est nulle. Il ne reste donc que la deuxième implication à montrer. Supposons donc que, pour tout
t∈ I
, on af
0(t) = 0
. Soitt
0∈ I
. Pour toutt∈ I − {t
0}
, on noteJ(t) =
[t
0, t]
sit > t
0;[t,t
0]
sit < t
0 et˚J(t) =
]t
0, t[
sit > t
0;]t,t
0[
sit < t
0Soit
t∈ I − {t
0}
. Commef
est dérivable surI
, elle est continue surJ(t)⊂ I
et dérivable sur˚J(t) ⊂ I
. L’égalité des accroissements finis implique donc l’existence dec∈ ˚J(t)
tel quef (t)− f (t
0) = f
0(c)(t − t
0).
Or,f
0(c) = 0
. On a donc montré que∀t ∈ I − {t
0},
f (t) = f (t
0).
Ainsi, la fonctionf
est constante.Exemple 110– Soit
f
définie sur[−1,1]
par∀t ∈ [−1,1]
f (t) = arcsin(t) + arccos(t).
Pour toutt∈] − 1,1[
, on af
0(t) =√
1
1 − t
2−
1
√
1 − t
2= 0.
La fonctionf
est donc constante sur] − 1,1[
: soitc∈ R
tel que∀t ∈] − 1,1[
f (t) = c.
On alim
t→−1 t>−1f (t) = c
etlim
t→1 t<1f (t) = c.
Mais,
f
est continue à gauche en−1
et à droite en1
doncf (−1) = lim
t→−1 t>−1f (t) = c
etf (1) = lim
t→1 t<1f (t) = c.
Ainsi
f
est constante sur[−1,1]
. Or,f (0) = π/2
donc∀t ∈ [−1,1]
arcsin(t) + arccos(t) =
π2.
Théorème 111– Une fonction dérivable sur un intervalle ouvert y est croissante si et seule-
ment si sa dérivée est positive ou nulle.
Démonstration. Supposons que
f
est croissante surI
. Alors, pour tousx
0etx
dansI
, on af (x)− f (x
0)
≥ 0
six≥ x
0;≤ 0
six < x
0.Il en résulte que, pour tous
x
0etx
dansI
, les réelsf (x)− f (x
0)
etx− x
0ont même signe et donc∀x
0∈ I ∀x ∈ I − {x
0}
f (x)x− f (x− x
0)
On en déduit
∀x
0∈ I
xlim
→x 0f (x)− f (x
0)
x− x
0≥ 0
et donc∀x
0∈ I
f
0(x
0) ≥ 0.
Supposons réciproquement que
f
0(t) ≥ 0
pour toutt∈ I
. Soitx
ety
dansI
tels quex≤ y
. Six = y
alorsf (x) = f (y)
. Supposonsx < y
. Alors[x,y] ⊂ I
doncf
est continue sur[x,y]
et dérivable sur]x,y[
. Par l’égalité des accroissements finis, il existec∈]x,y[
tel quef (y)− f (x) = f
0(c)(y − x).
Or,f
0(c) ≥ 0
ety− x ≥ 0
doncf (y)− f (x) ≥ 0
. On a donc montré∀(x,y) ∈ I
2x≤ y ⇒ f (x) ≤ f (y).
Ainsi, la fonctionf
est croissante.Théorème 112– Si
f : I
→ R
est dérivable sur l’intervalle ouvertI
et sif
0(t) > 0
pour toutt∈ I
, alorsf
est strictement croissante.Démonstration. Soit
x
ety
dansI
tels quex < y
. On a[x,y] ⊂ I
doncf
est continue sur[x,y]
et dérivable sur]x,y[
. Par l’égalité des accroissements finis, il existec∈]x,y[
tel quef (y)− f (x) = f
0(c)(y − x).
Or,f
0(c) > 0
ety− x > 0
doncf (y)− f (x) > 0
. On a donc montré∀(x,y) ∈ I
2x < y⇒ f (x) < f (y).
Ainsi, la fonctionf
est strictement croissante.Remarque 113– La réciproque du théorème 112 est fausse. Une fonction peut être strictement croissante sur un intervalle avec une dérivée qui n’est pas strictement positive sur cet intervalle. C’est le cas de la fonction
7→ x
3dont la dérivée s’annule en0
alors qu’elle croît strictement surR
.Théorème 114– Une fonction dérivable sur un intervalle ouvert y est décroissante si et seule-
ment si sa dérivée est négative ou nulle.
Démonstration. On remarque que la fonction
f : I→ R
est décroissante si et seulement si la fonction−f : I →
R
x
7→ −f (x)
est croissante. Grâce au théorème 111 page précédente, la fonction
−f
est croissante si et seulement si sa dérivée−f
0est positive ou nulle, c’est-à-dire si et seulement sif
0est négative ou nulle.Théorème 115– Si
f : I
→ R
est dérivable sur l’intervalle ouvertI
et sif
0(t) < 0
pour toutt∈ I
, alorsf
est strictement décroissante.Démonstration. Si, pour tout
t∈ I
on af
0(t) < 0
alors(−f )
0(t) > 0
. la fonction−f
est donc strictement croissante surI
et doncf
décroît strictement surI
.Exemple 116– La fonction
sin/ cos
est définie en tout réel n’annulant pascos
, donc en tout réel qui ne s’écrit pasπ/2 + kπ
aveck∈ Z
. On définit la fonction tangente, notéetan
par∀t ∈ R −π2
+ kπ, k ∈ Z
tan(t) =
sin(t)
cos(t).
Pour toutt∈ R −
n
π 2+ kπ, k ∈ Z
o
, on atan
0(t) =cos(t)cos(t) − sin(t)(−sin(t))
cos
2(t)
=
1
cos
2(t)
> 0.
On remarque que∀t ∈ R−π2
+ kπ, k ∈ Z
cos(t)cos(t) − sin(t)(−sin(t))cos
2(t)
=cos
2(t)
cos
2(t)+
sin
2(t)
cos
2(t)= 1+tan
2(t).
Ainsi,∀t ∈ R −π2+ kπ, k ∈ Z
tan
0(t) =cos1
2(t)= 1 + tan
2(t) ≥ 1.
La fonction
tan
est donc strictement croissante sur tout intervalle ouvert inclus dans l’ensemble de définition. On peut retenir
Pour tout
k∈ Z
, la fonctiontan
est strictement croissante sur−π2
+ kπ,π2
+ kπ
.Soit
k∈ Z
. On asin(−π/2 + kπ) = (−1)
k+1et, sit∈] − π/2 + kπ,kπ[
alorscos(t)
est du signe de(−1)
k. De pluscos(t)
tend vers0
lorsquet
tend vers−π/2 + kπ
. On en déduit que∀k ∈ Z
lim
t→−π/2+kπ
t>−π/2+kπ
tan(t) = −∞.
Soit
k∈ Z
. On asin(π/2 + kπ) = (−1)
ket, sit∈]kπ,π/2 + kπ,[
alorscos(t)
est du signe de(−1)
k. De pluscos(t)
tend vers0
lorsquet
tend versπ/2 + kπ
. On en déduit que∀k ∈ Z
lim
t→π/2+kπ
t<π/2+kπ
On note
f
la restriction detan
à l’intervalle] − π/2,π/2[
. La fonctionf
est donc définie par∀t ∈−π2,π
2
f (t) = tan(t).
La fonction
f
est dérivable, donc continue, sur] − π/2,π/2[
. Elle est strictement croissante sur] − π/2,π/2[
. Sa limite en−π/2
est−∞
et sa limite enπ/2
est+∞
. Elle définit donc une bijection de] − π/2,π/2[
dans] − ∞,∞[= R
. On appelle arctangente et on notearctan
sa fonction réciproque. Commef
, elle est strictement croissante. Des limites def
en−π/2
etπ/2
, on déduit quelim
t→−∞arctan(t) = −
π
2
et t→+∞lim
arctan(t) =
π
2.
Enfin, la dérivée de
tan
, donc def
, ne s’annule pas sur] −π/2,π/2[
. Pour toutt∈ R
on a doncarctan
0(t) =
1
f
0(arctan(t))=
1
tan
0(arctan(t))
=
1
1 + tan
2(arctan(t))=
1
1 + t
2.
On retient∀t ∈−π2,π2
arctan
0(t) =
1
1 + t
2.
La courbe représentative de la fonction