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Compléments sur la dérivation : fonctions composées

Composée de deux fonctions, dérivée de g(ax + b) et de g∘u, dérivées de √u, uⁿ, 1/u et eᵘ, dérivée seconde, études de fonctions composées.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés dans l’esprit du bac : le refroidissement d’un café et la loi de Newton, le point de la courbe exponentielle le plus proche d’un point donné, la diffusion de la fibre optique modélisée par une fonction logistique, et l’encadrement de √(1 + x) obtenu avec la dérivée seconde.

4 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé en une fonction : distance, température, proportion… et je repère sa forme (racine, exponentielle, inverse).
Je dérive en nommant la formule (dérivée de g(ax + b), de √u, de 1/u, de eᵘ) et je factorise f′(x).
J’étudie le signe en écartant les facteurs positifs ; si le signe ne se lit pas, je passe par f″ ou par une fonction auxiliaire.
Je conclus dans la situation : instant, position ou valeur de l’extremum, avec l’unité.
Je cherche les valeurs approchées à la calculatrice en vérifiant les deux valeurs qui encadrent la réponse, grâce à la monotonie.

Problème 1 · Le café qui refroidit★★★Facile

Un café est servi à

90

°C dans une pièce à

20

°C. Sa température (en °C) au bout de

t

minutes est

T (t) = 20 + 70 e^{- 0, 08 t}

, pour

t ⩾ 0

. Un décimal s’écrit avec une virgule.

1. Calculer $T' (t)$ et en déduire le sens de variation de $T$ . Vitesse de variation initiale : $T' (0) =$ °C/min
Rédaction attendue. $(e^{a x + b})^{'} = a e^{a x + b}$ avec $a = - 0, 08$ : pour tout $t ⩾ 0$ , $T' (t) = 70 \times (- 0, 08) e^{- 0, 08 t} = - 5, 6 e^{- 0, 08 t}$ . Comme $e^{- 0, 08 t} > 0$ , $T' (t) < 0$ : la température est strictement décroissante. $T' (0) = - 5, 6$ : au début, le café perd environ $5, 6$ °C par minute.
2. Démontrer que pour tout $t ⩾ 0$ , $T' (t) = - 0, 08 (T (t) - 20)$ . À l’instant où le café est à $48$ °C, $T' (t) =$ °C/min
Rédaction attendue. Pour tout $t ⩾ 0$ , $T (t) - 20 = 70 e^{- 0, 08 t}$ , donc $- 0, 08 (T (t) - 20) = - 5, 6 e^{- 0, 08 t} = T' (t)$ . Quand $T (t) = 48$ : $T' (t) = - 0, 08 \times 28 = - 2, 24$ . La vitesse de refroidissement est proportionnelle à l’écart avec la pièce (loi de refroidissement de Newton).
3. Calculer $T ″ (t)$ et justifier que le refroidissement ralentit. $T ″ (0) =$
Rédaction attendue. $T ″ (t) = - 5, 6 \times (- 0, 08) e^{- 0, 08 t} = 0, 448 e^{- 0, 08 t} > 0$ . Donc $T'$ est croissante : $T' (t)$ est négatif et se rapproche de $0$ , le café perd de moins en moins de degrés par minute. $T ″ (0) = 0, 448$ .
4. À l’aide de la calculatrice, déterminer la première minute entière $n$ telle que $T (n) < 40$ : $n =$
$T (15) = 20 + 70 e^{- 1, 2} \approx 41, 08$ et $T (16) = 20 + 70 e^{- 1, 28} \approx 39, 46$ . Comme $T$ est strictement décroissante, $T (t) ⩾ T (15) > 40$ pour $t ⩽ 15$ , et $T (t) ⩽ T (16) < 40$ pour $t ⩾ 16$ . Réponse : $n = 16$ .

Problème 2 · Le point de la courbe exponentielle le plus proche★★★Moyen

Dans un repère orthonormé, on note

ℰ

la courbe de la fonction exponentielle et

A

le point de coordonnées

(1; 0)

. Pour tout réel

x

M

est le point de

ℰ

d’abscisse

x

. On cherche la position de

M

qui rend la distance

A M

minimale. Un décimal s’écrit avec une virgule.

1. Justifier que $A M = \sqrt{φ (x)}$ avec $φ (x) = (x - 1)^{2} + e^{2 x}$ . Valeur de $φ (0)$ :
Rédaction attendue. $M$ a pour coordonnées $(x; e^{x})$ . Dans un repère orthonormé, $A M^{2} = (x - 1)^{2} + (e^{x} - 0)^{2} = (x - 1)^{2} + e^{2 x}$ , car $(e^{x})^{2} = e^{2 x}$ . Une distance est positive, donc $A M = \sqrt{φ (x)}$ . Et $φ (0) = 1 + 1 = 2$ .
2. Démontrer que $φ' (x) = 2 h (x)$ avec $h (x) = x - 1 + e^{2 x}$ , puis que $h$ est strictement croissante sur $ℝ$ . On trouve $h' (x) = 1 +$ $e^{2 x}$
Rédaction attendue. $((x - 1)^{2})^{'} = 2 (x - 1)$ et $(e^{2 x})^{'} = 2 e^{2 x}$ . Donc $φ' (x) = 2 (x - 1) + 2 e^{2 x} = 2 (x - 1 + e^{2 x}) = 2 h (x)$ . Puis $h' (x) = 1 + 2 e^{2 x} > 0$ pour tout réel $x$ : $h$ est strictement croissante sur $ℝ$ .
3. En déduire le tableau de variations de $φ$ : $φ$ admet un minimum en $x =$
$h (0) = - 1 + e^{0} = 0$ . Comme $h$ est strictement croissante, $h (x) < 0$ pour $x < 0$ et $h (x) > 0$ pour $x > 0$ . Donc $φ'$ (du signe de $h$ ) est négative puis positive : $φ$ décroît sur $] - \infty; 0]$ et croît sur $[0; + \infty [$ , avec un minimum en $0$ .
4. Justifier que $A M$ est minimale pour la même valeur de $x$ . Distance minimale, valeur approchée au centième :
Rédaction attendue. $A M = \sqrt{φ (x)}$ est la composée de $φ$ suivie de la racine carrée, croissante sur $[0; + \infty [$ : elle a les mêmes variations que $φ$ . Le minimum de $A M$ est donc atteint en $x = 0$ , au point $M_{0} (0; 1)$ , et vaut $\sqrt{φ (0)} = \sqrt{2} \approx 1, 41$ .
5. Démontrer que la tangente à $ℰ$ en $M_{0}$ est perpendiculaire à la droite $(A M_{0})$ . Coefficient directeur de cette tangente :
Rédaction attendue. La tangente à $ℰ$ en $M_{0}$ a pour coefficient directeur $\exp' (0) = e^{0} = 1$ : le vecteur $\vec{d} (1; 1)$ la dirige. Et $\vec{A M_{0}}$ a pour coordonnées $(0 - 1; 1 - 0) = (- 1; 1)$ . Dans un repère orthonormé, $\vec{d} \cdot \vec{A M_{0}} = 1 \times (- 1) + 1 \times 1 = 0$ : la tangente est perpendiculaire à $(A M_{0})$ .

Problème 3 · L’équipement des foyers en fibre optique★★★Moyen

Dans une ville, la proportion des foyers raccordés à la fibre optique,

t

années après le début des travaux, est modélisée par

f (t) = \frac{1}{1 + e^{3 - 0, 5 t}}

pour

t ⩾ 0

. Un décimal s’écrit avec une virgule ; une fraction avec « / ».

1. Proportion de foyers raccordés au départ, arrondie au millième : $f (0) \approx$
$f (0) = \frac{1}{1 + e^{3}} \approx 0, 0474$ , soit $0, 047$ : environ $4, 7 %$ des foyers au départ.
2. Démontrer que $f$ est strictement croissante sur $[0; + \infty [$ . Valeur exacte de $f (6)$ :
Rédaction attendue. $f = \frac{1}{u}$ avec $u (t) = 1 + e^{3 - 0, 5 t} > 0$ et $u' (t) = - 0, 5 e^{3 - 0, 5 t}$ (dérivée de $e^{a t + b}$ ). Donc $f' (t) = - \frac{u' (t)}{u (t)^{2}} = \frac{0, 5 e^{3 - 0, 5 t}}{{(1 + e^{3 - 0, 5 t})}^{2}} > 0$ : $f$ est strictement croissante. Et $f (6) = \frac{1}{1 + e^{0}} = \frac{1}{2}$ .
3. Démontrer que pour tout $t ⩾ 0$ , $f' (t) = 0, 5 f (t) (1 - f (t))$ . Vitesse de raccordement à l’instant $6$ : $f' (6) =$
Rédaction attendue. On pose $E = e^{3 - 0, 5 t}$ . Alors $f (t) = \frac{1}{1 + E}$ et $1 - f (t) = \frac{E}{1 + E}$ , donc $0, 5 f (t) (1 - f (t)) = \frac{0, 5 E}{(1 + E)^{2}} = f' (t)$ . À l’instant $t = 6$ : $f' (6) = 0, 5 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = 0, 125$ .
4. Démontrer que pour tout réel $X$ , $X (1 - X) ⩽ \frac{1}{4}$ , et en déduire l’instant où la vitesse de raccordement est maximale : $t =$
Rédaction attendue. $\frac{1}{4} - X (1 - X) = X^{2} - X + \frac{1}{4} = {(X - \frac{1}{2})}^{2} ⩾ 0$ , avec égalité seulement pour $X = \frac{1}{2}$ . Donc $f' (t) = 0, 5 f (t) (1 - f (t)) ⩽ 0, 5 \times \frac{1}{4} = 0, 125$ , avec égalité si et seulement si $f (t) = \frac{1}{2}$ . Comme $f$ est strictement croissante, cela n’arrive que pour $t = 6$ : le raccordement progresse le plus vite à $t = 6$ , quand la moitié des foyers est raccordée.
5. À l’aide de la calculatrice, premier entier $n$ où plus de $90 %$ des foyers sont raccordés : $n =$
$f (10) = \frac{1}{1 + e^{- 2}} \approx 0, 881 < 0, 9$ et $f (11) = \frac{1}{1 + e^{- 2, 5}} \approx 0, 924 > 0, 9$ . Comme $f$ est strictement croissante, la proportion dépasse $90 %$ à partir de l’année $11$ , et ensuite toujours.

Problème 4 · Approcher √(1 + x) sans calculatrice★★★Difficile

Les physiciens remplacent souvent

\sqrt{1 + x}

, pour

x

petit, par

1 + \frac{x}{2}

. On veut démontrer que pour tout

x ⩾ 0

1 + \frac{x}{2} - \frac{x^{2}}{8} ⩽ \sqrt{1 + x} ⩽ 1 + \frac{x}{2}

. On pose, sur

[0; + \infty [

g (x) = 1 + \frac{x}{2} - \sqrt{1 + x}

k (x) = \sqrt{1 + x} - 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^{2}}{8}

. Un décimal s’écrit avec une virgule.

1. Démontrer que $g$ est croissante sur $[0; + \infty [$ et en déduire l’inégalité de droite. Contrôle : $g (0, 21) =$
Rédaction attendue. $1 + x > 0$ sur $[0; + \infty [$ , et $g' (x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2 \sqrt{1 + x}} = \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{2 \sqrt{1 + x}}$ . Pour $x ⩾ 0$ , $1 + x ⩾ 1$ donc $\sqrt{1 + x} ⩾ 1$ (racine croissante) : $g' (x) ⩾ 0$ , $g$ est croissante. Ainsi $g (x) ⩾ g (0) = 1 + 0 - 1 = 0$ , c’est-à-dire $\sqrt{1 + x} ⩽ 1 + \frac{x}{2}$ . Contrôle : $g (0, 21) = 1 + 0, 105 - \sqrt{1, 21} = 1, 105 - 1, 1 = 0, 005$ .
2. Calculer $k' (x)$ puis $k ″ (x)$ . On obtient $k ″ (x) = \frac{1}{4} - \frac{1}{4 (1 + x) \sqrt{1 + x}}$ ; contrôle : $k' (3) =$
$k' (x) = \frac{1}{2 \sqrt{1 + x}} - \frac{1}{2} + \frac{x}{4}$ , donc $k' (3) = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} + \frac{3}{4} = \frac{1}{2}$ (car $\sqrt{4} = 2$ ). Pour $k ″$ , on dérive $\frac{1}{2} \times \frac{1}{w}$ avec $w (x) = \sqrt{1 + x}$ et $w' (x) = \frac{1}{2 \sqrt{1 + x}}$ : ${(\frac{1}{2 w})}^{'} = - \frac{w'}{2 w^{2}} = - \frac{1}{4 (1 + x) \sqrt{1 + x}}$ ; d’où $k ″ (x) = - \frac{1}{4 (1 + x) \sqrt{1 + x}} + \frac{1}{4}$ .
3. Démontrer que $k (x) ⩾ 0$ pour tout $x ⩾ 0$ (inégalité de gauche). Contrôle : $k ″ (3) =$ (fraction irréductible)
Rédaction attendue. Pour $x ⩾ 0$ , $(1 + x) \sqrt{1 + x} ⩾ 1$ , donc $\frac{1}{4 (1 + x) \sqrt{1 + x}} ⩽ \frac{1}{4}$ et $k ″ (x) ⩾ 0$ . Donc $k'$ est croissante sur $[0; + \infty [$ : $k' (x) ⩾ k' (0) = 0$ . Donc $k$ est croissante : $k (x) ⩾ k (0) = 1 - 1 - 0 + 0 = 0$ , c’est-à-dire $1 + \frac{x}{2} - \frac{x^{2}}{8} ⩽ \sqrt{1 + x}$ . Contrôle : $k ″ (3) = \frac{1}{4} - \frac{1}{4 \times 4 \times 2} = \frac{8}{32} - \frac{1}{32} = \frac{7}{32}$ .
4. Application avec $x = 0, 02$ : l’encadrement donne $a ⩽ \sqrt{1, 02} ⩽ 1, 01$ avec $a =$
$a = 1 + 0, 01 - \frac{0, 0004}{8} = 1, 01 - 0, 00005 = 1, 00995$ . Ainsi $1, 00995 ⩽ \sqrt{1, 02} ⩽ 1, 01$ : l’approximation $1, 01$ est juste à $5 \times 10^{- 5}$ près (la calculatrice donne $1, 0099505$ ).

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