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Lecon 75 .pdf



Nom original: Lecon_75.pdf
Titre: (Microsoft Word - Le\347on 75 - Applications de la d\351rivation \340 l'\351tude des ext\205)
Auteur: Juju

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Leçon 75

Applications de la dérivation à l’étude des extremums éventuels d’une fonction
numérique d’une variable réelle. Exemples. L’exposé pourra être illustré par un ou
des exemples faisant appel à l’utilisation d’une calculatrice.

Introduction : Dans la première partie on va définir (ou rappeler) ce qu’est un extremum pour une fonction, dans une
seconde partie on étudiera les conditions nécessaires et suffisantes d’existence grâce à la dérivée puis dans une
troisième partie on donnera des applications.
On supposera connue la dérivation des fonctions numériques à valeurs réelles, les formules de Taylor-Young et de
Taylor-Lagrange ainsi que le théorème des valeurs intermédiaires.

1. Extremums d’une fonction numérique d’une variable réelle :
Définition 1 : Soit f une fonction numérique définie sur une partie A de Y et a ∈ A. On dit que f admet
-

un maximum (resp. minimum) global en a si ∀ x ∈ A, f(x) < f(a) (resp. f(x) > f(a) )
un maximum (resp. minium) local en a s’il existe α > 0 tel que ∀ x ∈ A ∩ ]a - α , a + α[

f(x) < f(a) (resp. f(x) > f(a) )
- On dit que f admet un extremum local (resp. global) en a lorsque f admet un maximum ou un minimum local
(resp. global) en a.
Remarques : 1. On peut définir des extremums stricts en a. Par exemple, f admet un maximum global strict en a si
∀ x ∈ A \ {a} , f(x) < f(a).
Pareil pour les autres…
2. Un extremum global est un extremum local.
3. On dit parfois extremum relatif au lieu de extremum local
Exemples : f : Y → Y +

a un minimum global (strict) en x = 1 valant 0

xï|x–1|
g : Y → Y n’a pas d’extremum sur Y
x ï x3
h : Y → [-1 , 1] a une infinité de maximums globaux valant 1 obtenu tous les 2k π
x ï cos(x)

et une infinité de minimums globaux valant -1 obtenu tous les (2k+1) π

Exercice : On considère les 2 représentations ci-dessous.
Indiquer pour chacune le nombre de maximums globaux et locaux ainsi que le nombre de minimums globaux et locaux.

max global : 1
min global : 1

Hannon.J

max local : ∞ (droite)
min local : ∞ (droite)

max global : 2
min global : 1

-1-

max local : 3
min local : 4

Leçon 75
2. Recherche d’extremums – Condition nécessaire et suffisante d’existence :
On désigne par I un intervalle de Y, I° son intérieur. On suppose I° non vide. f est une fonction définie sur I.

2.1 Condition nécessaire :
Théorème 1 : Soit a ∈ I°, f : I → Y dérivable sur I° (au moins en a) . Si f admet un extremum local en a alors
f ’(a) = 0.
Démonstration : Supposons que f a un max local en a ∈I° et f dérivable en a, donc ∃ α > 0, ∀ x ∈ J= ]a - α , a + α[
f(x) < f(a).
Si x ∈ J, x > a alors

f(x) – f(a)
<0
x-a

Or f est dérivable en a donc f ’(a) = lim +
x →a

f(x) – f(a)
<0
x-a

f(x) – f(a)
f(x) – f(a)
> 0 et comme f dérivable en
lim
>0
x-a
a , x → a−
x-a
Au final il en résulte que f ’(a) = 0.

De même, si x ∈ J, x < a alors

Remarques importantes :
i) I doit être ouvert (i.e. on prend a dans I°) car sinon le résultat le marche. Prenons par exemple f(x) =

1
sur [1 , 2[
x

Sur [1 , 2[ f admet un extremum local en x = 1 et pourtant f ’ (1) = -1 ≠ 0
ii) La réciproque est fausse, f ’ peut s’annuler sans avoir pour autant un extremum local. Par exemple f(x) = x3 en x = 0.
iii) La fonction peut avoir un extremum au point a sans être dérivable au point a. Par exemple f(x) = | x | en x = 0.
iv) Les extremums sont donc à chercher parmi :
- Les points intérieurs à I ou la dérivée s’annule
- Les extrémités de I
- Les points où la fonction n’est pas dérivable.
Définition 2 : Si x ∈ I° est tel que f ’(x) = 0 alors on dit que x est un point critique de f.
Remarque : Si f vérifie les hypothèses du théorème de Rolle on a l’existence d’au moins un point critique.

2.2 Condition suffisante d’existence d’extremum local :
Théorème 2 : Soit f est dérivable sur I° et a ∈ I°.
Si f ’(a) = 0 et si f ’ change de signe en a alors f admet un extremum local strict en a.
Démonstration : On se place sur ]a - α , a + α[ ⊂ I° , α > 0. Supposons f ’(x) > 0 sur ]a - α , a] et f ’(x) < 0 sur
[a , a + α[. On a donc f croissante sur ]a - α , a[ et décroissante sur ]a , a + α[
Donc ∀ x ∈ ]a - α , a] , f(x) < f(a) par croissance de f ∀ x ∈ [a , a + α[ on a f(x) > f(a) par décroissance de f.
⇒ ∀ x ∈ ]a - α , a + α[ , f(x) < f(a) donc on a un maximum local en a.
Ce maximum est strict car en fait on a sur ]a - α , a + α[ \ {a} f(x) < a.
Pareil si on inverse les signes, on trouvera un minimum stricte en a.
Théorème 3 : Supposons que f soit dérivable sur I°, deux fois dérivable en a ∈ I° avec f ’(a) = 0 et f ’’(a) ≠ 0. Alors :
- Si f ’’(a) > 0 on a un minimum local strict en a
- Si f ’’(a) < 0 on a un maximum local strict en a.
Démonstration : On utilise le développement de Taylor-Young, il existe une fonction ε définie sur I tendant vers 0 en a
(x – a)²
f ’’(a)
telle que ∀ x ∈ I, f(x) – f(a) =
f ’’(a) + (x – a)² ε(x) = (x – a)² 
+ ε(x) car f ’(a) = 0.
2
 2

lim ε(x) = 0 se traduit par : ∀ µ > 0, ∃ α > 0, ∀ x ∈ I, | x – a | < α ⇒ | ε(x) | < µ.

x →a

Hannon.J

-2-

Leçon 75
soit ∀ x ∈ ]a - α , a + α[ ∩ I , -µ < ε(x) < µ ⇒

f ’’(a)
f ’’(a)
f ’’(a)
-µ <
+ ε(x) <
+ µ.
2
2
2

f ’’(a)
f ’’(a)
> 0 et on a
+ ε(x) > 0 ⇒ f(x) – f(a) > 0 soit f(x) > f(a) ∀ x ∈ ]a - α , a + α[ ∩ I
2
2
f ’’(a)
f ’’(a)
Si f ’’(a) < 0, on pose µ = > 0 et on a
+ ε(x) < 0 ⇒ f(x) – f(a) < 0 soit f(x) < f(a) ∀ x ∈ ]a - α , a + α[ ∩I
2
2
Si f ’’(a) > 0, on pose µ =

1
sur Y*. Y* n’est pas un intervalle, pour être rigoureux avec notre théorème on étudie la fonction
x
sur ]- ∞ , 0[ et sur ]0 , + ∞ [.
1
2
Sur ]- ∞ , 0[ : f est 2 fois dérivable, f ’(x) = 1 - et f ’’(x) = 3

x
Sur ]- ∞ , 0[ , f ’(x) = 0 ⇔ x² = 1 ⇔ x = -1. et f ’’(-1) = -2 < 0
donc f a un maximum local en –1.
Sur ]0 , + ∞ [ , on trouve que f a un minimum local en x = 1.
Exemple : f(x) = x +

2.3 Condition suffisante d’existence d’extremum global :
Théorème 4 : Supposons que f soit C1 sur I telle que f ’’ existe sur I° et a ∈ I° tel que f ’(a) = 0. Alors
- Si f ’’(x) > 0 ∀ x ∈ I° on a un minimum global strict en a
- Si f ’’(x) < 0 ∀ x ∈ I° on a un maximum global strict en a.
Démonstration : La formule de Taylor-Lagrange donne l’existence d’un point c ∈ I° tel que :
(x – a)²
(x – a)²
f(x) = f(a) + (x – a) f’(a) +
f ’’(c) =
f ’’(c) ∀ x ∈ I
2
2
(x – a)²
donc f(x) – f(a) =
f ’’(c).
2
Si f ’’ > 0 on a f(x) > f(a) ∀ x ∈ I d’où le fait qu’on a un minimum global strict en a
Si f ’’ < 0 on a f(x) < f(a) ∀ x ∈ I d’où le fait qu’on a un maximum global strict en a.
Remarque : Taylor-Young donne un comportement local de la fonction , Taylor-Lagrange donne un comportement
global de la fonction.
Remarque : Un cas intéressant est le suivant. Si I est un segment, par exemple I = [a , b] et si f est continue sur I alors f
admet un minimum global et un maximum global. En effet, on sait que l’image d’un segment par une application
continue est un segment, f ( (a , b] ) = [m , M].

3. Applications :
Application 1 : On considère la fonction f suivante définie sur Y par f(x) = 3x4 – 4x3 + 12x - 5
On demande d’étudier les extremums locaux et globaux de f et de trouver des valeurs approchées à 10 -5
Résolution : Recherche des points critiques :
f est dérivable sur Y et f ’(x) = 12x3 – 12x² + 12 = 12(x3 – x² + 1). Pas facile de trouver les points critiques, ce ne sont
pas des valeurs évidentes… On s’intéresse alors à f ’’.
f ’ est dérivable sur Y et f ’’(x) = 12(3x² - 2x) = 12x (3x – 2)
On obtient le tableau suivant :
x
-∞
Signe de f ’’(x)

0
0

α
+

2/3
0

-

+∞

12
Var de f ’(x)

0
-∞

Signe de f ’(x)
Var de f(x)

92/9
-

0

+

+∞

+ ∞
f(α)

Hannon.J

+∞

+

-3-

Leçon 75
On trouve un seul zéro de f ’ (i.e. un seul point critique pour f) que l’on appelle α. Cette existence est justifié par le
théorème des valeurs intermédiaires.
On obtient finalement d’après le tableau de variations de f que f admet un minimum global strict en α et ce minimum
vaut f(α).
Il serait intéressant maintenant de calculer une v.a. de α et de f(α).
On utilise la méthode dichotomie pour rechercher les zéros de la fonction f ’.
f ’ (-1) = -12 < 0 et f ’(0) = 12 > 0. Donc on se place sur l’intervalle [0 , 1] et on cherche une v.a. à 10-5 près.
On trouve α ≅ -0,75488

f(α) ≅ f(-0,75488) ≅ -11,36374 ≠ 0 (très largement) donc on retrouve bien le fait qu’on a un minimum local en
α ≅ -0,75488 et ce minimum vaut environ f(α) ≅ -11,36374. Clairement ce minimum est un minimum global même si
on n’a pas f ’’(x) > 0 ∀ x ∈ Y. La condition du théorème 4 est une condition suffisante et pas nécessaire, donc on peut
trouver des extremums globaux sans pour autant avoir f ’’ < 0 ou f ’’ < 0.

Application 2 : On considère la fonction f(x) = x3 + px + q sur Y. Trouver des conditions sur p et q pour que f admette
un max et un min local.
f est dérivable sur Y et f’(x) = 3x² + p.
p
. Déjà on voit qu’il faut que p soit < 0.
3
Si p = 0 on a une racine double et alors on ne peut pas avoir de max et de min en même temps. Il faut donc p < 0
p
p
f est 2 fois dérivable et f ’’(x) = 6x. Ainsi f ’’  −  > 0 donc on a un minimum local en

et
3
3

p
p
−  < 0 donc on a un maximum local en −
(d’après le théorème 3).
f ’’ −
3
3


On cherche les points critiques, donc on résout 3x² + p = 0 soit x = ±



Il faut donc avoir p < 0 et q quelconque pour que f admette un max et un min local

p = -2
q=3

Application 3 : Soit C un cercle de rayon r donné. On inscrit dans ce cercle un quadrilatère ABCD tel que (CD) // (AB)
et AB = 2 CD.
Quand est ce que l’aire de ABCD est maximale ?

Hannon.J

-4-

Leçon 75
ABCD est un trapèze.
On désigne par x la distance FC, 0 < x <

r
et par h la distance EF
2

AB = 4x, DC = 2x
Ainsi l’aire de ABCD est : AABCD =

(AB + DC) × EF 6xh
=
= 3xh.
2
2

On cherche à exprimer h en fonction de r. On note O le centre du
cercle, par Pythagore on a :
EO² = OA² - AE² = r² - 4x² ⇒ EO = r² − 4x²
De même, OF² = r² - x² ⇒ OF = r² − x²
Comme h = EO + OF, on a

⇒ AABCD = 3x ( r² − 4x² +

h=

r² − 4x² +

r² − x²

r² − x² )

r étant fixé on se retrouva avec une seule inconnue : x
r
On étudie la fonction f définie sur I=[0 , ] par f(x) = 3x ( r² − 4x² + r² − x² )
2
– 4x
x 
f est dérivable sur I et f ’(x) = 3 ( r² − 4x² + r² − x² ) + 3x 



4x²

− x²

= 3 ( r² − 4x² + r² − x² ) r² − 4x² r² − x² + 3x (−4x) r² − x² + 3x (−x) r² − 4x²
r² − 4x² r² − x²
= 3 (r² − 4x²) r² − x² + 3 (r² − x²) r² − 4x² − 12x² r² − x² − 3x² r² − 4x²
r² − 4x² r² − x²
=

r² − x² (3r² − 24x²) + r² − 4x² (3r² − 6x²)
r² − 4x² r² − x²

f ’ est du signe de

r² − x² (r² - 8x²) +

r² − 4x² (r² - 2x²)

On pose X = x , le signe de X est celui de x et donc f ’ a le même signe que
r
3
r 1 – X² (1 – 8 X²) + r3 1 – 4X² (1 – 2X²) qui a le même signe que g(X) =

1 – X² (1 – 8 X²) +

1 – 4X² (1 – 2X²).

Si 1 – 8X² > 0 alors 1 – 2X² > 0 et donc g(X) > 0 ( ⇔ f ’(x) > 0 ).
Si 1 – 8X² < 0 alors g(X) > 0 ⇔


1 – 4X² (1 – 2X²) >

1 – X² (1 – 8 X²) +

1 – 4X² (1 – 2X²) > 0

1 – X² (8X² - 1) > 0 ⇔ (1 – 4X²) (1 – 2X²)² > (1 – X²) (8X² - 1)²

⇔ 48X6 – 60X4 + 9X² > 0 ⇔ 16 X4 – 20 X2 + 3 > 0.
On pose Y = X² et l’équation devient, 16 Y² - 20 Y + 3 > 0
Résolvons 16 Y² - 20 Y + 3 = 0. ∆ = 20² - 4 × 16 × 3 = 208 = (4
On trouve 2 racines : Y =

20 – 4 13 5 - 13
=
32
8

Donc g(X) > 0 ( ⇔ f’(x) > 0) ⇔ X² >
X >

5+

Hannon.J

13
8

ou X <

5-

5+

13
8

13
8

ou

Y=

ou X² <

. Or X =

5+

13)

²

13
8

5 - 13
et comme X > 0, cela revient à
8

x
⇒ x = r X. Mais x > r
r

-5-

5+

13
8

est impossible ici car

Leçon 75
x<

r
et
2

Donc x < r

5+

13
8

5-

>1
13

8

. Ainsi f ’(x) > 0 avant r

L’aire qu trapèze ABCD est maximale lorsque x = r

Hannon.J

5-

13
8

5-

13
8

-6-

et f ’(x) < 0 après r

5-

13
8

, où r est le rayon du cercle.


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