Dérivation et intégration (mathématiques II, programme japonais)

De (xⁿ)′=nxⁿ⁻¹ on tire (x³)′=3x². La réponse x² oublie de faire descendre l'exposant en facteur, 3x³ oublie d'abaisser le degré, et 2x confond avec la dérivée de x².

En dérivant terme à terme, 6x−4+0=6x−4 : le terme constant 5 disparaît. La réponse 6x+4 comporte une erreur de signe, 6x oublie de dériver −4x, et 3x−4 traite mal le coefficient de 3x².

De f′(x)=2x−3, on obtient en x=2 : 4−3=1. La réponse −2 est la valeur de f(2), calculée sans dériver, 4 ne garde que le terme 2x, et 7 provient d'une erreur de signe donnant 2x+3.

Le nombre dérivé f′(a) est la limite quand h tend vers 0 du taux d'accroissement moyen (f(a+h)−f(a))/h : il donne le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d'abscisse a. Il ne faut le confondre ni avec la valeur f(a) ni avec un taux d'accroissement moyen.

De y′=2x, le coefficient directeur vaut f′(1)=2. En réduisant y−1=2(x−1), on obtient y=2x−1. La réponse y=2x+1 comporte une erreur de signe, y=2x oublie de calculer l'ordonnée à l'origine, et y=x n'utilise pas la dérivée pour le coefficient directeur. On vérifie que la droite passe par le point d'abscisse 1 et d'ordonnée 1.

De y′=3x²−3, on obtient en x=0 le coefficient directeur −3. De y−2=−3(x−0) on tire y=−3x+2. La réponse 3x+2 comporte une erreur de signe, −3x oublie de tenir compte du point par lequel passe la tangente, et y=2 suppose à tort un coefficient directeur nul.

De f′(x)=2x+a, on obtient f′(2)=4+a=5, donc a=1. La réponse a=0 vient d'avoir lu la condition comme portant sur la valeur f(2)=5, a=3 d'avoir écrit f′(1)=5, et a=5 d'avoir oublié de retrancher 4.

(f(3)−f(1))/(3−1)=(9−1)/2=4. La réponse 2 est f′(1) et 6 est f′(3) : dans les deux cas on a confondu avec un nombre dérivé. La réponse 8 oublie de diviser la différence f(3)−f(1) par la longueur de l'intervalle.

En prenant le point de contact (t, t²), la tangente a pour équation y=2tx−t². La condition de passage par le point (1, −3) donne −3=2t−t², soit t²−2t−3=0 et (t−3)(t+1)=0, d'où t=3 et t=−1. Les coefficients directeurs valent 2t, soit 6 et −2. La réponse « 3 et −1 » donne les abscisses des points de contact, et 2 correspond au simple calcul de y′(1).

y′=3x²−3=3(x+1)(x−1). Le tableau de variations montre un maximum local en x=−1, de valeur (−1)³−3×(−1)=2. La réponse −2 est le minimum local, atteint en x=1, et −1 est l'abscisse du maximum, confondue avec sa valeur.

y′=6x²−6=6(x+1)(x−1). En x=1, le minimum local vaut 2−6=−4, et en x=−1 le maximum local vaut 4. La réponse 4 confond avec le maximum local, et 1 comme −1 donnent des abscisses.

y′=3x²−6x=3x(x−2). On a y′>0 pour x<0 et pour 2<x : la fonction est croissante sur ces intervalles. La réponse 0<x<2 correspond à y′<0, donc à l'intervalle de décroissance : c'est l'erreur classique consistant à répondre l'inverse.

y′=3x²+6x−9=3(x+3)(x−1). En x=−3, le maximum local vaut −27+27+27+1=28, et en x=1 le minimum local vaut −4. La réponse −4 confond avec le minimum local, −3 est l'abscisse du maximum, et 1 ne regarde que le terme constant.

De y′=3x(x−2), le minimum local est en x=2. De 8−12+a=0 on tire a=4. La réponse a=−4 provient d'une erreur de signe sur a−4=0, a=0 d'avoir écrit l'équation en x=0, qui donne le maximum, et a=2 d'une confusion avec l'abscisse.

Les candidats sont les valeurs aux bornes et aux points d'extremum local : f(0)=0, f(1)=−2, qui est un minimum local, et f(3)=27−9=18. Le maximum est donc 18, atteint à la borne. La réponse 2 est le maximum local en x=−1, hors de l'intervalle, et −2 est le minimum. Il faut toujours comparer aussi les valeurs aux bornes.

f′=3x(x−2). Les candidats sont f(0)=5, f(2)=8−12+5=1, qui est un minimum local, et f(3)=27−27+5=5. Le minimum vaut donc 1, atteint en x=2. La réponse 5 est le maximum, 2 est l'abscisse du minimum, et −4 est le minimum local de x³−3x², obtenu en oubliant le terme constant +5.

Il faut que f′=3x²+2ax+3 admette deux racines réelles distinctes, soit D/4=a²−9>0, d'où a<−3 et 3<a. Avec des inégalités larges, on aurait une racine double, la dérivée ne changerait pas de signe et il n'y aurait pas d'extremum. La réponse −3<a<3 inverse le sens de l'inégalité.

De f′=3x²−3a=0 on tire x=±√a, et x=√a donne le minimum local. De f(√a)=a√a−3a√a=−2a√a=−16 on tire a√a=8, soit a^(3/2)=8 et a=4. Vérification : pour a=4, f(x)=x³−12x et le minimum local en x=2 vaut 8−24=−16. Pour a=2, on obtiendrait −2×2√2≒−5.7, qui ne convient pas.

De x(x²−3)=0 on tire x=0 et x=±√3, soit 3 solutions. Pour une équation du troisième degré factorisable, on commence par mettre en facteur le terme commun x. Passer à côté des deux solutions de x²−3=0 conduit à répondre 1.

Pour f(x)=x³−3x+1, le maximum local vaut f(−1)=3>0 et le minimum local f(1)=−1<0. Les extremums étant de signes contraires, la courbe coupe l'axe des x en 3 points : il y a 3 solutions réelles. Même sans factorisation, le signe des extremums donne le nombre de solutions.

La factorisation donne (x+1)(x−2)²=0, soit x=−1 et x=2 : 2 solutions distinctes. Le minimum local f(2)=8−12+4=0 montre que la courbe est tangente à l'axe des x en x=2. Répondre 3 revient à compter deux fois la racine double x=2.

La fonction y=x³−3x a un maximum local égal à 2, en x=−1, et un minimum local égal à −2, en x=1. La droite horizontale y=a coupe la courbe en 3 points lorsque −2<a<2. Des inégalités larges donneraient une racine double aux bornes, donc 2 solutions seulement, et a=±2 correspond justement à ce cas de 2 solutions.

En séparant sous la forme a=x³−3x², il suffit que a soit compris entre le maximum local g(0)=0 et le minimum local g(2)=−4 de g(x)=x³−3x², d'où −4<a<0. La réponse 0<a<4 comporte une erreur de signe, et des inégalités larges donneraient une racine double, donc 2 solutions.

Comme y′=3x²≧0, la fonction est toujours croissante ; en x=0 la dérivée s'annule, mais sans changer de signe, donc il n'y a pas d'extremum. Comme (−x)³=−x³, la courbe est symétrique par rapport à l'origine : c'est une fonction impaire. La symétrie par rapport à l'axe des y caractérise les fonctions paires, comme y=x².

Pour f(x)=2x³−3x²−12x+k, on a f′=6x²−6x−12=6(x+1)(x−2). Le maximum local vaut f(−1)=7+k et le minimum local f(2)=−20+k. La condition des 3 solutions est que le maximum local soit strictement positif et le minimum local strictement négatif : 7+k>0 et k−20<0, d'où −7<k<20. La réponse −20<k<7 intervertit maximum et minimum, et des inégalités larges donneraient une racine double, donc 2 solutions.

Pour f(x)=x³−3x+1, on a f(0)=1>0, f(1)=−1<0 et f(2)=3>0 : il y a une solution positive dans chacun des intervalles allant de 0 à 1 et de 1 à 2, soit 2 au total. La solution restante est négative, puisque f(−2)=−1<0 et f(−1)=3>0. Des 3 solutions réelles, 2 sont donc positives.

Comme ∫2xdx=x² et ∫3dx=3x, le résultat est x²+3x+C. La réponse « x²+3x » oublie la constante d'intégration C, 2x²+3x+C oublie de diviser 2x par 2, et x²+3+C n'intègre pas correctement le terme constant, qui donne 3x.

En augmentant chaque exposant de 1 et en divisant par le nouvel exposant, on obtient x³−2x²+x+C. La réponse commençant par 3x³ oublie de diviser 3x² par 3, celle avec −4x² oublie de diviser −4x par 2, et 6x−4 correspond à une dérivation au lieu d'une intégration.

La primitive x² évaluée de 1 à 3 donne 9−1=8. La réponse 10 vient d'avoir additionné 9+1, 9 d'avoir oublié la borne inférieure, et 6 d'avoir simplement remplacé x par 3 dans la fonction à intégrer.

La primitive x³+x² évaluée de 0 à 1 donne (1+1)−0=2. La réponse 5 correspond à remplacer x par 1 sans intégrer, soit 3+2, 1 ne calcule que le terme x³, et 3 se laisse entraîner par le coefficient de 3x².

La primitive x³+x²+x évaluée de −1 à 1 donne 3−(−1)=4. La partie impaire 2x s'annule, et le calcul 2∫[0→1](3x²+1)dx=2×2=4 donne le même résultat. La réponse 3 ne garde que la borne supérieure, 2 vient d'une erreur de signe donnant 3+(−1), et 6 traite tous les termes comme pairs et double le tout.

La primitive x³/3−x évaluée de 1 à 2 donne (8/3−2)−(1/3−1)=2/3−(−2/3)=4/3. La réponse 0 vient d'une erreur de signe sur la valeur −2/3 à la borne inférieure, 2/3 ne garde que la borne supérieure, et 6 oublie de diviser par 3 en intégrant x², ce qui donne x³−x évalué de 1 à 2, soit 6−0=6.

Les points d'intersection sont en x=±2 et sur cet intervalle y≦0. S=∫[−2→2](4−x²)dx, et la primitive 4x−x³/3 évaluée de −2 à 2 donne (8−8/3)−(−8+8/3)=32/3. La réponse −32/3 correspond au calcul de ∫(x²−4)dx sans corriger le signe, alors qu'une aire est positive ; 16/3 n'intègre que de 0 à 2, et 64/3 divise par 3 au lieu de 6 dans la formule dite du sixième.

De x²=x+2 on tire les abscisses d'intersection x=−1 et 2. S=∫[−1→2]{(x+2)−x²}dx=(2−(−1))³/6=27/6=9/2. La réponse 27/2 divise par 2 au lieu de 6, 9 divise par 3, et 3 est simplement la différence des deux abscisses. Le calcul direct de l'intégrale donne également 9/2.

Une intégrale définie étant une constante, on pose A=∫[0→1]f(t)dt, d'où f(x)=x²−A. En reportant, A=∫[0→1](t²−A)dt=1/3−A, donc 2A=1/3 et A=1/6 : f(x)=x²−1/6. La réponse x²−1/3 garde A=1/3 sans résoudre l'équation, x²+1/6 comporte une erreur de signe, et x²−1/4 vient d'avoir pris ∫t²dt égal à 1/2, ce qui donne A=1/4.