Fonctions d'une variable réelle : 18 exercices corrigés

Prouver une limite avec epsilon et delta

DémonstrationDifficulté 3/5

1. Démontrer avec la définition que $\displaystyle\lim_{x\to2}(3x+1)=7$ . 2. Démontrer de même que $\displaystyle\lim_{x\to1}x^2=1$ : on cherchera un $\delta$ qui marche pour tout $\varepsilon$ , en commençant par imposer $\lvert x-1\rvert\leq1$ . 3. Pour $\varepsilon=0{,}01$ , donner une valeur explicite de $\delta$ dans la question 2, et vérifier que $\delta=\varepsilon$ ne convient pas.

Indices (3)

Calculer $\lvert(3x+1)-7\rvert$ : c'est un multiple de $\lvert x-2\rvert$ .

Factoriser $x^2-1=(x-1)(x+1)$ et majorer $\lvert x+1\rvert$ quand $x$ reste à distance au plus $1$ de $1$ .

Un $\delta$ qui doit satisfaire deux contraintes se prend comme le minimum des deux.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La définition d'une limite est un contrat, exactement comme pour les suites : on te donne une marge $\varepsilon$ sur les valeurs, tu dois rendre une marge $\delta$ sur la variable telle que rester à moins de $\delta$ de $a$ garantisse rester à moins de $\varepsilon$ de $\ell$ . Si tu sais toujours répondre, la limite existe.

La différence avec les suites : au lieu d'un rang $N$ « à partir duquel », on a une distance $\delta$ « en deçà de laquelle ». Et $x$ s'approche de $a$ des deux côtés — le contrat doit tenir pour $x<a$ comme pour $x>a$ .

👉 Dans les deux questions, la stratégie est la même : exprimer $\lvert f(x)-\ell\rvert$ en fonction de $\lvert x-a\rvert$ , puis résoudre « $\lvert f(x)-\ell\rvert<\varepsilon$ » en $\lvert x-a\rvert$ . Pour la fonction affine c'est immédiat ; pour $x^2$ il faut d'abord borner un facteur parasite.

Une fonction affine : delta se lit directement

\lvert(3x+1)-7\rvert=\lvert3x-6\rvert=3\,\lvert x-2\rvert.

Donc $\lvert(3x+1)-7\rvert<\varepsilon$ équivaut à $\lvert x-2\rvert<\dfrac\varepsilon3$ . Soit $\varepsilon>0$ ; on pose $\delta=\dfrac\varepsilon3$ . Alors

0<\lvert x-2\rvert<\delta\ \Rightarrow\ \lvert(3x+1)-7\rvert=3\lvert x-2\rvert<3\delta=\varepsilon.

C'est toute la preuve : $\varepsilon$ arbitraire, $\delta$ explicite, l'implication vérifiée. $\blacksquare$

\boxed{\lim_{x\to2}(3x+1)=7,\quad\delta=\frac\varepsilon3}

ℹ️ Pour une fonction affine $x\mapsto mx+p$ , le même calcul donne toujours $\delta=\dfrac\varepsilon{\lvert m\rvert}$ : une pente forte exige un $\delta$ petit, ce qui est géométriquement évident — plus la droite est raide, moins on peut s'éloigner de $a$ sans que $f$ bouge beaucoup.

Le carré : borner d'abord, puis choisir delta

\lvert x^2-1\rvert=\lvert x-1\rvert\cdot\lvert x+1\rvert.

Le facteur $\lvert x+1\rvert$ dépend de $x$ : on ne peut pas diviser $\varepsilon$ par lui comme on a divisé par $3$ . L'idée est de le borner en s'obligeant d'abord à rester près de $1$ :

\lvert x-1\rvert\leq1\ \Rightarrow\ 0\leq x\leq2\ \Rightarrow\ 1\leq x+1\leq3\ \Rightarrow\ \lvert x+1\rvert\leq3.

Sous cette contrainte, $\lvert x^2-1\rvert\leq3\lvert x-1\rvert$ , et il suffit alors d'avoir $\lvert x-1\rvert<\dfrac\varepsilon3$ . Les deux contraintes doivent tenir en même temps, d'où

\delta=\min\!\left(1,\frac\varepsilon3\right).

Preuve. Soit $\varepsilon>0$ et $\delta=\min(1,\varepsilon/3)$ . Si $0<\lvert x-1\rvert<\delta$ , alors $\lvert x-1\rvert<1$ donc $\lvert x+1\rvert\leq3$ , et

\lvert x^2-1\rvert=\lvert x-1\rvert\,\lvert x+1\rvert<\delta\cdot3\leq\frac\varepsilon3\cdot3=\varepsilon.\qquad\blacksquare

\boxed{\lim_{x\to1}x^2=1,\quad\delta=\min\!\left(1,\frac\varepsilon3\right)}

Une valeur numérique, et le delta naïf qui échoue

Pour $\varepsilon=0{,}01$ . $\dfrac\varepsilon3=\dfrac1{300}\approx0{,}0033<1$ , donc $\delta=\dfrac1{300}$ . Contrôle au bord : pour $x=1+\dfrac1{300}$ ,

x^2-1=\frac2{300}+\frac1{300^2}=\frac{601}{90\,000}\approx0{,}0067<0{,}01\ ✓

et il reste même de la marge — normal, on a majoré $\lvert x+1\rvert$ par $3$ alors qu'il vaut à peine plus de $2$ près de $1$ .

Pourquoi $\delta=\varepsilon$ ne marche pas. Prenons $x=1{,}01$ , qui vérifie $\lvert x-1\rvert=0{,}01=\varepsilon$ (à la limite) : $x^2-1=1{,}0201-1=0{,}0201>0{,}01$ . Un $x$ à distance $\varepsilon$ de $1$ envoie $x^2$ à distance $2\varepsilon$ de $1$ — parce que la pente de $x^2$ en $1$ vaut $2$ . Le $\delta$ doit compenser la pente ; c'est ce que fait la division par $3$ (majorant de la pente sur $[0,2]$ ).

Rappel de cours

Définition. $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=\ell$ signifie : pour tout $\varepsilon>0$ , il existe $\delta>0$ tel que pour tout $x$ du domaine, $0<\lvert x-a\rvert<\delta\Rightarrow\lvert f(x)-\ell\rvert<\varepsilon$ .

Le $\delta$ dépend de $\varepsilon$ et de $a$ : pour $x^2$ , le $\delta$ trouvé en $a=1$ ne conviendrait pas en $a=100$ , où la pente vaut $200$ . Cette dépendance au point est exactement ce que la continuité uniforme (approfondissement) supprime.

Continuité. $f$ est continue en $a$ si $\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$ . Les deux limites de cet exercice disent donc que $x\mapsto3x+1$ est continue en $2$ et $x\mapsto x^2$ continue en $1$ .

L'erreur classique

⚠️ Diviser $\varepsilon$ par un facteur qui dépend de $x$ . Écrire « $\delta=\dfrac\varepsilon{\lvert x+1\rvert}$ » n'a pas de sens : $\delta$ doit être choisi avant $x$ , il ne peut pas en dépendre. C'est pour ça qu'on borne $\lvert x+1\rvert$ par une constante ( $3$ ) en se restreignant à $\lvert x-1\rvert\leq1$ .

⚠️ Oublier le minimum. Poser $\delta=\dfrac\varepsilon3$ seul est faux pour $\varepsilon$ grand : avec $\varepsilon=30$ , $\delta=10$ autoriserait $x=11$ , où $\lvert x+1\rvert=12$ et $x^2-1=120>30$ . Le $\min(1,\cdot)$ n'est pas une précaution de style, c'est ce qui garantit la borne sur $\lvert x+1\rvert$ .

À retenir

Une preuve en $\varepsilon$ – $\delta$ suit toujours le même chemin : écrire $\lvert f(x)-\ell\rvert$ en fonction de $\lvert x-a\rvert$ , borner les facteurs parasites par une constante en se restreignant à un voisinage de $a$ , puis prendre $\delta$ comme minimum des contraintes.

Le $\delta$ mesure la pente. Fonction affine de pente $m$ : $\delta=\varepsilon/\lvert m\rvert$ . Fonction plus raide : $\delta$ plus petit. C'est l'idée qui deviendra, avec les accroissements finis, $\lvert f(x)-f(a)\rvert\leq M\lvert x-a\rvert$ .

Réponse.

\delta=\dfrac\varepsilon3

pour la fonction affine ;

\delta=\min\!\left(1,\dfrac\varepsilon3\right)

pour

x^2

en

1

; pour

\varepsilon=0{,}01

,

\delta=\dfrac1{300}\approx0{,}0033

, et

\delta=\varepsilon

échoue (

1{,}01^2-1=0{,}0201>0{,}01

). (Recoupement :

(1+\tfrac1{300})^2-1\approx0{,}0067<0{,}01

✓)

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Caractérisation séquentielle : réfuter une limite

DémonstrationDifficulté 3/5

Soit $f(x)=\sin\!\left(\dfrac1x\right)$ et $g(x)=x\sin\!\left(\dfrac1x\right)$ , définies sur $\mathbb{R}^*$ . 1. Montrer que $f$ n'a pas de limite en $0$ , en exhibant deux suites $(x_n)$ et $(y_n)$ de limite $0$ telles que $f(x_n)$ et $f(y_n)$ ne tendent pas vers la même valeur. 2. Montrer que $g$ admet une limite en $0$ , et la donner. 3. Laquelle des deux fonctions se prolonge par continuité en $0$ ?

Indices (3)

Chercher $x_n$ tel que $\dfrac1{x_n}=n\pi$ , puis $y_n$ tel que $\dfrac1{y_n}=\dfrac\pi2+2n\pi$ .

$\lvert\sin(\cdot)\rvert\leq1$ : encadrer $g(x)$ par $\pm\lvert x\rvert$ .

Se prolonger par continuité demande une limite finie en $0$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La caractérisation séquentielle transforme une question sur les fonctions en une question sur les suites — et c'est dans le sens « réfuter » qu'elle est la plus puissante. Si $f$ avait une limite $\ell$ en $0$ , alors pour toute suite $x_n\to0$ on aurait $f(x_n)\to\ell$ . Il suffit donc de trouver deux suites qui tendent vers $0$ et dont les images tendent vers deux valeurs différentes pour prouver qu'aucun $\ell$ ne convient.

Pour $\sin\!\left(\tfrac1x\right)$ , l'idée est de choisir $x$ pour que $\tfrac1x$ tombe pile sur des valeurs où $\sin$ vaut toujours la même chose : les multiples de $\pi$ (où $\sin=0$ ) et les $\tfrac\pi2+2k\pi$ (où $\sin=1$ ).

👉 Le contraste avec $g(x)=x\sin\!\left(\tfrac1x\right)$ est tout l'exercice : le même facteur oscillant, multiplié par $x\to0$ , est écrasé. Une oscillation bornée fois un infiniment petit tend vers $0$ .

Deux suites, deux limites : pas de limite

On pose, pour $n\geq1$ ,

x_n=\frac1{n\pi}\qquad\text{et}\qquad y_n=\frac1{\frac\pi2+2n\pi}.

Les deux tendent vers $0$ (dénominateurs qui tendent vers $+\infty$ ), et aucune ne s'annule. Leurs images sont constantes :

f(x_n)=\sin(n\pi)=0\quad\text{pour tout }n,\qquad f(y_n)=\sin\!\left(\frac\pi2+2n\pi\right)=1\quad\text{pour tout }n.

Donc $f(x_n)\to0$ et $f(y_n)\to1$ . Si $f$ avait une limite $\ell$ en $0$ , la caractérisation séquentielle imposerait $\ell=0$ (par la première suite) et $\ell=1$ (par la seconde) : contradiction. $\blacksquare$

\boxed{\sin\!\left(\tfrac1x\right)\text{ n'a pas de limite en }0}

Contrôle : $x_1=\dfrac1\pi\approx0{,}318$ , $y_1=\dfrac2{5\pi}\approx0{,}127$ ; les deux suites sont bien dans $\mathbb{R}^*$ , et pour $n=1$ déjà $f(x_1)=0$ , $f(y_1)=1$ .

ℹ️ Géométriquement : quand $x\to0^+$ , $\tfrac1x$ parcourt $[1,+\infty[$ , donc $\sin\!\left(\tfrac1x\right)$ fait une infinité d'oscillations complètes entre $-1$ et $1$ dans tout voisinage de $0$ . Elle prend toutes les valeurs de $[-1,1]$ aussi près de $0$ qu'on veut : aucune ne peut être « la » limite.

Le facteur x écrase l'oscillation

Pour $x\neq0$ , $\left\lvert\sin\!\left(\tfrac1x\right)\right\rvert\leq1$ , donc

\lvert g(x)\rvert=\lvert x\rvert\cdot\left\lvert\sin\!\left(\frac1x\right)\right\rvert\leq\lvert x\rvert.

Et $\lvert x\rvert\to0$ quand $x\to0$ . Par le théorème des gendarmes (version fonctions) : $g(x)\to0$ . On n'a pas eu besoin de savoir ce que fait $\sin\!\left(\tfrac1x\right)$ — seulement qu'il est borné. $\blacksquare$

\boxed{\lim_{x\to0}x\sin\!\left(\tfrac1x\right)=0}

Sur les mêmes suites qu'en 1 : $g(x_n)=x_n\cdot0=0$ et $g(y_n)=y_n\cdot1=y_n\to0$ . Les deux images tendent vers $0$ , comme il se doit — mais ⚠️ deux suites qui donnent la même limite ne prouvent pas la limite (il faudrait toutes les suites). C'est l'encadrement par $\lvert x\rvert$ qui prouve ; les suites ne font que confirmer.

Prolongement par continuité

Se prolonger par continuité en $0$ , c'est admettre une limite finie en $0$ , qu'on prend comme valeur en $0$ .

$g$ admet la limite $0$ : on pose $\tilde g(0)=0$ , et $\tilde g$ est continue sur $\mathbb{R}$ (continue sur $\mathbb{R}^*$ comme produit et composée de fonctions continues, et en $0$ par construction).
$f$ n'a pas de limite en $0$ : aucune valeur $f(0)$ ne la rendrait continue. Poser $f(0)=0$ , ou $\tfrac12$ , ou n'importe quoi, laisse une discontinuité.

\boxed{g\text{ se prolonge par }\tilde g(0)=0\ ;\ f\text{ ne se prolonge pas}}

ℹ️ Ce prolongement $\tilde g$ reviendra dans le lot E sous la forme $x^2\sin\!\left(\tfrac1x\right)$ : avec un $x^2$ au lieu de $x$ , la fonction prolongée devient même dérivable en $0$ — et sa dérivée, elle, n'a pas de limite en $0$ . La hiérarchie « oscillation écrasée par $x$ , puis par $x^2$ » est le fil rouge des contre-exemples du chapitre.

Rappel de cours

Caractérisation séquentielle. $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=\ell$ si et seulement si, pour toute suite $(x_n)$ du domaine, $x_n\neq a$ , $x_n\to a$ , on a $f(x_n)\to\ell$ .

Sens « réfuter ». Deux suites $x_n\to a$ , $y_n\to a$ avec $\lim f(x_n)\neq\lim f(y_n)$ (ou l'une sans limite) prouvent que $f$ n'a pas de limite en $a$ .

Sens « prouver ». Il faut toutes les suites — en pratique on ne l'utilise pas ainsi ; on prouve une limite par encadrement, opérations ou composition.

Gendarmes. Si $\lvert f(x)\rvert\leq h(x)$ avec $h(x)\to0$ , alors $f(x)\to0$ .

L'erreur classique

⚠️ Conclure d'une seule suite. « $f(x_n)=0$ pour $x_n=\tfrac1{n\pi}$ , donc $f\to0$ » est faux : une suite ne prouve rien dans le sens direct. Il en faut deux pour réfuter, ou un encadrement pour prouver.

⚠️ Confondre « bornée » et « convergente ». $\sin\!\left(\tfrac1x\right)$ est bornée près de $0$ et n'a pas de limite ; c'est le pendant, pour les fonctions, de la suite $(-1)^n$ . Bornée ne sert que multipliée par quelque chose qui tend vers $0$ .

⚠️ Écrire $\lim_{x\to0}\sin\!\left(\tfrac1x\right)=\sin(+\infty)$ . $\sin(+\infty)$ n'existe pas : $\sin$ n'a pas de limite en $+\infty$ (mêmes suites, $n\pi$ et $\tfrac\pi2+2n\pi$ ). La composition ne passe à la limite que si la fonction extérieure a une limite au point visé.

À retenir

Pour réfuter une limite, deux suites suffisent ; pour la prouver, il faut un encadrement ou les opérations sur les limites. Les suites qui réfutent se choisissent pour que la fonction y soit constante — multiples de $\pi$ pour $\sin$ , entiers pour la partie entière, etc.

Borné fois infiniment petit tend vers $0$ . C'est la version « fonctions » du gendarme $\lvert u_n\rvert\leq b_n\to0$ , et c'est ce qui sépare $\sin\!\left(\tfrac1x\right)$ (pas de limite) de $x\sin\!\left(\tfrac1x\right)$ (limite $0$ , prolongeable).

Réponse.

x_n=\dfrac1{n\pi}\to0

donne

f(x_n)=0

et

y_n=\dfrac1{\pi/2+2n\pi}\to0

donne

f(y_n)=1

:

f

n'a pas de limite en

0

;

\lvert g(x)\rvert\leq\lvert x\rvert

donc

g\to0

; seule

g

se prolonge, par

\tilde g(0)=0

. (Recoupement :

x_1\approx0{,}318

,

y_1\approx0{,}127

✓)

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Limites à gauche et à droite

CalculDifficulté 3/5

Étudier l'existence d'une limite en le point indiqué, en calculant les limites à gauche et à droite : 1. $f(x)=\dfrac{\lvert x\rvert}{x}$ en $0$ ; 2. $g(x)=\lfloor x\rfloor$ (partie entière) en $2$ ; 3. $h(x)=\dfrac{x^2-1}{x-1}$ en $1$ ; 4. $k(x)=\dfrac1x$ en $0$ .

Indices (3)

$\lvert x\rvert=x$ si $x>0$ et $-x$ si $x<0$ : la fonction est constante de chaque côté.

Pour $x$ juste en dessous de $2$ (par exemple $1{,}999$ ), $\lfloor x\rfloor$ vaut… ?

Factoriser le numérateur de $h$ ; simplifier est permis puisque $x\neq1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une limite en $a$ existe si et seulement si les limites à gauche et à droite existent et sont égales. Quatre cas, quatre comportements différents, et c'est exactement le tableau qu'il faut avoir en tête :

fonction	à gauche	à droite	limite en $a$ ?
$\dfrac{\lvert x\rvert}{x}$ en $0$	$-1$	$1$	non (saut)
$\lfloor x\rfloor$ en $2$	$1$	$2$	non (saut)
$\dfrac{x^2-1}{x-1}$ en $1$	$2$	$2$	oui, $2$ (trou)
$\dfrac1x$ en $0$	$-\infty$	$+\infty$	non (infini)

👉 Le cas 3 est le plus instructif : la fonction n'est pas définie en $1$ , et pourtant sa limite y existe. Un « trou » dans la courbe n'empêche pas la limite ; c'est un saut (cas 1 et 2) ou une explosion (cas 4) qui l'empêche.

Le signe de x : un saut de hauteur 2

Pour $x>0$ , $\lvert x\rvert=x$ donc $f(x)=\dfrac xx=1$ ; pour $x<0$ , $\lvert x\rvert=-x$ donc $f(x)=-1$ . La fonction est constante de chaque côté de $0$ :

\lim_{x\to0^-}f(x)=-1,\qquad\lim_{x\to0^+}f(x)=1.

Deux limites différentes : $f$ n'a pas de limite en $0$ . Sa courbe est faite de deux demi-droites horizontales, à hauteur $-1$ et $1$ , séparées par un saut de hauteur $2$ au-dessus de $0$ .

\boxed{f\text{ n'a pas de limite en }0}

ℹ️ Aucun prolongement ne la rend continue : poser $f(0)=0$ (la valeur « médiane ») donne la fonction signe, discontinue en $0$ . C'est la même conclusion que pour $\sin\!\left(\tfrac1x\right)$ dans l'exercice A2, obtenue autrement : ici pas besoin de suites, les deux limites unilatérales suffisent.

La partie entière en un entier

$\lfloor x\rfloor$ est le plus grand entier $\leq x$ . Pour $x\in[1,2[$ , $\lfloor x\rfloor=1$ ; pour $x\in[2,3[$ , $\lfloor x\rfloor=2$ . Donc

\lim_{x\to2^-}\lfloor x\rfloor=1\qquad(\text{ex. }\lfloor1{,}999\rfloor=1),\qquad\lim_{x\to2^+}\lfloor x\rfloor=2\qquad(\lfloor2{,}001\rfloor=2).

Pas de limite en $2$ : saut de hauteur $1$ , et le même phénomène se produit en chaque entier. En revanche, en un point non entier ( $2{,}5$ par exemple), la fonction est constante sur un voisinage et donc continue.

\boxed{\lfloor x\rfloor\text{ n'a pas de limite en }2\ (\text{ni en aucun entier})}

ℹ️ Remarque utile : $\lfloor x\rfloor$ est continue à droite en tout point ( $\lim_{x\to2^+}=\lfloor2\rfloor=2$ ), pas à gauche. Une fonction peut être continue d'un seul côté.

Le trou : une limite qui existe sans valeur

Pour $x\neq1$ , $x^2-1=(x-1)(x+1)$ et on peut simplifier par $x-1\neq0$ :

h(x)=\frac{(x-1)(x+1)}{x-1}=x+1.

La fonction $h$ coïncide avec $x\mapsto x+1$ partout sauf en $1$ , où elle n'est pas définie. Les limites à gauche et à droite sont donc celles de $x+1$ en $1$ :

\lim_{x\to1^-}h(x)=\lim_{x\to1^+}h(x)=2.

\boxed{\lim_{x\to1}h(x)=2}

La courbe de $h$ est la droite $y=x+1$ privée du point $(1,2)$ : un trou, pas un saut. Et le trou se bouche : $\tilde h(1)=2$ définit un prolongement par continuité — c'est la situation de l'exercice A4.

Contrôle : $h(0{,}99)=1{,}99$ , $h(1{,}01)=2{,}01$ , les deux à $0{,}01$ de $2$ ✓.

L'inverse : limites infinies de signes opposés

\lim_{x\to0^-}\frac1x=-\infty,\qquad\lim_{x\to0^+}\frac1x=+\infty.

Il n'y a pas de limite en $0$ — et pas seulement parce que les deux côtés diffèrent : même si les deux tendaient vers $+\infty$ (comme $\tfrac1{x^2}$ ), on dirait « limite $+\infty$ », ce qui n'est pas une limite finie et n'autorise aucun prolongement par continuité. La droite $x=0$ est une asymptote verticale.

\boxed{\tfrac1x\text{ n'a pas de limite en }0\ (\text{limites infinies opposées})}

Bilan des quatre cas : une limite manque pour trois raisons différentes — un saut (1 et 2), une explosion (4) — et existe malgré un trou (3). Seul le trou se répare.

Rappel de cours

Limites unilatérales. $\lim_{x\to a^-}f=\ell$ signifie : pour tout $\varepsilon$ , il existe $\delta$ tel que $a-\delta<x<a\Rightarrow\lvert f(x)-\ell\rvert<\varepsilon$ ; symétriquement à droite.

Théorème. $f$ admet une limite en $a$ si et seulement si $f$ admet une limite à gauche et une limite à droite en $a$ , égales. (Si $f$ est définie en $a$ , la limite ne fait pas intervenir $f(a)$ .)

Continuité à gauche / à droite : $\lim_{x\to a^-}f(x)=f(a)$ , resp. à droite. Continue en $a$ = continue des deux côtés.

Types de discontinuité : saut (limites unilatérales finies distinctes), infinie, ou essentielle (pas de limite unilatérale, comme $\sin\tfrac1x$ ).

L'erreur classique

⚠️ Croire qu'une fonction non définie en $a$ n'a pas de limite en $a$ . $h$ n'est pas définie en $1$ et sa limite y vaut $2$ . La limite regarde les valeurs autour de $a$ , jamais en $a$ .

⚠️ Simplifier sans dire pourquoi c'est permis. Écrire $h(x)=x+1$ tout court est faux (les deux fonctions n'ont pas le même domaine) ; c'est « $h(x)=x+1$ pour $x\neq1$ » qui est vrai, et c'est précisément le régime où l'on calcule une limite en $1$ .

⚠️ Écrire $\lim_{x\to0}\tfrac1x=\infty$ sans signe. Les deux côtés donnent des infinis de signes opposés : il n'y a pas de limite, même infinie.

À retenir

Toujours deux calculs en un point litigieux : à gauche, à droite. Valeur absolue, partie entière, fonctions définies par morceaux, dénominateurs qui s'annulent : ce sont les quatre signaux qui imposent de séparer les côtés.

Trou, saut, explosion. Un trou (forme $\tfrac00$ qui se simplifie) laisse une limite et se rebouche ; un saut ou une explosion ne se réparent pas.

Réponse. 1.

-1

à gauche,

1

à droite : pas de limite. 2.

1

et

2

: pas de limite. 3.

2

des deux côtés :

\lim_{x\to1}h=2

. 4.

-\infty

et

+\infty

: pas de limite. (Recoupement :

\lfloor1{,}999\rfloor=1

,

\lfloor2{,}001\rfloor=2

,

h(1{,}01)=2{,}01

✓)

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Prolonger par continuité

CalculDifficulté 3/5

Pour chacune des fonctions suivantes, définie sur $\mathbb{R}^*$ (ou $]0,+\infty[$ ), dire si elle se prolonge par continuité en $0$ et donner alors la valeur du prolongement : 1. $\dfrac{\sin x}x$ ; 2. $x\ln x$ ; 3. $\dfrac{e^x-1}x$ ; 4. $\dfrac{\sqrt{1+x}-1}x$ ; 5. $\dfrac1x$ .

Indices (3)

$\dfrac{\sin x}x$ et $\dfrac{e^x-1}x$ sont des taux d'accroissement en $0$ : reconnaître une dérivée.

$x\ln x$ : c'est une croissance comparée en $0^+$ , ou poser $x=e^{-t}$ avec $t\to+\infty$ .

Quantité conjuguée pour la racine ; et pour $\tfrac1x$ , les limites unilatérales.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Prolonger par continuité, c'est boucher un trou : la fonction n'est pas définie en $0$ , mais si elle y admet une limite finie $\ell$ , on décrète $\tilde f(0)=\ell$ et la fonction prolongée est continue. Toute la question est donc : y a-t-il une limite finie en $0$ ?

Trois des cinq fonctions sont des taux d'accroissement déguisés — $\dfrac{\sin x-\sin0}{x-0}$ , $\dfrac{e^x-e^0}{x-0}$ , $\dfrac{\sqrt{1+x}-\sqrt1}{x}$ — et leur limite en $0$ est un nombre dérivé. La quatrième est la croissance comparée $x\ln x\to0$ . La cinquième explose.

👉 Reconnaître un taux d'accroissement est le réflexe qui économise tous les calculs : $\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=f'(0)$ dès que $f$ est dérivable en $0$ .

Trois taux d'accroissement

1. $\dfrac{\sin x}{x}=\dfrac{\sin x-\sin0}{x-0}\xrightarrow[x\to0]{}\sin'(0)=\cos0=1$ . Prolongement : $\tilde f(0)=1$ . Contrôle : $\dfrac{\sin0{,}1}{0{,}1}\approx0{,}9983$ .

3. $\dfrac{e^x-1}{x}=\dfrac{e^x-e^0}{x-0}\xrightarrow[x\to0]{}\exp'(0)=e^0=1$ . Prolongement par $1$ . Contrôle : $\dfrac{e^{0{,}1}-1}{0{,}1}\approx1{,}0517$ — au-dessus de $1$ , parce que $e^x$ est convexe : ses cordes issues de $0$ ont une pente qui croît avec $x$ .

4. Deux méthodes. Par le taux : $\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}\to\dfrac{d}{dx}\sqrt{1+x}\Big|_{x=0}=\dfrac1{2\sqrt{1+0}}=\dfrac12$ . Par la quantité conjuguée, sans dérivée :

\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\frac{(1+x)-1}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}=\frac1{\sqrt{1+x}+1}\xrightarrow[x\to0]{}\frac1{1+1}=\frac12.

Prolongement par $\tfrac12$ .

\boxed{\tilde f_1(0)=1,\quad\tilde f_3(0)=1,\quad\tilde f_4(0)=\tfrac12}

ℹ️ Ces trois limites sont aussi les premiers termes des développements limités $\sin x\approx x$ , $e^x\approx1+x$ , $\sqrt{1+x}\approx1+\tfrac x2$ : le chapitre des DL les revoit avec les termes suivants.

x ln x : la puissance gagne contre le logarithme

En $0^+$ , $x\to0$ et $\ln x\to-\infty$ : forme indéterminée $0\times\infty$ . Posons $x=e^{-t}$ avec $t\to+\infty$ :

x\ln x=e^{-t}\cdot(-t)=-\frac{t}{e^t}\xrightarrow[t\to+\infty]{}0

par croissances comparées ( $e^t$ l'emporte sur $t$ ). Donc $x\ln x\to0$ en $0^+$ , et le prolongement est $\tilde f(0)=0$ .

\boxed{\tilde f_2(0)=0}

Contrôle : $0{,}1\ln0{,}1\approx-0{,}230$ , $0{,}01\ln0{,}01\approx-0{,}046$ . La convergence est lente — diviser $x$ par $10$ ne divise la valeur que par $5$ — parce que $\ln x$ tire vers $-\infty$ , mais elle a lieu. La fonction prolongée est continue sur $[0,+\infty[$ , négative sur $]0,1[$ et nulle en $0$ et $1$ : elle a un minimum en $\tfrac1e$ (dérivée $\ln x+1$ ), qu'on retrouvera avec sa convexité dans l'approfondissement.

1/x : pas de limite finie, pas de prolongement

$\dfrac1x\to-\infty$ à gauche de $0$ et $+\infty$ à droite (exercice A3). Il n'y a pas de limite finie, donc aucune valeur en $0$ ne rend la fonction continue : quelle que soit la valeur $v$ posée en $0$ , pour $x=\tfrac1{10^k}$ on a $f(x)=10^k$ , qui s'éloigne de $v$ .

\boxed{\tfrac1x\text{ ne se prolonge pas par continuité en }0}

Bilan : quatre trous qui se bouchent ( $1$ , $0$ , $1$ , $\tfrac12$ ), un qui ne se bouche pas. Ce qui décide n'est jamais « la fonction est-elle définie en $0$ » (aucune ne l'est) mais « la limite en $0$ est-elle finie ».

Rappel de cours

Prolongement par continuité. Si $f$ est définie sur un voisinage de $a$ privé de $a$ et si $\lim_{x\to a}f(x)=\ell\in\mathbb{R}$ , la fonction $\tilde f$ égale à $f$ hors de $a$ et à $\ell$ en $a$ est continue en $a$ ; c'est l'unique prolongement continu.

Limites de référence en $0$ : $\dfrac{\sin x}x\to1$ , $\dfrac{e^x-1}x\to1$ , $\dfrac{\ln(1+x)}x\to1$ , $\dfrac{\sqrt{1+x}-1}x\to\dfrac12$ , $x\ln x\to0$ ( $0^+$ ), $\dfrac{1-\cos x}{x^2}\to\dfrac12$ .

Taux d'accroissement. $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\to f'(a)$ : la plupart des limites « $\tfrac00$ » usuelles sont des nombres dérivés.

L'erreur classique

⚠️ Écrire $\dfrac{\sin0}{0}=1$ . $\dfrac00$ n'est pas $1$ , ni rien d'autre ; c'est la limite qui vaut $1$ , et le prolongement est une décision qu'on prend parce que cette limite existe. La distinction est celle entre « $f(0)$ » (n'existe pas) et « $\tilde f(0)$ » (défini par nous).

⚠️ Prolonger par la valeur qu'on veut. « $\tfrac1x$ se prolonge par $0$ en $0$ » définit bien une fonction sur $\mathbb{R}$ , mais elle est discontinue en $0$ : ce n'est pas un prolongement par continuité. Le mot « continuité » n'est pas décoratif.

⚠️ $0\times\infty=0$ . Pour $x\ln x$ c'est vrai, pour $\dfrac{\ln x}{x}$ en $0^+$ c'est $-\infty$ , pour $x\cdot\tfrac1x$ c'est $1$ . Le produit d'un infiniment petit et d'un infiniment grand se calcule à chaque fois.

À retenir

Prolonger = limite finie, et rien d'autre. Une limite infinie ou absente interdit le prolongement, quelle que soit la valeur qu'on poserait.

Les taux d'accroissement sont des nombres dérivés. $\dfrac{\sin x}{x}$ , $\dfrac{e^x-1}{x}$ , $\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}$ se lisent $\sin'(0)$ , $\exp'(0)$ , $(\sqrt{1+\cdot})'(0)$ — trois limites pour le prix d'une dérivée. C'est aussi l'idée qui fonde la dérivabilité en un point (lot E).

Réponse.

\dfrac{\sin x}x\to1

,

x\ln x\to0

,

\dfrac{e^x-1}x\to1

,

\dfrac{\sqrt{1+x}-1}x\to\dfrac12

: prolongements par

1

,

0

,

1

,

\tfrac12

.

\dfrac1x

ne se prolonge pas (limites

\mp\infty

). (Recoupement :

\tfrac{\sin0{,}1}{0{,}1}\approx0{,}9983

,

0{,}1\ln0{,}1\approx-0{,}230

,

\tfrac{e^{0{,}1}-1}{0{,}1}\approx1{,}0517

✓)

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Recoller deux morceaux, et les opérations qui conservent la continuité

CalculDifficulté 3/5

1. Déterminer le réel $a$ pour que la fonction $f$ définie par $f(x)=x^2+a$ si $x\leq1$ et $f(x)=2x+3$ si $x>1$ soit continue sur $\mathbb{R}$ . 2. Déterminer $k$ pour que $g(x)=\dfrac{x^2-4}{x-2}$ si $x\neq2$ , $g(2)=k$ , soit continue en $2$ . 3. Montrer que si $u$ et $v$ sont continues sur un intervalle $I$ , alors $\lvert u\rvert$ , $\max(u,v)$ et $\min(u,v)$ le sont aussi. On pourra établir $\max(u,v)=\dfrac{u+v+\lvert u-v\rvert}2$ .

Indices (3)

Continuité en $1$ : limite à gauche (formule $x\leq1$ ) $=$ limite à droite (formule $x>1$ ) $=$ valeur $f(1)$ .

Simplifier $g$ pour $x\neq2$ , puis lire la limite.

Pour $\max(u,v)$ : distinguer $u\geq v$ et $u<v$ , et dans chaque cas calculer $\dfrac{u+v+\lvert u-v\rvert}2$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une fonction définie par morceaux est continue partout où chaque formule l'est, et il ne reste à vérifier que les points de recollement. En un tel point $a$ , trois quantités doivent coïncider : la limite à gauche (donnée par la formule de gauche), la limite à droite (formule de droite), et la valeur $f(a)$ (donnée par la formule qui contient $a$ ). Le paramètre se règle en écrivant cette égalité.

La question 3 est d'une autre nature : elle établit que la continuité survit à trois opérations qu'on n'a pas dans la liste « somme, produit, quotient, composée » — valeur absolue, max, min. L'astuce est de les exprimer avec ces opérations-là.

Régler le paramètre au point de recollement

Sur $]-\infty,1[$ , $f(x)=x^2+a$ est un polynôme : continue. Sur $]1,+\infty[$ , $f(x)=2x+3$ : continue. Seul le point $1$ est à examiner.

Limite à gauche (formule $x\leq1$ ) : $\lim_{x\to1^-}(x^2+a)=1+a$ .
Valeur : $f(1)=1^2+a=1+a$ (c'est la formule $x\leq1$ qui s'applique en $1$ ).
Limite à droite (formule $x>1$ ) : $\lim_{x\to1^+}(2x+3)=5$ .

Continuité en $1$ $\iff$ $1+a=5$ $\iff$ $a=4$ .

\boxed{a=4}

Contrôle : avec $a=4$ , $f(0{,}99)=0{,}9801+4=4{,}9801$ et $f(1{,}01)=5{,}02$ , tous deux à $0{,}02$ de $f(1)=5$ ✓. Pour toute autre valeur de $a$ , la courbe présente un saut de hauteur $\lvert5-(1+a)\rvert$ au-dessus de $1$ .

ℹ️ $f$ est alors continue mais pas dérivable en $1$ : pente $2$ à gauche ( $2x$ en $1$ ), pente $2$ à droite… tiens, ici les deux pentes coïncident, et $f$ est même dérivable en $1$ . C'est une coïncidence de l'énoncé, pas une règle : avec $2x+3$ remplacé par $3x+2$ , on aurait encore $a=4$ et un point anguleux.

Un trou qui se rebouche

Pour $x\neq2$ , $g(x)=\dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2$ . Donc $\lim_{x\to2}g(x)=4$ (des deux côtés — c'est la limite de $x+2$ ). Continuité en $2$ $\iff$ $g(2)=4$ .

\boxed{k=4}

C'est l'exercice A3 (cas du trou) et l'exercice A4 (prolongement) réunis : la seule valeur de $k$ qui bouche le trou est la limite. Tout autre $k$ laisse un point isolé au-dessus ou au-dessous de la droite $y=x+2$ .

Valeur absolue, max et min : des composées et des sommes

$\lvert u\rvert$ . C'est la composée $x\mapsto\lvert\cdot\rvert\circ u$ , et la fonction valeur absolue est continue sur $\mathbb{R}$ (en $0$ : $\lvert x\rvert\to0$ des deux côtés ; ailleurs elle coïncide avec $x$ ou $-x$ ). Composée de fonctions continues : $\lvert u\rvert$ est continue. Directement, par la seconde inégalité triangulaire : $\bigl\lvert\,\lvert u(x)\rvert-\lvert u(a)\rvert\,\bigr\rvert\leq\lvert u(x)-u(a)\rvert\to0$ .

La formule du max. Soit $x\in I$ .

Si $u(x)\geq v(x)$ : $\lvert u-v\rvert=u-v$ et $\dfrac{u+v+(u-v)}2=u=\max(u,v)$ ✓.
Si $u(x)<v(x)$ : $\lvert u-v\rvert=v-u$ et $\dfrac{u+v+(v-u)}2=v=\max(u,v)$ ✓.

Donc $\max(u,v)=\dfrac{u+v+\lvert u-v\rvert}2$ en tout point, et de même $\min(u,v)=\dfrac{u+v-\lvert u-v\rvert}2$ .

Conclusion. $u+v$ est continue (somme), $u-v$ aussi, $\lvert u-v\rvert$ par ce qui précède, et un quotient par $2$ ne change rien : $\max(u,v)$ et $\min(u,v)$ sont continues. $\blacksquare$

\boxed{u,v\text{ continues}\Rightarrow\lvert u\rvert,\ \max(u,v),\ \min(u,v)\text{ continues}}

Contrôle sur un exemple : $\max(x,x^2)$ vaut $x^2$ sur $]-\infty,0]\cup[1,+\infty[$ et $x$ sur $[0,1]$ ; en $0$ et $1$ les deux formules coïncident, la fonction est continue — avec deux points anguleux. Continuité oui, dérivabilité non : c'est la règle générale pour un max.

Rappel de cours

Recollement. Une fonction définie par morceaux est continue en un point de jonction $a$ si et seulement si $\lim_{x\to a^-}f(x)=f(a)=\lim_{x\to a^+}f(x)$ .

Opérations. Si $u,v$ sont continues en $a$ : $u+v$ , $uv$ , $\lambda u$ , $\dfrac uv$ (si $v(a)\neq0$ ) sont continues en $a$ ; si $u$ est continue en $a$ et $w$ continue en $u(a)$ , alors $w\circ u$ est continue en $a$ .

Et donc : $\lvert u\rvert$ , $\max(u,v)$ , $\min(u,v)$ , $u^+=\max(u,0)$ , $u^-=\max(-u,0)$ sont continues. Toute fonction obtenue à partir des fonctions de référence par ces opérations est continue sur son domaine.

L'erreur classique

⚠️ Vérifier seulement les deux limites. « $\lim_{1^-}=\lim_{1^+}$ » ne suffit pas : il faut aussi que la valeur $f(1)$ soit égale à cette limite commune. Ici la valeur vient de la formule $x\leq1$ , donc elle coïncide automatiquement avec la limite à gauche — mais avec une définition comme « $f(1)=7$ » à part, l'égalité des limites laisserait une discontinuité.

⚠️ Croire que $\max(u,v)$ est dérivable dès que $u$ et $v$ le sont. Faux : $\max(x,-x)=\lvert x\rvert$ . La continuité passe au max, la dérivabilité non — les points où $u=v$ sont en général anguleux.

⚠️ Écrire $\lvert u-v\rvert=u-v$ . Ce n'est vrai que là où $u\geq v$ ; la preuve de la formule du max distingue les deux cas, c'est tout son contenu.

À retenir

Aux points de recollement : trois quantités, une égalité. Limite à gauche, valeur, limite à droite. Le paramètre se règle en résolvant cette équation.

Max et min ne sont pas de nouvelles opérations : $\max(u,v)=\dfrac{u+v+\lvert u-v\rvert}2$ les ramène à une somme et une valeur absolue. Cette formule sert bien au-delà de la continuité — elle prouve par exemple que le max de deux fonctions convexes est convexe (lot C).

Réponse.

a=4

;

k=4

;

\max(u,v)=\dfrac{u+v+\lvert u-v\rvert}2

et

\min(u,v)=\dfrac{u+v-\lvert u-v\rvert}2

, donc

\lvert u\rvert

,

\max

,

\min

sont continues comme sommes et composées de fonctions continues. (Recoupement :

f(1{,}01)=5{,}02

et

f(0{,}99)=4{,}9801

encadrent

f(1)=5

✓)

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Parité, périodicité et limites à l'infini

CalculDifficulté 3/5

1. Déterminer la parité de $f(x)=\dfrac{x^3}{1+x^2}$ , de $g(x)=x\sin x$ , et vérifier que $\tan$ est impaire et $\pi$ -périodique. 2. Montrer que $\cos$ n'a pas de limite en $+\infty$ . 3. Déterminer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}x$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{2x^2+1}{x^2-3}$ . 4. La fonction $h(x)=x-\lfloor x\rfloor$ est-elle périodique ? A-t-elle une limite en $+\infty$ ?

Indices (3)

Parité : calculer $f(-x)$ et comparer à $f(x)$ et $-f(x)$ .

Deux suites qui tendent vers $+\infty$ et sur lesquelles $\cos$ est constant : $2n\pi$ et $(2n+1)\pi$ .

$h(x)$ est la partie fractionnaire de $x$ ; que vaut $h(n)$ pour $n$ entier, et $h(n+\tfrac12)$ ?

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Parité et périodicité sont des symétries de la courbe : une fonction paire se lit sur $[0,+\infty[$ et se complète par symétrie d'axe $(Oy)$ ; une impaire par symétrie de centre $O$ ; une $T$ -périodique se lit sur un intervalle de longueur $T$ et se répète par translation. Ce sont les premières choses à établir dans une étude, parce qu'elles divisent le travail.

Et la périodicité a une conséquence sur les limites à l'infini qu'il faut voir une fois pour toutes : une fonction périodique non constante n'a pas de limite en $+\infty$ , puisqu'elle reprend indéfiniment les mêmes valeurs. C'est la caractérisation séquentielle de l'exercice A2, appliquée à l'infini.

Parité : deux calculs, une vérification

$f(x)=\dfrac{x^3}{1+x^2}$ . Le domaine $\mathbb{R}$ est symétrique, et

f(-x)=\frac{(-x)^3}{1+(-x)^2}=\frac{-x^3}{1+x^2}=-f(x)\,:\quad f\text{ est \textbf{impaire}}.

(Numérateur impair, dénominateur pair : le quotient est impair.)

$g(x)=x\sin x$ . $g(-x)=(-x)\sin(-x)=(-x)(-\sin x)=x\sin x=g(x)$ : $g$ est paire — produit de deux fonctions impaires.

$\tan$ . Domaine $\mathbb{R}\setminus\{\tfrac\pi2+k\pi\}$ , symétrique. $\tan(-x)=\dfrac{\sin(-x)}{\cos(-x)}=\dfrac{-\sin x}{\cos x}=-\tan x$ : impaire. Et $\tan(x+\pi)=\dfrac{\sin(x+\pi)}{\cos(x+\pi)}=\dfrac{-\sin x}{-\cos x}=\tan x$ : $\pi$ -périodique — alors que $\sin$ et $\cos$ sont $2\pi$ -périodiques, le quotient des deux signes « $-$ » raccourcit la période.

\boxed{f\text{ impaire},\ g\text{ paire},\ \tan\text{ impaire et }\pi\text{-périodique}}

cos n'a pas de limite à l'infini

Posons $x_n=2n\pi$ et $y_n=(2n+1)\pi$ . Les deux suites tendent vers $+\infty$ , et

\cos(x_n)=\cos(2n\pi)=1,\qquad\cos(y_n)=\cos\bigl((2n+1)\pi\bigr)=-1\qquad\text{pour tout }n.

Si $\cos$ avait une limite $\ell$ en $+\infty$ , la caractérisation séquentielle (version « à l'infini ») donnerait $\ell=1$ et $\ell=-1$ : contradiction. $\blacksquare$

\boxed{\cos\text{ n'a pas de limite en }+\infty}

Même preuve pour $\sin$ (suites $\tfrac\pi2+2n\pi$ et $-\tfrac\pi2+2n\pi$ ), et pour toute fonction périodique non constante : si $f(a)\neq f(b)$ , les suites $a+nT$ et $b+nT$ tendent vers $+\infty$ avec $f$ constante sur chacune.

ℹ️ On écrit pourtant « $\cos$ est bornée » sans hésiter — bornée n'est pas convergente, ni pour les fonctions ni pour les suites. C'est $(-1)^n$ , encore.

Deux limites à l'infini

$\dfrac{\sin x}{x}$ . Pour $x>0$ , $\left\lvert\dfrac{\sin x}x\right\rvert\leq\dfrac1x\to0$ : par les gendarmes,

\boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}x=0}

⚠️ Ne pas confondre avec $\lim_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1$ (exercice A4) : même fonction, deux points, deux limites, deux mécanismes — un taux d'accroissement en $0$ , un « borné sur infiniment grand » en $+\infty$ .

$\dfrac{2x^2+1}{x^2-3}$ . Factoriser le terme dominant en haut et en bas :

\frac{2x^2+1}{x^2-3}=\frac{x^2\left(2+\frac1{x^2}\right)}{x^2\left(1-\frac3{x^2}\right)}=\frac{2+\frac1{x^2}}{1-\frac3{x^2}}\xrightarrow[x\to+\infty]{}\frac21=2.

\boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{2x^2+1}{x^2-3}=2}

Contrôle : en $x=100$ , $\dfrac{20\,001}{9\,997}\approx2{,}0007$ — à $7\times10^{-4}$ de $2$ , écart qui décroît en $\tfrac7{x^2}$ (le numérateur de $\tfrac{2x^2+1}{x^2-3}-2=\tfrac7{x^2-3}$ ). La droite $y=2$ est asymptote horizontale.

La partie fractionnaire : périodique, sans limite

$h(x)=x-\lfloor x\rfloor\in[0,1[$ est la partie fractionnaire de $x$ : $h(3{,}7)=0{,}7$ . Comme $\lfloor x+1\rfloor=\lfloor x\rfloor+1$ ,

h(x+1)=(x+1)-(\lfloor x\rfloor+1)=x-\lfloor x\rfloor=h(x)\,:\quad h\text{ est }1\text{-périodique}.

Sa courbe est une « dent de scie » : sur chaque $[n,n+1[$ , c'est le segment de $(n,0)$ à $(n+1,1)$ exclu, puis retombée à $0$ .

Pas de limite en $+\infty$ , par la règle établie en 2 : $h(n)=0$ pour tout entier $n$ , et $h(n+\tfrac12)=\tfrac12$ pour tout entier $n$ — deux suites vers $+\infty$ , deux limites différentes. On peut aussi remarquer que $h$ n'a pas de limite en chaque entier ( $\lim_{n^-}h=1$ , $\lim_{n^+}h=0$ ), comme $\lfloor x\rfloor$ à l'exercice A3.

\boxed{h\text{ est }1\text{-périodique et n'a pas de limite en }+\infty}

Rappel de cours

Parité. Sur un domaine symétrique, $f$ est paire si $f(-x)=f(x)$ (courbe symétrique par rapport à $(Oy)$ ), impaire si $f(-x)=-f(x)$ (symétrique par rapport à $O$ ). Produit de deux impaires : paire ; paire fois impaire : impaire.

Périodicité. $f$ est $T$ -périodique si $f(x+T)=f(x)$ pour tout $x$ du domaine. $\sin$ , $\cos$ : $2\pi$ ; $\tan$ : $\pi$ ; $x-\lfloor x\rfloor$ : $1$ .

Conséquence. Une fonction périodique non constante n'a de limite ni en $+\infty$ ni en $-\infty$ .

Limite à l'infini d'une fraction rationnelle : celle du quotient des termes dominants.

L'erreur classique

⚠️ « $\cos$ est bornée, donc converge à l'infini ». Non : bornée et oscillante. La seule chose que la borne donne est $\dfrac{\cos x}x\to0$ .

⚠️ Conclure « paire » d'un calcul en un point. $f(1)=f(-1)$ ne prouve rien ; la parité est une identité pour tout $x$ . Et un domaine non symétrique ( $\ln$ , $\sqrt{x}$ ) interdit même de poser la question.

⚠️ Confondre les deux limites de $\dfrac{\sin x}x$ . En $0$ elle vaut $1$ , en $+\infty$ elle vaut $0$ . Écrire « $\dfrac{\sin x}{x}\to1$ » sans dire où est une erreur fréquente.

À retenir

Parité et périodicité se prouvent par une identité, pas par un dessin — et elles réduisent l'étude d'une fonction à un demi-axe ou à une période.

Périodique non constante $\Rightarrow$ pas de limite à l'infini. Deux suites $a+nT$ , $b+nT$ le montrent, exactement comme deux suites vers $0$ réfutaient la limite de $\sin\tfrac1x$ . Borné fois infiniment petit $\to0$ reste vrai à l'infini : $\dfrac{\cos x}{x}$ , $\dfrac{\sin x}{x}$ , $\dfrac{\lfloor x\rfloor}{x^2}$ tendent tous vers $0$ .

Réponse.

f

impaire,

g

paire,

\tan

impaire et

\pi

-périodique ;

\cos

n'a pas de limite en

+\infty

(suites

2n\pi

et

(2n+1)\pi

) ;

\dfrac{\sin x}x\to0

et

\dfrac{2x^2+1}{x^2-3}\to2

;

h

est

1

-périodique et sans limite (

h(n)=0

,

h(n+\tfrac12)=\tfrac12

). (Recoupement :

\tfrac{20\,001}{9\,997}\approx2{,}0007

✓)

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Le théorème des valeurs intermédiaires, démontré par dichotomie

DémonstrationDifficulté 3/5

Soit $f(x)=x^3-2$ . 1. Vérifier que $f$ change de signe entre $1$ et $2$ , et dérouler trois étapes de dichotomie sur $[1,2]$ (à chaque étape on garde la moitié où $f$ change de signe). 2. Après $10$ étapes, quelle est la largeur de l'intervalle obtenu ? Combien d'étapes faut-il pour une précision $10^{-6}$ ? 3. Démontrer le TVI dans le cas général : si $f$ est continue sur $[a,b]$ avec $f(a)<0<f(b)$ , il existe $c\in]a,b[$ tel que $f(c)=0$ . On utilisera les suites adjacentes.

Indices (3)

Milieu $m=\tfrac32$ : calculer $m^3$ et comparer à $2$ pour savoir quelle moitié garder.

Chaque étape divise la largeur par $2$ : après $n$ étapes elle vaut $2^{-n}$ .

Les bornes $(a_n)$ et $(b_n)$ sont adjacentes ; en leur limite commune $c$ , passer à la limite dans $f(a_n)\leq0\leq f(b_n)$ grâce à la continuité.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le TVI n'est pas seulement un théorème d'existence : sa preuve est un algorithme. La dichotomie coupe l'intervalle en deux, regarde le signe au milieu, garde la moitié où le signe change, et recommence. À chaque étape, la largeur est divisée par $2$ ; les bornes se resserrent sur un point $c$ ; et la continuité est exactement ce qui permet de conclure $f(c)=0$ à la limite.

Sur $f(x)=x^3-2$ , l'algorithme fabrique des encadrements de $\sqrt[3]2$ par des rationnels — c'est la même mécanique que les suites adjacentes du chapitre sur les suites, appliquée à un zéro de fonction.

Trois étapes à la main

$f(1)=1-2=-1<0$ et $f(2)=8-2=6>0$ : changement de signe sur $[1,2]$ . $f$ est continue (polynôme), le TVI garantit un zéro dans $]1,2[$ — c'est $\sqrt[3]2$ . Dichotomie :

étape	intervalle	milieu $m$	$m^3$	signe de $f(m)$	on garde
1	$[1,2]$	$\tfrac32$	$\tfrac{27}8=3{,}375>2$	$+$	$[1,\tfrac32]$
2	$[1,\tfrac32]$	$\tfrac54$	$\tfrac{125}{64}\approx1{,}953<2$	$-$	$[\tfrac54,\tfrac32]$
3	$[\tfrac54,\tfrac32]$	$\tfrac{11}8$	$\tfrac{1331}{512}\approx2{,}600>2$	$+$	$[\tfrac54,\tfrac{11}8]$

Après trois étapes, $\sqrt[3]2\in[1{,}25\,;\,1{,}375]$ — largeur $\tfrac18$ . La quatrième étape garde $[\tfrac54,\tfrac{21}{16}]$ , et ainsi de suite.

\boxed{\text{après 3 étapes : }\sqrt[3]2\in\left[\tfrac54,\tfrac{11}8\right]}

Précision : chaque étape gagne un bit

La largeur initiale vaut $1$ , et chaque étape la divise par $2$ : après $n$ étapes, elle vaut $2^{-n}$ . Après $10$ étapes :

\text{largeur}=2^{-10}=\frac1{1024}<10^{-3},\qquad\sqrt[3]2\in\left[\tfrac{645}{512},\tfrac{1291}{1024}\right]\approx[1{,}2598\,;\,1{,}2607].

Vérification : $\sqrt[3]2\approx1{,}2599$ est bien dedans, à moins de $10^{-3}$ de chaque borne.

Pour une précision $10^{-6}$ , il faut $2^{-n}<10^{-6}$ , soit $2^n>10^6$ : comme $2^{20}=1\,048\,576>10^6$ et $2^{19}=524\,288<10^6$ , il faut $n=20$ étapes.

\boxed{2^{-10}<10^{-3}\ ;\ 20\text{ étapes pour }10^{-6}}

ℹ️ Vingt étapes pour six décimales, c'est une convergence géométrique de raison $\tfrac12$ : une décimale coûte environ $3{,}3$ étapes. La méthode de Héron (chapitre suites) fait mieux — quadratique — mais la dichotomie a un avantage décisif : elle ne demande rien d'autre que la continuité et un changement de signe.

La preuve du théorème

Soit $f$ continue sur $[a,b]$ , $f(a)<0<f(b)$ . On construit deux suites par récurrence : $a_0=a$ , $b_0=b$ , et, $m_n=\dfrac{a_n+b_n}2$ étant le milieu,

si $f(m_n)\leq0$ , on pose $a_{n+1}=m_n$ , $b_{n+1}=b_n$ ;
sinon ( $f(m_n)>0$ ), on pose $a_{n+1}=a_n$ , $b_{n+1}=m_n$ .

Invariant : à chaque étape, $f(a_n)\leq0$ et $f(b_n)>0$ (vrai au départ, conservé par construction), et $b_n-a_n=\dfrac{b-a}{2^n}$ .

Convergence. $(a_n)$ est croissante, $(b_n)$ décroissante (on ne fait qu'avancer $a_n$ ou reculer $b_n$ ), et $b_n-a_n\to0$ : elles sont adjacentes, donc convergent vers une même limite $c\in[a,b]$ .

Le zéro. Par continuité de $f$ en $c$ : $f(a_n)\to f(c)$ et $f(b_n)\to f(c)$ . Or $f(a_n)\leq0$ pour tout $n$ , donc à la limite $f(c)\leq0$ ; et $f(b_n)>0$ donne $f(c)\geq0$ (une inégalité stricte devient large à la limite). Donc $f(c)=0$ . Enfin $c\neq a$ et $c\neq b$ puisque $f(a)<0$ et $f(b)>0$ : $c\in]a,b[$ . $\blacksquare$

\boxed{f\text{ continue, }f(a)<0<f(b)\ \Rightarrow\ \exists\,c\in]a,b[,\ f(c)=0}

Le cas général « $y$ entre $f(a)$ et $f(b)$ » s'y ramène en appliquant ceci à $f-y$ (ou à $y-f$ ).

Rappel de cours

TVI. Si $f$ est continue sur $[a,b]$ et $y$ est compris entre $f(a)$ et $f(b)$ , il existe $c\in[a,b]$ tel que $f(c)=y$ .

Forme « signe ». $f$ continue sur $[a,b]$ avec $f(a)f(b)<0$ $\Rightarrow$ $f$ s'annule sur $]a,b[$ .

Ce qu'il donne et ce qu'il ne donne pas : l'existence d'un $c$ , pas son unicité (ajouter la stricte monotonie pour l'avoir), pas sa valeur (la dichotomie l'approche).

Où sert la continuité : au passage à la limite $f(a_n)\to f(c)$ . Sans elle, la fonction $x\mapsto-1$ sur $[0,1[$ , $1$ sur $[1,2]$ change de signe sans s'annuler.

L'erreur classique

⚠️ Oublier la continuité. La partie entière $\lfloor x\rfloor-\tfrac12$ vaut $-\tfrac12$ en $0$ et $\tfrac12$ en $1$ , et ne s'annule jamais. Le changement de signe sans continuité ne prouve rien : c'est l'hypothèse qui fait passer à la limite.

⚠️ Passer une inégalité stricte à la limite en la gardant stricte. $f(b_n)>0$ pour tout $n$ donne $f(c)\geq0$ , pas $f(c)>0$ — heureusement, puisque $f(c)=0$ . Les limites transforment $<$ en $\leq$ .

⚠️ Croire que $c$ est unique. $x^3-3x$ s'annule trois fois sur $[-2,2]$ . Le TVI dit « au moins un ».

À retenir

La dichotomie EST la preuve du TVI, et c'est aussi une méthode numérique : $n$ étapes donnent $2^{-n}$ de précision, sans autre hypothèse que la continuité.

Les trois ingrédients de la preuve : un invariant de signe, deux suites adjacentes, et la continuité pour passer à la limite. Le théorème des bornes atteintes (exercice B3) reprend exactement cette structure, avec Bolzano-Weierstrass à la place des suites adjacentes.

Réponse.

[1,\tfrac32]

,

[\tfrac54,\tfrac32]

,

[\tfrac54,\tfrac{11}8]

; après

10

étapes la largeur vaut

2^{-10}=\tfrac1{1024}<10^{-3}

et

\sqrt[3]2\in[\tfrac{645}{512},\tfrac{1291}{1024}]

;

20

étapes pour

10^{-6}

(

2^{20}=1\,048\,576

). Preuve par suites adjacentes + continuité. (Recoupement :

\sqrt[3]2\approx1{,}2599\in[1{,}2598\,;\,1{,}2607]

✓)

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Trois applications du TVI

DémonstrationDifficulté 3/5

1. Montrer que $P(x)=x^5-3x+1$ admet au moins trois racines réelles, en les localisant chacune dans un intervalle de longueur au plus $2$ . 2. Démontrer que tout polynôme de degré impair admet au moins une racine réelle. 3. Montrer que l'équation $\cos x=x$ admet une unique solution réelle, et la localiser dans $]0,1[$ . 4. Démontrer que toute fonction continue $f:[a,b]\to[a,b]$ admet un point fixe ( $f(c)=c$ ).

Indices (3)

Calculer $P(-2)$ , $P(0)$ , $P(1)$ , $P(2)$ et regarder les signes.

Un polynôme de degré impair a des limites de signes opposés en $-\infty$ et $+\infty$ .

Pour l'unicité de $\cos x=x$ , étudier la monotonie de $g(x)=\cos x-x$ ; pour le point fixe, appliquer le TVI à $x\mapsto f(x)-x$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le TVI se met en œuvre en trois temps : (1) exhiber une fonction continue ; (2) trouver deux points où elle prend des signes opposés ; (3) conclure qu'elle s'annule entre eux. Les quatre questions sont quatre habillages de ce schéma :

question	fonction continue	signes opposés	conclusion
1	$P$	$P(-2)<0<P(0)$ , etc.	trois racines
2	$P$ de degré impair	limites $-\infty$ et $+\infty$	une racine
3	$g(x)=\cos x-x$	$g(0)>0>g(1)$	une solution
4	$h(x)=f(x)-x$	$h(a)\geq0\geq h(b)$	un point fixe

👉 La question 3 ajoute l'unicité, qui n'est jamais fournie par le TVI : il faut la stricte monotonie, c'est-à-dire un argument de dérivée.

Trois racines localisées

$P$ est un polynôme, donc continu sur $\mathbb{R}$ . On calcule :

P(-2)=-32+6+1=-25,\quad P(0)=1,\quad P(1)=1-3+1=-1,\quad P(2)=32-6+1=27.

Trois changements de signe : $P(-2)<0<P(0)$ , $P(0)>0>P(1)$ , $P(1)<0<P(2)$ . Le TVI donne une racine dans chacun des intervalles $]-2,0[$ , $]0,1[$ , $]1,2[$ — trois racines distinctes puisque les intervalles sont disjoints.

\boxed{P\text{ a une racine dans }]-2,0[,\ \text{une dans }]0,1[,\ \text{une dans }]1,2[}

Contrôle numérique : les racines valent environ $-1{,}389$ , $0{,}335$ et $1{,}215$ — chacune dans son intervalle ✓. $P$ étant de degré $5$ , il ne peut en avoir plus de $5$ ; les deux autres sont complexes non réelles (on peut le vérifier : $P'=5x^4-3$ n'a que deux racines réelles, donc $P$ n'a que deux extremums et au plus trois racines réelles).

Degré impair : une racine, toujours

Soit $P(x)=a_nx^n+\dots+a_0$ avec $n$ impair et $a_n\neq0$ . Quitte à diviser par $a_n$ , on suppose $a_n=1$ . Alors $P(x)=x^n\left(1+\dfrac{a_{n-1}}x+\dots+\dfrac{a_0}{x^n}\right)$ , et la parenthèse tend vers $1$ quand $x\to\pm\infty$ . Comme $n$ est impair, $x^n\to-\infty$ en $-\infty$ et $+\infty$ en $+\infty$ :

\lim_{x\to-\infty}P(x)=-\infty,\qquad\lim_{x\to+\infty}P(x)=+\infty.

Donc il existe $A<0$ avec $P(A)<0$ et $B>0$ avec $P(B)>0$ . $P$ est continue sur $[A,B]$ : le TVI fournit $c\in]A,B[$ avec $P(c)=0$ . $\blacksquare$

\boxed{\text{tout polynôme réel de degré impair a une racine réelle}}

ℹ️ En degré pair c'est faux : $x^2+1$ n'a aucune racine réelle — ses deux limites sont $+\infty$ , aucun changement de signe n'est garanti.

cos x = x : existence par le TVI, unicité par la monotonie

Posons $g(x)=\cos x-x$ , continue sur $\mathbb{R}$ . $g(0)=1>0$ et $g(1)=\cos1-1\approx-0{,}460<0$ : le TVI donne une solution dans $]0,1[$ .

Unicité. $g'(x)=-\sin x-1\leq0$ , avec égalité seulement aux points isolés $x=-\tfrac\pi2+2k\pi$ : $g$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$ , donc injective, donc s'annule au plus une fois. (Sur $]0,1[$ c'est encore plus direct : $\sin x>0$ donc $g'<-1<0$ .)

\boxed{\cos x=x\text{ a une unique solution, située dans }]0,1[}

Contrôle : elle vaut environ $0{,}7391$ — c'est la limite de la suite $u_{n+1}=\cos u_n$ étudiée au chapitre sur les suites (exercice B5). Le TVI dit où elle est ; la suite récurrente la calcule.

Point fixe d'une fonction continue de [a,b] dans [a,b]

Soit $f:[a,b]\to[a,b]$ continue, et $h(x)=f(x)-x$ , continue sur $[a,b]$ .

$f(a)\in[a,b]$ donc $f(a)\geq a$ , soit $h(a)\geq0$ ;
$f(b)\in[a,b]$ donc $f(b)\leq b$ , soit $h(b)\leq0$ .

Si $h(a)=0$ ou $h(b)=0$ , c'est fini ( $a$ ou $b$ est un point fixe). Sinon $h(a)>0>h(b)$ et le TVI donne $c\in]a,b[$ avec $h(c)=0$ , c'est-à-dire $f(c)=c$ . $\blacksquare$

\boxed{f:[a,b]\to[a,b]\text{ continue}\ \Rightarrow\ \exists\,c,\ f(c)=c}

C'est le cas de $\cos:[0,1]\to[\cos1,1]\subset[0,1]$ — la question 3 en est un exemple. Géométriquement : le graphe de $f$ part de la droite $x=a$ au-dessus de la diagonale (ou dessus) et arrive sur $x=b$ au-dessous (ou dessus) ; continu, il la traverse.

⚠️ Aucune unicité : $f(x)=x$ a tous ses points fixes. Et l'hypothèse « à valeurs dans $[a,b]$ » est essentielle — $f(x)=x+1$ sur $[0,1]$ n'a pas de point fixe.

Rappel de cours

TVI, forme pratique. Continuité + changement de signe $\Rightarrow$ un zéro. Pour un point fixe, une intersection de courbes, une équation $f(x)=g(x)$ : appliquer à la différence.

Unicité : stricte monotonie (signe strict de la dérivée, ou dérivée nulle seulement en des points isolés).

Localisation : chaque changement de signe entre deux points donne une racine entre eux ; des intervalles disjoints donnent des racines distinctes.

Bornes du nombre de racines : un polynôme de degré $n$ en a au plus $n$ ; entre deux racines de $P$ il y a une racine de $P'$ (théorème de Rolle, lot E).

L'erreur classique

⚠️ « $P(0)>0$ et $P(1)<0$ , donc la racine est $0{,}5$ . » Le TVI localise, il ne calcule pas ; la racine vaut $\approx0{,}335$ . Pour une valeur, il faut la dichotomie (B1) ou une méthode plus rapide.

⚠️ Appliquer le TVI à $f$ au lieu de $f-x$ pour un point fixe. Un point fixe est un zéro de $f(x)-x$ , pas de $f$ .

⚠️ Conclure à l'unicité sans monotonie. $\cos x=x$ a une solution parce que $g$ est strictement décroissante ; $\cos x=\tfrac x{10}$ en a plusieurs. Le TVI seul ne distingue pas ces deux cas.

À retenir

Le TVI s'applique à la bonne fonction : $P$ pour une racine, $f-g$ pour une intersection, $f-x$ pour un point fixe. Continuité, deux signes, conclusion.

Existence par le TVI, unicité par la monotonie, valeur par la dichotomie : trois outils, trois questions. Les confondre est l'erreur la plus fréquente sur ce chapitre.

Réponse. 1.

P(-2)=-25

,

P(0)=1

,

P(1)=-1

,

P(2)=27

: racines dans

]-2,0[

,

]0,1[

,

]1,2[

(env.

-1{,}389

,

0{,}335

,

1{,}215

). 2. Limites

\mp\infty

+ TVI. 3.

g=\cos x-x

,

g(0)=1

,

g(1)\approx-0{,}460

,

g'<0

: unique solution,

\approx0{,}7391

. 4. TVI sur

f(x)-x

. (Recoupement :

\cos(0{,}7391)\approx0{,}7391

✓)

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Bornes atteintes : le théorème et ses trois hypothèses

DémonstrationDifficulté 3/5

1. Déterminer le maximum et le minimum de $f(x)=x^3-3x$ sur $[-2,2]$ , et les points où ils sont atteints. 2. Donner trois fonctions continues qui n'atteignent pas leurs bornes ou ne sont pas bornées : $x\mapsto x$ sur $]0,1[$ , $x\mapsto\dfrac1x$ sur $]0,1]$ , $\arctan$ sur $\mathbb{R}$ . Quelle hypothèse du théorème manque à chaque fois ? 3. Démontrer le théorème des bornes atteintes : une fonction continue sur un segment $[a,b]$ est bornée et atteint ses bornes. On admettra le théorème de Bolzano-Weierstrass.

Indices (3)

Sur un segment, le max est atteint soit en un point critique intérieur ( $f'=0$ ), soit en une borne : comparer les valeurs candidates.

Segment = fermé ET borné ; regarder laquelle des deux propriétés manque à chaque intervalle.

Supposer $f$ non majorée, prendre $x_n$ avec $f(x_n)>n$ , extraire une sous-suite convergente.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème des bornes atteintes dit qu'une fonction continue sur un segment a un plus grand et un plus petit point — pas seulement une borne supérieure, mais un maximum, atteint quelque part. C'est ce qui autorise à écrire « soit $x_0$ le point où $f$ est maximale » dans mille démonstrations, à commencer par celle du théorème de Rolle.

Ses trois hypothèses — continue, sur un intervalle fermé et borné — se testent chacune par un contre-exemple, et c'est la question 2. La question 3 démontre le théorème à partir de Bolzano-Weierstrass, admis au chapitre sur les suites : « toute suite bornée a une sous-suite convergente ».

Max et min sur un segment : candidats et comparaison

$f(x)=x^3-3x$ est continue sur $[-2,2]$ : le théorème garantit un maximum et un minimum. Pour les trouver, on cherche où ils peuvent être : en un point intérieur où $f'=0$ (théorème de Fermat, lot E), ou aux bornes.

$f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$ s'annule en $\pm1$ . Les candidats sont donc $-2,-1,1,2$ :

f(-2)=-8+6=-2,\quad f(-1)=-1+3=2,\quad f(1)=1-3=-2,\quad f(2)=8-6=2.

\boxed{\max_{[-2,2]}f=2\text{ atteint en }-1\text{ et }2\ ;\quad\min_{[-2,2]}f=-2\text{ atteint en }-2\text{ et }1}

Deux points pour chaque borne : le théorème dit « atteint », pas « atteint une seule fois ». Et le tableau de variations confirme — croissante sur $[-2,-1]$ , décroissante sur $[-1,1]$ , croissante sur $[1,2]$ — une courbe en « S » dont les deux bosses ont exactement la hauteur des bornes.

Trois contre-exemples, trois hypothèses

fonction	intervalle	bornée ?	bornes atteintes ?	ce qui manque
$x\mapsto x$	$]0,1[$	oui, $\sup=1$ , $\inf=0$	non : $x<1$ toujours	intervalle non fermé
$x\mapsto\dfrac1x$	$]0,1]$	non : $\dfrac1{10^{-k}}=10^k$	—	non fermé (en $0$ )
$\arctan$	$\mathbb{R}$	oui, $\lvert\arctan\rvert<\dfrac\pi2$	non : limite $\dfrac\pi2$ jamais atteinte	intervalle non borné

Dans les trois cas la fonction est continue : c'est la forme de l'intervalle qui casse le théorème. Sur $]0,1[$ , la valeur $1$ est approchée sans être prise ; sur $]0,1]$ , $\tfrac1x$ explose près du bord ouvert ; sur $\mathbb{R}$ , $\arctan$ monte vers $\tfrac\pi2$ sans jamais y arriver.

Et pour l'hypothèse de continuité : $g(x)=x$ sur $[0,1[$ , $g(1)=0$ , définie sur le segment $[0,1]$ , bornée, de borne supérieure $1$ jamais atteinte.

\boxed{\text{continue} + \text{fermé} + \text{borné} : aucune des trois ne se retire}

La preuve : Bolzano-Weierstrass et continuité

Soit $f$ continue sur $[a,b]$ .

Étape 1 — $f$ est majorée. Sinon, pour tout $n$ il existe $x_n\in[a,b]$ avec $f(x_n)>n$ . La suite $(x_n)$ est bornée (dans $[a,b]$ ) : par Bolzano-Weierstrass (ADMIS), elle admet une sous-suite $(x_{\varphi(n)})$ convergente, vers un $c\in[a,b]$ (les inégalités $a\leq x_{\varphi(n)}\leq b$ passent à la limite — c'est ici que sert le fermé). Par continuité, $f(x_{\varphi(n)})\to f(c)$ , valeur finie. Mais $f(x_{\varphi(n)})>\varphi(n)\geq n\to+\infty$ : contradiction. Donc $f$ est majorée ; de même minorée.

Étape 2 — le sup est atteint. Soit $M=\sup_{[a,b]}f$ (existe : $f$ majorée, $[a,b]$ non vide). Par caractérisation de la borne supérieure, pour tout $n$ il existe $y_n\in[a,b]$ avec $M-\tfrac1n<f(y_n)\leq M$ , donc $f(y_n)\to M$ . Bolzano-Weierstrass extrait $(y_{\varphi(n)})\to d\in[a,b]$ . Par continuité $f(y_{\varphi(n)})\to f(d)$ ; par unicité de la limite, $f(d)=M$ . Le sup est un max. Idem pour le min avec $-f$ . $\blacksquare$

\boxed{f\text{ continue sur }[a,b]\ \Rightarrow\ f\text{ bornée, }\exists\,d,\ f(d)=\max f}

Où chaque hypothèse a servi : borné pour appliquer Bolzano-Weierstrass, fermé pour que la limite reste dans le domaine, continue pour faire passer $f$ à la limite.

Rappel de cours

Théorème des bornes atteintes. Toute fonction continue sur un segment $[a,b]$ est bornée et atteint ses bornes : il existe $x_1,x_2\in[a,b]$ tels que $f(x_1)\leq f(x)\leq f(x_2)$ pour tout $x$ .

Corollaire (avec le TVI). L'image d'un segment par une fonction continue est un segment : $f([a,b])=[\min f,\max f]$ .

Bolzano-Weierstrass (admis). Toute suite bornée de réels admet une sous-suite convergente.

Pratique. Sur un segment, le max et le min se cherchent parmi : les points intérieurs où $f'=0$ (ou où $f$ n'est pas dérivable), et les deux bornes.

L'erreur classique

⚠️ Confondre borne supérieure et maximum. $x\mapsto x$ sur $]0,1[$ a une borne supérieure ( $1$ ) et pas de maximum. Le théorème dit précisément que sur un segment, avec la continuité, les deux coïncident.

⚠️ Chercher le max seulement où $f'=0$ . Sur $[-2,2]$ , le max $2$ est atteint en $2$ (une borne, où $f'(2)=9\neq0$ ) autant qu'en $-1$ . Les bornes sont toujours candidates.

⚠️ Croire qu'une fonction bornée atteint ses bornes. $\arctan$ est bornée sur $\mathbb{R}$ ; le sup $\tfrac\pi2$ n'est atteint nulle part.

À retenir

Continue sur un segment $\Rightarrow$ max et min existent. C'est le théorème qu'on invoque chaque fois qu'on écrit « prenons le point où $f$ est maximale » — Rolle en dépend, donc tout le lot E.

La preuve suit celle du TVI : une suite bien choisie, une extraction (Bolzano-Weierstrass ici, suites adjacentes là), et la continuité pour conclure à la limite. Deux théorèmes, une seule méthode.

Réponse. 1.

\max=2

en

-1

et

2

,

\min=-2

en

-2

et

1

. 2.

]0,1[

non fermé (sup

1

non atteint) ;

]0,1]

non fermé (

\tfrac1x

non bornée) ;

\mathbb{R}

non borné (

\arctan<\tfrac\pi2

). 3. Bolzano-Weierstrass (ADMIS) + continuité :

f

majorée, puis le sup est atteint. (Recoupement :

f(-1)=f(2)=2

,

f(-2)=f(1)=-2

✓)

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Théorème de la bijection et dérivée de la réciproque

DémonstrationDifficulté 3/5

Soit $f(x)=x^3+x$ . 1. Montrer que $f$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$ . 2. Calculer $f^{-1}(2)$ et $f^{-1}(10)$ , puis $\bigl(f^{-1}\bigr)'(2)$ et $\bigl(f^{-1}\bigr)'(10)$ sans expliciter $f^{-1}$ . 3. On considère $g$ définie sur $[0,1[\,\cup\,[2,3]$ par $g(x)=x$ si $x<1$ et $g(x)=x-1$ si $x\geq2$ . Montrer que $g$ est continue, strictement croissante, bijective sur $[0,2]$ , et que sa réciproque n'est pas continue. Quelle hypothèse du théorème de la bijection manque ? 4. Pourquoi $\sqrt[3]{\cdot}$ , réciproque de $x^3$ , n'est-elle pas dérivable en $0$ ?

Indices (3)

$f'=3x^2+1>0$ : stricte croissance ; limites en $\pm\infty$ pour l'image.

$f(1)=2$ et $f(2)=10$ ; la formule $(f^{-1})'(y)=\dfrac1{f'(f^{-1}(y))}$ ne demande pas $f^{-1}$ explicitement.

Que vaut $g^{-1}(y)$ pour $y<1$ ? Pour $y\geq1$ ? Regarder en $y=1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème de la bijection est le TVI plus la stricte monotonie : le TVI donne que toute valeur intermédiaire est atteinte (surjectivité sur l'image), la stricte monotonie qu'elle l'est une seule fois (injectivité). Et il vient avec deux bonus : la réciproque est continue, et dérivable là où $f'\neq0$ , avec

\bigl(f^{-1}\bigr)'(y)=\frac1{f'\bigl(f^{-1}(y)\bigr)}.

Cette formule se lit sur la figure : les courbes de $f$ et $f^{-1}$ sont symétriques par rapport à $y=x$ , et la symétrie transforme une pente $p$ en pente $\tfrac1p$ . Une pente nulle (tangente horizontale) devient une tangente verticale — d'où la non-dérivabilité de $\sqrt[3]{\cdot}$ en $0$ .

👉 La question 3 est le contre-exemple à garder sous la main : sans intervalle au départ, la réciproque d'une bijection continue peut sauter.

x³ + x : une bijection de R sur R

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ avec $f'(x)=3x^2+1\geq1>0$ : strictement croissante. Elle est continue (polynôme). Ses limites : $f(x)=x^3\left(1+\tfrac1{x^2}\right)\to\pm\infty$ en $\pm\infty$ .

Par le théorème de la bijection, $f$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $f(\mathbb{R})$ , intervalle dont les bornes sont les limites : $f(\mathbb{R})=]-\infty,+\infty[=\mathbb{R}$ .

\boxed{f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\text{ est une bijection, }f^{-1}\text{ continue et strictement croissante}}

Concrètement : pour tout réel $y$ , l'équation $x^3+x=y$ a exactement une solution réelle. On ne sait pas l'écrire simplement (elle demande la formule de Cardan), mais on sait qu'elle existe et qu'elle dépend continûment de $y$ . C'est souvent tout ce dont on a besoin.

Dériver la réciproque sans la connaître

Valeurs. $f(1)=1+1=2$ donc $f^{-1}(2)=1$ ; $f(2)=8+2=10$ donc $f^{-1}(10)=2$ . (Par injectivité, ce sont les seules solutions.)

Dérivées. $f'$ ne s'annule jamais, donc $f^{-1}$ est dérivable partout et

\bigl(f^{-1}\bigr)'(2)=\frac1{f'(1)}=\frac1{3+1}=\frac14,\qquad\bigl(f^{-1}\bigr)'(10)=\frac1{f'(2)}=\frac1{12+1}=\frac1{13}.

\boxed{f^{-1}(2)=1,\ f^{-1}(10)=2,\ \bigl(f^{-1}\bigr)'(2)=\tfrac14,\ \bigl(f^{-1}\bigr)'(10)=\tfrac1{13}}

Lecture. Près de $y=2$ , $f^{-1}$ varie quatre fois moins vite que $y$ ; près de $10$ , treize fois moins. Normal : $f$ est de plus en plus raide, donc sa réciproque de plus en plus plate. D'où vient la formule : $f\bigl(f^{-1}(y)\bigr)=y$ , et en dérivant la composée, $f'\bigl(f^{-1}(y)\bigr)\cdot\bigl(f^{-1}\bigr)'(y)=1$ .

ℹ️ Pour vérifier autrement : la tangente à $f$ en $(1,2)$ a pour pente $4$ ; sa symétrique par rapport à $y=x$ est la tangente à $f^{-1}$ en $(2,1)$ , de pente $\tfrac14$ ✓.

Sans intervalle, la réciproque peut sauter

$g$ est définie sur $D=[0,1[\,\cup\,[2,3]$ , qui n'est pas un intervalle.

Continue : sur $[0,1[$ c'est $x$ , sur $[2,3]$ c'est $x-1$ ; chaque morceau est continu, et il n'y a pas de point de recollement puisque les deux morceaux sont séparés par $]1,2[$ .
Strictement croissante : sur chaque morceau oui ; et si $x<1\leq2\leq x'$ , alors $g(x)=x<1\leq x'-1=g(x')$ .
Image : $g([0,1[)=[0,1[$ et $g([2,3])=[1,2]$ , donc $g(D)=[0,2]$ , un intervalle. $g$ est bijective de $D$ sur $[0,2]$ .
La réciproque : $g^{-1}(y)=y$ si $y<1$ , $g^{-1}(y)=y+1$ si $y\geq1$ . En $y=1$ : limite à gauche $1$ , valeur $g^{-1}(1)=2$ . Saut de hauteur $1$ : $g^{-1}$ n'est pas continue.

\boxed{g\text{ continue, strictement croissante, bijective — et }g^{-1}\text{ discontinue en }1}

Ce qui manque : le théorème suppose $f$ définie sur un intervalle. C'est cette hypothèse qui garantit que l'image est un intervalle et que la réciproque est continue — les deux à la fois. Ici l'image est bien un intervalle par accident, mais la réciproque doit « sauter » le trou $]1,2[$ du domaine.

Pente nulle, tangente verticale

$x\mapsto x^3$ est continue, strictement croissante sur $\mathbb{R}$ , d'image $\mathbb{R}$ : bijection, de réciproque $\sqrt[3]{\cdot}$ , continue et strictement croissante. Mais $f'(0)=3\cdot0^2=0$ : la formule $\tfrac1{f'}$ n'a pas de sens en $y=0$ , et effectivement

\frac{\sqrt[3]{h}-\sqrt[3]{0}}{h}=\frac{h^{1/3}}{h}=h^{-2/3}\xrightarrow[h\to0^+]{}+\infty.

Le taux d'accroissement tend vers $+\infty$ : $\sqrt[3]{\cdot}$ n'est pas dérivable en $0$ , sa courbe y a une tangente verticale — symétrique de la tangente horizontale de $x^3$ en $0$ .

\boxed{f'(0)=0\ \Rightarrow\ f^{-1}\text{ non dérivable en }f(0)\text{ (tangente verticale)}}

La réciproque hérite de la monotonie et de la continuité ; elle n'hérite de la dérivabilité que là où $f'\neq0$ . C'est exactement ce que dit la légende de la figure du cours.

Rappel de cours

Théorème de la bijection. $f$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I$ $\Rightarrow$ $f$ est une bijection de $I$ sur l'intervalle $f(I)$ , dont les bornes sont les limites de $f$ aux bornes de $I$ ; $f^{-1}$ est continue et strictement monotone, de même sens.

Dérivée de la réciproque. Si de plus $f$ est dérivable en $x_0$ avec $f'(x_0)\neq0$ , alors $f^{-1}$ est dérivable en $y_0=f(x_0)$ et $(f^{-1})'(y_0)=\dfrac1{f'(x_0)}$ . Si $f'(x_0)=0$ : tangente verticale, pas de dérivée.

Symétrie. Les courbes de $f$ et $f^{-1}$ sont symétriques par rapport à la droite $y=x$ .

L'erreur classique

⚠️ Écrire $(f^{-1})'(y)=\dfrac1{f'(y)}$ . Il faut évaluer $f'$ en $f^{-1}(y)$ , pas en $y$ : $(f^{-1})'(2)=\dfrac1{f'(1)}$ , et non $\dfrac1{f'(2)}=\dfrac1{13}$ . Les deux erreurs donnent des nombres plausibles ; seul le calcul en $x_0=f^{-1}(y_0)$ est juste.

⚠️ Croire que « bijective et continue » suffit pour une réciproque continue. L'exemple de $g$ montre que non : il faut un intervalle de départ.

⚠️ Confondre $f^{-1}$ et $\dfrac1f$ . $f^{-1}(2)=1$ alors que $\dfrac1{f(2)}=\dfrac1{10}$ . La notation est traître ; $\arctan\neq\dfrac1{\tan}$ en est l'exemple le plus fréquent.

À retenir

Continue + strictement monotone sur un intervalle $\Rightarrow$ bijection, réciproque continue. Les limites aux bornes donnent l'image. Sans intervalle, tout peut arriver.

$(f^{-1})'(y)=\dfrac1{f'(f^{-1}(y))}$ : on dérive une réciproque sans la connaître, en évaluant $f'$ au point de départ. Là où $f'=0$ , la réciproque a une tangente verticale — c'est le cas de $\sqrt[3]{\cdot}$ , de $\sqrt{\cdot}$ , et d' $\arcsin$ en $\pm1$ (exercice B6).

Réponse. 1.

f'=3x^2+1>0

, limites

\pm\infty

: bijection de

\mathbb{R}

sur

\mathbb{R}

. 2.

f^{-1}(2)=1

,

f^{-1}(10)=2

,

(f^{-1})'(2)=\tfrac14

,

(f^{-1})'(10)=\tfrac1{13}

. 3.

g^{-1}

saute de

1

à

2

en

y=1

: il manque l'hypothèse intervalle. 4.

f'(0)=0

pour

x^3

: taux de

\sqrt[3]{\cdot}

en

0

infini, tangente verticale.

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Arctangente : construction, dérivée et une identité

DémonstrationDifficulté 3/5

1. Montrer que $\tan$ réalise une bijection de $\left]-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right[$ sur $\mathbb{R}$ . On note $\arctan$ sa réciproque. 2. Montrer que $\arctan$ est impaire, strictement croissante, et calculer $\arctan0$ , $\arctan1$ , $\arctan\sqrt3$ , $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\arctan x$ . 3. Montrer que $\arctan$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et que $\arctan'(x)=\dfrac1{1+x^2}$ . 4. Démontrer que pour tout $x>0$ , $\arctan x+\arctan\dfrac1x=\dfrac\pi2$ , et en déduire une valeur approchée de $\dfrac\pi2-\arctan1000$ .

Indices (3)

$\tan'=1+\tan^2>0$ et les limites aux bornes sont $\mp\infty$ .

$\arctan(\tan\theta)=\theta$ sur $\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[$ : $\arctan1=\theta$ avec $\tan\theta=1$ .

Dériver $\varphi(x)=\arctan x+\arctan\tfrac1x$ sur $]0,+\infty[$ : $\varphi'=0$ , donc $\varphi$ est constante ; évaluer en $x=1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

$\arctan$ est le théorème de la bijection appliqué à $\tan$ — rien de plus, et c'est déjà beaucoup. Toutes ses propriétés se déduisent de celles de $\tan$ sur $\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[$ : croissance, continuité, imparité, valeurs particulières, et même la dérivée par la formule de la réciproque. Il n'y a aucune formule explicite pour $\arctan$ ; il faut apprendre à travailler avec une fonction définie par une propriété (« l'angle dont la tangente vaut $x$ »).

👉 La question 4 est la méthode reine pour prouver une identité entre fonctions : montrer que la différence a une dérivée nulle sur un intervalle, donc qu'elle est constante, et évaluer la constante en un point commode. C'est une conséquence des accroissements finis (lot E) — et elle sert des dizaines de fois.

tan est une bijection de ]−π/2, π/2[ sur R

Sur $I=\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[$ , $\cos>0$ donc $\tan=\dfrac{\sin}{\cos}$ est définie et continue. Sa dérivée est $\tan'=\dfrac{\cos^2+\sin^2}{\cos^2}=\dfrac1{\cos^2}=1+\tan^2>0$ : $\tan$ est strictement croissante sur $I$ .

Limites aux bornes : quand $x\to\left(\tfrac\pi2\right)^-$ , $\sin x\to1$ et $\cos x\to0^+$ , donc $\tan x\to+\infty$ ; par imparité, $\tan x\to-\infty$ en $\left(-\tfrac\pi2\right)^+$ .

Par le théorème de la bijection, $\tan$ est une bijection de $I$ sur $]-\infty,+\infty[=\mathbb{R}$ .

\boxed{\tan:\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[\to\mathbb{R}\text{ bijective}\ ;\ \arctan=\tan^{-1}:\mathbb{R}\to\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[}

⚠️ $\tan$ n'est pas injective sur $\mathbb{R}$ (elle est $\pi$ -périodique) : $\arctan$ est la réciproque de la restriction à $I$ . Ainsi $\arctan(\tan x)=x$ seulement pour $x\in I$ — par exemple $\arctan(\tan\pi)=\arctan0=0\neq\pi$ .

Propriétés héritées et valeurs particulières

Monotonie, continuité : héritées de $\tan$ par le théorème — $\arctan$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .

Imparité : pour $x\in\mathbb{R}$ , posons $\theta=\arctan x\in I$ . Alors $\tan(-\theta)=-\tan\theta=-x$ et $-\theta\in I$ , donc $\arctan(-x)=-\theta=-\arctan x$ .

Valeurs : $\tan0=0$ donc $\arctan0=0$ ; $\tan\tfrac\pi4=1$ donc $\arctan1=\tfrac\pi4$ ; $\tan\tfrac\pi3=\sqrt3$ donc $\arctan\sqrt3=\tfrac\pi3$ (et $\arctan\tfrac1{\sqrt3}=\tfrac\pi6$ ).

Limite : $\arctan$ est croissante et majorée par $\tfrac\pi2$ , donc a une limite $\ell\leq\tfrac\pi2$ en $+\infty$ . Si $\ell<\tfrac\pi2$ , on aurait $\arctan x<\ell$ pour tout $x$ , donc $x=\tan(\arctan x)<\tan\ell$ (croissance de $\tan$ ) pour tout $x$ : absurde. Donc

\boxed{\arctan0=0,\ \arctan1=\tfrac\pi4,\ \arctan\sqrt3=\tfrac\pi3,\ \lim_{+\infty}\arctan=\tfrac\pi2}

Les droites $y=\pm\tfrac\pi2$ sont asymptotes horizontales — images par la symétrie $y=x$ des asymptotes verticales de $\tan$ .

La dérivée par la formule de la réciproque

$\tan$ est dérivable sur $I$ et $\tan'=1+\tan^2$ ne s'annule jamais. Donc $\arctan$ est dérivable en tout $y\in\mathbb{R}$ , et avec $x=\arctan y$ (donc $\tan x=y$ ) :

\arctan'(y)=\frac1{\tan'(x)}=\frac1{1+\tan^2x}=\frac1{1+y^2}.

\boxed{\arctan'(x)=\frac1{1+x^2}\quad\text{pour tout }x\in\mathbb{R}}

C'est une dérivée rationnelle pour une fonction qui ne l'est pas — d'où l'importance d' $\arctan$ en calcul de primitives : $\displaystyle\int\frac{dx}{1+x^2}=\arctan x$ . On remarque que $\arctan'(0)=1$ (tangente $y=x$ à l'origine, comme $\tan$ ), et $\arctan'(x)\to0$ à l'infini (la courbe s'aplatit vers ses asymptotes).

Une identité par dérivée nulle

Soit $\varphi(x)=\arctan x+\arctan\dfrac1x$ pour $x>0$ . Elle est dérivable sur l'intervalle $]0,+\infty[$ et

\varphi'(x)=\frac1{1+x^2}+\frac{-1/x^2}{1+1/x^2}=\frac1{1+x^2}-\frac1{x^2+1}=0.

Une fonction de dérivée nulle sur un intervalle est constante (conséquence des accroissements finis). Or $\varphi(1)=\arctan1+\arctan1=\tfrac\pi2$ . Donc

\boxed{\forall x>0,\quad\arctan x+\arctan\frac1x=\frac\pi2}

Contrôle : $\arctan2\approx1{,}107$ et $\arctan\tfrac12\approx0{,}464$ , somme $\approx1{,}571\approx\tfrac\pi2$ ✓.

Application. $\dfrac\pi2-\arctan1000=\arctan\dfrac1{1000}$ . Or pour $t$ petit, $\arctan t\approx t$ (tangente en $0$ de pente $1$ , et $\arctan t\leq t$ pour $t\geq0$ par concavité sur $\mathbb{R}_+$ ). Donc

\frac\pi2-\arctan1000\approx\frac1{1000}=0{,}0010.

La valeur exacte est $\approx0{,}00099999967$ : l'approximation est bonne à $3\times10^{-10}$ près. ⚠️ Pour $x<0$ , l'identité devient $\arctan x+\arctan\tfrac1x=-\tfrac\pi2$ (par imparité) : $]-\infty,0[$ et $]0,+\infty[$ sont deux intervalles, la constante n'a aucune raison d'être la même.

Rappel de cours

$\arctan$ : bijection réciproque de $\tan:\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[\to\mathbb{R}$ . Impaire, continue, strictement croissante, $\arctan'(x)=\dfrac1{1+x^2}$ , limites $\pm\tfrac\pi2$ en $\pm\infty$ .

Valeurs : $\arctan0=0$ , $\arctan\tfrac1{\sqrt3}=\tfrac\pi6$ , $\arctan1=\tfrac\pi4$ , $\arctan\sqrt3=\tfrac\pi3$ .

Identité : $\arctan x+\arctan\tfrac1x=\pm\tfrac\pi2$ selon le signe de $x$ .

Méthode « dérivée nulle » : pour prouver $F=G$ sur un intervalle, montrer $(F-G)'=0$ et $F(x_0)=G(x_0)$ en un point.

L'erreur classique

⚠️ $\arctan x\to\tfrac\pi2$ « donc $\arctan1000=\tfrac\pi2$ ». C'est une limite, jamais atteinte : $\arctan1000\approx1{,}5698<\tfrac\pi2\approx1{,}5708$ . Confondre la valeur en un point et la limite à l'infini est la méprise typique sur cette fonction.

⚠️ $\arctan(\tan x)=x$ partout. Faux hors de $\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[$ : $\arctan(\tan\tfrac{3\pi}4)=\arctan(-1)=-\tfrac\pi4$ .

⚠️ Étendre l'identité de la question 4 à $x<0$ avec la même constante. La dérivée est nulle sur chacun des deux intervalles $]-\infty,0[$ et $]0,+\infty[$ , mais $0$ n'est pas dans le domaine : deux intervalles, deux constantes ( $-\tfrac\pi2$ et $\tfrac\pi2$ ).

À retenir

$\arctan$ se manipule par ses propriétés, pas par une formule : « l'angle de $\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[$ dont la tangente vaut $x$ ». Toute question sur $\arctan$ se ramène à une question sur $\tan$ par $\theta=\arctan x$ .

Dérivée nulle sur un intervalle $\Rightarrow$ constante : la méthode pour prouver une identité, à condition de vérifier qu'on est bien sur un intervalle — sinon il y a une constante par morceau.

Réponse.

\tan'=1+\tan^2>0

, limites

\mp\infty

: bijection sur

\mathbb{R}

.

\arctan

impaire, croissante,

\arctan0=0

,

\arctan1=\tfrac\pi4

,

\arctan\sqrt3=\tfrac\pi3

, limite

\tfrac\pi2

;

\arctan'=\dfrac1{1+x^2}

;

\arctan x+\arctan\tfrac1x=\tfrac\pi2

(

x>0

, dérivée nulle + valeur en

1

), d'où

\tfrac\pi2-\arctan1000=\arctan\tfrac1{1000}\approx0{,}0010

. (Recoupement :

\arctan2+\arctan\tfrac12\approx1{,}107+0{,}464\approx\tfrac\pi2

✓)

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Arcsinus et arccosinus : domaines, dérivées, pièges

CalculDifficulté 3/5

1. Définir $\arcsin$ et $\arccos$ comme réciproques de restrictions de $\sin$ et $\cos$ , en précisant les intervalles. 2. Calculer $\arcsin\dfrac12$ , $\arccos\dfrac12$ , $\arccos\left(-\dfrac12\right)$ , et $\arcsin\left(\sin\dfrac{2\pi}3\right)$ . 3. Montrer que $\arcsin$ est dérivable sur $]-1,1[$ , avec $\arcsin'(x)=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}$ , et qu'elle n'est pas dérivable en $1$ . 4. Démontrer que $\arcsin x+\arccos x=\dfrac\pi2$ pour tout $x\in[-1,1]$ , puis simplifier $\cos(\arcsin x)$ .

Indices (3)

$\sin$ est strictement croissante sur $\left[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right]$ ; $\cos$ strictement décroissante sur $[0,\pi]$ .

$\arcsin(\sin\theta)=\theta$ seulement si $\theta\in\left[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right]$ ; sinon, chercher l'angle de cet intervalle qui a le même sinus.

Dérivée de la réciproque : $\dfrac1{\cos(\arcsin x)}$ , et $\cos\theta=\sqrt{1-\sin^2\theta}$ quand $\cos\theta\geq0$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Même recette que pour $\arctan$ , avec un piège de plus : le choix de l'intervalle. $\sin$ et $\cos$ ne sont injectives sur aucun intervalle de longueur supérieure à $\pi$ ; on les restreint à un intervalle où elles sont strictement monotones et prennent toutes leurs valeurs — $\left[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right]$ pour $\sin$ , $[0,\pi]$ pour $\cos$ . Ces intervalles sont fermés, et les réciproques sont définies sur le segment $[-1,1]$ .

Deux conséquences que $\arctan$ n'avait pas : aux bornes $\pm1$ , $\sin'=\cos$ s'annule, donc $\arcsin$ a des tangentes verticales ; et « $\arcsin(\sin\theta)=\theta$ » n'est vrai que pour $\theta$ dans l'intervalle choisi — c'est le piège de la question 2.

Définitions par restriction

Sur $J=\left[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right]$ , $\sin$ est continue, strictement croissante ( $\sin'=\cos>0$ sur l'intérieur), et $\sin J=[-1,1]$ . Par le théorème de la bijection, $\sin|_J$ est une bijection de $J$ sur $[-1,1]$ ; sa réciproque est

\arcsin:[-1,1]\to\left[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right],\quad\text{continue, strictement croissante, impaire.}

Sur $K=[0,\pi]$ , $\cos$ est continue, strictement décroissante ( $\cos'=-\sin<0$ sur l'intérieur), $\cos K=[-1,1]$ :

\arccos:[-1,1]\to[0,\pi],\quad\text{continue, strictement décroissante.}

\boxed{\arcsin x=\text{l'angle de }\left[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right]\text{ de sinus }x\ ;\ \arccos x=\text{l'angle de }[0,\pi]\text{ de cosinus }x}

⚠️ $\arccos$ n'est pas impaire (son image $[0,\pi]$ n'est pas symétrique) : $\arccos(-x)=\pi-\arccos x$ .

Valeurs particulières, et le piège de sin(2π/3)

$\sin\tfrac\pi6=\tfrac12$ et $\tfrac\pi6\in J$ : $\arcsin\tfrac12=\tfrac\pi6$ .
$\cos\tfrac\pi3=\tfrac12$ et $\tfrac\pi3\in K$ : $\arccos\tfrac12=\tfrac\pi3$ .
$\cos\tfrac{2\pi}3=-\tfrac12$ et $\tfrac{2\pi}3\in K$ : $\arccos\left(-\tfrac12\right)=\tfrac{2\pi}3$ (et on vérifie $\pi-\arccos\tfrac12=\pi-\tfrac\pi3=\tfrac{2\pi}3$ ✓).
$\arcsin\left(\sin\tfrac{2\pi}3\right)$ : $\tfrac{2\pi}3\notin J$ , donc la réponse n'est pas $\tfrac{2\pi}3$ . Or $\sin\tfrac{2\pi}3=\sin\left(\pi-\tfrac{2\pi}3\right)=\sin\tfrac\pi3=\tfrac{\sqrt3}2$ , et $\tfrac\pi3\in J$ : $\arcsin\left(\sin\tfrac{2\pi}3\right)=\tfrac\pi3$ .

\boxed{\arcsin\tfrac12=\tfrac\pi6,\quad\arccos\tfrac12=\tfrac\pi3,\quad\arccos\left(-\tfrac12\right)=\tfrac{2\pi}3,\quad\arcsin\left(\sin\tfrac{2\pi}3\right)=\tfrac\pi3}

Un exemple plus loin de l'intervalle : $\arcsin(\sin4)=\pi-4\approx-0{,}858$ — car $\sin4=\sin(\pi-4)$ et $\pi-4\in J$ . La fonction $\theta\mapsto\arcsin(\sin\theta)$ est une « dent de scie » $2\pi$ -périodique, de pente $\pm1$ , qui ne coïncide avec $\theta$ que sur $J$ .

Dérivée, et tangentes verticales en ±1

Sur $\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[$ , $\sin'=\cos$ ne s'annule pas ; donc $\arcsin$ est dérivable sur $\sin\left(\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[\right)=]-1,1[$ et, avec $\theta=\arcsin x$ :

\arcsin'(x)=\frac1{\cos\theta}.

Or $\cos\theta\geq0$ sur $J$ et $\cos^2\theta=1-\sin^2\theta=1-x^2$ , donc $\cos\theta=\sqrt{1-x^2}$ :

\boxed{\arcsin'(x)=\frac1{\sqrt{1-x^2}}\quad(-1<x<1),\qquad\arccos'(x)=-\frac1{\sqrt{1-x^2}}}

(même calcul pour $\arccos$ , avec $\sin\theta\geq0$ sur $[0,\pi]$ , et un signe $-$ venant de $\cos'=-\sin$ .)

En $1$ : $\sin'\left(\tfrac\pi2\right)=\cos\tfrac\pi2=0$ — tangente horizontale de $\sin$ au sommet. Par symétrie, $\arcsin$ a une tangente verticale en $1$ : le taux $\dfrac{\arcsin1-\arcsin(1-h)}h\to+\infty$ quand $h\to0^+$ , et $\arcsin'(x)=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}\to+\infty$ quand $x\to1^-$ . Continue en $1$ , pas dérivable en $1$ . Même chose en $-1$ , et pour $\arccos$ .

Deux identités

$\arcsin+\arccos=\tfrac\pi2$ . Sur l'intervalle $]-1,1[$ , $(\arcsin+\arccos)'=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}-\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}=0$ : la somme est constante, et en $0$ elle vaut $\arcsin0+\arccos0=0+\tfrac\pi2$ . Par continuité, l'identité s'étend aux bornes $\pm1$ .

Preuve directe, sans dérivée : $\theta=\arcsin x\in J$ , alors $\tfrac\pi2-\theta\in[0,\pi]=K$ et $\cos\left(\tfrac\pi2-\theta\right)=\sin\theta=x$ , donc $\arccos x=\tfrac\pi2-\theta$ .

\boxed{\forall x\in[-1,1],\quad\arcsin x+\arccos x=\frac\pi2}

$\cos(\arcsin x)$ . Déjà vu dans la dérivée : $\cos(\arcsin x)=\sqrt{1-x^2}$ , le signe $+$ venant de $\arcsin x\in J$ où $\cos\geq0$ . Contrôle : $\arcsin\tfrac35$ est l'angle du triangle $3$ - $4$ - $5$ , de cosinus $\tfrac45=\sqrt{1-\tfrac9{25}}$ ✓. De même $\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}$ ; en revanche $\sin(\arctan x)=\dfrac x{\sqrt{1+x^2}}$ et $\cos(\arctan x)=\dfrac1{\sqrt{1+x^2}}$ .

Rappel de cours

$\arcsin:[-1,1]\to\left[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right]$ , impaire, croissante, $\arcsin'(x)=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}$ sur $]-1,1[$ , tangentes verticales en $\pm1$ .

$\arccos:[-1,1]\to[0,\pi]$ , décroissante, $\arccos'(x)=-\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}$ , $\arccos(-x)=\pi-\arccos x$ .

Identités : $\arcsin x+\arccos x=\tfrac\pi2$ ; $\cos(\arcsin x)=\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}$ ; $\sin(\arcsin x)=x$ toujours, $\arcsin(\sin\theta)=\theta$ seulement pour $\theta\in\left[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right]$ .

L'erreur classique

⚠️ $\arcsin(\sin\theta)=\theta$ pour tout $\theta$ . La composée $\sin\circ\arcsin$ est l'identité sur $[-1,1]$ ; l'autre, $\arcsin\circ\sin$ , ne l'est que sur $J$ . Vérifier que l'angle est dans l'intervalle avant de simplifier.

⚠️ Écrire $\arccos\left(-\tfrac12\right)=-\tfrac\pi3$ . L'image d' $\arccos$ est $[0,\pi]$ : une valeur négative est impossible. C'est $\tfrac{2\pi}3$ .

⚠️ Oublier le signe de la racine. $\cos\theta=\pm\sqrt{1-\sin^2\theta}$ en général ; c'est l'appartenance de $\theta$ à $J$ qui impose le $+$ . Sans cet argument, la dérivée d' $\arcsin$ n'est pas justifiée.

À retenir

Une fonction réciproque est définie par une restriction, et cette restriction décide de tout : image, parité, et surtout la validité de $f^{-1}(f(x))=x$ . Pour $\arcsin$ : $\left[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right]$ ; pour $\arccos$ : $[0,\pi]$ ; pour $\arctan$ : $\left]-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right[$ .

Là où la fonction de départ a une tangente horizontale, la réciproque en a une verticale : $\pm1$ pour $\arcsin$ et $\arccos$ , $0$ pour $\sqrt[3]{\cdot}$ . Continuité oui, dérivabilité non — c'est le théorème de la bijection, lu jusqu'au bout.

Réponse.

\arcsin\tfrac12=\tfrac\pi6

,

\arccos\tfrac12=\tfrac\pi3

,

\arccos(-\tfrac12)=\tfrac{2\pi}3

,

\arcsin(\sin\tfrac{2\pi}3)=\tfrac\pi3

;

\arcsin'=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}

sur

]-1,1[

, tangente verticale en

\pm1

;

\arcsin x+\arccos x=\tfrac\pi2

;

\cos(\arcsin x)=\sqrt{1-x^2}

. (Recoupement :

\cos(\arcsin\tfrac35)=\tfrac45

,

\arcsin(\sin4)=\pi-4\approx-0{,}858

✓)

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Dérivable ou pas : quatre points litigieux

DémonstrationDifficulté 3/5

Étudier la continuité et la dérivabilité en $0$ de : 1. $f_1(x)=\lvert x\rvert$ ; 2. $f_2(x)=x\lvert x\rvert$ ; 3. $f_3(x)=\sqrt{x}$ (sur $[0,+\infty[$ ) ; 4. $f_4(x)=x^2\sin\dfrac1x$ pour $x\neq0$ , $f_4(0)=0$ . Pour $f_2$ et $f_4$ , dire si la dérivée est continue en $0$ .

Indices (3)

Calculer le taux d'accroissement $\dfrac{f(h)-f(0)}h$ et sa limite à gauche et à droite.

$f_2(h)/h=\lvert h\rvert$ ; et pour $h\neq0$ , $f_2'(h)$ se calcule séparément sur chaque demi-droite.

Pour $f_4$ : $f_4'(x)=2x\sin\tfrac1x-\cos\tfrac1x$ pour $x\neq0$ ; a-t-il une limite en $0$ ?

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La dérivabilité en un point se lit sur le taux d'accroissement, et en un point litigieux il faut regarder les deux côtés. Les quatre fonctions de l'énoncé forment une échelle :

fonction	continue en $0$	dérivable en $0$	$f'$ continue en $0$
$\lvert x\rvert$	oui	non (taux $\mp1$ )	—
$\sqrt{x}$	oui	non (taux $\to+\infty$ )	—
$x\lvert x\rvert$	oui	oui, $f'(0)=0$	oui
$x^2\sin\tfrac1x$	oui	oui, $f'(0)=0$	non

Deux façons d'échouer (un point anguleux, une tangente verticale) et deux façons de réussir — dont une, la dernière, où la fonction est dérivable partout sans que sa dérivée soit continue. C'est ce dernier exemple qui montre que « dérivable » et « de classe $\mathcal C^1$ » sont deux choses.

Valeur absolue : deux demi-tangentes

$f_1$ est continue en $0$ : $\lvert h\rvert\to0$ . Taux d'accroissement :

\frac{f_1(h)-f_1(0)}h=\frac{\lvert h\rvert}h=\begin{cases}1&\text{si }h>0\\-1&\text{si }h<0\end{cases}

Limite à droite $1$ , limite à gauche $-1$ : pas de limite, pas de dérivabilité en $0$ . La courbe a un point anguleux : deux demi-tangentes de pentes $1$ et $-1$ (le « V »).

\boxed{\lvert x\rvert\text{ continue et non dérivable en }0}

C'est le contre-exemple à « continue $\Rightarrow$ dérivable ». Il en existe de bien pires (continues nulle part dérivables), mais celui-ci suffit, et il est visible à l'œil nu. Hors de $0$ , $f_1'(x)=\dfrac{\lvert x\rvert}x$ (le signe de $x$ ).

Racine carrée : une tangente verticale

$f_3$ est continue en $0$ ( $\sqrt{h}\to0$ ). Taux, pour $h>0$ (seul côté disponible) :

\frac{\sqrt{h}-0}h=\frac1{\sqrt h}\xrightarrow[h\to0^+]{}+\infty.

La limite existe mais est infinie : pas de dérivabilité. Géométriquement, la courbe de $\sqrt{x}$ part de l'origine verticalement — c'est la symétrique de $x^2$ , dont la tangente en $0$ est horizontale (théorème de la bijection, exercice B4).

\boxed{\sqrt{x}\text{ continue et non dérivable en }0\ (\text{tangente verticale})}

Hors de $0$ , $f_3'(x)=\dfrac1{2\sqrt x}$ , qui tend vers $+\infty$ en $0^+$ : ici la dérivée « annonce » la tangente verticale.

x|x| : dérivable, et même C¹

$f_2(x)=x\lvert x\rvert$ vaut $x^2$ si $x\geq0$ et $-x^2$ si $x\leq0$ . Taux en $0$ :

\frac{f_2(h)-0}h=\frac{h\lvert h\rvert}h=\lvert h\rvert\xrightarrow[h\to0]{}0\quad\text{(des deux côtés).}

Donc $f_2$ est dérivable en $0$ et $f_2'(0)=0$ . Hors de $0$ : $f_2'(x)=2x$ pour $x>0$ , $f_2'(x)=-2x$ pour $x<0$ , soit $f_2'(x)=2\lvert x\rvert$ — formule qui vaut aussi en $0$ . Et $2\lvert x\rvert$ est continue : $f_2$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb{R}$ .

\boxed{x\lvert x\rvert\text{ dérivable partout, }f_2'(x)=2\lvert x\rvert,\ \mathcal C^1}

Le « V » de $\lvert x\rvert$ a été lissé par le facteur $x$ : en $0$ les deux paraboles $x^2$ et $-x^2$ se raccordent avec la même tangente horizontale. Mais $f_2'=2\lvert x\rvert$ a elle-même un point anguleux en $0$ : $f_2$ est $\mathcal C^1$ sans être deux fois dérivable en $0$ .

x² sin(1/x) : dérivable, mais la dérivée n'a pas de limite

Continuité : $\lvert f_4(x)\rvert\leq x^2\to0=f_4(0)$ ✓. Taux en $0$ :

\frac{f_4(h)-0}h=h\sin\frac1h,\qquad\left\lvert h\sin\frac1h\right\rvert\leq\lvert h\rvert\to0.

Donc $f_4$ est dérivable en $0$ et $f_4'(0)=0$ — c'est exactement la limite de l'exercice A2, $x\sin\tfrac1x\to0$ .

La dérivée hors de $0$ : $f_4'(x)=2x\sin\dfrac1x-\cos\dfrac1x$ . Le premier terme tend vers $0$ ; le second, $\cos\dfrac1x$ , n'a pas de limite en $0$ : sur $x_n=\dfrac1{2n\pi}$ il vaut $1$ , donc $f_4'(x_n)=-1$ (au terme $2x_n\sin(2n\pi)=0$ près), et sur $y_n=\dfrac1{(2n+1)\pi}$ il vaut $-1$ , donc $f_4'(y_n)=+1$ . Deux suites vers $0$ , deux limites : $f_4'$ n'a pas de limite en $0$ , alors que $f_4'(0)=0$ existe.

\boxed{x^2\sin\tfrac1x\text{ (prolongée) dérivable sur }\mathbb{R},\ f_4'(0)=0,\ f_4'\text{ discontinue en }0}

La dérivée existe en $0$ mais oscille entre $-1$ et $1$ tout près de $0$ . Ce n'est pas une pathologie exotique : c'est la raison pour laquelle le théorème de la limite de la dérivée (exercice E6) est une implication et pas une équivalence.

Rappel de cours

Dérivabilité en $a$ : le taux $\dfrac{f(a+h)-f(a)}h$ a une limite finie quand $h\to0$ . Dérivable $\Rightarrow$ continue ; réciproque fausse.

Dérivées à gauche / à droite : limites unilatérales du taux. $f$ est dérivable en $a$ ssi les deux existent, sont finies et égales. Distinctes : point anguleux. Infinie : tangente verticale.

Classe $\mathcal C^1$ : dérivable et $f'$ continue. Strictement plus fort que dérivable ( $x^2\sin\tfrac1x$ ).

Bornée fois infiniment petit : $x\sin\tfrac1x\to0$ , $x^2\sin\tfrac1x\to0$ … — l'outil qui règle tous les « $\sin\tfrac1x$ ».

L'erreur classique

⚠️ Dériver $\lvert x\rvert$ « par la formule » et écrire $f'(0)=0$ . Il n'y a pas de formule en $0$ : les deux morceaux $x$ et $-x$ ont des dérivées différentes, et c'est le taux qui tranche.

⚠️ Conclure « $f'$ n'a pas de limite en $0$ , donc $f$ n'est pas dérivable en $0$ ». Faux pour $x^2\sin\tfrac1x$ : la dérivabilité en $0$ se lit sur le taux, pas sur $f'$ . Le théorème de la limite de la dérivée (E6) ne marche que dans un sens.

⚠️ Confondre « taux infini » et « pas de limite ». Pour $\sqrt{x}$ la limite du taux existe ( $+\infty$ ) et la courbe a une vraie tangente, verticale ; pour $\lvert x\rvert$ il n'y a pas de limite du tout. Les deux refusent la dérivabilité, mais pas pour la même raison.

À retenir

En un point litigieux, le taux d'accroissement des deux côtés est le seul juge. Valeur absolue, racine, morceaux, oscillation : ce sont les signaux qui l'imposent.

Continue $\not\Rightarrow$ dérivable ( $\lvert x\rvert$ ), dérivable $\not\Rightarrow$ $\mathcal C^1$ ( $x^2\sin\tfrac1x$ ). Chaque cran de régularité est strictement plus exigeant que le précédent, et chaque contre-exemple tient en une ligne.

Réponse.

\lvert x\rvert

: continue, non dérivable (taux

\mp1

).

\sqrt{x}

: continue, non dérivable (taux

\to+\infty

).

x\lvert x\rvert

: dérivable,

f'(0)=0

,

f'=2\lvert x\rvert

continue (

\mathcal C^1

).

x^2\sin\tfrac1x

: dérivable,

f'(0)=0

, mais

f'(x)=2x\sin\tfrac1x-\cos\tfrac1x

sans limite en

0

(vaut

-1

en

\tfrac1{2n\pi}

,

+1

en

\tfrac1{(2n+1)\pi}

).

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Fermat et Rolle : démonstrations et contre-exemples

DémonstrationDifficulté 3/5

1. Démontrer le théorème de Fermat : si $f$ est dérivable en un point $c$ intérieur à son intervalle de définition et admet un extremum local en $c$ , alors $f'(c)=0$ . Donner un exemple où $f'(c)=0$ sans extremum. 2. Démontrer le théorème de Rolle. 3. L'appliquer à $f(x)=x(x-1)(x-2)$ sur $[0,2]$ et déterminer explicitement les points $c$ . 4. Montrer par deux exemples que les hypothèses « dérivable sur $]a,b[$ » et « continue sur $[a,b]$ » ne peuvent pas être retirées.

Indices (3)

Pour Fermat : le taux d'accroissement est $\leq0$ d'un côté et $\geq0$ de l'autre ; sa limite est donc à la fois $\leq0$ et $\geq0$ .

Pour Rolle : bornes atteintes (B3), puis Fermat au point où l'extremum est atteint — sauf si les deux extremums sont aux bornes.

Pour 3, $f'(x)=3x^2-6x+2$ : résoudre. Pour 4, penser à $\lvert x\rvert$ et à une fonction avec un saut.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Rolle est le premier théorème qui relie la fonction à sa dérivée dans le sens « fonction $\Rightarrow$ dérivée » : de deux valeurs égales, on déduit un point où la pente est nulle. Tout le reste du lot en découle — les accroissements finis, la monotonie par le signe de $f'$ , les inégalités.

Sa preuve est courte parce qu'elle s'appuie sur deux résultats déjà établis : le théorème des bornes atteintes (il y a un max et un min) et le théorème de Fermat (en un extremum intérieur, la dérivée est nulle). Fermat lui-même tient en trois lignes sur le signe du taux d'accroissement.

👉 Et les hypothèses sont trois, aucune n'est de trop : continue sur $[a,b]$ , dérivable sur $]a,b[$ , $f(a)=f(b)$ . La question 4 les teste.

Fermat : le taux change de signe

Soit $f$ dérivable en $c$ , intérieur, avec un maximum local en $c$ : $f(x)\leq f(c)$ pour $x$ proche de $c$ . Alors pour $h$ petit,

h>0\ :\ \frac{f(c+h)-f(c)}h\leq0\qquad\text{et}\qquad h<0\ :\ \frac{f(c+h)-f(c)}h\geq0

(numérateur $\leq0$ dans les deux cas, dénominateur de signe variable). Le taux tend vers $f'(c)$ des deux côtés : à droite $f'(c)\leq0$ , à gauche $f'(c)\geq0$ . Donc $f'(c)=0$ . Pour un minimum, appliquer à $-f$ . $\blacksquare$

\boxed{\text{extremum local en un point intérieur où }f\text{ est dérivable}\ \Rightarrow\ f'(c)=0}

La réciproque est fausse : $f(x)=x^3$ a $f'(0)=0$ , et n'a pas d'extremum en $0$ ( $x^3<0$ pour $x<0$ , $>0$ pour $x>0$ : la courbe traverse sa tangente). Un point où $f'=0$ est un point critique ; c'est un candidat à l'extremum, pas un extremum.

« Intérieur » compte : $x\mapsto x$ sur $[0,1]$ a son maximum en $1$ , et $f'(1)=1\neq0$ . Aux bornes, on ne peut regarder le taux que d'un côté.

Rolle : bornes atteintes, puis Fermat

Soit $f$ continue sur $[a,b]$ , dérivable sur $]a,b[$ , avec $f(a)=f(b)$ . Par le théorème des bornes atteintes, $f$ admet un maximum $M$ et un minimum $m$ sur $[a,b]$ .

Cas 1 : $M=m$ . Alors $f$ est constante, et $f'(c)=0$ pour tout $c\in]a,b[$ .
Cas 2 : $M>m$ . Comme $f(a)=f(b)$ , les deux valeurs $M$ et $m$ ne peuvent pas être toutes deux prises aux bornes (elles y prendraient la même valeur). Donc l'une d'elles est atteinte en un point $c\in]a,b[$ — intérieur. $f$ est dérivable en $c$ , et Fermat donne $f'(c)=0$ . $\blacksquare$

\boxed{f\text{ continue sur }[a,b],\text{ dérivable sur }]a,b[,\ f(a)=f(b)\ \Rightarrow\ \exists\,c\in]a,b[,\ f'(c)=0}

Chaque hypothèse a servi : la continuité sur $[a,b]$ pour les bornes atteintes, la dérivabilité sur $]a,b[$ pour Fermat au point $c$ , et $f(a)=f(b)$ pour forcer un extremum à l'intérieur.

ℹ️ Géométriquement : une courbe qui part et revient à la même hauteur a quelque part une tangente horizontale. Une conséquence immédiate : entre deux racines consécutives de $f$ , il y a une racine de $f'$ — un polynôme de degré $n$ ayant $n$ racines réelles a une dérivée à $n-1$ racines réelles.

Un exemple où les c se calculent

$f(x)=x(x-1)(x-2)=x^3-3x^2+2x$ : polynôme, donc continue sur $[0,2]$ et dérivable partout ; $f(0)=0=f(2)$ . Rolle garantit au moins un $c\in]0,2[$ avec $f'(c)=0$ . Calculons :

f'(x)=3x^2-6x+2=0\iff x=\frac{6\pm\sqrt{36-24}}6=1\pm\frac{\sqrt3}3.

\boxed{c_1=1-\frac{\sqrt3}3\approx0{,}4226,\qquad c_2=1+\frac{\sqrt3}3\approx1{,}5774}

Les deux sont dans $]0,2[$ : Rolle promettait un point, il y en a deux — un par « bosse », puisque $f$ a trois racines $0,1,2$ et que $f'$ s'annule entre $0$ et $1$ , puis entre $1$ et $2$ . Les valeurs : $f(c_1)=\dfrac{2\sqrt3}9\approx0{,}385$ (maximum local) et $f(c_2)=-\dfrac{2\sqrt3}9$ (minimum local), symétriques parce que $f$ est impaire autour de $1$ ( $f(2-x)=-f(x)$ ).

Contrôle : $f'(c_1)=3c_1^2-6c_1+2$ avec $c_1^2=\tfrac43-\tfrac{2\sqrt3}3$ donne $4-2\sqrt3-6+2\sqrt3+2=0$ ✓.

Retirer une hypothèse : deux contre-exemples

Sans dérivabilité sur $]a,b[$ : $f(x)=\lvert x\rvert$ sur $[-1,1]$ . Continue, $f(-1)=f(1)=1$ , mais $f'(x)=\pm1$ pour $x\neq0$ et $f$ n'est pas dérivable en $0$ : aucun point où $f'=0$ . Le maximum est aux bornes, le minimum en $0$ où Fermat ne s'applique pas — précisément le point qu'on a retiré de l'hypothèse.

Sans continuité sur $[a,b]$ : $g(x)=x$ sur $[0,1[$ et $g(1)=0$ . Dérivable sur $]0,1[$ avec $g'=1$ , $g(0)=g(1)=0$ , mais discontinue en $1$ : $g'$ ne s'annule jamais. Le « sup » de $g$ vaut $1$ et n'est pas atteint — c'est le théorème des bornes atteintes qui tombe, et Rolle avec lui.

\boxed{\lvert x\rvert\text{ sur }[-1,1]\ ;\ x\mapsto x\text{ sur }[0,1[\text{ prolongée par }g(1)=0}

Et la troisième hypothèse : $f(x)=x$ sur $[0,1]$ vérifie tout sauf $f(0)=f(1)$ , et $f'=1$ . Trois hypothèses, trois contre-exemples.

Rappel de cours

Fermat. $f$ dérivable en $c$ intérieur, extremum local en $c$ $\Rightarrow$ $f'(c)=0$ . Réciproque fausse ( $x^3$ ).

Rolle. $f$ continue sur $[a,b]$ , dérivable sur $]a,b[$ , $f(a)=f(b)$ $\Rightarrow$ il existe $c\in]a,b[$ avec $f'(c)=0$ .

Corollaire. Entre deux zéros de $f$ il y a un zéro de $f'$ . Si $f'$ ne s'annule pas sur un intervalle, $f$ y a au plus un zéro (utile pour l'unicité d'une solution).

Points candidats à l'extremum sur un segment : points critiques intérieurs, points de non-dérivabilité, bornes.

L'erreur classique

⚠️ « $f'(c)=0$ donc $f$ a un extremum en $c$ . » C'est $x^3$ en $0$ . Le point critique est un candidat ; il faut ensuite un changement de signe de $f'$ (ou le signe de $f''$ ) pour conclure.

⚠️ Appliquer Rolle sans vérifier $f(a)=f(b)$ , ou sur une fonction non dérivable en un point intérieur ( $\lvert x\rvert$ ). Le théorème a trois hypothèses et se cite avec les trois.

⚠️ Croire que Rolle donne un seul $c$ . Sur $x(x-1)(x-2)$ il y en a deux. « Il existe » veut dire « au moins un ».

À retenir

Fermat en trois lignes : le taux est $\leq0$ d'un côté, $\geq0$ de l'autre, sa limite est nulle. Rolle en deux cas : bornes atteintes, puis Fermat à l'extremum intérieur.

Trois hypothèses, trois contre-exemples : $\lvert x\rvert$ (dérivabilité), un saut (continuité), $x$ sur $[0,1]$ ( $f(a)=f(b)$ ). Les connaître est ce qui empêche d'invoquer le théorème de travers.

Réponse. Fermat : le taux est

\leq0

à droite,

\geq0

à gauche, donc

f'(c)=0

; contre-exemple

x^3

. Rolle : bornes atteintes + Fermat. Sur

x(x-1)(x-2)

,

c=1\pm\tfrac{\sqrt3}3\approx0{,}4226

et

1{,}5774

,

f(c_1)=\tfrac{2\sqrt3}9\approx0{,}385

. Contre-exemples :

\lvert x\rvert

sur

[-1,1]

;

x

sur

[0,1[

prolongée par

0

en

1

.

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Les accroissements finis : démonstration et points c

DémonstrationDifficulté 3/5

1. Démontrer l'égalité des accroissements finis : si $f$ est continue sur $[a,b]$ et dérivable sur $]a,b[$ , il existe $c\in]a,b[$ tel que $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$ . 2. Déterminer le (ou les) point(s) $c$ pour $\ln$ sur $[1,e]$ , pour $\sqrt{x}$ sur $[1,4]$ , pour $x^2$ sur $[a,b]$ quelconque, pour $x^3$ sur $[0,1]$ . 3. En déduire l'inégalité des accroissements finis : si $\lvert f'\rvert\leq M$ sur $]a,b[$ , alors $\lvert f(b)-f(a)\rvert\leq M\lvert b-a\rvert$ .

Indices (3)

Poser $g(x)=f(x)-f(a)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$ : elle vérifie $g(a)=g(b)=0$ .

Pour $\ln$ sur $[1,e]$ : la pente de la corde vaut $\dfrac{\ln e-\ln1}{e-1}$ , et $\ln'(c)=\dfrac1c$ .

Pour $x^2$ : $\dfrac{b^2-a^2}{b-a}=a+b$ , à comparer à $2c$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'égalité des accroissements finis dit que la corde a la pente d'une tangente : entre $a$ et $b$ , il existe un point $c$ où la courbe est parallèle à la corde. C'est Rolle, « penché » : Rolle traite le cas d'une corde horizontale ( $f(a)=f(b)$ ), et on s'y ramène en retranchant la corde à la fonction.

Le théorème sert de deux façons. Sous forme d'égalité, il donne parfois le point $c$ exactement (question 2 — et c'est la figure du cours pour $\ln$ ). Sous forme d'inégalité (question 3), il ne demande qu'une borne sur $f'$ et devient l'outil universel de majoration : erreurs d'approximation, vitesse de convergence, fonctions lipschitziennes.

La preuve : retrancher la corde, appliquer Rolle

Soit $p=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ la pente de la corde, et

g(x)=f(x)-f(a)-p\,(x-a).

$g$ est continue sur $[a,b]$ , dérivable sur $]a,b[$ (différence de $f$ et d'une fonction affine), et

g(a)=f(a)-f(a)-0=0,\qquad g(b)=f(b)-f(a)-p(b-a)=f(b)-f(a)-\bigl(f(b)-f(a)\bigr)=0.

Rolle s'applique : il existe $c\in]a,b[$ avec $g'(c)=0$ . Or $g'(x)=f'(x)-p$ , donc $f'(c)=p=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ . $\blacksquare$

\boxed{\exists\,c\in]a,b[,\quad f(b)-f(a)=f'(c)\,(b-a)}

Géométriquement, $g$ mesure l'écart vertical entre la courbe et la corde ; il est nul aux deux bouts, donc extrémal quelque part entre, et là sa dérivée s'annule — c'est-à-dire que la tangente est parallèle à la corde.

Quatre points c explicites

$\ln$ sur $[1,e]$ . Pente de la corde : $\dfrac{\ln e-\ln1}{e-1}=\dfrac1{e-1}$ . Condition $\ln'(c)=\dfrac1c=\dfrac1{e-1}$ , d'où $c=e-1\approx1{,}718$ , bien dans $]1,e[$ . C'est la figure du cours : la tangente en $e-1$ est parallèle à la corde de $(1,0)$ à $(e,1)$ . Unique, car $\tfrac1x$ est injective.

$\sqrt{x}$ sur $[1,4]$ . Pente $\dfrac{2-1}{4-1}=\dfrac13$ ; $\dfrac1{2\sqrt c}=\dfrac13\iff\sqrt c=\dfrac32\iff c=\dfrac94$ , dans $]1,4[$ ✓.

$x^2$ sur $[a,b]$ . Pente $\dfrac{b^2-a^2}{b-a}=a+b$ ; $2c=a+b\iff c=\dfrac{a+b}2$ : pour une parabole, le point $c$ est toujours le milieu. (C'est propre au degré $2$ ; voir $x^3$ .)

$x^3$ sur $[0,1]$ . Pente $1$ ; $3c^2=1\iff c=\dfrac1{\sqrt3}\approx0{,}5774$ (la racine négative est hors de $]0,1[$ ). Pas le milieu : pour $x^3$ , le point $c$ dépend de l'intervalle autrement.

\boxed{c=e-1\ ;\ c=\tfrac94\ ;\ c=\tfrac{a+b}2\ ;\ c=\tfrac1{\sqrt3}}

Contrôle pour $\ln$ : la tangente en $e-1$ a pour équation $y=\ln(e-1)+\dfrac{x-(e-1)}{e-1}$ avec $\ln(e-1)\approx0{,}541$ ; en $x=e$ elle vaut $\approx0{,}541+\dfrac1{e-1}\approx1{,}123>1=\ln e$ — la tangente est au-dessus de la courbe, comme il se doit pour une fonction concave (lot C).

L'inégalité : une borne sur f' suffit

Si $\lvert f'(x)\rvert\leq M$ pour tout $x\in]a,b[$ , l'égalité donne, en valeur absolue,

\lvert f(b)-f(a)\rvert=\lvert f'(c)\rvert\cdot\lvert b-a\rvert\leq M\lvert b-a\rvert.

\boxed{\lvert f'\rvert\leq M\text{ sur }]a,b[\ \Rightarrow\ \lvert f(b)-f(a)\rvert\leq M\lvert b-a\rvert}

Ce qui change de régime : on n'a plus besoin de connaître $c$ — seulement un majorant de la dérivée. C'est ce qu'on utilise en pratique, parce que $c$ est presque toujours inconnu.

Trois lectures immédiates :

$\lvert\sin b-\sin a\rvert\leq\lvert b-a\rvert$ (car $\lvert\cos\rvert\leq1$ ) — $\sin$ est $1$ -lipschitzienne ;
si $f'=0$ sur un intervalle, alors $f(b)=f(a)$ pour tous $a,b$ : $f$ est constante (c'est ce qui a servi pour $\arctan x+\arctan\tfrac1x$ en B5) ;
si $f'\geq0$ , alors $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)\geq0$ pour $a<b$ : $f$ est croissante. La règle « signe de $f'$ $\Rightarrow$ sens de variation » est un corollaire des accroissements finis, pas un axiome.

Rappel de cours

Égalité des accroissements finis (EAF). $f$ continue sur $[a,b]$ , dérivable sur $]a,b[$ $\Rightarrow$ $\exists\,c\in]a,b[$ , $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$ .

Inégalité (IAF). Si $\lvert f'\rvert\leq M$ sur $]a,b[$ : $\lvert f(b)-f(a)\rvert\leq M\lvert b-a\rvert$ . Plus généralement, $m\leq f'\leq M$ donne $m(b-a)\leq f(b)-f(a)\leq M(b-a)$ .

Conséquences (sur un intervalle) : $f'=0\Rightarrow f$ constante ; $f'\geq0\Rightarrow f$ croissante ; $f'>0\Rightarrow f$ strictement croissante ; $\lvert f'\rvert\leq k\Rightarrow f$ $k$ -lipschitzienne.

Rolle est le cas $f(a)=f(b)$ de l'EAF, et l'EAF se déduit de Rolle en retranchant la corde.

L'erreur classique

⚠️ Écrire $f(b)-f(a)=f'(a)(b-a)$ . Le $c$ est quelque part entre $a$ et $b$ , pas en $a$ : avec $f=x^2$ sur $[0,1]$ , $f'(0)\cdot1=0\neq1$ . Prendre $c=a$ est l'approximation affine (exercice E6), avec une erreur.

⚠️ Utiliser une borne de $f'$ valable ailleurs. Pour $\lvert f(b)-f(a)\rvert\leq M\lvert b-a\rvert$ , il faut $\lvert f'\rvert\leq M$ sur tout $]a,b[$ . $\lvert\ln b-\ln a\rvert\leq\lvert b-a\rvert$ est vrai sur $[1,+\infty[$ (où $\tfrac1x\leq1$ ) et faux sur $[\tfrac1{10},1]$ .

⚠️ Croire que $c$ est le milieu. C'est vrai pour les paraboles seulement.

À retenir

EAF : la corde a la pente d'une tangente. Preuve : retrancher la corde, appliquer Rolle. Le $c$ se calcule parfois (fonctions simples), et c'est le milieu pour une parabole.

IAF : une borne sur $f'$ donne une borne sur les accroissements. C'est la forme qu'on utilise dans 90 % des cas — et elle contient la monotonie, la constance des fonctions à dérivée nulle, et toutes les inégalités de l'exercice suivant.

Réponse. Preuve : Rolle sur

g(x)=f(x)-f(a)-\tfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)

. Points

c

:

e-1\approx1{,}718

pour

\ln

;

\tfrac94

pour

\sqrt{x}

;

\tfrac{a+b}2

pour

x^2

;

\tfrac1{\sqrt3}\approx0{,}5774

pour

x^3

. IAF :

\lvert f(b)-f(a)\rvert=\lvert f'(c)\rvert\lvert b-a\rvert\leq M\lvert b-a\rvert

. (Recoupement :

\ln(e-1)\approx0{,}541

, tangente en

e

\approx1{,}123>1

✓)

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Inégalités classiques par le signe d'une dérivée

DémonstrationDifficulté 3/5

Démontrer les inégalités suivantes, en précisant à chaque fois l'outil utilisé : 1. $\sin x\leq x$ pour tout $x\geq0$ . 2. $\ln(1+x)\leq x$ pour tout $x>-1$ . 3. $e^x\geq1+x$ pour tout réel $x$ . 4. $\lvert\sin a-\sin b\rvert\leq\lvert a-b\rvert$ pour tous réels $a,b$ . Contrôler chaque inégalité par une valeur numérique.

Indices (3)

Étudier le signe de $g(x)=x-\sin x$ à partir de $g'$ et de $g(0)$ .

Pour $\ln$ et $\exp$ : la différence a un minimum en $0$ , où elle vaut $0$ .

Pour 4 : inégalité des accroissements finis avec $\lvert\cos\rvert\leq1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une inégalité entre fonctions se prouve en étudiant le signe de leur différence, et le signe se lit sur la dérivée. La méthode est toujours la même : poser $g=$ (grand membre) $-$ (petit membre), calculer $g'$ , en déduire les variations de $g$ , et constater que $g$ reste du bon signe — en général parce qu'elle vaut $0$ en un point et croît ou décroît de la bonne façon autour.

Pourquoi ça marche : « $g'\geq0$ sur un intervalle $\Rightarrow$ $g$ croissante » est une conséquence des accroissements finis (exercice E3). Chaque inégalité de cet exercice est donc, en dernière analyse, une application du théorème de Rolle.

👉 La question 4 emploie directement l'inégalité des accroissements finis — c'est la même idée, avec une borne sur la dérivée au lieu d'un signe.

sin x ≤ x : une dérivée positive

Soit $g(x)=x-\sin x$ sur $[0,+\infty[$ . $g'(x)=1-\cos x\geq0$ (car $\cos x\leq1$ ), donc $g$ est croissante sur $[0,+\infty[$ . Et $g(0)=0-0=0$ . Donc pour $x\geq0$ , $g(x)\geq g(0)=0$ , soit $\sin x\leq x$ . $\blacksquare$

\boxed{\forall x\geq0,\quad\sin x\leq x}

Contrôle : $\sin0{,}5\approx0{,}4794<0{,}5$ ✓ ; $\sin\tfrac\pi2=1<\tfrac\pi2$ ✓ ; et pour $x\geq1$ c'est évident puisque $\sin x\leq1\leq x$ .

ℹ️ Par imparité, $\sin x\geq x$ pour $x\leq0$ ; les deux se résument en $\lvert\sin x\rvert\leq\lvert x\rvert$ . L'égalité n'a lieu qu'en $0$ : $g'$ ne s'annule qu'aux points $2k\pi$ , isolés, donc $g$ est même strictement croissante. Cette inégalité est le point de départ de $\dfrac{\sin x}{x}\to1$ et de l'encadrement $x-\tfrac{x^3}6\leq\sin x\leq x$ (Taylor-Lagrange, approfondissement).

ln(1+x) ≤ x et e^x ≥ 1+x : un minimum en 0

Logarithme. Sur $]-1,+\infty[$ , soit $g(x)=x-\ln(1+x)$ . $g'(x)=1-\dfrac1{1+x}=\dfrac x{1+x}$ , du signe de $x$ (dénominateur $>0$ ). Donc $g$ décroît sur $]-1,0]$ , croît sur $[0,+\infty[$ : minimum en $0$ , où $g(0)=0$ . D'où $g\geq0$ partout, soit $\ln(1+x)\leq x$ , avec égalité seulement en $0$ . $\blacksquare$

Exponentielle. Soit $g(x)=e^x-1-x$ sur $\mathbb{R}$ . $g'(x)=e^x-1$ , négatif pour $x<0$ , positif pour $x>0$ : minimum en $0$ , $g(0)=1-1-0=0$ . Donc $e^x\geq1+x$ , égalité seulement en $0$ . $\blacksquare$

\boxed{\ln(1+x)\leq x\ (x>-1),\qquad e^x\geq1+x\ (x\in\mathbb{R})}

Contrôle : $\ln1{,}1\approx0{,}0953<0{,}1$ ✓ ; $e^{0{,}1}\approx1{,}1052>1{,}1$ ✓ ; et en $x=-0{,}5$ , $\ln0{,}5\approx-0{,}693<-0{,}5$ ✓, $e^{-0{,}5}\approx0{,}607>0{,}5$ ✓.

ℹ️ Les deux inégalités sont la même, lue dans les deux sens : poser $y=e^x$ dans la seconde donne $y\geq1+\ln y$ , soit $\ln y\leq y-1$ , soit $\ln(1+x)\leq x$ avec $x=y-1$ . Géométriquement : $y=1+x$ est la tangente en $0$ à $e^x$ (courbe au-dessus, convexe) et la tangente en $0$ à $\ln(1+x)$ (courbe au-dessous, concave). Le lot C en fait une règle générale.

|sin a − sin b| ≤ |a − b| : l'inégalité des accroissements finis

$\sin$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ , de dérivée $\cos$ , et $\lvert\cos\rvert\leq1$ partout. L'inégalité des accroissements finis sur l'intervalle d'extrémités $a$ et $b$ donne directement

\lvert\sin b-\sin a\rvert\leq1\cdot\lvert b-a\rvert.\qquad\blacksquare

\boxed{\forall a,b\in\mathbb{R},\quad\lvert\sin a-\sin b\rvert\leq\lvert a-b\rvert}

On dit que $\sin$ est $1$ -lipschitzienne : elle ne peut pas varier plus vite que la fonction identité. Même chose pour $\cos$ (dérivée $-\sin$ ), et pour $\arctan$ (dérivée $\tfrac1{1+x^2}\leq1$ ).

Contrôle : $a=0{,}5$ , $b=0$ redonne $\sin0{,}5\leq0{,}5$ — la question 1 est le cas particulier $b=0$ , $a\geq0$ . Et $a=\pi$ , $b=0$ : $\lvert0-0\rvert=0\leq\pi$ , très lâche ; l'inégalité est serrée près de $0$ et grossière loin de $0$ , parce que $\cos$ n'est proche de $1$ que près de $0$ .

Rappel de cours

Méthode « signe de la différence ». Pour prouver $u\leq v$ sur $I$ : poser $g=v-u$ , étudier $g'$ , en déduire les variations de $g$ , conclure $g\geq0$ — typiquement via un minimum où $g=0$ .

Ce qui justifie la méthode : sur un intervalle, $g'\geq0\Rightarrow g$ croissante (accroissements finis).

Inégalités à connaître : $\sin x\leq x$ ( $x\geq0$ ), $\lvert\sin x\rvert\leq\lvert x\rvert$ , $\ln(1+x)\leq x$ , $e^x\geq1+x$ , $\ln x\leq x-1$ , $\lvert\sin a-\sin b\rvert\leq\lvert a-b\rvert$ , $\arctan x\leq x$ ( $x\geq0$ ).

Égalité : uniquement en $0$ (ou en $1$ pour $\ln x\leq x-1$ ), là où $g$ atteint son minimum.

L'erreur classique

⚠️ Déduire le signe de $g$ du seul signe de $g'$ . « $g'\geq0$ donc $g\geq0$ » est faux : $g'\geq0$ dit que $g$ croît, et il faut une valeur de départ ( $g(0)=0$ ) pour conclure au signe. Sans le point d'ancrage, $g$ pourrait croître depuis $-10$ .

⚠️ Oublier le domaine. $\sin x\leq x$ est faux pour $x<0$ ( $\sin(-1)\approx-0{,}84>-1$ ). L'inégalité se démontre sur $[0,+\infty[$ parce que $g$ y est croissante depuis $g(0)=0$ ; à gauche de $0$ elle décroît, ce qui renverse l'inégalité.

⚠️ Croire que $e^x\geq1+x$ est « à peu près $e^x\approx1+x$ ». L'inégalité est vraie pour tout $x$ , y compris $x=10$ où $e^{10}\approx22\,026\gg11$ ; l'approximation, elle, ne vaut que près de $0$ .

À retenir

Inégalité $\Rightarrow$ différence $\Rightarrow$ dérivée $\Rightarrow$ variations $\Rightarrow$ signe. Cinq mots, une méthode, et elle prouve toutes les inégalités usuelles. Le point d'ancrage (une valeur où la différence est nulle) fait partie de la preuve.

Une borne sur la dérivée est une borne sur les accroissements : $\lvert f'\rvert\leq M\Rightarrow\lvert f(a)-f(b)\rvert\leq M\lvert a-b\rvert$ . C'est ce qui rend $\sin$ , $\cos$ , $\arctan$ lipschitziennes — notion développée dans l'approfondissement.

Réponse.

g=x-\sin x

,

g'=1-\cos x\geq0

,

g(0)=0

;

g=x-\ln(1+x)

et

g=e^x-1-x

ont un minimum nul en

0

;

\lvert\sin a-\sin b\rvert\leq\lvert a-b\rvert

par l'IAF avec

\lvert\cos\rvert\leq1

. (Recoupement :

\sin0{,}5\approx0{,}4794<0{,}5

,

\ln1{,}1\approx0{,}0953<0{,}1

,

e^{0{,}1}\approx1{,}1052>1{,}1

✓)

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Suite contractante et vitesse géométrique

DémonstrationDifficulté 3/5

Soit $f(x)=1+\dfrac1{1+x}$ et la suite définie par $u_0=1$ , $u_{n+1}=f(u_n)$ . 1. Montrer que $[1,2]$ est stable par $f$ , et que $f$ y a un unique point fixe $\ell$ , que l'on calculera. 2. Montrer que $\lvert f'(x)\rvert\leq\dfrac14$ sur $[1,2]$ , et en déduire $\lvert u_{n+1}-\ell\rvert\leq\dfrac14\lvert u_n-\ell\rvert$ , puis $\lvert u_n-\ell\rvert\leq\dfrac1{4^n}(\sqrt2-1)$ . 3. Calculer $u_1,\dots,u_5$ sous forme de fractions. À partir de quel rang la majoration garantit-elle $\lvert u_n-\ell\rvert<10^{-6}$ ?

Indices (3)

$f$ est décroissante : $f([1,2])=[f(2),f(1)]$ .

Inégalité des accroissements finis entre $u_n$ et $\ell$ , tous deux dans $[1,2]$ , avec $f(\ell)=\ell$ .

$\dfrac1{4^n}(\sqrt2-1)<10^{-6}$ se résout en cherchant le premier $n$ tel que $4^n>10^6(\sqrt2-1)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'inégalité des accroissements finis transforme une suite récurrente en suite géométrique — pour l'erreur. Si $\lvert f'\rvert\leq k<1$ sur un intervalle stable contenant le point fixe $\ell$ , alors chaque itération divise l'écart à $\ell$ par au moins $\tfrac1k$ :

\lvert u_{n+1}-\ell\rvert=\lvert f(u_n)-f(\ell)\rvert\leq k\,\lvert u_n-\ell\rvert.

C'est une preuve de convergence qui ne demande ni monotonie ni encadrement de la suite, seulement une borne sur la dérivée. Et elle vient avec une vitesse : $k^n$ fois l'erreur initiale. Ici $k=\tfrac14$ , donc la suite gagne un peu plus d'une décimale toutes les deux itérations — vers $\sqrt2$ , par des fractions qui sont exactement les réduites de la fraction continue de $\sqrt2$ .

Intervalle stable et point fixe

$f(x)=1+\dfrac1{1+x}$ est définie et continue sur $[1,2]$ , et décroissante (car $x\mapsto\tfrac1{1+x}$ l'est). Donc $f([1,2])=[f(2),f(1)]=\left[1+\tfrac13,1+\tfrac12\right]=\left[\tfrac43,\tfrac32\right]\subset[1,2]$ : l'intervalle est stable, et comme $u_0=1\in[1,2]$ , tous les $u_n$ y restent.

Point fixe. $f(x)=x\iff1+\dfrac1{1+x}=x\iff(1+x)+1=x(1+x)\iff x^2=2$ . Dans $[1,2]$ , l'unique solution est $\ell=\sqrt2\approx1{,}4142$ .

\boxed{f([1,2])\subset[1,2],\qquad\ell=\sqrt2}

Si $(u_n)$ converge, c'est donc vers $\sqrt2$ ( $f$ continue). Reste à prouver qu'elle converge — et la décroissance de $f$ interdit la méthode « suite monotone » : $u_0=1$ , $u_1=\tfrac32$ , $u_2=\tfrac75<u_1$ … la suite oscille autour de $\sqrt2$ . C'est l'IAF qui va conclure.

La contraction : chaque pas divise l'erreur par 4

$f'(x)=-\dfrac1{(1+x)^2}$ . Sur $[1,2]$ , $(1+x)^2\geq4$ , donc $\lvert f'(x)\rvert\leq\dfrac14$ .

Pour tout $n$ , $u_n$ et $\ell$ sont dans $[1,2]$ ; l'IAF entre ces deux points donne

\lvert u_{n+1}-\ell\rvert=\lvert f(u_n)-f(\ell)\rvert\leq\frac14\lvert u_n-\ell\rvert.

Par récurrence immédiate,

\lvert u_n-\ell\rvert\leq\frac1{4^n}\lvert u_0-\ell\rvert=\frac{\sqrt2-1}{4^n}\approx\frac{0{,}4142}{4^n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.

\boxed{u_n\to\sqrt2,\qquad\lvert u_n-\sqrt2\rvert\leq\frac{\sqrt2-1}{4^n}}

La suite converge, et on sait à quelle vitesse : géométrique de raison $\leq\tfrac14$ . La majoration est même un peu pessimiste — $\lvert f'(\sqrt2)\rvert=\dfrac1{(1+\sqrt2)^2}\approx0{,}172<0{,}25$ , donc asymptotiquement l'erreur est divisée par $\approx5{,}8$ à chaque pas.

Les termes, et le rang de précision

u_0=1,\quad u_1=1+\frac12=\frac32,\quad u_2=1+\frac1{5/2}=\frac75,\quad u_3=1+\frac1{12/5}=\frac{17}{12},\quad u_4=\frac{41}{29},\quad u_5=\frac{99}{70}.

Ce sont les réduites de la fraction continue $\sqrt2=1+\cfrac1{2+\cfrac1{2+\cdots}}$ , et l'on retrouve $\tfrac{17}{12}$ — qui est aussi $u_2$ de la méthode de Héron (chapitre suites, B4) ; Héron fait ensuite un bond à $\tfrac{577}{408}$ , là où notre suite passe par $\tfrac{41}{29}$ et $\tfrac{99}{70}$ . Contrôle : $u_5=\tfrac{99}{70}\approx1{,}4142857$ , à $7\times10^{-5}$ de $\sqrt2\approx1{,}4142136$ .

Rang pour $10^{-6}$ . On veut $\dfrac{\sqrt2-1}{4^n}<10^{-6}$ :

$n$	$\dfrac{\sqrt2-1}{4^n}$	verdict
$9$	$\approx1{,}58\times10^{-6}$	insuffisant
$10$	$\approx3{,}95\times10^{-7}$	✓

\boxed{n=10\text{ garantit }\lvert u_n-\sqrt2\rvert<10^{-6}}

L'erreur réelle en $n=10$ vaut $\approx1{,}07\times10^{-8}$ — trente fois mieux que la garantie, cohérent avec la raison asymptotique $0{,}172$ plutôt que $0{,}25$ . La majoration est une garantie, pas une mesure.

Rappel de cours

Suite contractante. Si $I$ est un intervalle stable par $f$ ( $f(I)\subset I$ ), si $\ell\in I$ est un point fixe, et si $\lvert f'\rvert\leq k<1$ sur $I$ , alors pour tout $u_0\in I$ la suite $u_{n+1}=f(u_n)$ converge vers $\ell$ , avec $\lvert u_n-\ell\rvert\leq k^n\lvert u_0-\ell\rvert$ .

Point fixe attractif : $\lvert f'(\ell)\rvert<1$ — la convergence est alors géométrique de raison $\approx\lvert f'(\ell)\rvert$ pour un $u_0$ assez proche. Répulsif : $\lvert f'(\ell)\rvert>1$ .

Outil : l'inégalité des accroissements finis entre $u_n$ et $\ell$ — qui exige que les deux soient dans l'intervalle où l'on a borné $f'$ .

L'erreur classique

⚠️ Oublier l'intervalle stable. La borne $\lvert f'\rvert\leq\tfrac14$ n'est vraie que sur $[1,2]$ ; si un $u_n$ en sortait, l'IAF ne s'appliquerait plus. La stabilité (question 1) n'est pas une formalité, c'est ce qui autorise la question 2.

⚠️ Chercher une monotonie. La suite oscille ( $u_0<u_2<\sqrt2<u_3<u_1$ ) : « croissante et majorée » ne mène nulle part ici. La contraction est la méthode quand $f$ est décroissante.

⚠️ Lire le rang sur l'erreur réelle. $\lvert u_8-\sqrt2\rvert$ est déjà inférieur à $10^{-6}$ en réalité, mais on ne le sait qu'en connaissant $\sqrt2$ — ce qu'on cherche. La garantie utilisable est $n=10$ .

À retenir

$\lvert f'\rvert\leq k<1$ sur un intervalle stable $\Rightarrow$ convergence géométrique vers le point fixe. C'est l'IAF appliquée à $u_n$ et $\ell$ , et elle donne à la fois la limite et la vitesse.

Le rang de précision se lit sur la majoration ( $k^n\lvert u_0-\ell\rvert<\varepsilon$ ), pas sur les valeurs — parce qu'en pratique on ne connaît pas $\ell$ . Une raison $\tfrac14$ vaut environ $0{,}6$ décimale par itération ; Héron, quadratique, en double le nombre à chaque pas.

Réponse.

f([1,2])=[\tfrac43,\tfrac32]

,

\ell=\sqrt2

;

\lvert f'\rvert=\tfrac1{(1+x)^2}\leq\tfrac14

, donc

\lvert u_n-\sqrt2\rvert\leq\tfrac{\sqrt2-1}{4^n}

;

u_1=\tfrac32

,

u_2=\tfrac75

,

u_3=\tfrac{17}{12}

,

u_4=\tfrac{41}{29}

,

u_5=\tfrac{99}{70}

;

n=10

(

\tfrac{\sqrt2-1}{4^{10}}\approx3{,}95\times10^{-7}

, et

n=9

donne

\approx1{,}58\times10^{-6}

). (Recoupement :

\lvert u_{10}-\sqrt2\rvert\approx1{,}07\times10^{-8}

✓)

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Limite de la dérivée et approximation affine

DémonstrationDifficulté 3/5

1. Énoncer et démontrer le théorème de la limite de la dérivée : si $f$ est continue sur $[a,b]$ , dérivable sur $]a,b]$ , et si $f'(x)\to\ell$ quand $x\to a^+$ , alors $f$ est dérivable en $a$ et $f'(a)=\ell$ . 2. L'appliquer à $f(x)=x^2\ln x$ prolongée par $f(0)=0$ : montrer que $f$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,+\infty[$ . Pourquoi ne s'applique-t-il pas à $x^2\sin\tfrac1x$ ? 3. Donner une valeur approchée de $\sqrt{4{,}1}$ par la tangente à $\sqrt{x}$ en $4$ , et majorer l'erreur commise à l'aide de l'inégalité des accroissements finis appliquée à $f'$ .

Indices (3)

Accroissements finis sur $[a,x]$ : $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(c_x)$ avec $a<c_x<x$ , puis faire tendre $x$ vers $a$ .

$f'(x)=2x\ln x+x$ pour $x>0$ : sa limite en $0^+$ est une croissance comparée.

$\sqrt{4{,}1}\approx2+\tfrac{0{,}1}4$ ; l'erreur $f(a+h)-f(a)-hf'(a)$ vaut $h\bigl(f'(c)-f'(a)\bigr)$ , et $\lvert f'(c)-f'(a)\rvert\leq M_2\lvert c-a\rvert$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème de la limite de la dérivée est le moyen commode d'établir qu'un prolongement est $\mathcal C^1$ : au lieu de calculer un taux d'accroissement en $a$ , on calcule $f'$ ailleurs et on regarde si elle a une limite en $a$ . Si oui, cette limite est $f'(a)$ , et $f'$ est continue en $a$ par construction.

Sa preuve est un usage direct des accroissements finis. Et son sens unique est la leçon de l'exercice E1 : $x^2\sin\tfrac1x$ est dérivable en $0$ sans que $f'$ ait de limite — le théorème donne une condition suffisante de dérivabilité, jamais nécessaire.

👉 La question 3 change de sujet en apparence — approcher $\sqrt{4{,}1}$ — mais c'est le même outil : les accroissements finis, appliqués cette fois à $f'$ , donnent une majoration de l'erreur de l'approximation par la tangente.

La preuve : un taux d'accroissement est une dérivée quelque part

Soit $x\in]a,b]$ . Sur $[a,x]$ , $f$ est continue et dérivable sur $]a,x[$ : l'égalité des accroissements finis fournit $c_x\in]a,x[$ tel que

\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(c_x).

Quand $x\to a^+$ , on a $a<c_x<x$ donc $c_x\to a^+$ (gendarmes), et par hypothèse $f'(c_x)\to\ell$ . Donc le taux d'accroissement de $f$ en $a$ tend vers $\ell$ : $f$ est dérivable en $a$ , $f'(a)=\ell$ . Et comme $f'(x)\to\ell=f'(a)$ , $f'$ est continue en $a$ . $\blacksquare$

\boxed{f\text{ continue en }a,\ f'\to\ell\text{ en }a^+\ \Rightarrow\ f'(a)=\ell\text{ et }f'\text{ continue en }a}

⚠️ La continuité de $f$ en $a$ est indispensable : sans elle, $\lfloor x\rfloor$ sur $[0,1]$ aurait $f'\to0$ en $1^-$ sans être dérivable en $1$ (elle n'y est même pas continue).

x² ln x prolongée est C¹ ; x² sin(1/x) ne relève pas du théorème

$f(x)=x^2\ln x$ , $f(0)=0$ . Continuité en $0$ : $x^2\ln x=x\cdot(x\ln x)\to0\cdot0=0$ ✓ (exercice A4). Sur $]0,+\infty[$ , $f'(x)=2x\ln x+x$ , et

f'(x)=2\,(x\ln x)+x\xrightarrow[x\to0^+]{}2\cdot0+0=0.

Le théorème s'applique : $f$ est dérivable en $0$ , $f'(0)=0$ , et $f'$ est continue en $0$ . Comme $f'$ est aussi continue sur $]0,+\infty[$ , $f$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,+\infty[$ .

\boxed{x^2\ln x\text{ prolongée par }0\text{ est }\mathcal C^1,\ f'(0)=0}

(Contrôle direct : le taux $\dfrac{x^2\ln x}{x}=x\ln x\to0$ — cohérent.)

$g(x)=x^2\sin\tfrac1x$ , $g(0)=0$ . $g'(x)=2x\sin\tfrac1x-\cos\tfrac1x$ n'a pas de limite en $0$ (exercice E1). L'hypothèse du théorème n'est pas satisfaite : il ne dit rien. Et pourtant $g$ est dérivable en $0$ ( $g'(0)=0$ par le taux). Le théorème n'a pas été mis en défaut — il n'a pas été appliqué. C'est la différence entre « le théorème ne s'applique pas » et « la conclusion est fausse » : ici la conclusion « dérivable » est vraie, la conclusion « $\mathcal C^1$ » est fausse, et le théorème ne se prononce sur aucune des deux.

√4,1 par la tangente, avec une erreur garantie

$f(x)=\sqrt x$ , $a=4$ , $h=0{,}1$ . Tangente en $4$ : $f(4)=2$ , $f'(4)=\dfrac1{2\sqrt4}=\dfrac14$ , donc

\sqrt{4{,}1}\approx f(4)+h\,f'(4)=2+\frac{0{,}1}4=2{,}025.

Majorer l'erreur. Par les accroissements finis sur $[4,4{,}1]$ : $f(4{,}1)-f(4)=h\,f'(c)$ pour un $c\in]4,4{,}1[$ . Donc l'erreur vaut

f(4{,}1)-\bigl(f(4)+hf'(4)\bigr)=h\bigl(f'(c)-f'(4)\bigr).

On applique une seconde fois les accroissements finis, à $f'$ cette fois, sur $[4,c]$ : $\lvert f'(c)-f'(4)\rvert\leq M_2\lvert c-4\rvert\leq M_2h$ où $M_2$ majore $\lvert f''\rvert$ sur $[4,4{,}1]$ . Or $f''(x)=-\dfrac1{4x^{3/2}}$ , décroissante en valeur absolue, donc $\lvert f''\rvert\leq\lvert f''(4)\rvert=\dfrac1{4\cdot8}=\dfrac1{32}$ . D'où

\lvert\text{erreur}\rvert\leq M_2h^2=\frac1{32}\times0{,}01=3{,}125\times10^{-4}.

\boxed{\sqrt{4{,}1}\approx2{,}025,\quad\text{erreur}\leq3{,}1\times10^{-4}}

Contrôle : $\sqrt{4{,}1}\approx2{,}02485$ , erreur réelle $\approx1{,}5\times10^{-4}$ — sous la garantie, et par excès : la tangente est au-dessus de la courbe, $\sqrt{\cdot}$ étant concave (lot C). Le facteur $2$ entre garantie et réalité est le prix de la double IAF ; Taylor-Lagrange (approfondissement) donnera la borne $\tfrac{M_2}2h^2$ , deux fois plus fine.

Rappel de cours

Théorème de la limite de la dérivée. $f$ continue sur $[a,b]$ , dérivable sur $]a,b]$ , $f'(x)\to\ell$ en $a^+$ $\Rightarrow$ $f$ dérivable en $a$ , $f'(a)=\ell$ , $f'$ continue en $a$ . Idem à gauche, et en un point intérieur des deux côtés. Sens unique.

Usage : prouver qu'un prolongement par continuité est $\mathcal C^1$ ; prouver qu'une fonction définie par morceaux est dérivable au recollement.

Approximation affine. $f(a+h)\approx f(a)+hf'(a)$ , avec $\lvert\text{erreur}\rvert\leq M_2h^2$ si $\lvert f''\rvert\leq M_2$ (deux IAF). Le chapitre des DL écrit $f(a+h)=f(a)+hf'(a)+o(h)$ ; Taylor-Lagrange précise en $\tfrac{M_2}2h^2$ .

L'erreur classique

⚠️ Utiliser le théorème dans le mauvais sens : « $f'$ n'a pas de limite en $0$ , donc $f$ n'est pas dérivable en $0$ ». Faux, c'est $x^2\sin\tfrac1x$ . Le théorème conclut de « $f'$ a une limite » à « $f$ est dérivable », jamais l'inverse.

⚠️ Calculer $f'(0)$ en dérivant la formule : $f(x)=x^2\ln x$ n'a pas de sens en $0$ , donc $2x\ln x+x$ non plus. Ce qui a un sens, c'est la limite de $f'$ ou le taux d'accroissement.

⚠️ Prendre $M_2=\lvert f''(4{,}1)\rvert$ parce que « c'est le point d'arrivée ». Il faut le maximum de $\lvert f''\rvert$ sur tout l'intervalle $[4,4{,}1]$ ; pour $\sqrt{\cdot}$ il est en $4$ , où $\lvert f''\rvert$ est la plus grande.

À retenir

Pour prouver $\mathcal C^1$ en un point de prolongement : calculer $f'$ ailleurs et sa limite. C'est le théorème de la limite de la dérivée, une application des accroissements finis — condition suffisante, pas nécessaire.

Approximation par la tangente : erreur $\leq M_2h^2$ . Deux applications successives des accroissements finis (à $f$ , puis à $f'$ ) suffisent ; Taylor-Lagrange divisera la borne par $2$ . L'important est d'avoir une garantie, pas seulement une valeur.

Réponse. Preuve : EAF sur

[a,x]

puis

c_x\to a

.

x^2\ln x

prolongée :

f'=2x\ln x+x\to0

, donc

\mathcal C^1

avec

f'(0)=0

; pour

x^2\sin\tfrac1x

,

f'

n'a pas de limite, le théorème ne s'applique pas (et

f

est pourtant dérivable).

\sqrt{4{,}1}\approx2+\tfrac{0{,}1}4=2{,}025

, erreur

\leq\tfrac1{32}\times0{,}01=3{,}125\times10^{-4}

. (Recoupement :

\sqrt{4{,}1}\approx2{,}02485

, erreur réelle

\approx1{,}5\times10^{-4}

✓)

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Exercices corrigés — Fonctions d'une variable réelle

Les 18 exercices

Prouver une limite avec epsilon et delta

Caractérisation séquentielle : réfuter une limite

Limites à gauche et à droite

Prolonger par continuité

Recoller deux morceaux, et les opérations qui conservent la continuité

Parité, périodicité et limites à l'infini

Le théorème des valeurs intermédiaires, démontré par dichotomie

Trois applications du TVI

Bornes atteintes : le théorème et ses trois hypothèses

Théorème de la bijection et dérivée de la réciproque

Arctangente : construction, dérivée et une identité

Arcsinus et arccosinus : domaines, dérivées, pièges

Dérivable ou pas : quatre points litigieux

Fermat et Rolle : démonstrations et contre-exemples

Les accroissements finis : démonstration et points c

Inégalités classiques par le signe d'une dérivée

Suite contractante et vitesse géométrique

Limite de la dérivée et approximation affine

S'entraîner davantage sur fonctions d'une variable réelle