ESSEC 2013

(1)

ESSEC 2013

jean-francois.cossutta@wanadoo.fr

Partie I - Construction de la fonction arctan.

Remarque Cette partie surprend un peu car la d´efinition et la d´erivation de la fonction Arctan (notation ”officielle”) sont au programme de la classe...

1) Posons∀t∈R, ϕ(t) = 1

1 +t²·ϕest continue surRdonc pour tout r´eel x, Z x

0

ϕ(t) dtexiste.

Ainsi arctan est d´efinie sur R. Notons que arctan est la primitive sur l’intervalle R de la fonction ϕ, qui prend la valeur 0 en 0.

arctan est donc d´erivable sur Ret arctan⁰ =ϕ.

ϕ´etant une fonction rationnelle d´efinie surR, ϕest de classeC^∞ sur R. Alors arctan⁰ est de classeC^∞ sur Rdonc arctan est de classe C^∞surR.

SoitxdansR, −xest ´egalement dansR!

t→t´etant de classeC¹ surRnous pouvons faire le changement de variableu=−t dans ce qui suit.

arctan(−x) = Z −x

0

dt 1 +t² =

Z x 0

−du 1 + (−u)² =−

Z x 0

du

1 +u² =−arctanx.

∀x∈R, −x∈Ret arctan(−x) =−arctanxdonc arctan est impaire surR.

La fonction arctan est bien d´efinie surR, impaire, de classeC^∞ surR. ∀x∈R, arctan⁰(x) = 1 1 +x²· 2) ∀x∈R, arctanx=

Z x 0

dt

1 +t², donc pour montrer que arctan admet une limite finie en +∞il suffit de montrer que

Z +∞

0

dt

1 +t² converge.

• ϕ:t→ 1

1 +t² est continue sur [0,+∞[.

• ϕ(t) ∼

t→+∞

1 t²·

• ∀t∈[1,+∞[, 1 t² >0.

• Z +∞

1

dt

t² est une int´egrale de Riemann convergente car 2>1.

Ce qui précède et les règles de comparaison sur les intégrales impropres de fonctions positives donnent la convergence de

Z +∞

1

ϕ(t) dt et mˆeme de Z +∞

0

ϕ(t) dt.

Z +∞

0

ϕ(t) dt converge doncx→ Z x

0

ϕ(t) dtadmet une limite finie en +∞.

Ainsix→ Z x

0

dt

1 +t² admet une limite finie en +∞. Alors :

(2)

arctan admet une limite finie en +∞provisoirement not´ee L.

Ceci permet ´egalement de dire que :

Z +∞

0

dt

1 +t² converge et vautL.

• arctan est continue sur l’intervalleR.

• arctan est d´erivable surRet ∀x∈R, arctan⁰x= 1

1 +x² >0. Donc arctan est strictement croissante sur R.

• arctan admet une limite finie en +∞qui vautL et est impaire surR. Alors−L=− lim

x→+∞arctan(x) = lim

x→+∞ −arctanx

= lim

x→+∞arctan(−x).

Ainsi lim

x→+∞arctan(−x) =−Ldonc lim

x→−∞arctanx=−L. arctan admet une limite finie en−∞qui vaut−L.

Les trois points précédents et le théorème de la bijection montrent que :

arctan est une bijection deRsur ]−L, L[.

3) Posons∀x∈i

−π 2,π

2 h

, H(x) = arctan

tan(x)

. tan est d´erivable suri

−π 2,π

2 h

et arctan est d´erivable sur R. Donc par compositionH est d´erivable suri

−π 2,π

2 h

et∀x∈i

−π 2,π

2 h

, H⁰(x) = (tan⁰(x)) arctan⁰ tan(x)

.

∀x∈i

−π 2,π

2

h, H⁰(x) = 1 + (tanx)² 1

1 + (tanx)² = 1.

∀x∈i

−π 2,π

2 h

, H(x) =H(x)−0 =H(x)−H(0) = Z x

0

H⁰(t) dt= Z x

0

1 dt= t^x

0=x−0 =x.

Pour tout r´eelxappartenant `a i

−π 2,π

2 h

, arctan tan(x)

=x.

lim

x→^π₂⁻tanx= +∞et lim

z→+∞arctanz=L. Par composition lim

x→^π₂⁻arctan tanx

=L.

AlorsL= lim

x→^π₂⁻arctan tanx

= lim

x→^π₂⁻x=π

2·Par cons´equent : L vaut π

2· Ceci permet ´egalement de dire que :

Z +∞

0

dt

1 +t² converge et vaut π

2·Un ´enorme scoop non ?

Remarque Il est grand temps de retomber sur nos pieds rt de retrouver notre cous. Notonss la restriction detan`a l’intervalle i

−π 2,π

2 h

.

• sest continue sur l’intervallei

−π 2,π

2 h

.

• sest d´erivable sur l’intervallei

−π 2,π

2 h

et∀x∈i

−π 2,π

2 h

, s⁰(x) = tan⁰(x) = 1 + tan²(x)>0doncsest strictement croissante suri

−π 2,π

2 h

.

(3)

• lim

x→−^π₂⁺

s(x) = lim

x→−^π₂⁺

tanx=−∞et lim

x→^π₂⁻

s(x) = lim

x→^π₂⁻

tanx= +∞.

Les trois points précédents et le théorème de la bijection montrent quesest une bijection dei

−π 2,π

2 h

surR. s⁻¹ est une bijection deRsuri

−π 2,π

2 h

. Rappelons que∀z∈i

−π 2,π

2 h

, z= arctan tanz

. Donc∀x∈R, s⁻¹(x) = arctan

tan(s⁻¹(x))

= arctan

s(s⁻¹(x))

= arctanx.

Ainsiarctanest ´egal `as⁻¹. Inou¨ı, non ?

4) arctan est d´erivable surRet∀t∈R, |arctan⁰t|=

1 1 +t²

= 1

1 +t²·

∀t∈R, 0<161 +t²donc∀t∈R, |arctan⁰t|= 1 1 +t² 6 1

1 = 1.

L’in´egalit´e des accroissements finis donne alors :∀(x, y)∈R², |arctanx−arctany|61× |x−y|=|x−y|.

∀(x, y)∈R², |arctanx−arctany|6|x−y|.

5) Posons∀x∈R^∗+, D(x) = arctanx+ arctan1 x· x→ 1

x est d´erivable surR^∗+ et arctan est d´erivable surR. Alors par compositionx→arctan1

x est d´erivable surR^∗+. Par sommeD est d´erivable surR^∗+. De plus∀x∈R^∗+, D⁰(x) = arctan⁰x+

−1 x²

arctan⁰ 1 x.

∀x∈R^∗+, D⁰(x) = 1 1 +x² +

−1 x²

1

1 + _x¹² = 1

1 +x² − 1 x²+ 1 = 0.

AlorsD⁰ est nulle surl’intervalleR^∗+ doncD est constante surR^∗+. Il existe un r´eel ctel que ∀x∈R^∗+, D(x) =c.

x→+∞lim arctan1

x= arctan 0 = 0 (car arctan est continue en 0) et lim

x→+∞arctanx=π

2·Alors lim

x→+∞D(x) = π 2· Or ∀x∈R^∗+, D(x) =c donc lim

x→+∞D(x) =c. Ainsic= π

2 et∀x∈R^∗+, arctanx+ arctan1

x =D(x) = π 2·

∀x∈R^∗+, arctanx+ arctan1 x= π

2·

Remarque Soitxun réel strictement négatif. −xest un réel strictement positif doncarctan(−x) + arctan 1

−x = π 2· Commearctanest impaire surR,−arctanx−arctan1

x= arctan(−x) + arctan 1

−x =π 2· Ainsiarctanx+ arctan1

x=−π 2·

∀x∈R^∗−, arctanx+ arctan1 x=−π

2·

(4)

Partie II - Premières propriétés de Φ(f)et de Φ.

6) •Par d´efinitionE0est contenu dansC⁰(R,R) puisqueE0 est l’ensemble des fonctions deC⁰(R,R) born´ees surR.

•Notons 0_C⁰(R,R)l’´el´ement nul deC⁰(R,R).

∀x∈R, 0_C0(R,R)(x) = 0 donc 0_C0(R,R)est une fonction de C⁰(R,R) bornée surR. Par conséquent 0_C0(R,R)est un élément deE₀ et ainsiE₀ n’est pas vide.

•Soitλun réel. Soient f1 etf2 deux éléments deE0. f₁et f₂ sont deux fonctions deC⁰(R,R) bornées surR.

Donc il existe deux r´eels positifsc1 etc2tels que :∀x∈R, |f1(x)|6c1 et|f2(x)|6c2. Alors :

∀x∈R,

(λ f₁+f₂)(x)

=|λ f₁(x) +f₂(x)|6|λ f₁(x)|+|f₂(x)|=|λ| |f₁(x)|+|f₂(x)|6|λ|c₁+c₂. Par conséquentλ f1+f2 est une fonction deC⁰(R,R) bornée sur R; λ f1+f2 appartient àE0. Finalement :∀λ∈R, ∀(f1, f2)∈ E0²

, λ f1+f2∈E0. Ceci ach`eve de montrer que : E0 est un sous-espace vectoriel deC⁰(R,R).

7) Soitf un élément deE0 et soitxun réel.

t→txet arctan sont continues surR. Par compositiont→arctan(tx) est continue surR. De plusf₀etϕ:t→ 1 1 +t² sont ´egalement continues surR. Alors par produitt→arctan(tx) f(t)

1 +t² est continue sur Rdonc sur [0,+∞[.

Rappelons que arctan prend ses valeurs dans i

−π 2,π

2

h donc∀t∈[0,+∞[, |arctan(tx)|6π 2· f appartient `a E0doncf est born´ee surR. Alors∀t∈[0,+∞[, |f(t)|6Sup

x∈R

|f(x)|=N0(f).

Finalement ∀t∈[0,+∞[, 06|arctan(tx)|6π

2, 06|f(t)|6N0(f) et 06 1 1 +t²· Donc∀t∈[0,+∞[, 06

arctan(tx) f(t) 1 +t²

=|arctan(tx)| |f(t)| 1 1 +t² 6π

2 N0(f) 1 1 +t²·

• ∀t∈[0,+∞[, 06

6π

2 N0(f) 1 1 +t²·

• Comme nous l’avons vu plus haut Z +∞

0

dt

1 +t² converge et vaut π 2, donc

Z +∞

0

π

2N0(f) 1 1 +t²

dt converge et vaut π

2 N0(f)π

2 donc π² 4 N0(f).

Les r`egles de comparaison sur les int´egrales impropres de fonctions positives permettent de dire que : Z +∞

0

dtconverge et que Z +∞

0

dt6π² 4 N₀(f).

Ainsi Z +∞

0

arctan(tx) f(t)

1 +t²dt est absolument convergente. Alors Z +∞

0

arctan(tx) f(t)

1 +t²dt converge et :

Z +∞

0

arctan(tx) f(t) 1 +t²dt

6

Z +∞

0

dt6 π² 4 N0(f).

Pour tout élémentf deE0et pour tout réel x, Z +∞

0

arctan(tx) f(t)

1 +t²dtest absolument convergente.

(5)

8) Soit f un élément de E₀. Comme nous l’avons vu plus haut, pour tout réel x, Z +∞

0

arctan(tx) f(t) 1 +t²dt est absolument convergente donc convergente. Par cons´equent Φ(f) est d´efinie surR.

La question précédente a également montré que :∀x∈R,

Φ(f)(x) =

Z +∞

0

arctan(tx) f(t) 1 +t²dt

6 π²

4 N0(f).

Donc Φ(f) est born´ee sur Ret ∀x∈R,

Φ(f)(x) 6 π²

4 N0(f).

I Remarque Ici un petit problème se pose. En effet si l’on veut être conforme au texte, pour parler deN₀ Φ(f) il faut queΦ(f)appartienne àE₀. Or nous n’avons pas encore montré queΦ(f)est continue surRet c’est même l’objet de la question suivante ! Par conséquent nous nous contenterons de remarquer que sihest une application deRdansR, Sup

x∈R

|h(x)|existe si et seulement si|h|est major´ee surRou si et seulement sihest born´ee surR.

Donc sihest une application deRdansR,N0(h)existe si et seulement si et seulement sihest born´ee sur R. J

∀x∈R,

Φ(f)(x) 6π²

4 N₀(f). Ainsi Sup

x∈R

Φ(f)(x)

existe et est major´e par π² 4 N₀(f).

La remarque et une petite extrapolation du texte nous autorisent `a ´ecrire queN0 Φ(f)

6 π² 4 N0(f).

Soitf un élément E0. Φ(f) est bornée surRet N0

Φ(f) 6 π²

4 N0(f).

Exercice Montrer que l’ensembleB(R,R)des applications deRdansRborn´ees surRest un espace vectoriel surR. Montrer que l’application N de B(R,R) dans R+ d´efinie par ∀h∈ B(R,R), N(h) = Sup

x∈R

|h(x)| est une norme sur B(R,R)donc v´erifie :

• ∀h∈ B(R,R), N(h) = 0⇐⇒h= 0_B(_R_,_R₎.

• ∀λ∈R, ∀h∈ B(R,R), N(λ h) =|λ|N(h)

• ∀(h₁, h₂)∈(B(R,R))², N(h₁+h₂)6N(h₁) +N(h₂).

9) Dans a-, b-, c- et d-f est un ´el´ement deE₀.

a- x,Aet hsont trois r´eels. On suppose que Aest strictement positif et quehn’est pas nul.

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x) =

Z +∞

0

arctan(t(x+h)) f(t) 1 +t²dt−

Z +∞

0

arctan(tx)) f(t) 1 +t²dt

.

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x) =

Z +∞

0

arctan(t(x+h))−arctan(tx) 1 +t² f(t) dt

.

∀t∈[0,+∞[,

arctan(t(x+h))−arctan(tx)

1 +t² f(t)

= |arctan(t(x+h))−arctan(tx)|

1 +t² |f(t)|.

∀t∈[0,+∞[,

1 +t² f(t)

6 |arctan(t(x+h))−arctan(tx)|

1 +t² N0(f).

De plus∀t∈[0,+∞[, |arctan(t(x+h))−arctan(tx)|6|arctan(t(x+h))|+|arctan(tx)|6 π 2 +π

2 =π. Alors :

∀t∈[0,+∞[, 06

1 +t² f(t)

6|arctan(t(x+h))−arctan(tx)|

1 +t² N0(f)6π N₀(f) 1 +t² · Rappelons que

Z +∞

0

dt

1 +t² converge donc Z +∞

0

π N₀(f)

1 +t² dtconverge.

Les r`egles de comparaison sur les int´egrales impropres de fonctions positives permettent alors d’affirmer que :

(6)

Z +∞

0

1 +t² f(t)

dtet Z +∞

0

|arctan(t(x+h))−arctan(tx)|

1 +t² N₀(f)

dtconvergent.

En plus Z +∞

0

1 +t² f(t)

dt6 Z +∞

0

1 +t² N₀(f)

dt.

Ce qui donne aussi Z +∞

0

1 +t² f(t)

dt6N0(f) Z +∞

0

1 +t² dt.

Dans ces conditions Z +∞

0

1 +t² f(t) dt est absolument convergente donc convergente (ce que nous savions) et nous pouvons ´ecrire :

Z +∞

0

arctan(t(x+h))−arctan(tx) 1 +t² f(t) dt

6

Z +∞

0

1 +t² f(t)

dt.

Alors :

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x) 6

Z +∞

0

1 +t² f(t)

dt, puis :

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x)

6N0(f) Z +∞

0

1 +t² dt.

Chasles permet alors de majorer

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x) par : N0(f)

Z A 0

1 +t² dt+

Z +∞

A

1 +t² dt

! .

Finalement sixest un réel,hun réel non nul et Aun réel strictement positif,

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x) est major´e parN0(f)

Z A 0

1 +t² dt+

Z +∞

A

1 +t² dt

! .

b- x,A ethsont trois r´eels. On suppose queAest strictement positif et quehn’est pas nul.

∀t∈[0, A], |arctan(t(x+h))−arctan(tx)|6|t(x+h)−tx|=|h|tet 1

1 +t² >0 d’apr`es4). Donc

∀t∈[0, A], |arctan(t(x+h))−arctan(tx)|

1 +t² 6|h| t

1 +t² etA >0.

Alors Z A

0

1 +t² dt6|h|

Z A 0

t 1 +t²dt.

∀t∈[A,+∞[, |arctan(t(x+h))−arctan(tx)|6|arctan(t(x+h))|+|arctan(tx)|6 π 2 +π

2 =πet 1

1 +t² >0. Donc

∀t∈[A,+∞[, |arctan(t(x+h))−arctan(tx)|

1 +t² 6π 1

1 +t², Z +∞

A

dt

1 +t² converge etA >0.

Alors Z +∞

A

1 +t² dt6π

Z +∞

A

dt

1 +t²·Ainsi : Z A

0

1 +t² dt+

Z +∞

A

1 +t² dt6|h|

Z A 0

t

1 +t²dt+π Z +∞

A

dt 1 +t²· N₀(f)∈[0,+∞[ doncN₀(f)

Z A 0

1 +t² dt+

Z +∞

A

1 +t² dt

! est major´e parN0(f) |h|

Z A 0

t

1 +t²dt+π Z +∞

A

dt 1 +t²

! .

(7)

Ainsi

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x)

6N0(f) |h|

Z A 0

t

1 +t²dt+π Z +∞

A

dt 1 +t²

! .

Finalement sixest un réel,hun réel non nul etAun réel strictement positif :

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x)

6N0(f) |h|

Z A 0

t

1 +t²dt+π Z +∞

A

dt 1 +t²

! .

c- Soitxun r´eel ethun r´eel non nul. Posons A= 1

|h|· Aest strictement positif.

Alorsb-donne :

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x)

6N0(f) |h|

Z A 0

t

1 +t²dt+π Z +∞

A

dt 1 +t²

! . Z A

0

t 1 +t²dt=

Z A 0

1 2

2t 1 +t²

dt=

1

2 ln(1 +t²) ^A

0

= 1

2 ln(1 +A²) =1 2 ln

1 + 1

h²

. Rappelons que

Z +∞

0

dt 1 +t² = π

2· Donc Z +∞

A

dt 1 +t² =

Z +∞

0

dt 1 +t² −

Z A 0

dt 1 +t² =π

2 −arctanA CommeAest strictement positif5)donne

Z +∞

A

dt

1 +t² = arctan 1

A = arctan|h|. Finalement : N0(f) |h|

Z A 0

t

1 +t²dt+π Z +∞

A

dt 1 +t²

!

=N0(f)

|h|1 2 ln

1 + 1

h²

+πarctan|h|

.

AinsiN0(f) |h|

Z A 0

t

1 +t²dt+π Z +∞

A

dt 1 +t²

!

=|h|N0(f) 2 ln

1 + 1

h²

+π N0(f) arctan|h|.

Alors

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x)

6|h|N0(f) 2 ln

1 + 1

h²

+π N0(f) arctan|h|.

Si xest un r´eel ethun r´eel non nul :

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x)

6|h|N₀(f) 2 ln

1 + 1

h²

+π N₀(f) arctan|h|.

d- Soitxun r´eel. Posons∀h∈R, ψ(h) =







|h|ln

1 + 1 h²

sih6= 0

0 sih= 0

∀h∈R^∗, 06

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x)

6N0(f)

2 ψ(h) +π N₀(f) arctan|h|.

Or

Φ(f)

(x+ 0)− Φ(f)

(x)

= 0 = N0(f)

2 ψ(0) +π N₀(f) arctan|0|. Donc :

∀h∈R, 06

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x)

6N0(f)

2 ψ(h) +π N₀(f) arctan|h|

∀h∈R^∗, |h|ln

1 + 1 h²

=|h|ln

h²+ 1 h²

=|h|ln(h²+ 1)− |h|ln |h|²

=|h| ln(h²+ 1)−2|h|ln|h|.

Donc lim

h→0

|h| ln

1 + 1 h²

= lim

h→0 |h|ln(h²+ 1)−2|h|ln|h|

= 0×ln(0²+ 1)−2×0 = 0 =ψ(0).

ψ est alors continue en 0. Par cons´equent lim

h→0ψ(h) =ψ(0) = 0. Alors

• ∀h∈R, 06

Φ(f)

(x+h)− Φ(f)

(x)

6 N₀(f)

2 ψ(h) +π N₀(f) arctan|h|.

(8)

• lim

h→0

N0(f)

2 ψ(h) +π N0(f) arctan|h|

= N0(f)

2 ×0 +π N0(f)×0 = 0.

Par encadrement il vient lim

h→0

Φ(f)

(x+h) = Φ(f)

(x). Ainsi Φ(f) est continue enxet ceci pour tout r´eel x.

Pour tout ´el´ementf deE₀, Φ(f) est continue en tout point deR.

e- •Soitf un élément deE0. Nous avons vu dans8)que Φ(f) est bornée surRet dans9) d-que Φ(f) est continue sur R. Ainsi Φ(f) appartient àE0.

∀f ∈E₀,Φ(f)∈E₀ donc Φ est une application deE₀ dansE₀.

• Soitλun réel. Soientf₁et f₂ deux éléments deE₀.

∀x∈R, Φ(λ f1+f2)(x) = Z +∞

0

arctan(tx)(λ f1+f2)(t) 1 +t² dt=

Z +∞

0

λarctan(tx) f1(t)

1 +t² + arctan(tx) f2(t) 1 +t²

dt.

∀x∈R, Φ(λ f1+f2)(x) =λ Z +∞

0

arctan(tx) f₁(t) 1 +t²dt+

Z +∞

0

arctan(tx) f₂(t)

1 +t²dtcar toutes les int´egrales convergent.

∀x∈R, Φ(λ f₁+f₂)(x) =λΦ(f₁)(x) + Φ(f₂)(x) = λΦ(f₁) + Φ(f₂)

(x). Φ(λ f₁+f₂) =λΦ(f₁) + Φ(f₂).

∀λ∈R, ∀(f₁, f₂)∈E₀², Φ(λ f₁+f₂) =λΦ(f₁) + Φ(f₂). Φ est lin´eaire.

Les deux points pr´ec´edents montrent alors que :

Φ est un endomorphisme deE0.

(9)

Partie III - ´Etude d’un exemple.

I Remarque L’application deRdansRconstante égale à 1est continue et bornée surRdonc est un élément de E0. Il est donc légitime de parler de son image g par Φ. Notons que la partie précédente permet de dire que g est un

´

elément de E0donc quegest continue et bornée sur R. J 10)Rappelons que arctan est impaire surR. Soitxun réel.

g(−x) = Z +∞

0

arctan t(−x) 1 +t² dt=

Z +∞

0

arctan(−tx) 1 +t² dt=

Z +∞

0

−arctan(tx) 1 +t² dt=−

Z +∞

0

arctan(tx)

1 +t² dt=−g(x).

∀x∈R, −x∈Ret g(−x) =−g(x).

g est impaire surR. 11)Dans toute cette questionxest un r´eel strictement positif.

a- arctan est de classeC^∞surRdonc arctan est deux fois d´erivable sur R!

∀u∈R, arctan⁰(u) = 1

1 +u²· ∀u∈R, arctan⁰⁰(u) =− 2u

(1 +u²)²· ∀u∈R,

arctan⁰⁰(u)

= 2|u|

(1 +u²)²·

∀u∈R, 1 1 +u² −

arctan⁰⁰(u) = 1

1 +u² − 2|u|

(1 +u²)² =1 +u²−2|u|

(1 +u²)² = (1− |u|)² (1 +u²)² >0.

Alors∀u∈R, 1 1 +u²−

arctan⁰⁰(u)

>0. Ainsi

∀u∈R,

arctan⁰⁰(u) 6 1

1 +u²·

b- Soient aet bdeux réels distincts etI le segment d’extrémitésaet b. arctan est de classe C² surR, on peut donc appliquer l’inégalité de Taylor-Lagrange à arctan à l’ordre 1. Ceci donne :

|arctanb−arctana−(b−a) arctan⁰(a)|6 |b−a|²

2 Max

u∈I |arctan⁰⁰(u)|.

Par cons´equent

arctanb−arctana− b−a 1 +a²

6 (b−a)²

2 Max

u∈I |arctan⁰⁰(u)|.

∀u∈I,

arctan⁰⁰(u) 6 1

1 +u² et u→ 1

1 +u² est continue sur le segmentI. Ainsi Max

u∈I |arctan⁰⁰(u)|6Max

u∈I

1 1 +u²· Comme (b−a)²

2 est positif :

6 (b−a)²

2 Max

u∈I

1 1 +u²·

Soientaetb deux réels distincts etI le segment d’extrémitésaetb.

6(b−a)²

2 Max

u∈I

1 1 +u²· c- Soithun r´eel de l’intervallei

−x 2,x

2 h

ettun r´eel de l’intervalle [0,+∞[.

Si th= 0 alors

arctan

t(x+h)

−arctan(tx)− th 1 +t²x²

= 060 = t²h² 2

1

1 +^t²₄^x²· Supposons maintenant queth n’est pas nul.

Alorst(x+h) ettxsont deux réels distincts. Notons encoreIle segment d’extrémitéstxett(x+h) et appliquonsb-.

(10)

Il vient :

arctan

t(x+h)

−arctan(tx)−t(x+h)−tx 1 + (tx)²

6 t(x+h)−tx²

2 Max

u∈I

1 1 +u²· Donc :

arctan

t(x+h)

6 t²h²

2 Max

u∈I

1 1 +u²·

Soituun élément du segmentI d’extrémitéstxett(x+h). u>Min(tx, t(x+h)).

t>0,x >0 eth∈i

−x 2,x

2 h

. Doncx>x

2 et x+h>x−x 2 = x

2·Alorstx> tx

2 et t(x+h)> tx 2 · Doncu>Min(tx, t(x+h))>tx

2 >0.

Ceci donne successivement u²> t²x²

4 , 1 +u²>1 + t²x²

4 >0 et 1

1 +u² 6 1 1 +^t²₄^x²·

∀u∈I, 1

1 +u² 6 1

1 + ^t²₄^x² donc Max

u∈I

1

1 +u² 6 1 1 +^t²₄^x²· Alors :

arctan

t(x+h)

6 t²h² 2 Max

u∈I

1

1 +u² 6 t²h² 2

1

1 + ^t²₄^x² car t²h²

2 est positif ou nul.

Ceci ach`eve de montrer que :

∀h∈i

−x 2,x

2 h

, ∀t∈[0,+∞[,

arctan

t(x+h)

6 t²h² 2

1 1 + ^t²₄^x²· d- Soithun ´el´ement de i

−x 2,x

2 h

. Soittun ´el´ement de [0,+∞[.

arctan

t(x+h)

1 +t² −arctan(tx)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

=

arctan

t(x+h)

× 1 1 +t²· Or

arctan

t(x+h)

6t²h² 2

1

1 + ^t²₄^x² et 1

1 +t² >0 donc :

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

6 t²h² 2

1 1 +^t²₄^x²

1

1 +t² = 2h² t² 4 +t²x²

1 1 +t²· Finalement ∀t∈[0,+∞[, 06

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

62h² t² 4 +t²x²

1

1 +t²· (F)

• t→ t² 4 +t²x²

1

1 +t² est continue et positive sur [0,+∞[

• t² 4 +t²x²

1 1 +t² ∼

t→+∞

t² t²x²

1 t² = 1

x² 1

t² (carx6= 0).

• Z +∞

1

1 x²

1

t²dtconverge car 2>1.

Les r`egles de comparaison sur les int´egrales impropres de fonctions positives donnent alors la convergence de Z +∞

0

t² 4 +t²x²

1 1 +t²dt.

Z +∞

0

2h² t² 4 +t²x²

1

1 +t²dt converge ´egalement.

(F) et les r`egles de comparaison sur les int´egrales impropres de fonctions positives permettent de dire que : Z +∞

0

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

dt converge et est major´ee par Z +∞

0

2h² t² 4 +t²x²

1 1 +t²dt.

Alors Z +∞

0

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

!

dtest absolument convergente donc convergente.

(11)

De plus on peut majorer

Z +∞

0

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

! dt

par Z +∞

0

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

dt, puis par Z +∞

0

2h² t² 4 +t²x²

1 1 +t²dt.

Ainsi

Z +∞

0

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

! dt

6 Z +∞

0

2h² t² 4 +t²x²

1 1 +t²dt.

Ou encore

Z +∞

0

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

! dt

62h² Z +∞

0

t² 4 +t²x²

1

1 +t²dt (FF).

1.

Z +∞

0

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

!

dt converge.

2.

Z +∞

0

arctan

t(x+h)

1 +t² dt converge et vautg(x+h).

3.

Z +∞

0

arctan(tx)

1 +t² dt converge et vautg(x).

Ces trois points permettent alors de dire que : 1.

Z +∞

0

th 1 +t²x²

1

1 +t²dtconverge.

Donc Z +∞

0

t 1 +t²x²

1

1 +t²) dt converge ´egalement et Z +∞

0

th 1 +t²x²

1

1 +t²dt=h Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt.

2.

Z +∞

0

arctan

t(x+h)

1 +t² − th 1 +t²x²

1 1 +t²

!

dt=g(x+h)−g(x)−h Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt.

(FF) permet alors d’´ecrire que

g(x+h)−g(x)−h Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt

62h²

Z +∞

0

t² 4 +t²x²

1 1 +t²dt.

Soithun ´el´ement de i

−x 2,x

2 h

. 1. Les int´egrales

Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dtet

Z +∞

0

t² 4 +t²x²

1

1 +t²dtsont convergentes.

2.

g(x+h)−g(x)−h Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt

62h²

Z +∞

0

t² 4 +t²x²

1 1 +t²dt.

e-xest toujours un réel strictement positif. Soithun élément non nul dei

−x 2,x

2 h

.

g(x+h)−g(x)

h −

Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt

= 1

|h|

g(x+h)−g(x)−h Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt

.

g(x+h)−g(x)

h −

Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt

62h²

|h|

Z +∞

0

t² 4 +t²x²

1

1 +t²dt= 2|h|

Z +∞

0

t² 4 +t²x²

1 1 +t²dt.

∀h∈i

−x 2,x

2

h− {0}, 06

g(x+h)−g(x)

h −

Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt

62|h|

Z +∞

0

t² 4 +t²x²

1 1 +t²dt.

De plus lim

h→0

2|h|

Z +∞

0

t² 4 +t²x²

1 1 +t²dt

= 0.

Alors par encadrement : lim

h→0

g(x+h)−g(x)

h =

Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt.

(12)

Doncg est d´erivable enxet g⁰(x) = Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt.

gest d´erivable sur ]0,+∞[ et pour tout r´eel xstrictement positifg⁰(x) = Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt.

f-Dans 10)nous avons montr´e queg est impaire surR. En particulier∀x∈]− ∞,0[, g(x) =−g(−x).

x→ −xest d´erivable sur ]− ∞,0[ et∀x∈]− ∞,0[,−x∈]0,+∞[. De plusg est d´erivable sur ]0,+∞[.

Alors par compositionx→g(−x) est d´erivable sur ]− ∞,0[ donc x→ −g(−x) est d´erivable sur ]− ∞,0[.

Ainsig est d´erivable sur ]− ∞,0[.

De plus∀x∈]− ∞,0[, g⁰(x) =− −g⁰(−x)

=g⁰(−x) = Z +∞

0

t 1 +t²(−x)²

1 1 +t²dt=

Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt.

g est d´erivable sur ]− ∞,0[ et∀x∈]− ∞,0[, g⁰(x) = Z +∞

0

t 1 +t²x²

1 1 +t²dt.

Exercice Donner deux preuves de la croissance degsurR. 12) a-g⁰(1) =

Z +∞

0

t 1 +t²×1²

1 1 +t²dt=

Z +∞

0

t

(1 +t²)²dt. SoitC un r´eel strictement positif.

Z C 0

t

(1 +t²)²dt= 1 2

Z C 0

2t

(1 +t²)²dt= 1 2

− 1 1 +t²

C 0

= 1 2

1− 1 1 +C²

= 1 2−1

2 1 1 +C²· g⁰(1) = lim

C→+∞

Z C 0

t

(1 +t²)²dt= lim

C→+∞

1 2 −1

2 1 1 +C²

= 1 2· g⁰(1) = 1 2·

b- Soitxun r´eel appartenant `a ]0,1[∪]1,+∞[. Notons quex²−1 n’est pas nul.

Observons que :∀t∈R, x²

1 +t²x² − 1

1 +t² = x²(1 +t²)−(1 +t²x²)

(1 +t²x²) (1 +t²) = x²−1 (1 +t²x²) (1 +t²)· Alors∀t∈R, 1

(1 +t²x²) (1 +t²)= 1 x²−1

x²

1 +t²x² − 1 1 +t²

= x² x²−1

1

1 +t²x² + 1 1−x²

1 1 +t²· Ainsi∀t∈R, t

(1 +t²x²) (1 +t²)= x² x²−1

t

1 +t²x² + 1 1−x²

t 1 +t²· Sixest un r´eel de ]0,1[∪]1,+∞[, si A(x) = x²

x²−1 et siB(x) = 1

1−x² alors

∀t∈R, t

(1 +t²x²) (1 +t²) =A(x) t

1 +t²x² +B(x) t 1 +t²· c- Soitxun réel appartenant à ]0,1[∪]1,+∞[. SoitC un réel strictement positif.

∀t∈R, t

(1 +t²x²) (1 +t²) = x² x²−1

t

1 +t²x² + 1 1−x²

t

1 +t² = 1 2(x²−1)

2t x²

1 +t²x² − 2t 1 +t²

·

Z C 0

t

(1 +t²x²) (1 +t²)dt= 1 2(x²−1)

Z C 0

2t x²

1 +t²x² − 2t 1 +t²

dt= 1

2(x²−1) h

ln(1 +t²x²)−ln(1 +t²)i^C

0. Z C

0

t

(1 +t²x²) (1 +t²)dt= 1 2(x²−1)

ln

1 +t²x² 1 +t²

^C

0

= 1

2(x²−1)

ln

1 +C²x² 1 +C²

−ln

1 + 0²x² 1 + 0²

.

(13)

Z C 0

t

(1 +t²x²) (1 +t²)dt= 1 2(x²−1) ln

1 +C²x² 1 +C²

. Commexn’est pas nul :1 +C²x²

1 +C² ∼

C→+∞

C²x²

C² =x²donc lim

C→+∞

1 +C²x² 1 +C² =x². Alors lim

C→+∞ln

1 +C²x² 1 +C²

= lnx²= 2 lnxcarxest strictement positif.

Ainsi lim

C→+∞

Z C 0

t

(1 +t²x²) (1 +t²)dt= lim

C→+∞

1 2(x²−1) ln

1 +C²x² 1 +C²

= 1

2(x²−1)(2 lnx) = lnx x²−1· Doncg⁰(x) =

Z +∞

0

t

(1 +t²x²) (1 +t²)dt= lnx x²−1·

Pour toutxdans ]0,1[∪]1,+∞[,g⁰(x) = lnx x²−1· d- ln etx→ 1

x²−1 sont continues sur ]0,1[∪]1,+∞[. Par produitx→ lnx

x²−1 est continue sur ]0,1[∪]1,+∞[.

Ainsig⁰ est continue sur ]0,1[∪]1,+∞[.

lnx x²−1 ∼

x→1

x−1 x²−1 = 1

x+ 1. Donc lim

x→1

lnx

x²−1 = lim

x→1

1 x+ 1 = 1

2 =g⁰(1). Par cons´equentg⁰ est continue en 1.

Finalement g⁰ est continue sur ]0,+∞[. Alors

g est de classeC¹ sur ]0,+∞[.

Exercice Q1. Montrer queg est de classeC¹ surR^∗. Q2. g est-elle d´erivable en0?

13) a- et b-Rappelons queg⁰ est continue sur ]0,+∞[. Soitxun r´eel strictement positif.

∀ε∈]0,+∞[, Z x

ε

g⁰(t) dt=g(x)−g(ε).

g est continue surRdonc en 0 etg(0) = 0. Alors lim

ε→0⁺

Z x ε

g⁰(t) dt= lim

ε→0⁺ g(x)−g(ε)

=g(x)−g(0) =g(x).

Donc Z x

0

g⁰(t) dtconverge et vautg(x) c’est `a dire Z +∞

0

arctan(tx) 1 +t² dt.

Or t→ lnt

t²−1 co¨ıncide avecg⁰ sur ]0,1[∪]1,+∞[. La restriction de g⁰ `a ]0,+∞[ est continue sur ]0,+∞[ et prolonge t→ lnt

t²−1 en 1.

Alors pour tout r´eelxstrictement positif, Z x

0

lnt

t²−1dt converge et vaut Z x

0

g⁰(t) dt c’est `a dire Z +∞

0

arctan(tx) 1 +t² dt.

Pour tout r´eelxstrictement positif, Z x

0

lnt

t²−1dt converge et Z +∞

0

arctan(tx) 1 +t² dt=

Z x 0

lnt t²−1dt.

14) a-Soitxun r´eel strictement positif.

Notons que pour tout r´eelt strictement positif,txest un r´eel strictement positif.

Alors∀t∈]0,+∞[, arctan 1

tx

= π

2 −arctan(tx) d’apr`es5).

• ∀t∈]0,+∞[, arctan 1

tx 1

1 +t² = π 2

1

1 +t² −arctan(tx) 1 1 +t²·

(14)

• Z +∞

0

dt

1 +t² converge et vaut π 2·

• Z +∞

0

arctan(tx) 1

1 +t²dtconverge et vautg(x).

Alors Z +∞

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dtconverge comme combinaison lin´eaire de deux int´egrales convergentes et vaut π

2 Z +∞

0

dt 1 +t² −

Z +∞

0

arctan(tx) 1

1 +t²dt doncπ 2

²

−g(x). Ainsig(x) = π² 4 −

Z +∞

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt.

Si xappartient `a ]0,+∞[ : Z +∞

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt converge etg(x) = π² 4 −

Z +∞

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt.

b- Soitxun r´eel strictement positif.

∀t∈]0,+∞[, arctan 1

tx 1

1 +t² >0 donc Z +∞

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt>0.

Alors

Z +∞

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt

= Z +∞

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt.

Donc

Z +∞

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt

= Z ^√¹_x

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt+ Z +∞

√1 x

arctan 1

tx 1

1 +t²dt·

Nous allons majorer successivement Z ^√¹_x

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt et Z +∞

√1 x

arctan 1

tx 1

1 +t²dt·

• ∀t∈

0, 1

√x

,06arctan 1

tx

6π

2 et 06 1

1 +t² 61. Donc∀t∈

0, 1

√x

,arctan 1

tx 1

1 +t² 6π

2 ×1 = π 2· Comme

Z ^√¹_x

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dtconverge et que 0< 1

√x: Z ^√¹_x

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt6 Z ^√¹_x

0

π 2 dt=π

2

√1 x·

Par cons´equent : Z ^√¹_x

0

arctan 1

tx 1

1 +t²dt6π 2

√1 x·

• ∀t∈ 1

√x,+∞

, arctan 1

tx

= arctan 1

tx

−arctan 06

arctan 1

tx

−arctan 0 6

1 tx−0

= 1 tx

= 1 tx d’apr`es la question4.

∀t∈ 1

√x,+∞

, arctan 1

tx

6 1

tx et 1

1 +t² >0 donc∀t∈ 1

√x,+∞

, arctan 1

tx 1

1 +t² 6 1 tx

1 1 +t²· Finalement ∀t∈

1

√x,+∞

, arctan 1

tx 1

1 +t² 6 1 x

1 t

1 1 +t²·

∀t∈ 1

√x,+∞

, 061

t 6√

xet 1

1 +t² >0 donc∀t∈ 1

√x,+∞

, 061

t 1 1 +t² 6√

x 1 1 +t²· Or

Z +∞

0

dt

1 +t² converge donc Z +∞

√1 x

dt

1 +t² converge.

Z +∞

√1 x

√ x 1

1 +t²

dtconverge ´egalement.

Les r`egles de comparaison sur les int´egrales impropres de fonctions positives montrent alors que Z +∞

√1 x

1 t

1 1 +t²dt converge et est major´ee par

Z +∞

√1 x

√ x 1

1 +t²

dtdonc par√ x

Z +∞

√1 x

dt 1 +t²·