Probl` eme 1 : ´ Etude d’une projection vectorielle

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2011-2012

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚2

Probl` eme 1 : ´ Etude d’une projection vectorielle

Dans tout ce probl`eme,a d´esigne un nombre r´eel fix´e, diff´erent de 1.

Partie A - ´Etude des puissances d’une matrice Soit A la matrice 2×2 d´efinie par :A= 1

a−1

a −1 a −1

. 1. Montrer queA²=A. On ´ecrira toutes les ´etapes du calcul.

2. En d´eduire que la matriceA n’est pas inversible.

3. Conjecturer la valeur deAⁿ pour toutn∈N^∗, puis d´emontrer la conjecture faite par r´ecurrence.

Partie B - D´efinition d’une projection vectoriellep

On fixe un rep`ere R= (O;−→i ,−→j)du plan. On identifiera, dans tout ce probl`eme, un vecteur du plan `a ses coordonn´ees dans la base (−→i ,−→j).

Soient les vecteurs −→u = 1

1

et−→v = 1

a

. On noteF la droite passant par O et dirig´ee par−→u etG la droite passant par O et dirig´ee par −→v.

1. Soit−→w = x

y

un vecteur du plan. D´emontrer qu’il existe un unique vecteur du plan−→ w^′ =

x^′ y^′

tel que : 





−→

w^′ et−→u sont colin´eaires et −→

w^′− −→w et−→v sont colin´eaires et exprimer

x^′ y^′

`

a l’aide de x

y

et d’une matrice 2×2 dont les coefficients ne d´ependent ni de x, ni dey.

Le vecteur −→

w^′ est appel´e projet´e de−→w sur la droite F parall`element `a la droiteG. La projection sur la droite F parall`element `a la droiteG est l’applicationpd´efinie par :

p:R²→R²; x

y

7→

x^′ y^′

o`u−→ w^′ =

x^′ y^′

d´esigne le projet´e de −→w = x

y

sur la droiteF parall`element `a la droiteG.

2. On suppose dans cette question, et dans cette question seulement, que a = 0. Calculer p 0

2

et repr´esenter graphiquement le rep`ereR, les droitesF,Get les vecteurs

0 2

,p

0 2

. Partie C - Quelques propri´et´es de la projection vectorielle p

1. Calculerp(−→u) et p(−→v).

2. Soit x

y

∈R². Calculerp◦p x

y

et comparer le r´esultat obtenu `ap x

y

.

3. D´eterminerle noyau depd´efini par : Ker(p) =

x y

∈R² : p x

y

= 0

0

et pr´eciser sa nature g´eom´etrique.

4. D´eterminerl’image de pd´efinie par : Im(p) =

x^′ y^′

∈R² : ∃ x

y

∈R²tel que p x

y

= x^′

y^′

et pr´eciser sa nature g´eom´etrique.

5. Comparer Ker(p) et Im(p) `aF etG.

6. Montrer que pour tout−→w ∈R², il existe un unique couple (−w→1,−w→2)∈Ker(p)×Im(p) tel que :

−

→w =−w→1+−w→2. Correction

Partie A 1. On a :

A² =

1 a−1

a −1 a −1

× 1

a−1

a −1 a −1

(⋆)= 1

a−1. 1 a−1

a −1 a −1

×

a −1 a −1

= 1

(a−1)²

a²−a −a+ 1 a²−a −a+ 1

= 1

(a−1)²

a(a−1) −(a−1) a(a−1) −(a−1)

= 1

(a−1)² (a−1)

a −1 a −1

= 1

a−1

a −1 a −1

= A.

Remarque : Il est important de bien comprendre le passage (⋆). On souligne que trois op´erations diff´erentes sont en jeu : la multiplication de deux nombres r´eels ; la multiplication d’une matrice2×2 par un nombre r´eel ; la multiplication de deux matrices2×2.

2. On montre par l’absurde que la matriceA n’est pas inversible.

SupposonsAinversible. D’apr`es la question pr´ec´edenteA<sup>2</sup>=A. En multipliant chacun des membres de cette ´egalit´e par A<sup>−1</sup> `a gauche, il vient :

A⁻¹.A²

| {z }

A⁻¹.A.A=I2.A=A

=A⁻¹.A

| {z }

I2

et donc

A=I2=

1 0 0 1

.

Le coefficient d’adresse (1,2) deAest donc nul. Or par d´efinition deA, on a :

A= 1 a−1

a −1 a −1

=



 a

a−1 − 1 a−1 a

a−1 − 1 a−1



.

Le coefficient d’adresse (1,2) deAest donc − 1

a−1. Comme− 1

a−1 6= 0, on a une contradiction.

Conclusion : La matrice An’est pas inversible.

3. Remarque : Cette question est analogue `a la question 4 de la partie B du probl`eme 2 du DS1...

• Conjecture

On a d´emontr´e que A²=A. On en d´eduit que : A³= A²

|{z}

A

.A=A.A= A²

|{z}

A

=A puis que :

A⁴= A³

|{z}

A

.A=A.A= A²

|{z}

A

=A puis que :

A⁵= A⁴

|{z}

A

.A=A.A= A²

|{z}

A

=A puis que :

A⁴= A⁵

|{z}

A

.A=A.A= A²

|{z}

A

=A Ceci nous am`ene `a conjecturer que :Aⁿ=Apour toutn∈N^∗.

• Preuve de la conjecture

Montrons par r´ecurrence sur n∈N^∗la propri´et´ePn suivante : Pn : Aⁿ =A.

• Initialisation au rangn= 1 La propri´et´eP¹ s’´ecrit :

P¹ : A¹=A La propri´et´eP1 est donc vraie.

• H´er´edit´e

Supposons la propri´et´ePn vraie `a un rangn∈N^∗ fix´e. On a alors : Pn : Aⁿ=A.

Montrons quePn+1 est vraie, i.e. :

Pn+1 : Aⁿ⁺¹=A.

On a :

Aⁿ⁺¹ = Aⁿ.A

= A.A (carAⁿ=A)

= A²

= A (cf. question 1).

• Conclusion

De l’initialisation au rang 1, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que : pour tout n∈N^∗ :

Aⁿ =A.

Partie B 1. Soit−→w =

x y

un vecteur fix´e du plan. Soit−→ w^′=

x^′ y^′

un vecteur du plan.

• Traduction de la condition−→

w^′ et −→u sont colin´eaires en termes d’´equations.

D’apr`es le crit`ere de colin´earit´e, on a :

−→

w^′ et−→u sont colin´eaires ⇐⇒

x^′ 1 y^′ 1

| {z }

x^′−y^′

= 0. (1)

• Traduction de la condition−→

w^′− −→w et−→v sont colin´eaires en termes d’´equations.

Les coordonn´ees du vecteur−→

w^′− −→w sont

x^′−x y^′−y

. D’apr`es le crit`ere de colin´earit´e, on a :

−

→w^′− −→w et −→v sont colin´eaires ⇐⇒

x^′−x 1 y^′−y a

| {z }

a(x^′−x)−(y^′−y)=ax^′−y^′−ax+y

= 0. (2)

• Introduction et ´etude d’un syst`eme lin´eaire et conclusion sur l’unicit´e du vecteur−→ w<sup>′</sup> D’apr`es (1) et (2), on a :







−

→w^′ et −→u sont colin´eaires et −→

w^′− −→w et −→v sont colin´eaires

⇐⇒

x^′−y^′ = 0

ax^′−y^′−ax+y= 0

⇐⇒

x^′ − y^′ = 0 ax^′ − y^′ = ax−y

⇐⇒

x^′ − y^′ = 0

(a−1)y^′ = ax−y (L2←L2−aL1) Comme a 6= 1, on a (a−1) 6= 0. Le syst`eme lin´eaire ´etudi´e est donc de Cramer ; il admet une unique solution et par suite il existe un unique vecteur−→

w^′ tel que :







−

→w^′ et−→u sont colin´eaires et −→

w^′− −→w et−→v sont colin´eaires .

• R´esolution du syst`eme lin´eaire pr´ec´edent et expression matricielle de x^′

y^′

en fonction de x

y

DeL2, on d´eduit :

y^′ =ax−y a−1 = a

a−1x− 1

a−1y. (3)

De (3) et de L1, on d´eduit :

x^′= a

a−1x− 1

a−1y. (4)

De (3) et (4), on d´eduit que : x^′

y^′

=





 a

a−1x− 1 a−1y a

a−1x− 1 a−1y







=





 a

a−1 − 1 a−1 a

a−1 − 1 a−1





 x

y

=





 1 a−1

a −1 a −1

| {z }

A





 x

y

= A

x y

o`uAest la matrice introduite dans la partie A.

Remarque cl´e : D’apr`es la d´efinition de l’application pet le r´esultat pr´ec´edent, on a :

∀ x

y

∈R² p x

y

=





 a

a−1x− 1 a−1y a

a−1x− 1 a−1y







=A x

y

.

2. Dans cette question, on suppose quea= 0. Par suite, on a :

∀ x

y

∈R² p x

y

=−

0 −1 0 −1

x y

=− −y

−y

= y

y

. Par suite :

p 0

2

= 2

2

.

Repr´esentation graphique deR, des droitesF,Get des vecteurs 0

2

,p 0

2

.

1 2 3 4

−1

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

F G

−

→u 0

2

−

→v

p 0

2

On observe quep 0

2

est bien la projection, au sens intuitif, de 0

2

surF parall`element `aG.

Partie C

1. • Calcul de p(−→u)

– Premi`ere solution : sans recours aux coordonn´ees

Par d´efinition de l’image de−→u parp, le vecteurp(−→u) estl’uniquevecteur−−→

p(u) du plan satisfaisant les deux conditions : 





p(−→u) et−→u sont colin´eaires et

p(−→u)− −→u et−→v sont colin´eaires . On observe que :











−

→u et −→u sont colin´eaires et −→u − −→u

| {z }

−

→0

et −→v sont colin´eaires .

Le vecteur−→u satisfait donc les deux conditions d´efinissantp(−→u). On a donc :p(−→u) =−→u.

Remarque : La m´ethode utilis´ee ici peut ˆetre appliqu´ee dans un autre contexte. Le vecteur p(−→u) est caract´eris´e par deux conditions. Si on peut trouver un vecteur satisfaisant ces deux condi- tions, alors n´ecessairement ce vecteur est ´egal `ap(−→u). Ici, on conjecture que p(−→u) =−→u grˆace

`

a l’intuition g´eom´etrique que l’on peut avoir de p, renforc´ee par la question 2 de la partie B.

Il reste alors simplement `a v´erifier que −→u satisfait les deux conditions d´efinissant p(−→u) pour conclure.

– Deuxi`eme solution : `a l’aide des coordonn´ees et de la remarque cl´e Les coordonn´ees de−→u sont

1 1

. D’apr`es la remarque cl´e, on a donc :

p(−→u) =p 1

1

=





 a

a−1×1− 1 a−1 ×1 a

a−1×1− 1 a−1 ×1







=





 a−1 a−1 a−1 a−1







= 1

1

=−→u .

• Calcul de p(−→v)

– Premi`ere solution : sans recours aux coordonn´ees

Par d´efinition de l’image de−→v parp, le vecteurp(−→v) estl’uniquevecteur−−→

p(v) du plan satisfaisant les deux conditions : 





p(−→v) et−→u sont colin´eaires et

p(−→v)− −→v et−→v sont colin´eaires .

On observe que : 









−

→0 et−→u sont colin´eaires et −→0 − −→v

| {z }

−−→v

et −→v sont colin´eaires .

Le vecteur−→0 satisfait donc les deux conditions d´efinissantp(−→v). On a donc :p(−→v) =−→0 . Remarque : Ici, on a conjectur´e quep(−→v) =−→0 grˆace `a l’intuition g´eom´etrique que l’on peut avoir de pet on a montr´e cette conjecture en v´erifiant que−→0 satisfait les deux conditions d´efinissant p(−→v).

– Deuxi`eme solution : `a l’aide des coordonn´ees et de la remarque cl´e Les coordonn´ees de−→v sont

1 a

. D’apr`es la remarque cl´e, on a donc :

p(−→v) =p 1

a

=





 a

a−1 ×1− 1 a−1 ×a a

a−1 ×1− 1 a−1 ×a







= 0

0

=−→0.

2. Soit x

y

∈R².

p◦p x

y

= p

p

x y

(cf. d´efinition de la composition)

= p

A

x y

(cf. remarque cl´e)

= A

A

x y

(cf. remarque cl´e)

= A² x

y

Or d’apr`es la question 1 de la partie A, on a :A²=A. Par suite, on a : p◦p

x y

= A

x y

= p

x y

(cf. remarque cl´e).

Remarque : On peut, ici aussi, montrer que p◦p x

y

=p x

y

sans avoir recours `a l’expression de p en coordonn´ees, mais en utilisant simplement la d´efinition de p. Il faut pour cela v´erifier que p◦p

x y

satisfait les deux conditions d´efinissantp x

y

.

3. Par d´efinition, le noyau Ker(p) est l’ensemble des solutions de l’´equation : p

x y

= 0

0

.

Soit x

y

∈R².

p x

y

= 0

0

⇐⇒





 a

a−1x− 1 a−1y a

a−1x− 1 a−1y







= 0

0

(cf. remarque cl´e)

⇐⇒













 a

a−1x − 1

a−1y = 0 a

a−1x − 1

a−1y = 0

⇐⇒











ax − y = 0 L1←(a−1)L1 (op´eration ´el´ementaire cara−16= 0) ax − y = 0 L2←(a−1)L2 (op´eration ´el´ementaire cara−16= 0)

⇐⇒











ax − y = 0

0 = 0 L2←L2−L1

On en d´eduit que :

Ker(p) = x

y

∈R² : ax−y= 0

. L’ensemble Ker(p) est donc la droite d’´equation cart´esienne :ax−y= 0.

4. Par d´efinition, l’image Im(p) est l’ensemble des x^′

y^′

∈R² tels que l’´equation

E(x^′,y^′) : p x

y

= x^′

y^′

d’inconnue x

y

∈R², ait une solution.

Soit x^′

y^′

∈R². On cherche `a d´eterminer une condition n´ecessaire et suffisante surx^′ ety^′pour que l’´equationE(x^′,y^′) ait une solution.

Soit x

y

∈R².

E(x^′,y^′) ⇐⇒ p x

y

= x^′

y^′

⇐⇒





 a

a−1x− 1 a−1y a

a−1x− 1 a−1y







= x^′

y^′

(cf. remarque cl´e)

⇐⇒













 a

a−1x − 1

a−1y = x^′ a

a−1x − 1

a−1y = y^′

⇐⇒





 a

a−1x − 1

a−1y = x^′

0 = −x^′+y^′ L2←L2−L1

On observe alors que l’´equationE_(x^′_,y^′₎a une solution si et seulement si l’´equation de compatibilit´e y^′−x^′ = 0

est satisfaite.

En effet, il est clair que si−x^′+y^′6= 0, alors l’´equationE(x^′,y^′) n’a aucune solution. Donc siE(x^′,y^′)

a (au moins) une solution, alors −x^′+y^′ = 0 (contraposition). R´eciproquement, montrons que si y^′−x^′= 0, alors l’´equationE(x^′,y^′)poss`ede (au moins) une solution. Si−x^′+y^′= 0, alors :

E_x^′_,y^′) ⇐⇒ a

a−1x− 1

a−1y=x^′

⇐⇒ ax−y= (a−1)x^′ (multiplication des deux membres par (a−1)6= 0)

⇐⇒ y=ax−(a−1)x^′. L’ensembleE(x^′,y^′)a pour ensemble solution :

x ax−(a−1)x^′

: x∈R

ensemble qui est non vide. Par exemple

0

−(a−1)x^′

appartient `a cet ensemble.

De cette ´etude, on d´eduit que : Im(p) =

x^′ y^′

∈R² : −x^′+y^′ = 0

. L’ensemble Im(p) est donc la droite d’´equation cart´esienne :−x+y = 0.

5. • Preuve de Ker(p) =G

On a vu `a la question 3 que Ker(p) est la droite d’´equation cart´esienne :ax−y= 0. On en d´eduit queO∈Ker(p) et que le vecteur

a

−1

est normal `a Ker(p).

On rappelle que la droiteGest la droite passant parOet dirig´ee par le vecteur−→v de coordonn´ees 1

a

.

Comme a

−1

. 1

a

=a−a = 0 les vecteurs a

−1

et 1

a

sont orthogonaux (crit`ere d’or- thogonalit´e). Par suite, les droites Ker(p) etGsont parall`eles. Comme elles ont de plus un point commun (le pointO), elles sont confondues.

• Preuve de Im(p) =F

On a vu `a la question 4 que Im(p) est la droite d’´equation cart´esienne :−x+y= 0. On en d´eduit queO∈Im(p) et que le vecteur

−1 1

est normal `a Im(p).

On rappelle que la droiteF est la droite passant parOet dirig´ee par le vecteur−→u de coordonn´ees 1

1

. Comme

−1 1

.

1 1

=−1 + 1 = 0 les vecteurs −1

1

et 1

1

sont orthogonaux (crit`ere d’or- thogonalit´e). Par suite, les droites Im(p) et F sont parall`eles. Comme elles ont de plus un point commun (le pointO), elles sont confondues.

Probl` eme 2 : Valeurs approch´ ees rationnelles de √ 2

L’objet de ce probl`eme est la suite(un)n∈N d´efinie paru0= 2 et la relation de r´ecurrence un+1= un

2 + 1 un

valable pour toutn∈N.

Au cours de l’´etude, on d´emontrera que cette suite converge vers√

2(cf. partie B) et on construira un algorithme donnant une valeur approch´ee rationnelle (i.e. dans Q) de √

2 avec une pr´ecision aussi petite que d´esir´ee (cf.

parties C et D).

Partie A - ´Etude d’une fonction auxiliaire Soit f la fonction d´efinie par :

f:R^∗→R; x7→ x 2 + 1

x. On note Cf la courbe repr´esentative def dans un rep`ere Rfix´e du plan.

1. Justifier quef est continue et d´erivable surR^∗. 2. Calculerf^′(x) pour toutx∈R^∗.

3. Montrer que pour toutx∈[√ 2,2] :

0≤f^′(x)≤ 1 4.

4. ´Etudier les variations de f surR^∗. On donnera le r´esultat sous forme d’un tableau de variations.

5. ´Etudier le signe de f(x)−xpour toutx∈R^∗ et interpr´eter graphiquement le r´esultat obtenu.

Partie B - ´Etude de la suite (un)n∈N

1. Montrer que la suite (un)n∈N est parfaitement d´efinie et `a valeurs rationnelles, i.e. que pour tout n∈N:

un existe et appartient `a Q.

2. Montrer que pour toutn∈N: √

2< un≤2.

3. Montrer que la suite (un)n∈Nest strictement d´ecroissante.

4. En d´eduire que la suite (un)n∈Nconverge et que sa limite est sup´erieure ou ´egale `a√ 2.

5. (a) Donner un exemple de suite (vn)n∈N strictement d´ecroissante, minor´ee par√

2, et qui converge vers une limite l6=√

2.

(b) D´emontrer que lim

n→+∞un=√ 2.

Partie C - D´etermination de valeurs approch´ees rationnelles de √ 2

1. En utilisant le th´eor`eme des accroissements finis, montrer que pour toutn∈N: 0≤un+1−√

2≤1

4(un−√ 2).

2. En d´eduire que pour toutn∈N:

0≤un−√ 2≤

1 4

n

(u0−√ 2) puis que pour toutn∈N:

0≤un−√ 2≤2

1 4

n

.

3. Soitε∈R^+∗. D´eterminer un nombre entier positifn(ε), d´ependant deε, tel que : 0≤un(ε)−√

2≤ε.

Partie D - Algorithme de calcul de valeurs approch´ees rationnelles de √ 2 Soit ε∈R^+∗.

On se propose de construire un algorithme de calcul d’une valeur approch´ee rationnelle (i.e. dansQ) de√ 2 avec un ´ecart n’exc´edant pas ε. Cet algorithme de calcul ne doit mettre en jeu que des nombres rationnels (i.e. dans Q). On rappelle que √

2 n’est pas rationnel.

Ci-dessous, voici quelques ´el´ements d’un tel algorithme. Recopier et compl´eter cet algorithme.

n←−0 u←−2

Tant que 2/(4^n)

Faire











 n←−

u←−

Retourner

Correction Partie A

1. La fonctionf est la somme des fonctions u:R^∗→R; x7→ x

2 et v:R^∗→R; 7→ 1 x.

La fonctionuest continue et d´erivable surR^∗ (restriction d’une fonction affine `aR^∗). La fonctionv est continue et d´erivable surR^∗(vest la fonction inverse, qui est usuelle). La fonctionf est continue et d´erivable surR^∗, comme somme de fonctions continues et d´erivables surR^∗.

2. Soitx∈R^∗. On a : f^′(x) = 1

2− 1 x²

= x²−2 2x²

= x²−(√ 2)²

2x² (on fait apparaˆıtre une forme du typea²−b², aveca, b∈R).

= (x−√

2)(x+√ 2)

2x² (3`eme identit´e remarquable).

On a donc obtenu deux formes pourf^′(x) : f^′(x) = 1

2− 1

x² = (x−√

2)(x+√ 2)

2x² .

3. Soitx∈[√ 2,2].

√2≤x≤2 =⇒ 2≤x²≤4 (la fonction carr´ee est (strictement) croissante surR⁺)

=⇒ 1 2 ≥ 1

x² ≥1

4 (la fonction inverse est (strictement) d´ecroissante surR^+∗)

=⇒ −1 2 ≤ − 1

x² ≤ −1

4 (multiplication de chaque membre par−1<0)

=⇒ 0≤ 1 2 − 1

x²

| {z }

f^′(x)

≤1 2 −1

| {z }4

1 4

ajout `a chaque membre de 1 2

4. `A la question 2, on a montr´e que :

∀x∈R^∗ f^′(x) =(x−√

2)(x+√ 2)

2x² .

A l’aide de cette forme factoris´ee, il est ais´e de d´eterminer le tableau de signe de la fonction` f<sup>′</sup>. On en d´eduit alors le tableau de variations de la fonctionf en appliquant le crit`ere diff´erentiel de monotonie stricte.

x −∞ −√

2 0 √

2 +∞

Signe dex−√

2 − − − 0 +

Signe dex+√

2 − 0 + + +

Signe de 2x² + + 0 + +

||

Signe def^′(x) + 0 −

||

|| ||

−√

2

||

Variations def

ր ց || ց ր

||

||

Le tableau a ´et´e compl´et´e avec les valeurs remarquables : f(−√

2) =−

√2 2 − 1

√2 =−

√2 2 −

√2 2 =−√

2 et f(√

2) =

√2 2 + 1

√2 =

√2 2 +

√2 2 =√

2.

On peut aussi ais´ement ´etudier les limites def aux bornes de son ensemble de d´efinition, grˆace aux limites usuelles et aux op´erations sur icelles. On trouve :

f(x) →

x→−∞−∞ ; f(x) →

x→0⁻−∞ ; f(x) →

x→0⁺+∞ ; f(x) →

x→+∞+∞. 5. Soitx∈R^∗. On a :

f(x)−x = x 2 +1

x−x

= 1

x−x 2

= 2

2x−x² 2x

= 2−x² x

= (√

2)²−x²

x (on fait apparaˆıtre une forme du type a²−b², aveca, b∈R).

= (√

2−x)(√ 2 +x)

2x (3`eme identit´e remarquable).

On en d´eduit le tableau de signe suivant pour f(x)−x.

x −∞ −√

2 0 √

2 +∞

√2−x + + + 0 −

√2 +x − 0 + + +

2x − − 0 + +

||

f(x)−x + 0 −

||

||

Graphiquement, le signe de f(x)−x donne la position relative de la courbe Cf et de la droite d’´equation cart´esienney=x. Plus pr´ecis´ement, on a :

• sur ]− ∞,−√

2[∪]0,√

2[, la courbeCf est au-dessus de la droite d’´equationy=x;

• sur ]−√

2,0[∪]√

2,+∞[, la courbeCf est en-dessous de la droite d’´equationy=x;

• la droite d’´equationy =xet la courbeCf se coupent aux points d’abscisses−√ 2 et√

2.

Partie B

1. Avant de commencer `a r´epondre `a la question, on rappelle quelques propri´et´es deQ: (1) N⊂Q, c’est-`a-dire que tous les entiers naturels sont des rationnels ;

(2) six∈Q, alors ^x₂ ∈Q; (3) six∈Q\ {0}, alors ¹_x∈Q;

(4) six, y∈Q, alorsx+y ∈Q.

Revenons `a la question pos´ee. Pour toutn∈N, on d´efinit la propositionPn par : Pn : un existe et appartient `aQ, etun>0.

On va montrer, par r´ecurrence, que la propri´et´ePn est vraie pour toutn∈N. Remarque : A priori, on nous demande de montrer que :

un existe et appartient `aQ pour toutn∈N. On peut penser `a poser :

Pn^′ : un existe et appartient `aQ

pour tout n ∈ N. Mais, comme on va le voir, la propri´et´e suppl´ementaire que l’on place dans Pn, i.e. un >0, va nous ˆetre tr`es utile dans la preuve de l’h´er´edit´e (pour montrer queun+1 existe). La d´emonstration de la seule propri´et´ePn^′ par r´ecurrence ne serait d’ailleurs pas ais´ee.

• Initialisation au rangn= 0

On doit montrer queP⁰est vraie. Or d’apr`es l’´enonc´e, on au0= 2, ce qui montre queu0existe et appartient `aQ(propri´et´e (1) ci-dessus), et queu0>0.

• H´er´edit´e

On suppose quePⁿ est vraie pour un entiernfix´e, i.e. :

un existe et appartient `aQ, etun>0 et on veut montrer quePn+1 est vraie, i.e. :

un+1 existe et appartient `aQ, etun+1>0.

D’apr`es l’´enonc´e, on a : un+1=un

2 + 1 un

.

Par l’hypoth`ese de r´ecurrence, on sait que un >0, donc en particulierun n’est pas nul, et donc un+1 est bien d´efini.

De plus, toujours d’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence, on sait que un ∈ Q, donc, en utilisant les propri´et´es (2),(3) et (4) rappel´ees ci-dessus, on en d´eduit queun+1∈Q.

Et pour finir, puisque un > 0 (toujours d’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence), on en d´eduit que un

2 >0, que 1 un

>0, puis queun+1>0.

Par cons´equent,Pn+1 est vraie.

• Conclusion

D’apr`es l’initialisation au rang 0, l’h´er´edit´e et l’axiome de r´ecurrence, on a :

∀n∈N un existe et appartient `aQ, etun>0.

2. Pour toutn∈N, on d´efinit la propositionPn par : Pn : √

2< un≤2.

On montre par r´ecurrence que, pour toutn∈N,Pⁿ est vraie.

• Initialisation au rang 0

On doit montrer que P⁰ est vraie. Or d’apr`es l’´enonc´e, on au0 = 2, et on sait que √

2 <2≤2, doncP⁰ est vraie.

• H´er´edit´e

On suppose quePn est vraie pour un entiernfix´e, i.e. :

√2< un≤2 et on veut montrer quePn+1 est vraie, i.e. :

√2< un+1≤2.

Comme la fonction f est strictement croissante sur [√

2,+∞[ (cf. question 4 de la partie A), de

√2< un≤2 on d´eduit :

f(√ 2)

| {z }

√2

< f(un)

| {z }

un+1

≤f(2)

|{z}

3 2

.

Comme 3

2 ≤2, on a :

√2< un+1≤2.

• Conclusion

D’apr`es l’initialisation au rang 0, l’h´er´edit´e et l’axiome de r´ecurrence, on a :

∀n∈N √

2< un≤2.

3. Dire que la suite (un)n∈N est strictement d´ecroissante signifie :

∀n∈N un+1−un<0.

Soitn∈N.

• On a : un+1−un =f(un)−un.

• D’apr`es la question 2, on sait queun∈]√ 2,2].

• D’apr`es la question 5 de la partie A, on sait que :

∀x >√

2 f(x)−x <0.

De ces trois points on d´eduit que :f(un)−un<0, ce qui montre que la suite (un)n∈Nest strictement d´ecroissante.

4. D’apr`es la question 2, la suite (un)n∈N est minor´ee (par √

2), et d’apr`es la question 3, elle est (strictement) d´ecroissante ; on en d´eduit qu’elle est convergente. Notonsl∈Rsa limite. De plus, de l’in´egalit´e :

∀n∈N un>√ 2 on d´eduit, par passage `a la limite, que l≥√

2.

Remarque : On ne peut pas d´eduire, par passage `a la limite, de

∀n∈N un >√ 2 quel >2, comme on le voit `a la question 5.(b) ci-dessous.

5. (a) Soit (vn)n∈N la suite d´efinie par :

∀n∈N vn= 1 +√ 2 + 1

n+ 1. On a les propri´et´es suivantes.

• La suite (vn)n∈Nest strictement d´ecroissante. En effet, pour toutn∈N: vn+1−vn= 1

n+ 2 − 1

n+ 1 =− 1

(n+ 1)(n+ 2) <0.

• La suite (vn)n∈Nest minor´ee par√

2, puisque :

∀n∈N, vn−√

2 = 1 + 1 n+ 1 >0 ce qui montre que :

∀n∈N vn>√ 2.

• La suite (vn)n∈Nconverge vers 1 +√ 26=√

2. En effet, la suite 1

n+ 1

n∈N

converge vers 0, ce qui montre que la suite (vn)n∈N converge vers 1 +√

2.

(b) • Preuve deun+1 →

n→+∞l

D’apr`es le cours, comme un →

n→+∞l, on a : un+1 →

n→+∞l.

• Preuve def(un)_n→

→+∞f(l) On sait quel≥√

2 (cf. question 4). Commef est continue surR^∗(cf. question 1 de la partie A), la fonctionf est continue enl. De plus, on a :un_n →

→+∞l. Par composition de limites, on a donc :

f(un) →

n→+∞f(l).

• Preuve def(l) =l

On aun+1=f(un) pour toutn∈N. En passant `a la limite dans cette ´egalit´e et en utilisant les deux r´esultats pr´ec´edents, on obtient :

l=f(l).

• On a l ≥√

2 (cf. question 4) et f(l) = l. Grˆace `a la question 5 de la partie A, on en d´eduit quel=√

2.

Partie C 1. Soitn∈N.

• D’apr`es la question 4 de la partie B, on a√

2< un≤2. On va appliquer le th´eor`eme des accrois- sements finis `a la fonctionf sur l’intervalle [√

2, un], qui est donc inclus dans l’intervalle [√ 2,2].

• D’apr`es la question 1 de la partie A, la fonctionf est d´erivable sur l’intervalle [√

2,2], donc en par- ticulier sur l’intervalle [√

2, un]. On en d´eduit bien sˆur quef est continue sur [√

2, un] et d´erivable sur ]√

2, un[. On peut donc appliquer le th´eor`eme des accroissements finis `a la fonctionf sur l’in- tervalle [√

2, un].

• D’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis, il existe doncc∈]√

2, un[ tel que : f^′(c) = f(un)−f(√

2) un−√

2 =un+1−√ 2 un−√

2 . Or, d’apr`es la question 3 de la partie A, on a :

∀x∈[√

2,2] 0≤f^′(x)≤1 4. On en d´eduit donc que :

0≤f^′(c)≤ 1 4. On obtient alors :

0≤un+1−√ 2 un−√

2 ≤ 1 4. On multiplie chacun des membres de cette in´egalit´e par un−√

2>0 (question 2 de la partie B) pour obtenir :

0≤un+1−√ 2≤ 1

4(un−√ 2).

2. Pour d´emontrer que pour toutn∈N: 0≤un−√

2≤ 1

4 n

(u0−√ 2) on proc`ede en deux temps.

(1) L’in´egalit´e :∀n∈N 0≤un−√

2 d´ecoule imm´ediatement de la question 2 de la partie B.

(2) Pour d´emontrer que : ∀n ∈N un−√ 2≤

1 4

n

(u0−√

2), on proc`ede par r´ecurrence. Pour tout n∈N, notonsPnla proposition :

Pn: un−√ 2≤

1 4

n

(u0−√ 2).

• Initialisation au rang 0

On doit montrer queP⁰est vraie. En utilisant le fait que : 1

4 0

= 1, on obtient queP⁰est vraie.

• H´er´edit´e

On suppose quePn est vraie pour un entiernfix´e, i.e. : un−√

2≤ 1

4 n

(u0−√ 2) et on veut montrer quePⁿ⁺¹ est vraie, i.e. :

un+1−√ 2≤

1 4

n+1

(u0−√ 2).

En multipliant chacun des membres de : un−√

2≤ 1

4 n

(u0−√ 2)

par 1

4 >0, on obtient :

(⋆) 1

4(un−√ 2)≤

1 4

n+1

(u0−√ 2).

D’autre part, dapr`es la question 1 de la partie C, on a :

(⋆⋆) un+1−√

2≤ 1

4(un−√ 2).

De (⋆) et (⋆⋆), on d´eduit : un+1−√

2≤ 1

4(un−√ 2)≤

1 4

n+1

(u0−√ 2) et par suite :

un+1−√ 2≤

1 4

n+1

(u0−√ 2).

• Conclusion

D’apr`es l’initialisation au rang 0, l’h´er´edit´e et l’axiome de r´ecurrence, on a : un−√

2≤ 1

4 n

(u0−√ 2) pour toutn∈N.

D´eduisons enfin de ce qui pr´ec`ede que :

un−√ 2≤2

1 4

n

pour toutn∈N.

Soitn∈N.

Commeu0= 2, on a :

u0−√ 2

| {z }

2−√ 2

<2.

En multipliant chaque membre de cette in´egalit´e par 1

4 n

>0, il vient : 1

4 n

(u0−√ 2)≤2

1 4

n

. En concat´enant les r´esultats :

0≤un−√ 2≤

1 4

n

(u0−√

2) et

1 4

n

(u0−√ 2)≤2

1 4

n

on obtient :

0≤un−√ 2≤2

1 4

n

.

3. Soitε∈R^+∗. On cherche un nombre entier positifn(ε), d´ependant deε, tel que : 0≤un(ε)−√

2≤ε.

• Au vu du dernier r´esultat de la question 2, il suffit que l’entiern(ε) cherch´e v´erifie : (⋆ ⋆ ⋆) 2

1 4

n(ε)

≤ε.

En effet de (⋆ ⋆ ⋆) et du r´esultat de la question pr´ec´edente, on d´eduit : 0≤un(ε)−√

2≤2 1

4 n(ε)

≤ε et donc que :

0≤un(ε)−√ 2≤ε.

• D´eterminons un entier n(ε) tel que 2 1

4 n(ε)

≤ε.

2 1

4 n(ε)

≤ε ⇐⇒

1 4

n(ε)

≤ ε 2

⇐⇒ n(ε)ln 1

4

| {z }

−ln(4)

≤ lnε 2

| {z }

ln(ε)−ln(2)

(la fonction ln est (strictement) croissante surR^+∗)

⇐⇒ n(ε)≥ln(2)−ln(ε)

ln (4) (division par−ln(4)<0 de chacun des membres)

On peut donc prendre pour n(ε) le plus petit entier naturel qui soit plus grand que le r´eel ln(2)−ln(ε)

ln (4) , i.e. :

n(ε) = max

0,

ln(2)−ln(ε) ln (4)

+ 1

.

Partie D

n←−0 % initialisation den (indice deun) `a 0

u←−2 % initialisation deu(qui contient les valeurs deun) `au0= 2

Tant que 2/(4ⁿ) > ε % on stoppe l’ex´ecution de la boucle d`es que 2/(4ⁿ)≤ε

Faire











n←− n+ 1 % incr´ementation de nde 1 (on passe `a l’indice suivant) u←− u

2 +1

u % calcul du terme suivant de la suite

Retourner u

La valeur de uretourn´ee correspond `a la valeur un, o`u nest le premier entier tel que 2/4ⁿ≤ε. On sait (cf. questions 2 et 3 de la partie C) qu’alors ce termeun v´erifie :

0≤un−√ 2≤ε.

L’algorithme propos´e r´epond bien `a la question pos´ee.

Probl` eme 3 : Simplification d’une fonction mettant en jeu arcsin et arctan

L’objectif de ce probl`eme est de simplifier l’´ecriture de la fonctionf d´efinie par : f:x7→2 arctan(x)−arcsin

1−x² 1 +x²

et de donner l’allure de sa repr´esentation graphique Cf dans un rep`ere Rfix´e du plan.

Partie A - ´Etude d’une fonction auxiliaire Soit g la fonction d´efinie par :

g:R→R; x7→ 1−x² 1 +x². On note Cg la courbe repr´esentative de g dans le rep`ere R.

1. ´Etudier la parit´e deg.

2. ´Etudier les limites ´eventuelles de g en −∞et en +∞. Quelles cons´equences graphiques peut-on en d´eduire ?

3. Montrer queg est continue et d´erivable surR, puis calculerg^′(x) pour toutx∈R.

4. Donner une ´equation de la tangente T¹ `a Cg au point d’abscisse 1 et ´etudier la position relative de T1 et Cg.

5. ´Etudier les variations degsurR. On donnera le r´esultat sous forme d’un tableau de variations aussi complet que possible.

6. Repr´esenter graphiquement l’allure de la courbe C^g, en faisant figurer toutes les informations gra- phiques obtenues au cours de l’´etude.

Partie B - ´Etude de la fonction f

1. Justifier avec soin que la fonction f est d´efinie surR. 2. Calculerf(−1),f(0) etf(1).

3. Donner le domaine de continuit´e def.

4. ´Etudier les limites ´eventuelles de f en−∞et en +∞.

5. (a) D´eterminer l’ensemble E des points xo`u les th´eor`emes g´en´eraux permettent de conclure `a la d´erivabilit´e de la fonctionf enx.

(b) Calculerf^′(x) pour toutx∈ E.

6. En d´eduire une expression simplifi´ee de f(x) pour toutx∈R.

7. (a) `A l’aide du th´eor`eme des accroissements finis, montrer quefest d´erivable en 0 `a gauche, d´erivable en 0 `a droite, mais n’est pas d´erivable en 0.

(b) Quelles cons´equences graphiques peut-on d´eduire du r´esultat de la question pr´ec´edente ? 8. Repr´esenter graphiquement l’allure de la courbe Cf.

Correction Partie A

1. Soitx∈R. Comme (−x)²=x², on a :

g(−x) = 1−(−x)²

1 + (−x)² = 1−x²

1 +x² =g(x).

La fonctiong est donc paire.

2. • Etude de la limite ´eventuelle de´ gen +∞

En +∞, on est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee du type −∞

∞ . Pour lever l’ind´etermination en +∞, on factorise le num´erateur et le d´enominateur par la plus grande puissance dexqui apparaˆıt : x²pour les deux.

Soitx∈R^∗.

g(x) = x²

1 x² −1

x² 1

x² + 1

(5)

De cette nouvelle forme deg(x) et du fait que 1 x² →

x→+∞0, on d´eduit queg(x) →

x→+∞−1.

• Etude de la limite ´eventuelle de´ g en−∞

Deg(x) →

x→+∞−1 et de la parit´e deg, on d´eduit queg(x) →

x→−∞−1.

Remarque : On aurait aussi pu obtenir le r´esultatg(x) →

x→−∞−1 en r´eutilisant (5).

• Cons´equences graphiques

La droite d’´equationy=−1 est asymptote `aCg en−∞et en +∞.

3. Rappel : Si uet v sont deux fonctions d´erivables sur un intervalle I et siv ne s’annule pas sur I, alors la fonction u

v est d´erivable surI et pour toutx∈I : u

v _′

(x) = u^′(x)v(x)−v^′(x)u(x) (v(x))² . On d´efinit les fonctionsuet v par :

u:R→R; x7→1−x² et v: R→R; x7→1 +x². Les fonctions uet vsont d´erivables surRet leurs d´eriv´ees sont donn´ees par :

u^′:R→R; x7→ −2x et v^′:R→R; x7→2x.

La fonctionvne s’annule pas surR(x²+ 1≥1 pour toutx∈R). Par suite, la fonctiongqui co¨ıncide avec la fonction u

v est d´erivable surRet on a :

g^′(x) = −2x(1 +x²)−2x(1−x²)

(1 +x²)² =− 4x (1 +x²)² pour toutx∈R.

4. • Equation de la tangente´ T1 `a Cgau point d’abscisse 1

Rappel : Si une fonctionf est d´erivable en un pointa, alors la tangente au point d’abscissea`a sa courbe repr´esentative dans un rep`ere du plan admet pour ´equation :

y=f^′(a)(x−a) +f(a).

La tangenteT1 `aCg au point d’abscisse 1 a pour ´equation : y=g^′(1)(x−1) +g(1).

Commeg(1) = 0 etg^′(1) =−1 (cf. question 3), une ´equation deT1 est donc : y= 1−x.

• Etude de la position relative de´ T¹ etCg

Pour ´etudier la position relative deT¹ etCg on s’int´eresse au signe de : g(x)−(1−x)

pour tout x∈R. Pour faire cette ´etude de signe, on commence par ´ecrireg(x)−(1−x)^≪`a l’aide d’un seul trait de fraction<sup>≫</sup>, puis on cherche `a factoriser le num´erateur de la fraction obtenue.

Soitx∈R.

g(x)−(1−x) = 1−x²

1 +x² −(1−x)

= 1−x²

1 +x² −(1−x)(1 +x²) 1 +x²

= (1−x)(1 +x)−(1−x)(1 +x²)

1 +x² (3`eme identit´e remarquable)

= (1−x)(1 +x−(1 +x²))

1 +x² (factorisation du num´erateur par (1−x))

= (1−x)(x−x²) 1 +x²

= (1−x)²x

1 +x² (factorisation du num´erateur :x−x²=x(1−x)).

On peut alors facilement dresser le tableau de signe de l’expressiong(x)−(1−x) pour x∈R.

x −∞ 0 1 +∞

Signe deg(x)−(1−x) − 0 + 0 +

– La courbe Cg et la droiteT1 se rencontrent aux points d’abscisses 0 et 1 (pour 1, ce n’est pas une surprise).

– La courbe Cgest au-dessus de la droiteT¹ au-dessus de ]0,1[∪]1,+∞[.

– La courbe Cgest en dessous de la droiteT¹ au-dessus de ]− ∞,0[.

5. On a vu, `a la question 3, que pour toutx∈R:

g^′(x) =− 4x (1 +x²)².

A partir de cette forme factoris´ee, on obtient facilement le tableau de signes de` g<sup>′</sup>, puis le tableau de variations de gen appliquant le crit`ere diff´erentiel de monotonie stricte.

x −∞ 0 +∞

Signe dex − 0 +

Signe deg^′(x) + 0 −

1

Variations deg

ր ց

−1 −1

6. On a les r´esultats suivant sur la fonctiong et sa courbe repr´esentative.

• La courbe Cgest sym´etrique par rapport `a l’axe (Oy), car la fonction gest paire (cf. question 1).

• La droite d’´equationy=−1 est asymptote `aCg en−∞et en +∞(cf. question 2).

• La droiteT¹ d’´equationy= 1−xest tangente `aCg au point d’abscisse 1 (cf. question 4).

• La droiteT¹ coupe la courbeCg aux points d’abscisses 0 et 1 (cf. question 4).

• La courbe Cgest au-dessus de la droiteT¹ au-dessus de ]0,1[∪]1,+∞[ (cf. question 4).

• La courbe Cgest en dessous de la droiteT¹ au-dessus de ]− ∞,0[ (cf. question 4).

• La fonction g est strictement croissante sur ]− ∞,0] et strictement d´ecroissante sur [0,+∞[ (cf.

question 5).

• f(0) = 1 est le maximum degsurR. Par cons´equent, la tangenteT⁰ `aC^gau point d’abscisse 0 est horizontale.

On en d´eduit que la courbe Cga l’allure suivante.

1 2

−1

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5 Cg

T¹

T⁰

y=−1

Partie B

1. On rappelle que la fonction arctan est d´efinie sur Ret que la fonction arcsin est d´efinie sur [−1,1].

On en d´eduit quef est d´efinie surRsi et seulement si :

∀x∈R −1≤1−x² 1 +x² ≤1 ce qui peut se r´e´ecrire :

∀x∈R −1≤g(x)≤1.

Or cette propri´et´e est vraie, d’apr`es le tableau de variations deg (cf. question 5 de la partie A). La fonctionf est donc d´efinie surR.

2. • Calcul de f(1)

Par d´efinition de f, on a :

f(1) = 2 arctan(1)−arcsin

1−1² 1 + 1²

= 2 arctan(1)−arcsin(0).

On sait, d’apr`es le cours sur les fonctions circulaires r´eciproques que arctan(1) = π

4 et que arcsin(0) = 0. On a donc :

f(1) =π 2.

• Calcul de f(−1)

Par d´efinition de f, on a :

f(1) = 2 arctan(−1)−arcsin

1−(−1)² 1 + (−1)²

= 2 arctan(−1)−arcsin(0).

On a d´ej`a vu que arctan(1) = π

4 et que arcsin(0) = 0. Comme la fonction arctan est impaire, on a :

arctan(−1) =−arctan(1) =−π 4. On a donc :

f(−1) =−π 2.

• Calcul de f(0)

Par d´efinition de f, on a :

f(0) = 2 arctan(0)−arcsin

1−0² 1 + 0²

= 2 arctan(0)−arcsin(1).

On sait, d’apr`es le cours sur les fonctions circulaires r´eciproques que arctan(0) = 0 et que pour tout y∈[−1,1] :

arcsin(y) =x⇐⇒







x∈h

−π 2,π

2 i et

sin(x) =y.

Le nombre arcsin(1) est donc l’uniquex∈h

−π 2,π

2 i

tel que sin(x) = 1 ; c’est doncπ

2. On en d´eduit f(0) =−π

2.

3. • Soit la fonctionud´efinie paru:R→R; x7→2 arctan(x).Comme la fonction arctan est continue surR(fonction usuelle), la fonctionuest elle aussi continue sur R.

• La fonction arcsin est continue sur [−1,1] (fonction usuelle). La fonctiong est continue sur Ret prend ses valeurs dans [−1,1] (questions 3 et 5 de la partie A). La fonction arcsin◦gest donc (bien d´efinie et) continue sur R, comme compos´ee de fonctions continues.

• La fonctionf =u−arcsin◦gest continue surRcomme diff´erence de deux fonctions continues sur R.

4. • Etude de la limite ´eventuelle de´ f en +∞ – On sait que :

arctan(x)_x→

→+∞

π

2 (fonction usuelle). (6)

– D’autre part, par composition de limites, on a : arcsin(X) →

X→−1arcsin(−1) (continuit´e de arcsin en−1) g(x) = 1−x²

1 +x² _x→

→+∞−1 (question 2 de la partie A)











=⇒arcsin

1−x² 1 +x²

x→→+∞arcsin(−1).

D’apr`es la propri´et´e d’imparit´e de la fonction arcsin et le fait que arcsin(1) = π

2 (cf. calcul de f(0) `a la question pr´ec´edente) :

arcsin(−1) =−arcsin(1) =−π 2. On a donc :

arcsin

1−x² 1 +x²

x→→+∞−π

2. (7)

– De (6) et (7), on d´eduit que :

f(x) = 2 arctan(x)−arcsin

1−x² 1 +x²

x→→+∞2×π 2 −(−π

2) = 3π 2 .

• Etude de la limite ´eventuelle de´ f en−∞

De fa¸con analogue `a ce que l’on vient de faire en +∞, on montre que : f(x) = 2 arctan(x)−arcsin

1−x² 1 +x²

x→−∞→ 2×

−π 2

−(−π

2) =−π 2. 5. (a) • La fonctionu= 2 arctan est d´erivable surR, car la fonction arctan l’est.

• La fonctiong est d´erivable surR(cf. question 3 de la partie A). La fonction arcsin est d´efinie sur [−1,1], mais n’est d´erivable que sur ]−1,1[. D’apr`es le th´eor`eme de d´erivabilit´e d’une compos´ee de fonctions d´erivables, on sait alors que la fonction

arcsin◦g:R→R; x7→arcsin◦g(x) = arcsin

1−x² 1 +x²

est d´erivable en tout pointx∈Rtel que : g(x) = 1−x²

1 +x² 6=−1 et g(x) =1−x² 1 +x² 6= 1.

Les pointsx∈Ro`u les th´eor`emes g´en´eraux ne permettent pas de conclure `a la d´erivabilit´e en xde la fonction arcsin◦g sont donc lesxtels que :

g(x) =1−x²

1 +x² =−1 ou g(x) = 1−x² 1 +x² = 1.

D’apr`es le tableau de variations de la fonctiongobtenu `a la question 5 de la partie A, il existe un unique r´eelxtel que :

g(x) =1−x²

1 +x² =−1 ou g(x) = 1−x² 1 +x² = 1.

C’est le pointx= 0 (pour lequelg(x) = 1). On en d´eduit que la fonction arcsin◦gest d´erivable surR\ {0}=R^∗.

• Une diff´erence de fonctions d´erivables sur R^∗ ´etant d´erivables sur R^∗, on en d´eduit que la fonction f = u−arcsin◦g est d´erivable sur R^∗. Avec les notations de l’´enonc´e, nous avons obtenu E=R^∗.

(b) Soitx∈R^∗.

• On rappelle que arctan^′(x) = 1

1 +x².On a donc : u^′(x) = 2 arctan^′(x) = 2

1 +x². (8)

• D’apr`es la formule du cours donnant la d´eriv´ee d’une compos´ee de deux fonctions d´erivables, on a :

(arcsin◦g)^′(x) =g^′(x)×arcsin^′(g(x)).

Comme g^′(x) = − 4x

(1 +x²)² (cf. question 5 de la partie A) et comme pour X ∈] −1,1[

arcsin^′(X) = 1

√1−X² on a : (arcsin◦g)^′(x) = − 4x

(1 +x²)² × 1 p1−g(x)²

= − 4x

(1 +x²)² × 1 s

1−

1−x² 1 +x²

2

= − 4x

(1 +x²)² × 1 s

1−(1−x²)² (1 +x²)²

= − 4x

(1 +x²)² × 1

s

(1 +x²)²

(1 +x²)² −(1−x²)² (1 +x²)²

= − 4x

(1 +x²)² × 1

s(1 +x²)²−(1−x²)² (1 +x²)²

= − 4x

(1 +x²)² × 1

s

1 + 2x²+x⁴−(1−2x²+x⁴) (1 +x²)²

= − 4x

(1 +x²)² × 1 s 4x²

(1 +x²)²

= − 4x

(1 +x²)² × 1

√4x² p(1 +x²)²

= − 4x

(1 +x²)² × 1

|2x|

|1 +x²|

(4x²= (2x)² et√

X²=|X|pour toutX∈R)

= − 4x

(1 +x²)² × 1

|2x| 1 +x²

(1 +x²≥1≥0 pour toutx∈R)

= − 4x

(1 +x²)² ×1 +x²

|2x|

= − 4x

1 +x² × 1

2|x| (|2x|= 2|x| pour toutx∈R)

= − x

|x| 2 1 +x². On en d´eduit que :

(arcsin◦g)^′(x) =











− 2

1 +x² six >0 2

1 +x² six <0

(9)

• De (8) et (9), on d´eduit enfin que :

f^′(x) =









 2 1 +x² −

− 2 1 +x²

= 4

1 +x² six >0 2

1 +x² − 2

1 +x² = 0 six <0

(10)

6. • Simplification de f(x) pourx∈]− ∞,0]

– D’apr`es le r´esultat (10), la fonction f est constante sur ]− ∞,0[, i.e. il existeK1∈Rtel que :

∀x∈]− ∞,0[ f(x) =K1. (11)

Comme la fonctionf est continue sur ]− ∞,0](cf. question 3), la relation (11) s’´etend `a ]− ∞,0], i.e. :

∀x∈]− ∞,0] f(x) =K1. (12)

– Pour d´eterminer K1, on utilise un r´esultat obtenu `a la question 2 : f(−1) =−π

2. On a donc K1=−π

2. – On en d´eduit :

∀x∈]− ∞,0] f(x) =−π

2. (13)

• Simplification de f(x) pourx∈[0,+∞[

– D’apr`es le r´esultat (10), la fonction f et la fonction x 7→ 4 arctan(x) ont mˆeme d´eriv´ee sur ]0,+∞[. Elles diff`erent donc d’une constante sur ]0,+∞[, i.e. il existeK2∈Rtel que :

∀x∈]0,+∞[ f(x) = 4 arctan(x) +K2. (14) Comme les fonctions f et x7→4 arctan(x) sont continues sur ]− ∞,0] (cf. question 3 et cours sur la fonction arctan), la relation (14) s’´etend `a [0,+∞[, i.e. :

∀x∈[0,+∞[ f(x) = 4 arctan(x) +K2. (15) – Pour d´eterminerK2, on utilise un r´esultat obtenu `a la question 2 : f(1) =π

2. On a donc : f(1)

|{z}π 2

= 4×arctan(1)

| {z }

π 4

+K2.

On en d´eduit queK2=−π 2. – On a donc montr´e que :

∀x∈[0,+∞[ f(x) = 4 arctan(x)−π

2. (16)

• Synth`ese de l’´etude

On rassemble les r´esultats (13) et (16) pour obtenir :

f(x) =















−π

2 six∈]−∞, 0]

4 arctan(x)−π

2 six∈[0,+∞[ . (17)

Notons que pour f(0) il y a deux d´efinitions. Comme elles donnent la mˆeme valeur, il n’y a donc pas de probl`eme de coh´erence.

7. (a) On va montrer quef est d´erivable en 0 `a gauche, en 0 `a droite, mais pas d´erivable en 0.