CORRECTION TD 3 Chapitre 2 §5 Semestre 1-2015/2016

CORRECTION Chapitre 2 §5 TD 3 Semestre 1-2015/2016

La dérivation : applications

Révisions

➢ Exercice 3-1

Donner l'ensemble de définition, de dérivabilité de la fonction f suivante et donner l'expression de sa dérivée f'(x) pour les valeurs de x où elle existe :

f est définie pour tout x tel que x+2≠ 0 soit x≠ -2. Donc Df= ^ℝ−{-2} . Elle est dérivable sur le même ensemble.

∀ x ∈ ^ℝ−{-2} , ^{f 'x=6x−2x2−3x}_x22^{2−2x1×1}=3x²12x−5

x2² .

➢ Exercice 3-2

Donner l'équation de la tangente à la courbe représentative de g(x)= ^x3_x¹3=x³x⁻³ au point d'abscisse x=1.

Pour tout réel non nul, g'(x)= ^3x2−3x−4 . Donc g'(1)=0 et g(1)=2

Soit M(x;y) un point de la tangente cherchée. On a : ^y−g_x−1^{1=g '1} . Donc

y−2

x =0 donc y=2.

Elasticité

➢ Exercice 3-3

Une étude des chemins de fer norvégiens révèle que pour des voyages de moins de 60 km, l'élasticité de la demande par rapport au prix en volume de passagers était de -0,4.

L'élasticité correspondante pour des voyages de plus ou moins 300 km était d'environ -0,9. Donnez une interprétation des élasticité et tentez d'expliquer pour quelle raison, la

fx=3x²−2x1 x2

dernière élasticité est plus grande en valeur absolue que la première.

Pour les voyages de moins de 60 km, une hausse de 1% du prix entraine une baisse approximative du volume de trafic de 0,4%. De même pour les voyages de plus ou moins 300 km, une hausse de 1% du prix entraine une baisse approximative du volume de trafic de 0,9%. La baisse est plus importante pour les longs trajets car il existe d'autres modes de transports alternatifs, l'avion par exemple.

➢ Exercice 3-4

Soit la quantité demandée d'un bien exprimée par rapport au prix selon la formule

D(p)=8 000× p^-1,5 . Calculer l'élasticité de la quantité par rapport au prix. Donner une interprétation du résultat. Déterminer le pourcentage exact de variation de la quantité demandée quand le prix augmente de 1% à partir de 4. Garder 3 décimales.

ElpD(p)= _D^p_p^{D 'p=}₈₀₀₀^p_p−1,5×8000×−1,5p^−1,5−1=−1,5. Une augmentation de 1% du prix du bien entraine une baisse approximative de la demande de 1,5%.

Calcul de la baisse exacte :

Si le prix augmente de 1% à partir de 4, il donne 4×(1+1/100)=4,04.

Pour trouver le pourcentage de variation de la demande, nous devons calculer D(4) et D(4,04) puis calculer la variation relative en pourcentage :

D4,04−D4

D4 ×100=8000×4,04^−1,5−8000×4^−1,5

8000×4^−1,5 ×100≈−1,481 . Donc le pourcentage de baisse est exactement de 1,481 %.

➢ Exercice 3-5

1. Calculer l'élasticité des fonctions suivantes f(t)=-3t² ; g(x)=



2. Une étude en économie des transports utilise la relation T=0,4K^1,06 où K est la dépense pour la construction de routes et T une mesure du volume du trafic. Déterminer l'élasticité de T par rapport à K. Selon ce modèle, si les dépenses augmentent de 1%, de quel pourcentage (approximativement), le volume du trafic augmente-t-il?

1.∀t∈ ^ℝ, Eltf(t)= _f^t_t ^{f 't} . Or f'(t)=-6t donc Eltf(t)= _−3t^t 2×−6t=2 . ∀x∈ ^ℝ, Elxg(x)= _gx^{x g 'x} . Or g'(x)= ₂



x





Donc ElKT(K)= ^K

0,4×K^1,06×0,4×1,06K^0,06=1,06 .

Donc si la dépense augmente de 1%, le volume du trafic augmentera d'environ 1,06%.

Remarque : L'élasticité d'une fonction puissance est constante.

Dérivées successives

➢ Exercice 3-6

Le secrétaire américain à la défense affirma en 1985 que le congrès avait réduit le budget de la défense. L'opposition mit les choses au point en disant que le budget n'avait pas été

réduit mais bien son taux de croissance. Si P désigne le montant du budget de la défense, traduisez les déclarations en proposition sur les signes de P' et P''.

Si le budget n'est pas réduit, c'est qu'il est stable ou croissant donc P' ≥ 0.

Si le taux de croissance se réduit, alors P''≤ 0.

➢ Exercice 3-7

Calculer la dérivée seconde des fonctions suivantes :

^f1x=x , ^f2x=1x²¹⁰ et calculer ^d_dL^2L2 pour L(t)= _3t¹ . Pour tout x>0, ^{f '}1x= 1

2^x=

1 2x

−1

2 donc f ' '1x=1 2×−1

2 x

−1 2−1

=−1 4 x

−3

2 .

Pour tout réel x, ^{f '}2x=10×2x1x²¹⁰⁻¹=20x1x²⁹ donc ^{f ' '}2x=201x²⁹20x×9×2x1x²⁹⁻¹=201x²⁹360x²1x²⁸ .

Pour tout réel t différent de -3, ^Lt=_3t^{1 =3t−1} donc ^{L 't=−13t−1−1=}_3t⁻¹_2 . ^d_dL^2L2=−1×−2×3t⁻³= 2

3t³ .

➢ Exercice 3-8

Etudier la fonction C(q)=2q⁵-5q⁴+4q³ sur [-10;20] : ensemble de dérivabilité, tableau de variation, graphe, concavité.

C est dérivable sur [-10;20].

Pour tout q dans [-10;20], C'(q)=10q⁴-20q³+12q²=2q²(5q²-10q+6)

∀ q ∈ [-10;20], q²≥ 0 donc C' est du signe de 5q²-10q+6.

Calculons ∆=(-10)²-120=-20<0 donc 5q²-10q+6 est de signe constant (celui de la valeur en 0 : positif). Ainsi, ∀ q ∈ [-10;20], C'(q)≥0 donc C est croissante sur [-10;20].

∀ q ∈ [-10;20],C ''(q)=40q³-60q²+24q=4q(10q²-15q+6).

C'' s'annule en 0 et pour q tel que 10q²-15q+6=0.

∆=(-15)²-240=-15<0 donc 10q²-15q+6 est de signe constant (celui de la valeur en 0 : positif). Ainsi, ∀ q ∈ [-10;0], C''(q)≤0 et ∀ q ∈ [0;20],C''(q)≥0 donc sur [-10;0], C est concave et sur [0;20], C est convexe avec le point (0;0) comme point d'inflexion.

Ligne 1 Ligne 2 Ligne 3 Ligne 4 0

2 4 6 8 10 12

1 colonne 2 colonne 3 colonne

-10 -9

-8 -7

-6 -5

-4 -3

-2 -1

0 1

2 3

4 5

6 7

8 9

10 11

12 13

14 15

16 17

18 19

20 -1000000

0 1000000 2000000 3000000 4000000 5000000 6000000

fonction C

q

C

➢ Exercice 3-9

Calculer les dérivées premières, secondes et troisièmes de f(x)=ln(x) pour tout x>0. Tenter de trouver une formule générale pour la dérivée n^ième de ln(x). Démontrez la par récurrence.

Ecrire le développement de Taylor à l'ordre n>0 au voisinage de 1.

∀ x > 0, (ln x)'=1/x .

∀ x > 0, (ln x)''=(1/x)'=-1/x²=-x^-2

∀ x > 0, (ln x)'''=(-1/x²)'=-(-2)x^-3=2x^-3

∀ x > 0, (ln x)⁽⁴⁾=(2x^-3)'=2×(-3)x^-4 donc (-1)^4-1 (4-1)! x^-4 ainsi, il semble que ∀ x > 0 et ∀ n > 0, (ln x)⁽ⁿ⁾=(-1)^n-1 (n-1)! x^-n. Nous allons le démontrer par récurrence.

1. Définition de la propriété

Soit P(n) la propriété définie pour n entier naturel >0 par : P(n) : ''(ln x)⁽ⁿ⁾=(-1)^n-1 (n-1)! x^-n “.

2. Vérification de la propriété au rang de départ

P(n) est vraie au premier rang (voir les calculs ci-dessus) donc P(1) est vraie.

3. Vérification de l'hérédité

Héréditié : montrons que P(n) est héréditaire à partir du rang 1.

Supposons que pour UN entier n≥1, P(n) soit vérifiée.

On a donc : (ln x)⁽ⁿ⁾=(-1)^n-1 (n-1)! x^-n Calculons (ln x)⁽ⁿ⁺¹⁾ à partir de P(n) :

(ln x)⁽ⁿ⁺¹⁾=[(ln x)⁽ⁿ⁾]'=(-1)^n-1 (n-1)! ×(-n)x^-n-1=(-1)^n-1 (n-1)! ×(-1)×nx^-(n+1)=(-1)ⁿ (n)! x^-(n+1) On trouve alors que la propriété est vraie au rang n+1.

Donc P(n+1) est vérifiée.

4. Conclusion

La propriété P(n) est vraie au rang 1 ET elle est héréditaire.

Ainsi, ∀ x > 0 et ∀ n ≥1, (ln x)⁽ⁿ⁾=(-1)^n-1 (n-1)! x^-n.

f étant indéfiniment dérivable sur ]0.+∞[, nous pouvons utiliser la formule :

fx≈fx₀x−x₀

1! f 'x₀x−x₀²

2! f ' 'x₀x−x₀³

3! f ' ' 'x₀...x−x₀ⁿ

n! f^nx₀, ce qui donne

lnx≈ln1x−1

1! ln'1x−1²

2! ln' '1x−1³

3! ln' ' '1...x−1ⁿ

n! ln^n1, soit

lnx≈x−1−x−1²

2 x−1³

3 ...−1ⁿ⁻¹x−1ⁿ

n .

Approximations

➢ Exercice 3-10

A l'aide de la différentielle, déterminer une valeur approchée de 1,001⁵⁰. Comparer avec la valeur exacte.

On a df=f'(x0)dx qui donne l'approximation suivante : ∆f ≈ f'(x0) ∆ x c'est à dire pour h petit : f(x0+h)-f(x0) ≈ f'(x0) ( x0+h-x0) d'où f(x0+h) ≈ f(x0) + hf'(x0) .

On a x0=1 ; h=0,001 ; f(x)=x⁵⁰ ; f'(x)=50x⁴⁹ ; donc f(1)=1 et f'(1)=50 Donc f(1,001)≈ 1 + 50×0,001 ≈ 1,05.

Le calcul direct donne 1,001⁵⁰ ≈ 1,05 .

➢ Exercice 3-11

1. Déterminer une approximation au second degré de h(x)= ln(2x+4) au voisinage de 0.

2. Déterminer l'équation de la tangente à la courbe représentative de h au point d'abscisse x=0.

3. En déduire la position de la courbe représentative de h par rapport à la tangente au voisinage de x=0.

1. ∀ x>-2, h'(x)= _2x4^{2 =}_x2¹ donc h'(0)=1/2.

∀ x>-2, h''(x)= _x2^{−1 2} donc h''(0)=-1/4.

On a h(0)=ln(4). La formule de Taylor à l'ordre 2 donne :

2. L'équation de la tangente au point d'abscisse x=0 est donnée par ^y−h_x−0^{0=h'0} soit

y−ln4

x =1

2 donc l'équation est donnée par :

3. En utilisant l'approximation de h au voisinage de 0, on obtient : pour tout x au voisinage de 0.

Donc, la courbe est sous la tangente au point d'abscisse 0.

➢ Exercice 3-12

Soit f une fonction réelle de la variable x. On suppose que f est indéfiniment dérivable au voisinage de x0=3 et vérifie :

f(3)=2 ; f⁽¹⁾(3)=1 ; f⁽²⁾(3) = f⁽³⁾(3)= f⁽⁴⁾(3)=0 et f⁽⁵⁾(3)=240 .

1. Déterminer une équation de la tangente à la courbe représentative de f au point d'abscisse x0=3.

2. Soit x un réel au voisinage de x0=3 et différent de 3. f étant indéfiniment dérivable au voisinage de 3, on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange à n'importe quel ordre entre x0=3 et x. Appliquer cette formule à l'ordre 5. En déduire la position de la courbe par rapport à la tangente au point d'abscisse x0=3.

1. On a la formule, pour tout point M(x;y) de la tangente à la courbe représentative de f, au point d'abscisse x0=3 : ^y−_x−3^{f3=f '3} soit ^y−2_x−3⁼¹ donc y=x-1.

2. On a, pour tout réel x du voisinage de x0=3 :

fx≈fx₀x−x₀

1! f 'x₀x−x₀²

2! f ' 'x₀x−x₀³

3! f ' ' 'x₀...x−x₀ⁿ

n! f^nx₀,

d'où, à l'ordre 5 avec les valeurs données :

fx≈2x−3240x−3⁵

5! soit ^{fx≈x−12x−35} .

Pour trouver la position de la courbe par rapport à la tangente en x0=3 , on cherche le signe de f(x)-y≈ 2(x-3)⁵ . Pour x au voisinage de 3 et x>3, (x-3)⁵ >0 et pour x au voisinage de 3 et x<3, (x-3)⁵ <0 donc f(x)-y>0, pour x>3 et f(x)-y<0, pour x<3. Ainsi, la courbe est

hx≈h0 x

1!h '0x²

2!h' '0≈ln41 2x−1

8x².

y=ln41 2x.

hx−y≈−1 8 x²0

ainsi située au-dessus de la tangente pour x>3 et au-dessous de la tangente pour x<3.

Pour aller plus loin

➢ Exercice 3-13

Démontrer que si f et g sont dérivables à valeurs non nulles de x et A une constante alors les règles suivantes sont valables :

ElxA=0 ; Elx(fg)=Elxf+Elxg ; Elx(f+g)= ^{fElx f}_f^_^gEl_g ^xg . ElxA=0 car A étant constante, la dérivée est nulle.

Elx(fg)= _fxg^x _x^{fg'x=xf 'xg}_f^x_x^_g^f_x^x_ ^{g 'x=xf '}_f^x_x^{xg '}_g^_x^x=ElxfxEl_xgx . Elx(f+g)=

x

fxgxfg'x=xf 'xg 'x

fxgx =

xf 'xfx

fxxg 'xgx

gx

fxgx =fxEl_xf xgxEl_xgx

fxgx .

➢ Exercice 3-14

Etudier la fonction C(K)=K^-3+K^15/4 sur [1;10] : ensemble de dérivabilité, tableau de variation, graphe, concavité.

C est définie sur ]0;+∞[ ainsi que C', elle est définie par : C'(K)=-3K^--3-1+ ¹⁵₄ K

15 4−1

= −3K⁻⁴15 4 K

11

4 .

Cherchons pour quelles valeurs de K, C'(K) est positif :

−3K⁻⁴15 4 K

11

40⇔15

4 K

11

43K⁻⁴⇔K

11 44

 3 15

4

⇔K

27 44

5 soit _K²⁷⁴_{0,8⇔K0,8}²⁷⁴ (la fonction puissance 4/27 étant croissante sur ]0;+∞[).

Ainsi, sur [0,8^4/27;+∞[, C est croissante et sur ]0;0,8^4/27], elle est décroissante.

∀ K ∈ ]0;+∞[ , C''(K)= ^{−3×−4K−4−115}₄^×11₄ ^{K114−1=12K−5165}₁₆ ^K74 .

∀ K ∈ ]0;+∞[ , C''(K) > 0 (chaque terme est strictement positif sur ]0;+∞[ )donc C est convexe.

➢ Exercice 3-15

Montrer que pour x proche de 0, 1x≈11

2x . Dans un même repère, tracer la courbe représentative de 1x et de ^11₂^x sur ]0;3[.

Généralisation : montrer que (1+x)^m est proche de 1+mx au voisinage de 0.

Donner le développement de Taylor à l'ordre 3 au voisinage de 0 de ^1x . Donner le reste de Lagrange.

En utilisant l'approximation ^_x^{f≈f 'x}0 soit f(x0+h)≈f(x0)+hf'(x0) avec x0=0 et f(x)= ^1x d'où, f(h)≈f(0)+hf'(0) pour h proche de 0.

On a, pour tout x>-1, ^{f 'x=}₂1¹ x donc f'(0)= ¹₂ . De plus, f(0)=1.

Donc 1h≈11

2h pour h proche de 0, que l'on peut écrire : 1x≈11 2x . Si f(x)=(1+x)^m alors f'(x)=m(1+x)^m-1 donc f'(0)=m et f(0)=1, d'où à l'aide de la formule f(h)≈f(0)+hf'(0) pour h proche de 0, on trouve l'approximation : 1h^m≈1mh ou 1x^m≈1mx pour x proche de 0.

A l'aide de la formule ,

nous pouvons trouver une approximation à l'ordre 3 de ^1x au voisinage de x0=0.

Nous avons besoin de f''(x) et f'''(x).

Pour tout x>-1, f''(x)= ⁻¹₄ 1x

−3

2 donc f''(0)= ⁻¹₄ et f'''(x)= ³₈1x

−5

2 donc

f'''(0)= ³₈ . Donc 1x≈11

2x−1 4×1

2!x²3 8×1

3!x³ donc 1x≈11 2x−1

8x² 1

16x³ au voisinage de 0.

➢ Exercice 3-16 Règle de 70

Si un montant K rapporte annuellement p% d'intérêts, le temps de doublement est approché par ⁷⁰_p . Prouvez-le!

Calculer le temps de doublement réel pour p=3,5% puis le temps approché à l'aide de la règle.

Si t est le temps de doublement, t vérifie 2K=K(1+p/100)^t. Le montant K étant non nul, nous arrivons à l'équation 2=(1+p/100)^t.

t étant l'inconnue, nous devons prendre le logarithme népérien de chaque membre : ln 2= ln[(1+p/100)^t] soit ln 2=t ln(1+p/100) donc

t= ln 2 ln1 p

100 .

Nous allons approcher la fonction ln(1+x) au voisinage de 0 à l'aide de Taylor-Lagrange au

0 0,2

0,4 0,6

0,8 1

1,2 1,4

1,6 1,8

2 2,2

2,4 2,6

2,8 3 0

0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5

approximation de racine carrée

fonction approximati on 1er ordre approximati on 3ème ordre

x fx≈fx₀x−x₀

1! f 'x₀x−x₀²

2! f ' 'x₀x−x₀³

3! f ' ' 'x₀,

premier ordre . Ainsi f(x)=ln(1+x) ; f'(x)= _1¹_x avec f(0)=ln 1=0; f'(0)=1. Donc ln(1+x)≈ f(0)+xf'(0) soit ln(1+x) ≈ x.

En considérant p/100 comme “petit”, on aboutit à ln(1+p/100) ≈ p/100 donc

t≈ln 2 p 100

soit 100 ln2

p .

De plus 100 ln 2 est environ égal à 70 donc t≈ 70/p, d'où la règle de 70.

Si p=3,5%, le temps réel de doublement est ^t=_ln1^{ln 23,5}

100

= ln 2

ln1,05≈20,1

années.

Le temps approché est 70/3,5 =20.

➢ Exercice 3-17

Soit ^fx=_1ax¹ . Donner l'ensemble de définition et de dérivabilité de f. Montrer que la dérivée première peut s'écrire f'(x)=-a(1+ax)^-2.

Montrer que f''(x)=a(-2a)(1+ax)^-3.

Montrer par récurrence que pour pour tout entier p>0, f^(p)(x)=(-a)(-2a)...(-pa)(1+ax)^-p-1. Remarque : 1×2×3×... ×p=p! Exprimer f^(p)(x) à l'aide de p!

Donner la relation pour a=1. Donner le développement de Taylor de _1¹_x à l'ordre 4 au voisinage de 0.

fx= 1

1ax=1ax⁻¹ donc f 'x=a×−11ax⁻¹⁻¹=−a1ax⁻² . De la même façon, f ' 'x=−a×a×−21ax⁻²⁻¹=−a−2a1ax⁻³ . Montrons la relation par récurrence :

1. Définition de la propriété

Soit P(n) la propriété définie pour n entier naturel >0 par : P(n) : ''f⁽ⁿ⁾(x)=(-a)(-2a)...(-na)(1+ax)^-n-1“.

2. Vérification de la propriété au rang de départ

Montrons que P(n) est vraie au premier rang (ici 1 mais le premier rang est souvent 0) : Pour n=1, f 'x=−a1ax⁻² donc P(1) est vraie.

3. Vérification de l'hérédité

Héréditié : montrons que P(n) est héréditaire à partir du rang 1.

Supposons que pour UN entier n≥1, P(n) soit vérifiée.

On a donc : f⁽ⁿ⁾(x)=(-a)(-2a)...(-na)(1+ax)^-n-1 Cherchons f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) à partir de P(n) :

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x)=[^.f⁽ⁿ⁾(x)]'=[(-a)(-2a)...(-na)(1+ax)^-n-1]'=(-a)(-2a)...(-na) × a × (-n-1)(1+ax)^-n-1-1 Donc f⁽ⁿ⁺¹⁾(x)=(-a)(-2a)...(-na) × ((-n-1)a)(1+ax)^-n-2

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x)=(-a)(-2a)...(-na) × (-(n+1)a)(1+ax)^-n-2 On trouve alors que la propriété est vraie au rang n+1.

Donc P(n+1) est vérifiée.

4. Conclusion

La propriété P(n) est vraie au rang 1 ET elle est héréditaire.

Ainsi, ∀ n ≥1, f⁽ⁿ⁾(x)=(-a)(-2a)...(-na)(1+ax)^-n-1.

On peut écrire f⁽ⁿ⁾(x)=(-1)×(−1)×...×(−1)×1×2×...× n × aⁿ(1+ax)^-n-1. Donc f⁽ⁿ⁾(x)=(-1)ⁿaⁿn!(1+ax)^-n-1= ^{−1nann!}

1ax^n1 . Si a=1, f⁽ⁿ⁾(x)= _1x^{−1nn!}n1 .

f(0)=1;

f'(0)=-1;

f''(0)=2;

f'''(0)=-6;

f⁽⁴⁾(0)=24;

On a pour tout h proche de 0 :

soit

f1h≈f0 h

1! f '0h²

2! f ' '0h³

3! f ' ' '0h⁴ 4! f^40

f1h≈1−hh²−h³h⁴.