xd q d eauair I d q AE

S1 2005-2006 - Mathématiques IUT Mesures Physiques - Grenoble I

TD 6 : dérivées, problèmes d’extremum

T Exercices théoriques :

1. Calculer les dérivées des fonctions définies par : a(x) = x

√x²+1 b(x) = x sin 3x

1+x c(x) =arcsin√

1+x v(r) = ⁴₃πr³. 2. Calculer les dérivées d’ordre n des fonctions : a(x) =cos x, b(x) = 1

x et c(x) = 1 1−x. 3. Calculer la dérivée des réciproques des fonctions suivantes (préciser le domaine de définition) :

a(x) =x³, b(x) =cos x et c(x) =tan x.

4. Existence et valeur des extrema des fonctions suivantes : a(x) =x(3−x), b(x) = 4x²−3x−1

4x²+1 , c(x) =√

1+sin x, d(x) =arctan²x, e(x) = x²−1 x²+1. 5. On définit la fonction « sinus cardinal » par sinc x= sin x

x si x6=0 et sinc 0=1.

Calculer ses dérivées première et seconde. Etudier et tracer la fonction sinc.

Préciser en particulier la valeur de ses extrema secondaires.

6. Calculer les dérivées logarithmiques des fonctions suivantes :

a(x) = (x²−1)tan x, b(x) = 2(x−1)²

√4x²+2x+1. 7. Déterminer lim_x→1arctan x−π/4

x²−1

8. Simplifier, pour x6=0, l’expression arctan x+arctan1 x. P Exercices pratiques :

1. Démonstration de la loi de Descartes

Dans un milieu homogène la lumière se déplace en ligne droite à vitesse constante. On s’intéresse ici à la trajectoire d’un rayon lumineux émis en un point E situé sous l’eau et qui atteint un observateur situé dans l’air en un point A.

Le chemin parcouru est une succession de deux segments, le trajet EI étant parcouru à la vitesse ve et le trajet IA à la vitesse v_a.

L’objectif est de démontrer la relation de Descartes reliant les anglesθe etθaque font le rayon avec la normale à l’in- terface eau/air.

x d

A

E

d

d

eau

I air

θ

θ

(a) Exprimer en fonction de d,d_e,d_a,v_e,v_aet de x le temps t(x)mis par le rayon entre E à A.

(b) Comment déterminer x tel que le temps de trajet t(x)soit minimal ? (c) Déduire de ce qui précède la relation de Descartes sinθe

sinθa

= v_e va

.

2. Un problème d’optimisation Un fabricant de boîtes de conserve veut produire des boîtes cylin- driques de volume fixé à 1 litre. Econome, il cherche à fabriquer des boîtes de surface minimale.

Quelles dimensions (rayon et hauteur) doit-il choisir ?

3. Calcul d’erreur et différentielles Si l’imprécision de mesure du rayon d’une boule égal à 20cm est de±1cm, quelle est l’imprécision sur le volume ? Quelle est l’erreur relative ?

4. Excés de vitesse Un automobiliste met 15 min pour effectuer le trajet entre Sassenage et Villard- de-Lans, distantes de 27km. Justifier, sans utiliser de radar, qu’il a commis une infraction.

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CORRECTION DU TD :

T Exercices théoriques :

1. a(x) =x(x²+1)^−1/2 donc on dérive comme un produit : a^′(x) = (x²+1)^−1/2+x(−1 2(x²+ 1)^−3/2×2x) = (x²+1)^−3/2(x²+1−x²) = (x²+1)^−3/2 v^′(r) =4πr² b(x) = x

1+xsin 3x donc b^′(x) = 1

(1+x)²sin 3x+3 cos 3x

1+x = (1+x)sin 3x+3 cos 3x (1+x)²

D_c= [−1; 0], D_c′ =]−1; 0[, et sur D_c′, on a c^′(x) = d dx(√

1+x)

p1−(1+x)= 1 2√

1+x√

−x = 1 2√

−x−x² 2. La dérivée de x7→cos(x)est−sin(x) =cos(x+π/2)(utiliser un cercle trigonométrique !).

Donc par récurrence immédiate, cos⁽ⁿ⁾(x) =cos(x+nπ/2).

De même on montre aussi par récurrence que dⁿ dxⁿ(1

x) =(−1)ⁿn!

xⁿ⁺¹ et que dⁿ dxⁿ( 1

1−x) = n!

(1−x)ⁿ⁺¹ 3. a est une fonction strictement croissante deRdansR, c’est donc une fonction inversible surR.

On a a^′(x) =3x², a⁻¹(x) =√³

x=x^1/3, et donc(a⁻¹)^′(x) = 1

a^′(a⁻¹(x)) = 1

3x^2/3 = ¹₃x^−2/3. cos est une bijection de[0;π]dans[−1; 1]dont la fonction réciproque est la fonction arccos. On a alors arccos^′(x) = 1

−sin(arccos(x)), et donc arccos^′(x) =− 1

√1−x².

tan est une bijection de]−π/2;π/2[surR, donc la réciproque est arctan. On a donc arctan^′(x) = 1

tan^′(arctan x) = 1

1+tan²(arctan x) = 1 1+x².

4. a : a tend vers−∞en−∞et en+∞, elle n’a donc pas de minimum global. Le maximum est atteint pour la valeur de x qui annule la dérivée 3−2x, soit x=3/2, et ce maximum vaut 9/4.

b : les limites en+∞et−∞valent 1. La dérivée s’annule pour x=−3/2 et x=1/6, les valeurs correspondantes 9/4 et−9/4 sont donc respectivement les maximum et minimum.

c : sans calcul...le minimum est 0 et le maximum√

2 : sin est compris entre -1 et 1, donc√

1+sin x est compris entre 0 et √

2, et ces valeurs sont atteintes : en les −π/2+2kπ pour 0 et en les π/2+2kπpour le√

2.

d : sans calcul...minimum 0, atteint en 0 ; et pas de maximum bien que la fonction soit majorée : en effet, c(x)est toujours strictement inférieure à π²

4 , qui est sa limite en±∞.

e : la limite de e en+∞comme en−∞est 1.

La dérivée de e s’annule pour 2x(x²+1)−2x(x²−1) =0, soit 4x=0 : pour x=0. La valeur en ce point est−1. Ainsi, e admet un minimum -1 atteint pour x=0, et n’admet pas de maximum.

Autre méthode sans dérivée : on écrit e(x) =1−2/(x²+1), donc e(x)est minimal pour x²mini- mal, soit x=0...

5. sinc est continue surRet indéfiniment dérivable surR^∗. On admet qu’elle est indéfiniment déri- vable surRet que la dérivée n-ième en 0 est la limite de la dérivée n-ième autour de 0.

On calcule sinc^′(x) =x cos x−sin x

x² et sinc^′′(x) =−sinc(x)−2

xsinc^′(x).

sinc^′(x) =0 équivaut à x=tan x. On a donc un unique zéro a_k dans chaque intervalle ](2k− 1)^π₂;(2k+1)^π₂[de largeurπ. On note que a0=0, sinc(0) =1 ; a₁=−a₋₁≃4,4934, sinc(a1)≃

−0,2172 ; a₂=−a₋₂≃7,7253, sinc(a2)≃0,1284.

Comme sinc est une fonction paire, il suffit de l’étudier surR⁺.

On constate que sinc^′′(ak)est non nul (car sinc(ak)6=0), donc en chaque a_kla dérivée s’annule et change de signe : chaque a_k est un extrema local strict. Plus précisément, a0, a2, ..., a_2k sont des maxima locaux et a₁, a₃, ..., a_2k+1sont des minima locaux.

2

-0.25 0 0.25 0.5 0.75 1

-24 -22 -20 -18 -16 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

6. On a a^′

a(x) = 2x

x²−1+1+tan²x tan x , et b^′

b(x) = 2 x−1−1

2

8x+2 4x²+2x+1. 7. arctan x−π/4

x²−1 = 1 x+1

arctan x−π/4

x−1 ; la première fraction tend vers 1/2 et la seconde est le taux d’accroissement de arctan entre 1 et x : quand x tend vers 1, sa limite est donc arctan^′(1) =1/2.

Finalement, la limite cherchée vaut 1/4.

8. L’expression est définie et dérivable sur ]−∞; 0[ et sur ]0;+∞[. Et la dérivée vaut 1 1+x² − 1

x² 1

1+ (1/x)² =0. Ainsi, sur chacun des deux intervalles, l’expression est constante. Comme arctan 1=π/4 et arctan(−1) =−π/4, on en déduit que arctan x+arctan¹_x =signe(x)^π₂.

P Exercices pratiques :

1. (a) Entre E et I la lumière metp

x²+d_e²/veet entre I et A,p

(d−x)²+d_a²/va, donc t(x) =

q

x²+d_e²/ve+ q

(d−x)²+d_a²/va. (b) x annule t^′: Et on a donc pour cette valeur x

v_ep

x²+d_e²− d−x v_ap

(d−x)²+d_a² =0.

(c) Comme sinθa= d−x

p(d−x)²+d_a² et sinθe= x

px²+d_e², on a bien sinθe/ve=sinθa/va. 2. On appelle h la hauteur et r le rayon de la boîte, exprimés en décimètres. Alorsπr²h=1.

La surface de métal nécessaire est donc 2πrh+2πr² (le corps de la boîte, le couvercle et le fond), que l’on peut exprimer en fonction de r uniquement, en remplaçant h par son expression en fonction de r : S(r) =2/r+2πr².

On voit que si r tend vers 0 ou vers l’infini, S(r)tend vers l’infini. Le minimum de la fonction est donc donné par S^′(r) =0 soit−1/r²+4πr=0, soit encore 2πr³=1, et r= (2π)^−1/3. Donc h= 4

π

1/3

, ce qui donne la forme de la boîte. [tout cela exprimé en décimètres]

3. dV =4πR²dR, et ^dV_V =3^dR_R . A.N : l’erreur dV vaut 5027 cm³, et l’erreur relative 0,15 soit 15%.

4. Soit x(t)la distance parcourue à l’instant t (t0 étant l’instant de départ, t1 celui d’arrivée). Sup- posons que l’automobiliste n’ait jamais commis d’infraction : sa vitesse x^′(t) est restée tou- jours inférieure à 90 km/h. Par conséquent, on a d’aprés l’inégalité des accroissements finis

|x(t1)−x(t0)| ≤90|t₁−t₀|. On aurait donc |x(t1)−x(t0)| ≤90×15/60=22,5km...la distance parcourue ne peut dépasser 22,5km.

Autre raisonnement : on sait par le théorème des accroissements finis qu’il existe t₂entre t₀et t₁ tel que la vitesse à l’instant t₂, x^′(t2), soit égale à la vitesse moyenne x(t1)−x(t0)

t₁−t₀ ≃108 km.h⁻¹: il y a donc bien eu infraction.

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