Dérivation : en route vers le supérieur

Famille de courbes qui dépendent d'un paramètre - Exercice 1

1 h 15 min
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Soit aa un nombre réel non nul. On considère la fonction numérique réelle fa:xR+fa(x)f_a : x \in \mathbb{R}^{+\star} \longrightarrow f_a(x) dont l'image fonctionnelle fa(x)f_a(x) est donnée par l'expression :
fa(x)=(1+xa)1af_a(x) = \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}}.
On rappelle que R+\mathbb{R}^{+\star} décrit l'ensemble de tous les nombres réels strictement positifs.
Question 1

Etudier les variations de faf_a sur l'intervalle R+\mathbb{R}^{+\star} lorsque a<0a < 0.

Correction
On considère que le nombre aa satisfait à la condition suivante : a<0a<0
\,\, \bullet \,\, Etude de la limite de faf_a lorsque x0+x \longrightarrow 0^+
On a :
limx0+fa(x)=limx0+(1+xa)1a\lim_{x \longrightarrow 0^+} f_a(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^+} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}}
Posons A=aA = -a ainsi A>0A>0, et on a xa=xA=1xAx^a = x^{-A} = \dfrac{1}{x^A}. Dans ce cas, on a fa(x)=(1+xA)1A=(1+xA)1A=1(1+1xA)1Af_a(x) = \left( 1 + x^{-A} \right)^{\frac{1}{-A}} = \left( 1 + x^{-A} \right)^{-\frac{1}{A}} = \dfrac{1}{\left( 1 + \dfrac{1}{x^A} \right)^{\frac{1}{A}}}. On a alors :
limx0+1xA=+limx0+(1+1xA)=+limx0+(1+1xA)1A=+limx0+1(1+1xA)1A=0+\lim_{x \longrightarrow 0^+} \dfrac{1}{x^A} = +\infty \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \longrightarrow 0^+} \left(1 + \dfrac{1}{x^A} \right) = +\infty \,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\lim_{x \longrightarrow 0^+} \left(1 + \dfrac{1}{x^A} \right)^{\frac{1}{A}} = +\infty \,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\lim_{x \longrightarrow 0^+} \dfrac{1}{\left(1 + \dfrac{1}{x^A} \right)^{\frac{1}{A}}} = 0^+
Donc, on en déduit que :
limx0+fa(x)=0+\lim_{x \longrightarrow 0^+} f_a(x) = 0^+.
Dans notre cas, la fonction faf_a est prolongeable par continuité en x=0x=0. Notons par gag_a le prolongement par continuité qui défini par :
ga(x)={fa(x)six>00six=0g_a(x) = \left\lbrace \begin{array}{rcl} f_a(x) & \mathrm{si} & x>0 \\ 0 & \mathrm{si} & x=0 \\ \end{array}\right.
\,\, \bullet \bullet \,\, Etude de la limite de faf_a lorsque x+x \longrightarrow +\infty
On a :
limx+fa(x)=limx+(1+xa)1a\lim_{x \longrightarrow +\infty} f_a(x) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}}
Posons A=aA = -a ainsi A>0A>0, et on a xa=xA=1xAx^a = x^{-A} = \dfrac{1}{x^A}. Dans ce cas, on a fa(x)=(1+xA)1A=(1+xA)1A=1(1+1xA)1Af_a(x) = \left( 1 + x^{-A} \right)^{\frac{1}{-A}} = \left( 1 + x^{-A} \right)^{-\frac{1}{A}} = \dfrac{1}{\left( 1 + \dfrac{1}{x^A} \right)^{\frac{1}{A}}}. On a alors :
limx+1xA=0+limx+(1+1xA)=1+limx+(1+1xA)1A=1+limx+1(1+1xA)1A=1\lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{x^A} = 0^+ \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x^A} \right) = 1^+ \,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x^A} \right)^{\frac{1}{A}} = 1^+ \,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{\left(1 + \dfrac{1}{x^A} \right)^{\frac{1}{A}}} = 1^-
Donc, on en déduit que :
limx0+fa(x)=1\lim_{x \longrightarrow 0^+} f_a(x) = 1^-.
Ainsi la courbe représentative de la fonction faf_a admet, en ++\infty, la droite y=1y=1 comme asymptote horizontale. De plus, la courbe représentative de la fonction faf_a attaque cette asymptote horizontale par le dessous. Sur le graphique final, elle est en couleur bleue.
\,\, \bullet \bullet \bullet \,\, Etude de la dérivabilité à l'origine
Comme on cherche la dérivabilité à l'origine, donc en x=0x=0, on va travailler avec le prolongement gag_a. On a doit alors étudier la limite suivante :
limx0ga(x)ga(0)x0=limx0fa(x)0x=limx0(1+xa)1ax=limx0(1+xa)1axaa=limx0(1+xaxa)1a=limx0(1+xa)1a\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{g_a(x) - g_a(0)}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{f_a(x) - 0}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}}}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}}}{x^{\frac{a}{a}}} = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( \dfrac{1+x^a}{x^a}\right)^{\frac{1}{a}} = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( 1+x^{-a}\right)^{\frac{1}{a}}
Posons A=aA = -a ainsi A>0A>0, et on a xa=xAx^{-a} = x^A. Dans ce cas, on a :
limx0ga(x)ga(0)x0=limx0(1+xA)1A=limx0(1+xA)1A=limx0(1+0A)1A=limx0(1)1A=limx01=1\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{g_a(x) - g_a(0)}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( 1+x^{A}\right)^{\frac{1}{-A}} = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( 1+x^{A}\right)^{-\frac{1}{A}} = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( 1+0^{A}\right)^{-\frac{1}{A}} = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( 1\right)^{-\frac{1}{A}} = \lim_{x \longrightarrow 0} 1 = 1.
Donc la fonction gag_a est dérivable à l'origine (c'est-à-dire en x=0x=0), et comme ga(0)=0g_a(0) = 0 la tangente à l'origine est la droite d'équation réduite y=1xy = 1 x, dite "première bissectrice". Sur le graphique final, elle est en couleur verte.
\,\, \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, Dérivée gag'_a et variations sur R+\mathbb{R}^{+\star}
On a :
ga(x)=((1+xa)1a)=1a(1+xa)(1+xa)1a1=1aaxa1(1+xa)1a1=xa1(1+xa)1a1g'_a(x) = \left( \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}} \right)' = \dfrac{1}{a} \left( 1 + x^a \right)' \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}-1} = \dfrac{1}{a} ax^{a-1} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}-1} = x^{a-1} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}-1}
Or, si x>0x>0, alors (pour p réel) xp>0x^p > 0. Donc, on en déduit que xa1>0x^{a-1} > 0, et 1+xa>0(1+xa)1a1>01 + x^a >0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}-1} > 0. Ainsi, pour x>0x>0 on obtient ga(x)>0g'_a(x) > 0. Donc, sur l'intervalle R+\mathbb{R}^{+\star}, la fonction gag_a est strictement croissante. De plus comme ga(0)=0g_a(0) = 0, on en déduit que cette fonction est positive sur R+\mathbb{R}^{+}. Sur le graphique final, elle est en couleur rouge.
Par exemple, pour a=2a=-2, ceci nous donne donc :
Question 2

Etudier les variations de faf_a sur l'intervalle R+\mathbb{R}^{+\star} lorsque a<0<1\,\, a<0<1.

Correction
2) On considère que le nombre aa satisfait à la condition suivante : 0<a<10<a<1
\,\, \bullet \,\, Etude de la limite de faf_a lorsque x0+x \longrightarrow 0^+
On a :
limx0+fa(x)=limx0+(1+xa)1a\lim_{x \longrightarrow 0^+} f_a(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^+} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}}.
Si x0+x \longrightarrow 0^+ alors xa0+x^a \longrightarrow 0^+. Dans ce cas, on en déduit que :
limx0+fa(x)=limx0+(1)1a=limx0+1=1\lim_{x \longrightarrow 0^+} f_a(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^+} \left( 1 \right)^{\frac{1}{a}} = \lim_{x \longrightarrow 0^+} 1 = 1.
Ainsi :
limx0+fa(x)=1\lim_{x \longrightarrow 0^+} f_a(x) = 1
Dans notre cas, la fonction faf_a est prolongeable par continuité en x=0x=0. Notons par gag_a le prolongement par continuité qui défini par :
ga(x)={fa(x)six>01six=0g_a(x) = \left\lbrace \begin{array}{rcl} f_a(x) & \mathrm{si} & x>0 \\ 1 & \mathrm{si} & x=0 \\ \end{array}\right.
\,\, \bullet \bullet \,\, Etude de la limite de faf_a lorsque x+x \longrightarrow +\infty
On a :
limx+fa(x)=limx+(1+xa)1a=+\lim_{x \longrightarrow +\infty} f_a(x) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}} = + \infty
\,\, \bullet \bullet \bullet \,\, Etude de la dérivabilité à l'origine
Comme on cherche la dérivabilité à l'origine, donc en x=0x=0, on va travailler avec le prolongement gag_a. On a doit alors étudier la limite suivante :
limx0ga(x)ga(0)x0=limx0fa(x)1x=limx0(1+xa)1a1x\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{g_a(x) - g_a(0)}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{f_a(x) - 1}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}} - 1}{x}
Comme x0x \longrightarrow 0, et donc xa0x^a \longrightarrow 0 également, on va faire usage de l'approximation affine suivante : (1+x)p01+px(pR)(1 + x)^p \underset{0}{\sim} 1 + px \,\, (p\in \mathbb{R}). Ainsi, on a :
limx0ga(x)ga(0)x0=limx0(1+xaa)1x=limx01+xaa1x=limx0xaax=1alimx0xax=1alimx0xa1\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{g_a(x) - g_a(0)}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left( 1 + \dfrac{x^a}{a} \right) - 1}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{ 1 + \dfrac{x^a}{a} - 1}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{ \dfrac{x^a}{a}}{x} = \dfrac{1}{a} \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{x^a}{x} = \dfrac{1}{a} \lim_{x \longrightarrow 0} x^{a-1}
Comme 0<a<10<a<1 alors cela implique que a1<0a-1<0, et de fait xa1=x((a1))=x(1a)=1x1ax^{a-1} = x^{-(-(a-1))} = x^{-(1-a)} = \dfrac{1}{x^{1-a}}1a>01-a>0. Donc, on en déduit que :
limx0ga(x)ga(0)x0=1alimx01x1a=1a×+\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{g_a(x) - g_a(0)}{x-0} = \dfrac{1}{a} \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{1}{x^{1-a}} = \dfrac{1}{a} \times +\infty
Comme a>0a>0 alors 1a>0\dfrac{1}{a}>0, et de fait on trouve que :
limx0ga(x)ga(0)x0=+\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{g_a(x) - g_a(0)}{x-0} = + \infty
En conclusion, dans ce cas, la fonction gag_a n'est pas dérivable en x=0x=0. La tangente initiale, au point de coordonnées (x=0;y=1)(x=0 \,;\, y=1) est verticale montante.
\,\, \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, Dérivée gag'_a et variations sur R+\mathbb{R}^{+\star}
On a :
ga(x)=((1+xa)1a)=1a(1+xa)(1+xa)1a1=1aaxa1(1+xa)1a1=xa1(1+xa)1a1g'_a(x) = \left( \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}} \right)' = \dfrac{1}{a} \left( 1 + x^a \right)' \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}-1} = \dfrac{1}{a} ax^{a-1} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}-1} = x^{a-1} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}-1}
Or, si x>0x>0, alors (pour p réel) xp>0x^p > 0. Donc, on en déduit que xa1>0x^{a-1} > 0, et 1+xa>0(1+xa)1a1>01 + x^a >0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}-1} > 0. Ainsi, pour x>0x>0 on obtient ga(x)>0g'_a(x) > 0. Donc, sur l'intervalle R+\mathbb{R}^{+\star}, la fonction gag_a est strictement croissante. De plus comme ga(0)=1g_a(0) = 1, on en déduit que cette fonction est strictement positive sur R+\mathbb{R}^{+}. Sur le graphique final, elle est en couleur rouge.
Par exemple, pour a=0,5a=0,5, ceci nous donne donc :
Question 3

Etudier les variations de faf_a sur l'intervalle R+\mathbb{R}^{+\star} lorsque a=1\,\, a=1.

Correction
3) On considère que le nombre aa satisfait à la condition suivante : a=1a=1
Dans ce cas la fonction faf_a prend la forme suivante :
fa(x)=(1+xa)1a=(1+x1)11=(1+x1)1=1+xf_a(x) = \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}} = \left( 1 + x^1 \right)^{\frac{1}{1}} = \left( 1 + x^1 \right)^{1} = 1 + x
Il s'agit de l'équation réduite d'une droite, d'ordonnée à l'origine 11 et de coefficient directeur 11. Ce dernier point implique que la droite est strictement croissante sur R\mathbb{R}, donc à fortiori sur R+\mathbb{R}^+. Cette équation réduite de droite est donc dérivable, et donc continue, sur R\mathbb{R}, donc à fortiori sur R+\mathbb{R}^+.
On a alors le graphique suivant :
Question 4

Etudier les variations de faf_a sur l'intervalle R+\mathbb{R}^{+\star} lorsque a>1\,\, a>1.

Correction
4) On considère que le nombre aa satisfait à la condition suivante : a>1a>1
\,\, \bullet \,\, Etude de la limite de faf_a lorsque x0+x \longrightarrow 0^+
On a :
limx0+fa(x)=limx0+(1+xa)1a\lim_{x \longrightarrow 0^+} f_a(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^+} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}}.
Si x0+x \longrightarrow 0^+ alors xa0+x^a \longrightarrow 0^+. Dans ce cas, on en déduit que :
limx0+fa(x)=limx0+(1)1a=limx0+1=1\lim_{x \longrightarrow 0^+} f_a(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^+} \left( 1 \right)^{\frac{1}{a}} = \lim_{x \longrightarrow 0^+} 1 = 1.
Ainsi :
limx0+fa(x)=1\lim_{x \longrightarrow 0^+} f_a(x) = 1
Dans notre cas, la fonction faf_a est prolongeable par continuité en x=0x=0. Notons par gag_a le prolongement par continuité qui défini par :
ga(x)={fa(x)six>01six=0g_a(x) = \left\lbrace \begin{array}{rcl} f_a(x) & \mathrm{si} & x>0 \\ 1 & \mathrm{si} & x=0 \\ \end{array}\right.
\,\, \bullet \bullet \,\, Etude de la limite de faf_a lorsque x+x \longrightarrow +\infty
On a :
limx+fa(x)=limx+(1+xa)1a=+\lim_{x \longrightarrow +\infty} f_a(x) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}} = + \infty
Etudions alors la possibilité éventuelle d'une asymptote oblique. Pour cela commençons par étudier la limite suivante :
limx+fa(x)x=limx+(1+xa)1ax=limx+(1+xaxa)1a=limx+(1xa+xaxa)1a=limx+(1xa+1)1a=limx+(0+1)1a=limx+(1)1a=limx+1=1\lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{f_a(x)}{x} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{ \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}}}{x} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \dfrac{ 1 + x^a }{x^a} \right)^{\frac{1}{a}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \dfrac{ 1 }{x^a} + \dfrac{ x^a }{x^a} \right)^{\frac{1}{a}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \dfrac{ 1 }{x^a} + 1 \right)^{\frac{1}{a}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( 0 + 1 \right)^{\frac{1}{a}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( 1 \right)^{\frac{1}{a}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} 1 = 1
Dans ce cas, dans la suite de la procédure de recherche asymptotique, étudions maintenant la limite suivante :
limx+(fa(x)1x)=limx+((1+xa)1ax)=limx+((xaxa+xa)1ax)=limx+((xa)1a(xa+1)1ax)=limx+(x(xa+1)1ax)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( f_a(x) - 1x \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}} - x \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \left( x^a x^{-a} + x^a \right)^{\frac{1}{a}} - x \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \left( x^a \right)^{\frac{1}{a}} \left( x^{-a} + 1 \right)^{\frac{1}{a}} - x \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( x \left( x^{-a} + 1 \right)^{\frac{1}{a}} - x \right)
En factorisant par le terme xx, on trouve que :
limx+(fa(x)1x)=limx+x((xa+1)1a1)=limx+x((1xa+1)1a1)=limx+x((0++1)1a1)=limx+x((1+)1a1)=limx+x(1+1)=limx+x(0+)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( f_a(x) - 1x \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} x\left( \left( x^{-a} + 1 \right)^{\frac{1}{a}} - 1 \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} x\left( \left( \dfrac{1}{x^a} + 1 \right)^{\frac{1}{a}} - 1 \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} x\left( \left( 0^+ + 1 \right)^{\frac{1}{a}} - 1 \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} x\left( \left( 1^+ \right)^{\frac{1}{a}} - 1 \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} x\left( 1^+ - 1 \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} x\left(0^+ \right)
Soit :
limx+(fa(x)1x)=0+\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( f_a(x) - 1x \right) = 0^+
Ainsi, on en déduit que l'asymptote oblique à la coube, en ++\infty, admet pour équation réduite y=1x+0=xy = 1x + 0 = x. C'est la première bissectrice. De plus, la courbe représentative de faf_a attaque cette asymptote par le dessus. C'est la droite en bleue sur le graphique final.
\,\, \bullet \bullet \bullet \,\, Etude de la dérivabilité à l'origine
Comme on cherche la dérivabilité à l'origine, donc en x=0x=0, on va travailler avec le prolongement gag_a. On a doit alors étudier la limite suivante :
limx0ga(x)ga(0)x0=limx0fa(x)1x=limx0(1+xa)1a1x\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{g_a(x) - g_a(0)}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{f_a(x) - 1}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left( 1 + x^a \right)^{\frac{1}{a}} - 1}{x}
Comme x0x \longrightarrow 0, et donc xa0x^a \longrightarrow 0 également, on va faire usage de l'approximation affine suivante : (1+x)p01+px(pR)(1 + x)^p \underset{0}{\sim} 1 + px \,\, (p\in \mathbb{R}). Ainsi, on a :
limx0ga(x)ga(0)x0=limx0(1+xaa)1x=limx01+xaa1x=limx0xaax=1alimx0xax=1alimx0xa1\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{g_a(x) - g_a(0)}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left( 1 + \dfrac{x^a}{a} \right) - 1}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{ 1 + \dfrac{x^a}{a} - 1}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{ \dfrac{x^a}{a}}{x} = \dfrac{1}{a} \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{x^a}{x} = \dfrac{1}{a} \lim_{x \longrightarrow 0} x^{a-1}
Comme a>1a>1 alors cela implique que a1>0a-1>0, et de fait limx0xa1=0\lim_{x \longrightarrow 0} x^{a-1} = 0. Donc, on en déduit que :
limx0ga(x)ga(0)x0=1a×0=0\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{g_a(x) - g_a(0)}{x-0} = \dfrac{1}{a} \times 0 = 0
En conclusion, dans ce cas, la fonction gag_a est dérivable en x=0x=0. La tangente initiale, au point de coordonnées (x=0;y=1)(x=0 \,;\, y=1) est horizontale. C'est la première bissectrice. C'est la droite en bleue sur le graphique final.
Graphiquement, on obtient avec a=2a=2 :