Montrer que si f est paire f' est impaire

Le problème exposé dans ce sujet a été résolu.

Salut à tous,

en ce moment je travaille un peu sur la dérivée d’une fonction et dans ce cadre je fais cet exercice :

Montrer que si une fonction $f$ est paire et dérivable, alors $f'$ est une fonction impaire.

J’ai trouvé quelque chose qui me paraît bon mais j’aimerais en avoir la certitude, d’où ce sujet.

Voici ma réponse :

Nous savons que la fonction $f$ est paire et dérivable et nous souhaitons démontrer que $f'$ est impaire, i.e.

$$\forall x \in D_{f'}, -f'(x) = f'(-x).$$

Nous savons que

$$f'(x_0) + ε(x) = \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$$

avec $\lim_{x \to x_0} ε(x) = 0$ or

$$-(f'(x_0)+ε(x)) = \frac{f(x) - f(x_0)}{x_0 - x}$$

et

$$f'(-x_0) + ε(-x) = \frac{f(-x) - f(-x_0)}{-x_0 - (-x)} = \frac{f(x) - f(x_0)}{x_0 - x} = -(f'(x_0)+ε(x))$$

Et donc $f'$ est impaire.


J’ai l’impression que le $ε(x)$ pose un problème.

Merci d’avance pour vos réponses :)

+0 -0

Je trouve que l’idée est bonne. Je pense qu’il manque une justification, parce que si j’ai bien suivi, tu as trouvé que :

$$f'(-x_0)+\epsilon(-x) = -(f'(x_0)+\epsilon(x))$$

mais pour conclure il te faut donc montrer que $\epsilon(-x)=-\epsilon(x)$. C’est pas difficile. Une fois que tu auras ça, tu pourra simplifier les espilon dans ton équation et ne garder que $f(-x_0)=-f(x_0)$.

Tu as choisi de commencer en disant :

Nous savons que f’(x0) + ε(x) = …

Tu aurais aussi bien pu choisir d’écrire f’(x0) = … ou bien ε(x) = …

Pourquoi as-tu choisi la formulation 1 plutôt que la 2 ou la 3 ou une autre … ce n’est pas un choix innocent. Surtout que la formulation que tu as choisie n’est pas très courante.

Il suffit de faire $x \to x_0$ dans ta dernière égalité pour obtenir le résultat, ie. "passer à la limite". Formellement, ça revient à dire que les fonctions $x \mapsto f'(-x_0)+\epsilon(-x)$ et $x \mapsto -f'(x_0)-\epsilon(x)$ sont égales et en regardant leur limite en $x_0$

De toute manière tu n’as pas besoin d’introduire cette fonction $\epsilon$. Il suffit de regarder l’égalité que tu as écrite à la dernière ligne (qui est immédiate) :

$$\forall x\neq x_0, \frac{f(-x)-f(-x_0)}{-x-(-x_0)}=-\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$$

Reste à conclure par le même argument de passage à la limite.

+1 -0

Tu as choisi de commencer en disant :

Nous savons que f’(x0) + ε(x) = …

Tu aurais aussi bien pu choisir d’écrire f’(x0) = … ou bien ε(x) = …

Pourquoi as-tu choisi la formulation 1 plutôt que la 2 ou la 3 ou une autre … ce n’est pas un choix innocent. Surtout que la formulation que tu as choisie n’est pas très courante.

elegance

J’avais pensé à la formulation qui isole $f'(x_0)$ aussi. J’ai pris la 1er parce qu’elle me paraissait plus simple pour obtenir une égalité mais dans tous les cas on en revient à devoir montrer que $ε$ est aussi impaire (ou faire ce que propose Lucas-84).

De toute manière tu n’as pas besoin d’introduire cette fonction $\epsilon$. Il suffit de regarder l’égalité que tu as écrite à la dernière ligne (qui est immédiate) :

$$\forall x\neq x_0, \frac{f(-x)-f(-x_0)}{-x-(-x_0)}=-\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$$

Reste à conclure par le même argument de passage à la limite.

Lucas-84

Effectivement, on a

$$\frac{f(-x)-f(-x_0)}{-x-(-x_0)} = -\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$$

donc

$$\lim_{x \to x_0} \frac{f(-x)-f(-x_0)}{-x-(-x_0)} = \lim_{x \to x_0} -\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},$$

c’est à dire $f'(-x_0) = -f'(x_0)$. Conclusion, $f'$ est impaire.

mais pour conclure il te faut donc montrer que $\epsilon(-x)=-\epsilon(x)$. C’est pas difficile. Une fois que tu auras ça, tu pourra simplifier les espilon dans ton équation et ne garder que $f(-x_0)=-f(x_0)$.

Holosmos

Je vais essayer de trouver.

Salut,

Il y aussi une méthode plus directe que tu pourrais essayer en complément, et qui consiste à dériver $f(x) = f(-x)$.

Aabu

Je ferai ça à la fin :)

+0 -0

Techniquement, plutôt que montrer $\epsilon(-x) = -\epsilon(x)$, il s’agit de définir une nouvelle fonction $\epsilon_2$ par $\epsilon_2(x) := -\epsilon(-x)$, et de montrer que cette fonction peut être utilisée dans la définition de la dérivée de $-f$.

+0 -0

On définit la fonction $ε_2$ par $ε_2(x) = -ε(-x)$.

Considérons $y = -x$ et $y_0 = -x_0$ et montrons que l’on peut définir $-f'$ par

$$-f'(y_0) = - \left ( \frac{f(y) - f(y_0)}{y - y_0} - ε_2(y) \right ).$$

En effet, pour $y$ qui tend vers $y_0 = -x_0$, $ε_2$ tend vers $-ε(x_0)$ et donc tend vers $0$.

Ainsi on a

$$f'(-x_0) + ε(-x) = -(f'(x_0) + ε(x)) = -(f'(x_0) - ε(-x)).$$

Soit une fois simplifiée, $f'(-x_0) = -f'(x_0)$. On en conclut que $f'$ est impaire.

+0 -0

Derrière le « trivialement », il y a quand même, je suppose : « on sait dériver une composée », ce qui est strictement plus dur à démontrer que ce qu’on fait ici.

Lucas-84

Non, il y a un changement de repère très simple (dont la dérivée d’une composée est bien sûr le cas général). $x\mapsto f(-x)$ est juste $x\mapsto f(x)$ vue depuis un repère qu’on a retourné. La dérivée de la première est donc forcément l’opposé de la dérivée de la seconde au même point.

Tu as une interprétation géométrique et ta visualisation est correcte (et sans doute utile si tu as une bonne vision dans l’espace), mais qualifier ça d’une preuve est assez discutable quand on est à un niveau aussi élémentaire. À moins que tu te places dans un cadre purement géométrique, auquel cas il faut aussi que la dérivée y soit bien définie (et c’est quoi une tangente ? etc.).

Tout ça pour dire qu’au fond la méthode de dérivation directe n’est pas sans prérequis.

C’est pas sans prérequis, mais ça me semble en demander nettement moins que les autres méthodes vues auparavant. Il suffit de savoir ce qu’est une pente et un tangente. Aucune manipulation de limite, ni l’introduction de fonction accessoire n’est nécessaire.

Comme toujours sur ce genre de questions, ça dépend de ce qu’on appelle "preuve acceptable". Il me semble néanmoins que l’exercice est suffisamment facile pour être effectué formellement (ce qui est rarement refusé comme preuve), bien que je pense que la façon de faire d’adri1 est plus propre.

On ne peut pas juste dire que puisque $f(x)$ est paire alors alors il y a une symétrie par rapport à l’axe des ordonnées. Donc si sur un intervalle $[u, v]$ avec $u, v \in \mathbf{R}_{<0}$ la fonction $f$ est décroissante alors elle est croissante sur $[-v, -u]$ et vice-versa. Bref, $f'$ est négative sur $[u, v]$ et positive sur $[-v, -u]$ et donc puisque $f$ est pair $f'(x) = -f'(-x)$. $\square$

Je pense que le fait de dériver $f(-x)$ par rapport à $x$ comme la composée $f \circ (x \mapsto -x)$ est effectivement ce qui donne le calcul le plus clair et le plus court quand on connaît la règle pour dériver $f \circ g$. Je n’avais pas compris que c’était ce qui était suggéré par Aabu à cause de l’horrible choix de notation « dériver $f(x) = f(-x)$ », où le symbole $f$ est utilisé pour désigner deux fonctions différentes.

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