Correction du Devoir Maison 4 Fonctions usuelles et calcul d intégrales

Correction du Devoir Maison 4 Fonctions usuelles et calcul d’intégrales

Exercice I (Fonction usuelle)

On considèref définie lorsque c’est possible par f(x) = arccos»_1+sin(x)

2

. I.1 Soit x∈R. On a les équivalences suivantes :

f(x) existe ⇔

(_1+sin(x)

2 >0

»_1+sin(x)

2 ∈[−1 ; 1]

⇔ 06 1 + sin(x)

2 61

⇔ 061 + sin(x)62

⇔ −16sin (x)61.

La dernière assertion étant toujours vraie, on en déduit que l’ensemble de définition def est donné par D=R.

Poursuivons. Soitx∈R. En notantD⁰ le domaine de définition def, puisque la fonction arccos n’est dérivable que sur ]−1 ; 1[ et que la fonction racine carrée n’est dérivable que sur R^∗+, on en déduit les équivalences suivantes :

x∈D⁰ ⇔

(_1+sin(x)

2 >0

»_1+sin(x)

2 ∈]−1 ; 1[

⇔ 0<1 + sin(x) 2 <1

⇔ 0<1 + sin(x)<2

⇔ −1<sin (x)<1

⇔ x6≡π 2 [π]. Ainsi,

D⁰=R\nπ 2 +kπ

k∈Z

o.

I.2 L’ensembleR=D est stable par translation de vecteur 2π#»i. De plus pour toutx∈R, f(x+ 2π) = arccos

1 + sin (x+ 2π) 2

!

= arccos  

1 + sin (x) 2

!

=f(x),

car la fonction sinus est 2π-périodique. Donc f est 2π-périodique . I.3 (a) On a les calculs suivants :

f(0) = arccos  

1 + sin(0) 2

!

= arccos Ç…1

2 å

= arccos Ç√

2 2

å

= π 4. De plus

fπ 6

= arccos Ñ 

1 +¹₂ 2

é

= arccos Ç…3

4 å

= arccos Ç√

3 2

å

= π 6.

Enfin,

f

−π 6

= arccos Ñ 

1−¹₂ 2

é

= arccos Ç…1

4 å

= arccos Å1

2 ã

=π 3. Conclusion,

f(0) = π

4, fπ 6

= π

6, f

−π 6

=π 3. (b) On constate que f ^π₆

6= f −^π₆

donc f n’est pas paire. De plus f ^π₆

6= −f −^π₆

donc f n’est pas impaire. Conclusion, f n’est ni paire ni impaire .

Simplification de f - Méthode 1

I.4 (a) Par définition deD⁰, la fonction f est dérivable surD⁰. De plus pour toutx∈D⁰, on a

f⁰(x) =−

»_1+sin(x)

2

0

…

1−»_1+sin(x)

2

²

=−

√1 2

(1+sin(x))⁰ 2√

1+sin(x)

»

1−^1+sin(x)₂

=− cos(x)

2 q

2 (1 + sin(x))Ä

1−^1+sin(x)₂ ä

=− cos(x)

2p

(1 + sin(x)) (1−sin(x))

=− cos(x) 2p

1−sin²(x)

=− cos(x) 2p

cos²(x)

=− cos(x) 2|cos(x)|. Conclusion,

∀x∈D⁰, f⁰(x) =− cos(x) 2|cos(x)|. (b) Pour tout x∈

−^π₂; ^π₂

, on a cos(x)>0 donc |cos(x)| = cos(x) et donc par la question précédente, que l’on peut utiliser car

−^π₂; ^π₂

⊆D⁰, on a

∀x∈i

−π 2 ; π

2 h

, f⁰(x) =−1 2. Orx7→ −^x₂ est une primitive def sur

−^π₂; ^π₂

. Ainsi, il existeC₁∈Rtelle que

∀x∈i

−π 2; π

2 h

, f(x) =−x 2 +C₁.

Or d’après la question I.3a, on af(0) =^π₄. Donc ^π₄ =−⁰₂+C1=C1. Conclusion,

∀x∈i

−π 2 ; π

2 h

, f(x) =−x 2 +π

4. (c) De la même façon, on a pour toutx∈π

2; ^3π₂

, cos(x)<0, donc|cos(x)|=−cos(x). DE plus, π 2; ^3π₂

⊆ D⁰, donc d’après la question I.4a, on a

∀x∈ òπ

2 ; 3π 2

ï

, f⁰(x) = 1 2. Orx7→ ^x₂ est une primitive de f sur_π

2; ^3π₂

. Ainsi, il existeC2∈Rtelle que

∀x∈ òπ

2 ; 3π 2

ï

, f(x) =x 2 +C2. Or, on af(π) = arccosÄ ₁

√2

ä=^π₄. Donc ^π₄ =^π₂ +C2 i.e.C2=−^π₄. Conclusion,

∀x∈ òπ

2 ; 3π 2

ï

, f(x) = x 2 −π

4.

(d) D’après les résultats précédents, on a les trois points suivants (i) lim

x→^π₂ x<^π₂

f(x) = lim

x→^π₂ x<^π₂

−x 2 +π

4 =−π 4 +π

4 = 0.

(ii) f ^π₂

= arccos»₁₊₁

2

= arccos (1) = 0.

(iii) lim

x→^π₂ x>^π₂

f(x) = lim

x→^π₂ x>^π₂

x 2 −π

4 = π 4 −π

4 = 0.

Donc

lim

x→^π₂ x<^π₂

f(x) =fπ 2

= lim

x→^π₂ x>^π₂

f(x) = 0

et f est bien continue en ^π₂.

I.5 En utilisant les questions I.4b et I.4c et en complétant par la 2π-périodicité def. On obtient le graphe suivant :

−3π 2

−π −^π₂ 0 ^π₂ π 3π

2 2π ^5π

2 π

4 π 2

Simplification de f - Méthode 2 Soitx∈

−^π₂; ^π₂

. On poset= tan ^x₂ .

I.6 On sait par les formules de l’angle moitié que sin(x) =_1+t^2t2. Donc,

f(x) = arccos Ñ 

1 + _1+t^2t₂ 2

é

= arccos

Ç 1 +t²+ 2t 2 (1 +t²)

å

= arccos Ñs

(1 +t)² 2 (1 +t²)

é

Or x∈

−^π₂; ^π₂

, donc ^x₂ ∈

−^π₄; ^π₄

puis par croissance de la fonction tangente, t= tan ^x₂

∈[−1 ; 1]. Ainsi 1 +t>0. D’où

f(x) = arccos

Ç 1 +t p2 (1 +t²)

å .

I.7 On sait que 1 +t²= 1 + tan^{2 x}₂

= ¹

cos²(^x₂) (formule de la dérivée de la fonction tangente). Donc

f(x) = arccos Ö

1 + tan ^x₂ q ₂

cos²(^x₂) è

= arccos Ç

1 + tanx 2

cos ^x₂

√ 2

å

Orx∈

−^π₂; ^π₂

. Donc ^x₂ ∈

−^π₄; ^π₄

et donc cos ^x₂

>0. Ainsi, f(x) = arccos

Ç

1 + tanx 2

cos ^x₂

√2 å

= arccos

Çcos ^x₂

+ sin ^x₂

√2

å

Conclusion, on a bien montré que

f(x) = arccos

Çcos ^x₂

+ sin ^x₂

√2

å .

I.8 Soit x∈

−^π₂; ^π₂

. On construisant la forme normalisée, on obtient à partir de la question précédente que f(x) = arccos

Ç√ 2 2 cosx

2

+

√2 2 sinx

2 å

= arccos cosx

2 −π 4

.

Enfin commex∈

−^π₂; ^π₂

, on a ^x₂ −^π₄ ∈

−^π₂; 0

⊆

−^π₂; ^π₂

(vérification important !). Donc arccos

cosx 2 −π

4

= x 2 −π

4. Conclusion, nous retrouvons bien le résultat suivant :

∀x∈h

−π 2; π

2 i

, f(x) = x 2 −π

4.

Exercice II (Fonction usuelle)

On souhaite montrer que

∀x∈[0 ; 1[, ln (1 +x)6sh(x)6−ln (1−x). (F) Méthode 1 - Inégalité inférieure

On posef :x7→sh(x)−ln (1 +x).

II.1 La fonction sh est définie surRet la fonction ln surR^∗+. Soitx∈R. On a donc les équivalences suivantes f(x) existe ⇔ 1 +x >0 ⇔ x >−1.

Ainsi,

Df= ]−1 ; +∞[. II.2 (a) On a

x→+∞lim

ln (1 +x)

e^x 2

= lim

x→+∞

2 ln x 1 +_x¹

e^x = lim

x→+∞

2 ln (x)

e^x +2 ln 1 + ¹_x e^x

= lim

x→+∞

2 ln (x) x

x

e^x+2 ln 1 + ¹_x e^x . Or par croissance comparée, lim

x→+∞

2 ln (x)

x = 0 = lim

x→+∞

x

e^x. Par conséquent,

x→+∞lim

ln (1 +x)

e^x 2

= 0×0 + 0 = 0.

Conclusion,

ln (1 +x) =

x→+∞o Åe^x

2 ã

.

(b) Par définition de la fonction sh, on a la limite suivante :

x→+∞lim f(x)

e^x 2

= lim

x→+∞ 1−

e^−x 2 e^x 2

+ln (1 +x)

e^x 2

!

= lim

x→+∞

Ç

1−e^−2x+ln (1 +x)

e^x 2

å .

Donc, d’après la question précédente,

x→+∞lim f(x)

e^x 2

= 1 + 0 + 0 = 1.

Conclusion,

f(x) ∼

x→+∞

e^x 2 .

(c) On sait que deux fonctions équivalentes ont la même limite. D’où

x→+∞lim f(x) = lim

x→+∞

e^x

2 = +∞.

II.3 La fonctionf est deux fois dérivables surDf = ]−1 ; +∞[ comme somme de deux fonctions deux fois dérivables sur leurs ensembles de définition. De plus pour toutx∈]−1 ; +∞[,

f⁰(x) = ch(x)− 1 x+ 1. Par suite,

∀x∈]−1 ; +∞[, f⁰⁰(x) = sh(x) + 1 (x+ 1)². II.4 On sait que pour toutx∈]0 ; +∞[, sh(x)>0. Donc par la question précédente,

∀x∈]0 ; +∞[, f⁰⁰(x)>0.

Donc la fonction f⁰ est strictement croissante sur [0 ; +∞[. Or f⁰(0) = ch(0)−₁₊₀¹ = 1−1 = 0. Donc par sa stricte croissance, on a

∀x∈]0 ; +∞[, f⁰(x)>0.

Ainsi, la fonctionf est strictement croissante sur [0 ; +∞[. Or f(0) = sh(0)−ln(1) = 0 et d’après la question II.2c, on a lim

x→+∞f(x) = +∞. On en déduit donc le tableau de variation suivant : x

f

0 +∞

0 0

+∞

+∞

Donc par la croissance def, on a pour toutx∈[0 ; +∞[,f(x)>f(0) = 0. Autrement dit, pour toutx∈[0 ; +∞[, sh(x)>ln(1 +x). En particulier,

∀x∈[0 ; 1[, ln (1 +x)6sh(x).

II.5 On sait déjà que lim

x→+∞f(x) = +∞. Etudions lim

x→+∞

f(x)

x . On sait que f(x) ∼

x→+∞

e^x

2. Donc ^f(x)_x ∼

x→+∞

e^x 2x. Ainsi,

x→+∞lim f(x)

x = lim

x→+∞

e^x

2x = +∞,

par croissance comparée. Conclusion, f admet une branche parabolique de direction verticale (Oy) en +∞. Méthode 1 - Inégalité supérieure

Soitg définie pour toutx∈Rparg(x) = sh(x)−(e^x−1).

II.6 Soitx∈R. On a par définition de sh, g(x) = e^x−e^−x

2 −(e^x−1) = e^x−e^−x−2 e^x

2 + 1 = −e^−x−e^x

2 + 1.

Conclusion,

g(x) = 1−ch(x).

II.7 La fonctiongest dérivable surRet pour toutx∈R,g⁰(x) =−sh(x). On en déduit donc le tableau de signe et de variations suivant :

x g⁰(x)

g

0 +∞

0 −

De plusg(0) = 1−ch(0) = 0 et lim

x→+∞g(x) = lim

x→+∞(1−ch(x)) = 1− ∞=−∞. Ainsi, x

g⁰(x) g

0 +∞

0 −

0 0

−∞

−∞

La fonctiong étant décroissante sur [0 ; +∞[, on a donc pour toutx∈[0 ; +∞[, g(0)>g(x) i.e. 0>sh(x)− (e^x−1) ou encore sh(x)6e^x−1. En particulier,

∀x∈[0 ; 1[, sh(x)6e^x−1.

II.8 Soitx∈R. En utilisant toujours la question II.6, on a les équivalences suivantes :

g(x) =−1 ⇔ 1−ch(x) =−1 ⇔ 2 = ch(x) ⇔ 2 = e^x+ e^−x

2 .

PosonsX= e^x>0. On a alors

g(x) =−1 ⇔ 4 =X+ 1

X ⇔ X²−4X+ 1 = 0.

Soit ∆ le discriminant deX²−4X+ 1. On a ∆ = 16−4 = 12. Par conséquent, g(x) =−1 ⇔ X = 4−2√

3

2 = 2−√

3 OU X = 4 + 2√

3

2 = 2 +√ 3

⇔ e^x= 2−√

3 OU e^x= 2 +√

3

⇔ x= lnÄ 2−√

3ä

OU x= lnÄ 2 +√

3ä

car 2 +√

3>2−√ 3>0.

Conclusion, pour toutx∈R, on a

g(x) =−1 ⇔ x= lnÄ 2−√

3ä

OU x= lnÄ 2 +√

3ä .

II.9 On admet que pour toutt∈R, e^t>t+ 1.

(a) Soit t ∈ ]−1 ; +∞[. Alors 1 +t > 0. Par décroissance de la fonction inverse sur ]0 ; +∞[ et l’inégalité précédente, on a directement

e^−t> 1 1 +t. Conclusion,

∀t∈]−1 ; +∞[, e^−t6 1 1 +t.

(b) Soit x∈[0 ; 1[. Alors −x∈]−1 ; +∞[. Donc pour toutt ∈[−x; 0], on a t ∈[−1 ; 0]⊆]−1 ; +∞[. Donc par ce qui précède,

∀t∈[−x; 0], e^−t6 1 1 +t.

Or−x60, donc par croissance de l’intégrale, Z 0

−x

e^−tdt6 Z 0

−x

1

1 +tdt= [ln (|1 +t|)]^t=0_t=−x

= ln (|1|)−ln (|1−x|) =−ln (1−x) car 1−x >0.

Conclusion,

∀x∈[0 ; 1[,

Z 0

−x

e^−tdt6−ln (1−x). II.10 Soitx∈[0 ; 1[. Par la question précédente,

−ln (1−x)>

Z 0

−x

e^−tdt=

−e^−tt=0

t=−x=−1 + e^x. Or par la question II.7, e^x−1>sh(x). Conclusion,

∀x∈[0 ; 1[, sh(x)6−ln (1−x). Méthode 2

On pose pour tout x∈R, h(x) = e^sh(x)−1−x.

II.11 Les fonctions exponentielles, sinus hyperbolique et la fonction polynômialex7→1 +xsont deux fois dérivables surR. Donchest deux fois dérivable en tant que somme de fonctions deux fois dérivables. De plus,

∀x∈R, h⁰(x) = sh⁰(x) e^sh(x)−1 = ch(x) e^sh(x)−1.

Puis,

∀x∈R, h⁰⁰(x) = ch⁰(x) e^sh(x)+ ch(x) sh⁰(x) e^sh(x)= sh(x) + ch²(x) e^sh(x). Or on sait que pour toutx∈R, ch²(x) = 1 + sh²(x). D’où

∀x∈R, h⁰⁰(x) = sh²(x) + sh(x) + 1 e^sh(x).

II.12 Les racines dez²+z+ 1 = 0 sont les racines troisièmes de l’unité différentes de 1 i.e. pour toutz∈C, z²+z+ 1 = 0 ⇔ z=j = e^i2π3 OU z=j²= e^−i2π3 .

II.13 Par le rappel précédent, on sait que le polynômeX²+X+ 1 n’admet aucune racine dansR, plus précisément,

∀X ∈R,X²+X+ 1>0. Donc pour toutx∈R, en posant X= sh(x)∈R, on a sh²(x) + sh(x) + 1>0.

Ainsi,

∀x∈R, h⁰⁰(x)>0.

Donch⁰est strictement croissante surR. Orh⁰(0) = ch(0) e^sh(0)−1 = 1 e⁰−1 = 0. Donc par sa stricte croissance,

∀x >0,h⁰(x)> h⁰(0) = 0 et∀x <0,h⁰(x)< h⁰(0) = 0. Précisons également queh(0) = 1−1−0 = 0. Ainsi

x

h⁰(x)

h

−∞ 0 +∞

− 0 +

0 0

II.14 On déduit directement de la question précédente que pour toutx∈R, h(x)>h(0) = 0. i.e. e^sh(x)−1−x>0.

Conclusion,

∀x∈R, e^sh(x)>1 +x.

II.15 Soitx∈[0 ; 1[. Posonsy=−x∈R. D’après la question précédente,

e^sh(y)>1 +y ⇒ e^sh(−x)>1−x ⇒ e^−sh(x)>1−x car sh est impaire

⇒ e^sh(x)6 1

1−x car 1−x >0.

Conclusion, on a également,

∀x∈[0 ; 1[, e^sh(x)6 1 1−x.

II.16 Soitx∈[0 ; 1[. Par la question II.14, on a e^sh(x)>1 +x>1>0. Donc par croissance de la fonction logarithme, sh(x)>ln (1 +x).

D’autre part, par la question II.15, 0<e^sh(x)6 _1−x¹ . Donc toujours par la croissance de la fonction logarithme, sh(x)6ln

Å 1 1−x

ã

=−ln (1−x). Conclusion,

∀x∈[0 ; 1[, ln (1 +x)6sh(x)6−ln (1−x).

Exercice III (Calcul d’intégrales)

Pour toutn∈N, on poseun = Z ^π₄

0

1 cosⁿ(x)dx.

III.1 Soitn∈N. La fonction cos est continue sur 0 ; ^π₄

. De plus pour t∈ 0 ; ^π₄

, 1>cos (t)>

√2

2 >0. Donct7→

1

cosⁿ(t) est bien définie et continue sur 0 ; ^π₄

(y compris sin= 0). Par conséquent, pour toutn∈N,un existe . III.2 • Sin= 0, on a

u₀= Z ^π₄

0

1

cos⁰(x)dx= Z ^π₄

0

1 dx= π 4. Conclusion,

u₀=π 4.

• Sin= 2, on a

u2= Z ^π₄

0

1 cos²(x)dx.

Or on sait que pour toutx∈ 0 ; ^π₄

⊆R\π 2 +kπ

k∈Z , tan⁰(x) = 1 + tan²(x) =_cos¹2(x). Ainsi, u₂= [tan(t)]^t=_t=0^π4 = tanπ

4

−tan(0) = 1.

Conclusion,

u₂= 1.

III.3 (a) On pose pour x ∈ 0 ; ^π₄

, t = sin (x) qui est bien C¹ sur 0 ; ^π₄

. De plus dt = cos(x) dx. Donc par ce changement de variable, on a

u1= Z ^π₄

0

1

cos(x)dx= Z ^π₄

0

1

cos²(x)cos (x) dx

= Z ^π₄

0

1

1−sin²(x)cos (x) dx

=

Z sin(^π4)

sin(0)

1 1−t²dt

= Z

√ 2 2

0

1 1−t²dt.

Conclusion,

u₁= Z

√2 2

0

1 1−t²dt.

(b) Or pour toutt∈î 0 ;

√2 2

ó⊆]−1 ; 1[⊆R\ {−1,1}, on a _1−t¹₂ = _(1−t)(1+t)¹ =_1−t^1/2+_1+t^1/2. Ainsi, par linéarité de l’intégrale,

u₁= Z

√2 2

0

1/2 1−tdt+

Z

√2 2

0

1/2

1 +tdt=−1

2[ln (|1−t|)]^t=

√2 2

t=0 +1

2[ln (|1 +t|)]^t=

√2 2

t=0

=−1 2

Ç ln

Ç

1−

√2 2

å

−ln(1) å

+1 2

Ç ln

Ç

1 +

√2 2

å

−ln(1) å

= 1 2ln

2+√ 2 2 2−√

2 2

!

car 1 +

√2 2 >1−

√2 2 >0

= 1

2ln 2 +√ 2² 4−2

!

= 1 2ln

Ç6 + 4√ 2 2

å

= 1 2lnÄ

3 + 2√ 2ä

. Conclusion,

u1=1 2lnÄ

3 + 2√ 2ä

.

III.4 Soitn∈N. On a

u_n+2= Z ^π₄

0

1

cosⁿ⁺²(x)dx= Z ^π₄

0

1 cos²(x)

1 cosⁿ(x)dx Posons

®u:x7→tan(x) v:x7→ _cosn¹(x). Les fonctionsuetv sontC¹sur

0 ; ^π₄

et pour toutx∈ 0 ; ^π₄

, (u⁰(x) =_cos¹_2(x)

v⁰(x) =−_cos^ncosn+1^0(x)(x)= _cos^nsin(x)n+1(x).

Donc par intégration par parties :

un+2= [u(x)v(x)]^x=

π 4

x=0 − Z ^π₄

0

u(x)v⁰(x) dx

=

ï tan(x) cosⁿ(x)

ò^x=π₄

x=0

− Z ^π₄

0

nsin(x) tan(x) cosⁿ⁺¹(x) dx

= 1

Ä ₁

√ 2

äⁿ −0− Z ^π₄

0

nsin²(x) cosⁿ⁺²(x)dx

=Ä√ 2äⁿ

−n Z ^π₄

0

1−cos²(x) cosⁿ⁺²(x) dx

=Ä√ 2äⁿ

−n Z ^π₄

0

1

cosⁿ⁺²(x)− 1 cosⁿ(x)dx

=Ä√ 2äⁿ

−nun+2+nun. Ainsi,

(1 +n)un+2=Ä√ 2äⁿ

+nun ⇒ un+2=

√2ⁿ n+ 1 + n

n+ 1un. Conclusion,

∀n∈N, un+2=

√2ⁿ n+ 1 + n

n+ 1un. III.5 (a) Soientn∈Netx∈

0 ; ^π₄

. Alors cos(x)∈î^√₂

2 ; 1ó

⊆]0 ; 1]. Donc par 0<cosⁿ⁺¹(x)6cosⁿ(x). Donc par décroissance de la fonction inverse surR^∗+,

1

cosⁿ⁺¹(x) > 1

cosⁿ(x) >0.

Conclusion,

∀x∈h 0 ; π

4 i

, 1

cosⁿ⁺¹(x) > 1

cosⁿ(x) >0.

(b) Soitn∈N. On sait que 0< ^π₄. Donc par la question précédente et la croissance de l’intégrale, un+1=

Z ^π₄

0

1

cosⁿ⁺¹(x)dx6 Z ^π₄

0

1

cosⁿ(x)dx=un. Ceci étant vrai pour toutn∈N, on en déduit que (un)_n∈

Nest croissante .

III.6 D’après la question précédente et le théorème de convergence monotone, on rappelle que OU la suite (un)_n∈

converge vers un réell OU la suite (un)_n∈Ndiverge vers +∞. N

Supposons que (un)_n∈Nconverge vers un réell. Alors

n→+∞lim n

n+ 1un= 1×l=l et lim

n→+∞un+2 =l.

De plus, pour toutn∈N, √ 2ⁿ

n+ 1 =e^n2ln(2)

n+ 1 = e^n2ln(2)

n 2ln(2)

n 2ln(2)

n+ 1 . Or en posantu= ⁿ₂ln(2) −→

n→+∞+∞, on a par croissance comparée,

n→+∞lim e^n2ln(2)

n

2ln(2) = lim

u→+∞

e^u

u = +∞.

Donc

n→+∞lim

√2ⁿ

n+ 1 = +∞ ×ln(2)

2 = +∞.

En passant à la limite dans la question III.4, on obtient

l= +∞+l= +∞

ce qui est contradictoire. Donc la suite (un)_n∈

Nne converge pas et d’après le rappel, on conclut que la suite (u_n)_n∈

Ndiverge vers +∞.