Probl` eme 2 (Simplification d’une expression mettant en jeu arcsinus et arctangente)

(1)

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2012-2013

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚3

Exercice 1 :Soitf la fonction d´efinie par :

f:x7→x^x. 1. D´eterminer le domaine de d´efinitionDf de la fonction f.

2. Justifier que la fonctionf est dérivable surDf. Qu’en déduire quant à sa continuité ? 3. Étudier les variations def.

4. En d´eduire quef admet un minimum, atteint en un unique point que l’on pr´ecisera.

5. ´Etudier les limites ´eventuelles def aux bornes deDf.

6. Tracer l’allure de la repr´esentation graphique de f dans un rep`ere du plan.

Correction 1. L’expression

x^x=e^x^ln(x) (d´efinition)

de la variable réellexn’est définie que pourx∈]0,+∞[. Par conséquent :Df =]0,+∞[.

2. Soient les fonctions

f1: ]0,+∞[→R; x7→ln(x) f2: ]0,+∞[→R; x7→x f3: R→R; x7→e^x. On a :

f =f3◦(f2×f1). (1)

Notons que la composée précédente est bien définie car le domaine de définition def3 estRet que toutes les images de la fonctionf2×f1 sont dansR.

Les fonctions f1, f2, f3 sont des fonctions usuelles que l’on sait être dérivables sur leurs domaines de définitions respectifs. Par opérations (produit et composition) sur les fonctions dérivables, la fonction f est dérivable surDf =]0,+∞[.

La fonctionf étant dérivable surDf =]0,+∞[, elle est également continue surDf =]0,+∞[. En effet une fonction dérivable sur un intervalle est continue sur cet intervalle.

3. Pour étudier le sens de variation de la fonctionf, on va utiliser le critère différentiel de stricte monotonie.

• Calcul de la d´eriv´ee def

La fonctionf est dérivable surDf =]0,+∞[ et sa dérivée est donnée par (cf. relation (1)) : f^′(x) = (f2×f1)^′(x)×f₃^′((f2×f1)(x))

= (f₂^′(x)f1(x) +f₁^′(x)f2(x))×f₃^′(f2(x)f1(x)) pour toutx∈ Df =]0,+∞[. De ce calcul et des d´eriv´ees usuelles :

f₁^′: ]0,+∞[→R; x7→ 1 x f₂^′: ]0,+∞[→R; x7→1 f₃^′:R→R; x7→e^x on d´eduit que :

f^′: ]0,+∞[→R; x7→

1×ln(x) + 1 x×x

e^xln(x)= (ln(x) + 1)e^x^ln(x). (2)

(2)

• Etude du signe de´ f^′

La fonction exponentielle étant strictement positive surR, on déduit que le signe def^′(x) est le même que celui de ln(x) + 1 oùx∈ Df =]0,+∞[.

– R´esolution de l’in´equation stricteln(x) + 1>0 Soitx∈ Df =]0,+∞[.

ln(x) + 1>0 ⇐⇒ ln(x)>−1 (soustraction de 1 `a chaque membre)

⇐⇒ x > e⁻¹=1

e (expրրsurRet pour toutX ∈R^+∗,e^ln(X)=X).

– R´esolution de l’´equation ln(x) + 1 = 0 Soitx∈ Df =]0,+∞[.

ln(x) + 1 = 0 ⇐⇒ ln(x) =−1 (soustraction de 1 `a chaque membre)

⇐⇒ x=e⁻¹= 1

e (exp :R→]0,+∞[ est bijective et pour toutX ∈R^+∗,e^ln(X)=X).

Des deux études précédentes, on déduit le tableau de signes suivant pour ln(x) + 1 (qui est le même que celui def^′(x) d’après la discussion précédente) oùx∈ Df =]0,+∞[.

x 0 1

e +∞

Signe de ln(x) + 1 − 0 +

• Variations def

On applique le critère différentiel de stricte monotonie pour déduire du tableau de signes précédent, le tableau de variations def.

x 0 1

e +∞

Variations def

ց ր

f(¹_e) =e⁻¹^e

4. Du tableau de variations de f précédent, on déduit que f admet un unique minimum e⁻¹ê atteint en l’unique pointx= ¹_e.

5. • Etude de la limite ´eventuelle de´ f en +∞. xln(x) →

x→+∞+∞ (limites usuelles et op´erations) e^X →

X→+∞+∞ (limite usuelle)







composition

=⇒

de limites f(x) =e^x^ln(x)_x→+∞→ +∞.

(3)

• Etude de la limite ´eventuelle de´ f en 0⁺. xln(x) →

x→0⁺0 (croissances compar´ees) e^X →

X→0e⁰= 1 (continuit´e de exp en 0)







composition

=⇒

de limites f(x) =e^xln(x) →

x→0⁺1.

6. Repr´esentation graphique de f

Commef admet un minimum (global mais local suffirait) enx= ¹_e, la courbe repr´esentative def poss`ede une tangente horizontale au point d’abscisse ¹_e.

1 2 3 4 5 6

1 2

−1 1

e

Exercice 2 :On se propose de d´eterminer toutes les fonctionsf:R→Rtelles que : (A) f n’est pas la fonction nulle ;

(B) f est d´erivable surR;

(C) pour tout (x, y)∈R², f(x+y) =f(x)f(y).

1. Soitaune constante réelle et soitf la fonction définie par : f:R→R; x7→eâx. Montrer quef vérifie les conditions (A), (B) et (C).

2. Soitf:R→Rune fonction v´erifiant les conditions (A), (B) et (C).

(a) Ici,xdésigne un nombre réelfixé. On introduit la fonctionfxdéfinie par : fx:R→R; y7→fx(y) =f(x+y).

i. Justifier que f_x est d´erivable surR.

ii. Soity∈R. Calculerf_x^′(y) de deux mani`eres.

iii. En d´eduire quef^′(x) =f^′(0)f(x).

(b) Prouver qu’il existe deux constantes r´eellesaetK telles que : f:R→R; x7→Ke^ax. (c) Montrer que :f(0) = 0 ou f(0) = 1.

(d) En d´eduire que :

f:R→R; x7→e^ax. 3. Conclure.

(4)

Correction

1. Vérifions que la fonctionf:R→R; x7→eâx vérifie les trois conditions (A), (B) et (C).

• Condition (A)

On af(0) =eâ×0= 1 doncf n’est pas la fonction nulle. En fait la fonction exponentielle étant strictement positive surR, on en déduit que la fonctionf ne s’annule jamais (propriété plus forte que (A)).

• Condition (B) Soient les fonctions

f1:R→R; x7→ax (fonction affine) f2:R→R; x7→e^x.

La composéef2◦f1 est bien définie (l’ensemble d’arrivée def1 co¨ıncide avec l’ensemble de départ de f2) et l’on a :

f =f2◦f1.

Les fonctions f1 et f2 sont des fonctions usuelles que l’on sait être dérivables sur leurs domaines de définitions respectifs. Par opération (composition) sur les fonctions dérivables, la fonctionf est dérivable surR.

• Condition (C) Soit (x, y)∈R².

f(x+y) = e^a(x+y)

= e^ax+ay

= e^axe^ay (relation fonctionnelle de l’exponentielle)

= f(x)f(y).

2. (a) i. Soit la fonction

τ_x:R→R; y7→y+x (fonction affine).

La composéef◦τ_xest bien définie (l’ensemble d’arrivée deτ_xco¨ıncide avec l’ensemble de départ def) et l’on a :

f_x=f ◦τ_x. (3)

La fonction f est dérivable sur R (car par hypothèse,f vérifie (B)). La fonction τx est affine, donc dérivable surR. Par opération (composition) sur les fonctions dérivables, la fonctionfxest dérivable surR.

ii. • Calcul de (fx)^′ au moyen de la relation (3).

Soity∈R. D’apr`es (3), on a :

(fx)^′(y) = (τx)^′(y)×f^′(τx(y)).

Comme (τx)^′(y) = 1, on a donc :

(fx)^′(y) =f^′(x+y). (4)

(5)

• Calcul de (fx)^′ au moyen de la propri´et´e (C).

La fonctionf satisfaisant (C), on a pour touty ∈R: fx(y) =f(x+y) = f(x)

constante|{z}

×f(y)

et donc :

fx= f(x)

|{z}

constante

×f.

On en d´eduit que (fx)^′=f(x)×f^′ et donc que pour touty∈R:

(fx)^′(y) =f(x)×f^′(y). (5)

iii. Des identit´es (4) et (5), on d´eduit que pour touty∈R: f^′(x+y) =f(x)×f^′(y).

En particulier poury= 0, on a :f^′(x) =f^′(0)f(x).

(b) Par hypothèse, la fonctionf est dérivable surR(cf. condition (B)). De plus on a montré à la question 2.(a) que pour tout x∈R:

f^′(x) =f^′(0)f(x) soit

f^′(x)−f^′(0)f(x) = 0.

La fonctionf est donc solution, surR, de l’´equation diff´erentielle : (E) : y^′−ay= 0

oùaest la constante réellef^′(0). L’équation différentielle (E) est une équation différentielle linéaire homogène d’ordre 1 (à coefficient constant). D’après le cours, son ensemble solution surRest :

y:R → R x 7→ Ke^ax

K∈R

.

La fonctionf ´etant solution de (E) surR, il existe donc une constante r´eelleK telle que pour tout x∈R:

f(x) =Ke^ax ou en d’autres termes telle que :

f:R→R; x7→Ke^ax.

(c) Appliquons la propri´et´e (C) avecx=y= 0. On obtientf(0 + 0) =f(0)×f(0) soit : f(0) =f(0)².

On a :

f(0) =f(0)² =⇒ f(0)−f(0)²= 0 (soustraction def(0)²`a chaque membre)

=⇒ f(0)(1−f(0)) = 0 (factorisation du membre de gauche parf(0)

=⇒





f(0) = 0 ou

1−f(0) = 0

(Rest int`egre).

On a donc :f(0) = 0 ou f(0) = 1.

(6)

(d) • En 2.(b), nous avons établi qu’il existe deux constantes réellesaet K telles que : f:R→R; x7→Keâx.

On en d´eduit quef(0) =K.

• En 2.(c), nous avons obtenu quef(0) = 0 ouf(0) = 1.

• Montrons quef(0) = 1 par l’absurde.

Supposons quef(0)6= 1. Alors d’après ce qui précède, on af(0) = 0 et doncK= 0. Dans ce cas la fonction f est la fonction nulle, ce qui est en contradiction avec l’hypothèse (A) que vérifief par hypothèse.

• On a doncf(0) = 1 et par suite K= 1 d’o`u :

f: R→R; x7→e^ax.

3. Désignons par E l’ensemble des fonctions f:R→R vérifiant les conditions (A), (B) et (C). Nous avons démontré que :

E=

f:R → R x 7→ e^ax

a∈R

. En effet, l’inclusion

E ⊂

a∈R

a été prouvée à la question 2. Quant à l’inclusion

a∈R

⊂ E elle a été démontrée à la question 1.

Exercice 3

1. Résoudre l’équation différentielle

(E) :y^′′+ 6y^′−7y= 8e^x.

d’inconnue une fonctiony:R→R(ici le corps des coefficients estK=R).

2. D´eterminer l’unique solution y de (E) telle que :

y(0) = 1 et y^′(0) = 0.

Correction

1. • Analyse de l’équation différentielle à résoudre

On remarque de (E) est une équation différentielle linéaire à coefficients constants, du second ordre.

Son équation homogène associée est :

(Eh) :y^′′+ 6y^′−7y= 0.

Elle a comme ´equation caract´eristique :

(Eh)car:x²+ 6x−7 = 0.

• Résolution de l’équation numérique (Eh)car

Le polynômeX²+6X−7 est unitaire. Ses racines entières éventuelles sont à chercher parmi les diviseurs entiers de−7, soit dans la liste : 1,7,−1,−7. On vérifie que 1 est racine. Le produit des racines valant

−7, on en d´eduit que l’autre racine est−7.

Ainsi l’équation (Eh)car possède-t-elle deux racines réelles simples : 1 et −7.

(7)

• Résolution de l’équation différentielle (Eh)surR De ce qui précède et du cours, on déduit que :

Sol_(E_h_),R=

y:R → R

x 7→ K1e^x+K2e^−7x

(K1, K2)∈R²

.

• Détermination d’une solution particulière de l’équation différentielle (E)surR Le second membre 8e^xde (E) est^≪du type^≫ P(x)e^λxoù :

• P = 8 est une fonction polynomiale de degr´e 0 ;

• λ= 1 est racine simple de (Eh)car.

D’apr`es le cours, on cherche une solution de (E) surRsous la forme : R→R; x7→Q(x)e^x

o`uQest une fonction polynomiale de degr´e 1 (i.e. une fonction affine). On introduit donc la fonction y0:R→R; x7→(ax+b)e^x

o`ua, bsont des constantes r´eelles.

– La fonction y0 est le produit d’une fonction affine et de la fonction exponentielle. Elle est donc deux fois d´erivable surR.

– Pour toutx∈R, on a :

y₀^′(x) =ae^x+ (ax+b)e^x= (ax+a+b)e^x

y₀^′′(x) = (y^′₀)^′(x) =ae^x+ (ax+a+b)e^x= (ax+ 2a+b)e^x.

De ce qui précède, on déduit quey0 est solution de (E) si et seulement si pour tout x∈R:

(ax+ 2a+b)e^x+ 6(ax+a+b)e^x−7(ax+b)e^x= 8e^x. (6) Soitx∈R.

(6) ⇐⇒ ax+ 2a+b+ 6(ax+a+b)−7(ax+b) = 8 (division de chaque membre par e^x6= 0)

⇐⇒ 8a= 8

On en déduit que a= 1 et queb est quelconque (ce qui n’est pas surprenant carx7→e^xest solution de l’équation différentielle (Eh) surRd’après le point précédent). Ici, on choisitb= 0. La fonction

y0:R→R; x7→(1×x+ 0)e^x=xe^x est donc solution de (E) surR.

• Des deux derniers points, on d´eduit que l’ensemble solution de (E) surRest donn´e par : Sol_(E),R=

y:R → R

x 7→ K1e^x+K2e^−7x+xe^x

(K1, K2)∈R²

.

2. Soit le probl`eme de Cauchy :

(S) :





y est solution de (E) surR y(0) = 1

y^′(0) = 0.

D’apr`es la question 1, on a :

(S) ⇐⇒





∃(K1, K2)∈R²tel que y:R→R; x7→K1e^x+K2e^−7x+xe^x y(0) = 1

y^′(0) = 0.

(8)

Si y:R→R; x7→K1e^x+K2e^−7x+xe^x (o`u (K1, K2)∈R²) alors y(0) =K1+K2.

De plus la dérivée de y:R→R; x7→K1e^x+K2e^−7x+xe^x (où (K1, K2)∈R²) est donnée par : y^′:R→R; x7→K1e^x−7K2e^−7x+e^x+xe^x= (x+K1+ 1)e^x−7K2e^−7x et on a donc :

y^′(0) =K1+ 1−7K2. On a donc :

(S) ⇐⇒





∃(K1, K2)∈R²tel que y:R→R; x7→K1e^x+K2e^−7x+xe^x K1+K2= 1

K1+ 1−7K2= 0.

On est alors conduit à résoudre le système (S^′) :

K1+K2= 1 K1+ 1−7K2= 0.

(S^′) ⇐⇒

K1 + K2 = 1 K1 − 7K2 = −1

⇐⇒

K1 + K2 = 1

−8K2 = −2 (L2←L2−L1) Le dernier système est échelonné. De (L2), on déduit que

K₂= 1 4 puis en injectant cette valeur dans (L1) on obtient :

K1= 3 4.

De cette étude, on déduit que l’unique solution du problème de Cauchy (S) est la fonction : y:R→R; x7→ 3e^x

4 +e^−7x 4 +xe^x.

Probl` eme 1

I− Une formule de trigonom´etrie hyperbolique

On rappelle que les fonctions cosinus hyperbolique et sinus hyperbolique sont d´efinies par : ch: R→R; x7→ e^x+e^−x

2 et sh :R→R; x7→ e^x−e^−x

2 .

1. Soit x ∈ R. Énoncer et démontrer la formule de trigonométrie hyperbolique du cours liant ch²(x) et sh²(x).

II− Etude du signe de la fonction sh´ 2. R´esoudre l’in´equation

sh(x)>0 d’inconnuex∈R.

(9)

3. R´esoudre l’´equation

sh(x) = 0 d’inconnuex∈R.

4. En d´eduire le tableau de signes de la fonction sh.

III− Etude de la fonction ch´

5. Étudier la parité éventuelle de ch.

6. Étudier les limites éventuelles de ch aux bornes de son ensemble de définition.

7. ´Etudier les variations de la fonction ch sur R.

8. Donner l’allure de la repr´esentation graphique de ch dans un rep`ere du plan.

IV − Construction de la fonction argch Soitf la fonction d´efinie par :

f:R⁺→R; x7→ch(x).

9. Démontrer que la fonctionf réalise une bijection deR⁺ sur un intervalleJ que l’on précisera.

Dans la suite, on notera

fe:R⁺→J ; x7→f(x) = ch(x)

la bijection induite par f. La bijection réciproque de fe, notée traditionnellement fe⁻¹, est appelée argument cosinus hyperbolique et est notée argch.

10. Préciser l’ensemble de départDârgchet l’ensemble d’arrivée de argch.

11. Soit x∈Ret soity∈ D^argch. Donner une condition n´ecessaire et suffisante pour quex= argch(y).

12. Calculer argch(1).

V −Etude de la fonction argch´

13. Que dire de la continuité et des variations de la fonction argch ? 14. Déterminer le domaine de dérivabilitéDargch^′ de argch.

15. Soit y∈ Dargch^′ . Calculer argch^′(y).

VI − Expression logarithmique de argch

16. Donner deux d´emonstrations du r´esultat suivant.

Pour touty∈ D^argch, argch(y) = ln y+p

y²−1 .

VII − Comportement asymptotique de argch en +∞ 17. ´Etudier la limite ´eventuelle de argch en +∞.

VIII− Une primitive de argch sur son domaine de d´efinition

18. D´eterminer une primitive de argch surD^′argch. Correction

1. Soitx∈R. On a

ch²(x)−sh²(x) = 1.

Prouvons ce r´esultat.

ch²(x)−sh²(x) =

e^x+e^−x 2

²

−

e^x−e^−x 2

²

= 1

4(e^x+e^−x)²−1

4(e^x−e^−x)²

(10)

= 1

4 (e^x)²+ 2e^xe^−x+ (e^−x)²

−1

4 (e^x)²−2e^xe^−x+ (e^−x)²

= 1

4 e^2x+ 2 +e^−2x

−1

4 e^2x−2 +e^−2x

(relation fonctionnelle)

= 1

4



e^2x+ 2 +e^−2x−(e^2x−2 +e^−2x

| {z }

4

)





= 1

2. Soitx∈R.

sh(x)>0 ⇐⇒ e^x−e^−x 2 >0

⇐⇒ e^x−e^−x>0 (multiplication de chaque membre par 2>0)

⇐⇒ e^x> e^−x (ajout dee^−x `a chaque membre)

⇐⇒ x >−x (ln estրրsurR^+∗ et pour toutX ∈R, ln(e^X) =X)

⇐⇒ 2x >0 (ajout dex`a chaque membre)

⇐⇒ x >0 (division de chaque membre par 2>0)

L’ensemble solution de l’in´equation sh(x)>0 est donc ]0,+∞[.

3. Soitx∈R.

sh(x) = 0 ⇐⇒ e^x−e^−x

2 = 0

⇐⇒ e^x−e^−x= 0 (multiplication de chaque membre par 26= 0)

⇐⇒ e^x=e^−x (ajout de e^−x`a chaque membre)

⇐⇒ x=−x (ln : ]0,+∞[→Rest bijective et pour toutX∈R, ln(e^X) =X)

⇐⇒ 2x= 0 (ajout dex`a chaque membre)

⇐⇒ x= 0 (division de chaque membre par 26= 0)

L’ensemble solution de l’´equation sh(x) = 0 est donc{0}. 4. Des questions 2 et 3, on d´eduit le tableau de signes suivant.

x −∞ 0 +∞

Signe de sh(x) − 0 +

5. La fonction ch est paire. En effet :

(a) son domaine de définition, qui est R, est symétrique par rapport à 0 ;

(11)

(b) pour toutx∈R:

ch(−x) = e^−x+e^−(−x)

2 = e^−x+e^x

2 =e^x+e^−x

2 = ch(x).

6. On commence par ´etudier la limite ´eventuelle de ch en +∞.

• On sait (limite usuelle) quee^x_x→+∞→ +∞.

• D’autre part :

−x →

x→+∞−∞ (op´erations) e^X →

X→−∞0 (limite usuelle)







composition

=⇒

de limites e^−x_x→+∞→ 0.

De ces deux points et des op´erations sur les limites, on d´eduit que : ch(x) = e^x+e^−x

2 →

x→+∞+∞. Par parit´e (cf. question 5), on en d´eduit que :

ch(x)_x→−∞→ +∞.

7. Pour déterminer le sens de variation de ch surR, on va appliquer le critère différentiel de stricte monotonie.

• D´erivabilit´e de ch Soient les fonctions

f1:R→R; x7→e^x

f2:R→R; x7→ −x (fonction affine).

La composéef1◦f2 est bien définie (car l’ensemble d’arrivée def2 co¨ıncide avec l’ensemble de départ def1) et l’on a :

ch = 1

2(f1+f1◦f2). (7)

Les fonctions f1 etf2sont d´erivables sur R(fonctions usuelles).

Par opérations sur les fonctions dérivables (composée et combinaison linéaire), la fonction ch est dérivable surR.

• Calcul de ch^′

De l’identit´e (7), on d´eduit que pour toutx∈R: ch^′(x) = 1

2(f₁^′(x) +f₂^′(x)×f₁^′(f2(x))). De ce calcul et des d´eriv´ees usuelles :

f₁^′:R→R; x7→e^x f₂^′:R→R; x7→ −1.

on d´eduit que :

ch^′(x) =1

2 e^x+ (−1)×e^−x

= sh(x).

• Signe de ch^′=sh

Cette étude a été faite à la question 4.

(12)

• Sens de variation de ch

x −∞ 0 +∞

Signe de ch^′(x) = sh(x) − 0 +

+∞ +∞

Variations de ch

ց ր

1

8. Allure de la repr´esentation graphique de ch

La fonction ch étant paire, sa courbe représentative est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

Comme ch admet un minimum (global mais local suffirait) en x = 0, la courbe repr´esentative de ch pr´esente une tangente horizontale au point d’abscisse 0.

1 2 3 4 5 6

1 2

−1

−2

−3

9. • La fonctionf: R⁺→R; x7→ch(x) est d´efinie surR⁺, qui est un intervalle r´eel.

• La fonctionf est continue surR⁺. En effet, on a prouvé à la question 7 que la fonction ch est dérivable surR, elle est donc continue surR. Sa restriction àR⁺, qui est la fonctionf, est donc continue surR⁺.

• La fonctionf est strictement croissante surR⁺ d’apr`es la question 7.

Les hypothèses du théorème de la bijection sont donc vérifiées parf. On peut donc appliquer ce théorème pour obtenir quef réalise une bijection deR⁺ sur

J =f(R⁺) =f([0,+∞[) =

f(0), lim

x→+∞f(x)

(cf. question 6)= [1,+∞[.

10. La fonction

fe: R⁺→[1,+∞[ est bijective, d’après la question précédente. Sa bijection réciproque

argch =fe⁻¹: [1,+∞[→R⁺ a donc comme ensemble d´epart

D^argch= [1,+∞[

(13)

et comme ensemble d’arriv´eeR⁺.

11. Soitx∈Ret soity∈ Dargch= [1,+∞[. Par définition même d’une bijection réciproque, on a :

x= argch(y)⇐⇒





x∈R⁺ et

ch(x) =y.

12. Soitx∈R⁺. On a :

x= argch(1)⇐⇒





x∈R⁺ et

ch(x) = 1.

Comme 0∈R⁺ et ch(0) = 1 (calcul déjà effectué à la question 7), on a : argch(1) = 0.

13. La fonctionf étant continue et strictement croissante sur son intervalle de définition (R⁺), on sait (corol- laire du théorème de la bijection) que la fonction argch = fe⁻¹ est continue et strictement croissante sur son intervalle de définition ([1 +∞[).

14. D’après le théorème sur la dérivabilité et la dérivée d’une bijection réciproque, on a pour touty∈[1,+∞[ argch =fe⁻¹est dérivable eny⇐⇒fe^′(fe⁻¹(y))6= 0.

Soity∈[1,+∞[.

fe^′(fe⁻¹(y)) = 0 ⇐⇒ sh(fe⁻¹(y)) = 0 (cf. question 7)

⇐⇒ fe⁻¹(y) = 0 (cf. question 3)

⇐⇒ f(efe⁻¹(y)) =fe(0) (fe:R⁺→[1,+∞[ ; x7→ch(x) est bijective)

⇐⇒ y= ch(0) (pour toutY ∈[1,+∞[, fe(fe⁻¹(Y)) =Y).

⇐⇒ y= 1.

On en d´eduit que :

D^′argch= ]1,+∞[.

15. Soity∈ Dargch^′ = ]1,+∞[. D’après le théorème sur la dérivabilité et la dérivée d’une bijection réciproque, on a :

argch^′(y) = (fe⁻¹)^′(y) (argch =fe⁻¹)

= 1

fe^′(fe⁻¹(y))

= 1

sh(fe⁻¹(y)) (cf. question 7)

= 1

sh(argch(y)) (argch =fe⁻¹).

On a donc :

argch^′(y) = 1

sh(argch(y)). (8)

Essayons de simplifier sh(argch(y)). D’apr`es la question 1, on a : ch²(argch(y))−sh²(argch(y)) = 1

(14)

d’o`u :

sh²(argch(y)) = ch²(argch(y))−1. (9)

Comme pour toutY ∈[1,+∞[, on a ch(argch(Y)) =Y (carfe◦fe⁻¹=id_[1,+∞[), de (9), on d´eduit :

sh²(argch(y)) =y²−1. (10)

En appliquant la fonction racine carr´ee `a chacun des membres (positifs) de (10), il vient : q

sh²(argch(y)) =p

y²−1. (11)

Comme pour toutX ∈R, on a :√

X²=|X|, l’identité (11) se réécrit :

|sh(argch(y))|=p

y²−1. (12)

Par hypoth`ese, on ay >1.

y >1 =⇒ argch(y)>argch(1) (car argchրրsur [1,+∞[ d’apr`es la question 13)

=⇒ argch(y)>0 (cf. question 12)

=⇒ sh(argch(y))>0 (cf. question 4)

=⇒ |sh(argch(y))|= sh(argch(y)).

De cette ´etude et de (12), on d´eduit :

sh(argch(y)) =p

y²−1. (13)

Enfin, les identit´es (8) et (13) livrent :

argch^′(y) = 1 py²−1.

16. • Première preuve : en résolvant une équation à paramètre issue de la définition d’une bijection réciproque Soity∈[1,+∞[. Par définition, argch(y) est l’uniquex∈R⁺ tel que :

ch(x) =y.

Résolvons l’équation ch(x) =y, de paramètrey, d’inconnuex∈R⁺.Soitx∈R⁺. ch(x) =y ⇐⇒ e^x+e^−x

2 =y

⇐⇒ e^x+e^−x= 2y (multiplication par 26= 0 de chaque membre)

⇐⇒ e^xe^x+e^xe^−x= 2ye^x (multiplication pare^x6= 0 de chaque membre)

⇐⇒ (e^x)²−2ye^x+ 1 = 0 (soustraction de 2ye^x`a chaque membre et ´equation fonctionnelle)

⇐⇒





X =e^x

X²−2yX+ 1 = 0 R´esolvons l’´equation

(E) :X²−2yX+ 1 = 0.

Il s’agit d’une ´equation polynomiale de degr´e 2.

(15)

SoitX ∈R.

X²−2yX+ 1 = 0 ⇐⇒ (X−y)²−y²+ 1 = 0 (forme canonique)

Commey≥1 et que la fonction carr´ee est croissante surR⁺, on ay²≥1 et par suitey²−1≥0. Donc : X²−2yX+ 1 = 0 ⇐⇒ (X−y)²−(y²−1) = 0

⇐⇒ (X−y)²−(p

y²−1)²= 0

⇐⇒ (X−y−p

y²−1)(X−y+p

y²−1) = 0 (identit´e remarquable)

⇐⇒





X =y+p y²−1 ou

X =y−p y²−1

(Rest int`egre)

Ainsi a-t-on :

ch(x) =y⇐⇒





e^x=y+p y²−1 ou

e^x=y−p y²−1

(14)

On remarque que si y= 1, alors les termes y+p

y²−1 et y−p

y²−1 sont ´egaux (tous deux valent 1). On en d´eduit que siy= 1, alors :

x= ln(y+p

y²−1) (ln : R^+∗→Rest bijective et pour toutX ∈R, ln(e^X) =X) et donc que :

siy= 1, argch(y) = ln(y+p

y²−1). (15)

Il reste à traiter le cas oùy >1. On fait donc désormais l’hypothèse quey >1.

On a :

e^x≥1 (16)

carx∈R⁺ et la fonction exponentielle est croissante surR⁺. D’autre part : y−p

y²−1<1 ⇐⇒ y−1

| {z }

≥0

<p

y²−1 (ajout dep

y²−1−1 `a chaque membre)

⇐⇒ (y−1)²< y²−1 (la fonction carr´ee est strictement croissante surR⁺)

⇐⇒ y²−2y+ 1< y²−1

⇐⇒ 2<2y (ajout de 1−y²+ 2y `a chaque membre)

⇐⇒ 1< y

| {z }

VRAI

(division de chaque membre par 2>0)

On a donc :

y−p

y²−1<1. (17)

De (16) et (17), on voit que l’´egalit´ee^x=y−p

y²−1<1 de (14) ne peut être vérifiée. On a donc : ch(x) =y ⇐⇒ e^x=y+p

y²−1 (r´e´ecriture de (14))

⇐⇒ x= ln(y+p

y²−1) (ln :R^+∗ →Rest bijective et pour toutX ∈R, ln(e^X) =X).

(16)

On a donc :

∀y∈]1,+∞[, argch(y) = ln(y+p

y²−1). (18)

De (15) et (18), on déduit alors le résultat demandé.

• Deuxième preuve : en utilisant le fait qu’une fonction dérivable sur un intervalleI, de dérivée nulle sur I, est constante sur I

Soit la fonction

g: [1,+∞[→R; y7→argch(y)−ln(y+p y²−1).

On va montrer que la fonctiongest nulle sur [1,+∞[, ce qui impliquera le résultat demandé. Pour cela, on va scinder l’étude en plusieurs parties.

(a) Sur l’intervalle ]1,+∞[, on va prouver queg est dérivable et a une dérivée nulle. On en déduira que g est constante sur ]1,+∞[.

(b) On montrerag(1) = 0 par un calcul.

(c) On d´eduira de (a) et (b) queg est nulle sur [1,+∞[ par un argument de continuit´e.

(a) Dérivabilité et dérivée deg sur ]1,+∞[ La fonction

h1: ]1,+∞[→R^+∗; x7→y²−1 (fonction polynomiale) est bien d´efinie. En effet, soitx∈]1,+∞[.

x >1 =⇒ x²>1 (la fonction carr´ee est strictement croissante surR⁺)

=⇒ x²−1>0 (soustraction de 1 `a chaque membre)

Soient ´egalement les fonctions

h2:R^+∗→R^+∗; y7→√y h3: ]1,+∞[→]1,+∞[ ; y7→y h4:R^+∗→R; y 7→ln(y)

La compos´eeh2◦h1: ]1,+∞[→R^+∗; y7→p

y²−1 est bien définie car l’ensemble d’arrivée deh1et l’ensemble de départ deh2 co¨ıncident. D’autre part, pour touty∈]1,+∞[ :

y+p

y²−1>0 et donc la fonction h4◦(h3+h2◦h1) est bien d´efinie.

On remarque que :

g_|]1,+∞[= argch_|]1,+∞[−h4◦(h3+h2◦h1). (19) D’après la question 14, la fonction argch_|]1,+∞[ est dérivable sur son domaine de définition ]1,+∞[.

Les fonctions h1, h2, h3, h4 sont d´erivables sur leurs ensembles de d´efinition (fonctions usuelles).

Par opérations sur les fonctions dérivables (composition et combinaison linéaire), la fonctiong|]1,+∞[

est d´erivable sur son domaine de d´efinition ]1,+∞[.

(17)

On a les d´eriv´ees suivantes :

h^′₁: ]1,+∞[→R^+∗; x7→2y h^′₂:R^+∗→R^+∗; y7→ 1

2√y h^′₃: ]1,+∞[→]1,+∞[ ; y7→1 h^′₄:R^+∗→R; y7→ 1

y

(argch_|]1,+∞[)^′: ]1,+∞[→R; y7→ 1

py²−1 (cf. question 15).

Soity∈]1,+∞[. D’après les dérivées précédentes et la relation (19), on a :

g^′(y) = (argch_|]1,+∞[)^′(y)−(h^′₃(y) +h^′₁(y)×h^′₂(h1(y)))×h^′₄(h3(y) +h2(h1(y)))

= 1

py²−1 − 1 +2y× 1 2p

y²−1

!

× 1

y+p y²−1

= 1

py²−1 − 1 + y py²−1

!

× 1

y+p y²−1

= 1

py²−1 −

py²−1

py²−1 + y py²−1

!

× 1

y+p y²−1

= 1

py²−1 −p y²−1 +y

py²−1 × 1

y+p y²−1

= 0.

La fonction g est dérivable, de dérivée nulle, sur l’intervalle ]1,+∞[. Elle est donc constante sur l’intervalle ]1,+∞[. Il existe donc une constante réelleK telle que pour touty∈]1,+∞[ :

g(y) =K. (20)

(b) Preuve de g(1) = 0

On rappelle que argch(1) = 0 (cf. question 12). On a donc : g(1) = argch(1)

| {z }

0

−ln(1 +p 1²−1)

| {z }

0

= 0.

(c) Conclusion

En (a), nous avons montré que la fonction g est dérivable sur ]1,+∞[. De fa¸con analogue, on peut montrer que la fonction g est continue sur [1,+∞[. En particulier,g est continue en 1 à droite et donc :

g(y) →

y→1⁺g(1) = 0.

Mais en utilisant la relation (20), il vient :

g(y) →

y→1⁺K.

Par unicité de la limite, on a donc K= 0. On en déduit que pour touty∈[1,+∞[,g(y) = 0. On en déduit l’égalité demandée.

(18)

17. On a :

y²−1_y→+∞→ +∞ (op´erations)

√Y →

Y→+∞+∞ (limite usuelle)







composition

=⇒

de limites

py²−1_y→+∞→ +∞.

et y+p

y²−1_y→+∞→ +∞ (opérations et résultat précédent) ln(Y) →

Y→+∞+∞ (limite usuelle)









composition

=⇒

de limites ln(y+p

y²−1)_y→+∞→ +∞.

De ce dernier calcul de limite et de la question précédente, on déduit alors que : argch(y)_y→+∞→ +∞.

18. D’apr`es le cours, on sait que :

F: ]1,+∞[→R; y7→

Z y

∗

argch(t)dt

o`u∗ est une constante fix´ee de ]1,+∞[, est une primitive de la fonction argch sur ]1,+∞[.

Soity∈]1,+∞[. On remarque que : F(y) =

Z y

∗

argch(t)dt= Z y

∗

|{z}1

u^′(t)

×argch(t)

| {z }

v(t)

dt.

Les fonctions

u: ]1,+∞[→R; t7→t et v: ]1,+∞[→R; t7→argch(t) sontC¹ sur ]1,+∞[ (usuelles) et l’on a :

u^′: ]1,+∞[→R; t7→1 et v^′: ]1,+∞[→R; t7→ 1

√t²−1. Par int´egration par parties, on a donc :

Z y

∗

|{z}1

u^′(t)

×argch(t)

| {z }

v(t)

dt = [targch(t)]^y_∗− Z y

∗

|{z}t

u(t)

×

v^′(t)

z }| {

√ 1

t²−1 dt

= [targch(t)]^y_∗−1 2

Z y

∗

w^′(t)

z}|{2t pt²−1

| {z }

w(t)^1/2

dt

= [targch(t)]^y_∗−1 2 h

2p

t²−1iy

∗

= yargch(y)−p

y²−1 + Constante.

On en d´eduit que :

]1,+∞[→R; y7→yargch(y)−p y²−1 est une primitive de argch sur ]1,+∞[.

(19)

Probl` eme 2 (Simplification d’une expression mettant en jeu arcsinus et arctangente)

I− Etude de la fonction´ x7→arcsin(2x−1) Soitf la fonction d´efinie par :

f: x7→arcsin(2x−1).

1. Déterminer le domaine de définitionDf de la fonctionf. 2. Justifier quef est dérivable surDf privé de ses bornes.

3. Soitxun réel appartenant à Df privé de ses bornes. Calculerf^′(x).

II− Etude de la fonction´ x7→ 1−x x Soitg1 la fonction d´efinie par :

g1:x7→1−x x . 4. D´eterminer le domaine de d´efinitionDg1 deg1.

5. Dresser le tableau de signes de la fonctiong1. 6. Justifier queg1est d´erivable surDg1.

7. Soitx∈ Dg1. Calculerg^′₁(x).

8. ´Etudier les variations deg1surDg1. III− Etude de la fonction´ x7→arctan

r1−x x

!

Soitgla fonction d´efinie par :

g:x7→arctan

r1−x x

! . 9. D´eterminer le domaine de d´efinitionDg deg.

10. Justifier queg est d´erivable sur ]0,1[.

11. Soit x∈]0,1[. Calculerg^′(x).

IV − Simplification de2 arctan

r1−x x

!

+ arcsin(2x−1) o`u cela a un sens Soithla fonction d´efinie par :

h:x7→2 arctan

r1−x x

!

+ arcsin(2x−1).

12. D´eterminer le domaine de d´efinition Dh deh.

13. D´emontrer que pour tout x∈ Dh : 2 arctan

r1−x x

!

+ arcsin(2x−1) = π 2. Correction

1. Soitx∈R. Le domaine de d´efinition de arcsin ´etant [−1,1], le nombref(x) existe si et seulement si :

−1≤2x−1≤1.

Soitx∈R.

−1≤2x−1≤1 ⇐⇒ 0≤2x≤2 (ajout de 1 `a chacun des membres)

⇐⇒ 0≤x≤1 (division de chaque membre par 2>0) On en d´eduit que le domaine de d´efinition def est :

Df = [0,1].

(20)

2. Il s’agit de d´emontrer quef est d´erivable sur ]0,1[. Soient les fonctions : f1: ]0,1[→]−1,1[ ; x7→2x−1 f2: ]−1,1[→R; x7→arcsin(x).

Notons que la fonction f1 est bien d´efinie. En effet, soitx∈]0,1[.

0< x <1 =⇒ 0<2x <2 (multiplication par 2>0 de chacun des membres)

=⇒ −1<2x−1<1 (soustraction de 1 dans chaque membre).

De plus la composée f2◦f1 est bien définie car l’ensemble d’arrivée de f1 co¨ıncide avec l’ensemble de départ de f2.

On observe que :

f|]−1,1[=f2◦f1. (21)

Les fonctions f1 et f2 sont toutes deux d´erivables sur leurs ensembles de d´efinition respectifs (usuelles).

Une composée de fonctions dérivables étant dérivable, on en déduit que f_|]−1,1[ est dérivable sur son domaine de définition ]−1,1[. En d’autres termes,f est dérivable sur ]−1,1[.

3. Les dérivées def1et f2 sont données par :

f₁^′: ]0,1[→]−1,1[ ; x7→2 f₂^′: ]−1,1[→R; x7→ 1

√1−x². Soitx∈]−1,1[. Des dérivées précédentes et de (21), on déduit que : f^′(x) =f₁^′(x)×f₂^′(f1(x)) = 2× 1

p1−(2x−1)² = 2

√−4x²+ 4x= 2

p4x(1−x) = 2 2p

x(1−x) = 1 px(1−x).

4. La fonctiong1 est une fonction rationnelle. Elle est définie là où son dénominateur ne s’annule pas. On a donc :

Dg1=R^∗.

5. La fonctiong1 est le quotient de deux fonctions affines. On a le tableau de signes suivant.

x −∞ 0 1 +∞

Signe de 1−x + + 0 −

Signe dex − 0 + +

||

Signe deg1(x) −

||

⁺ ⁰ ⁻

||

6. La fonctiong1 est une fonction rationnelle. Elle est donc d´erivable sur son domaine de d´efinitionR^∗. 7. Soitx∈R^∗.

g^′₁(x) =(−1)×x−1×(1−x)

x² =− 1

x² <0.

8. On applique deux fois le crit`ere diff´erentiel de stricte monotonie pour obtenir les variations def : une fois sur l’intervalle ]− ∞,0[ et une autre sur l’intervalle ]0,+∞[.

(21)

• La fonction g1 est dérivable sur l’intervalle ]− ∞,0[ et a une dérivée strictement négative sur cet intervalle. On a donc

g1 estցցsur ]− ∞,0[.

• La fonctiong1 est dérivable sur l’intervalle ]0,+∞[ et a une dérivée strictement négative sur cet intervalle. On a donc

g1est ցցsur ]0,+∞[.

9. Soitx∈R.

f(x) existe si et seulement si









 x6= 0

d´efinition de 1−x x

1−x

x ≥0 (le domaine de d´efinition de racine carr´ee estR⁺).

De la question 5, on d´eduit que :

Dg =]0,1].

Remarque : On rappelle que le domaine de d´efinition d’arctangente est R. L’arctangente n’apporte donc aucune contrainte sur le domaine de d´efinition de f.

10. Soient les fonctions

g2: ]0,1[→R^+∗; x7→ 1−x x g3:R^+∗→R^+∗; x7→√

x g4:R^+∗→R; x7→arctan(x).

La fonctiong2 est bien d´efinie. En effet, six∈]0,1[, alors d’apr`es la question 5, on a 1−x x >0.

La fonctiong3est bien d´efinie. En effet, six >0 alors√

x >0 car la fonction racine carr´ee est strictement croissante surR⁺.

La composéeg4◦g3◦g2est bien définie compte tenu des ensembles de départ et d’arrivées respectifs des fonctionsg2, g3, g4 et l’on a :

g|]0,1[=g4◦g3◦g2. (22)

Les fonctions g2, g3, g4 sont d´erivables sur leurs domaines de d´efinition respectifs.

On en déduit que la fonction g_|]0,1[ est dérivable sur ]0,1[, comme composée de fonctions dérivables. En d’autres termes,g est dérivable sur ]0,1[.

11. On a les d´eriv´ees suivantes :

g^′₂: ]0,1[→R^+∗; x7→g^′₁(x) =− 1 x² g^′₃:R^+∗→R^+∗; x7→ 1

2√ x g^′₄:R^+∗→R; x7→ 1

1 +x². Soitx∈]0,1[. Des dérivées précédentes et de (22), on déduit que :

g^′(x) = g₂^′(x)×g^′₃(g2(x))×g₄^′(g3(g2(x)))

= − 1

x² × 1 2

r1−x x

× 1

1 +

r1−x x

!2

= −1 2× 1

x² × r x

1−x× 1

1 + 1−x x

(22)

= −1 2× 1

x² × r x

1−x× 1

x+ 1−x x

= −1 2× 1

x² × r x

1−x×x

= −1 2×1

x×

√x

√1−x

= −1

2× 1

√x√ 1−x

= −1

2× 1

px(1−x)

12. Le domaine de d´efinition dehest l’intersection des domaines de d´efinition def etg, i.e. : Dh = Df ∩ Dg

= [0,1]∩]0,1] (cf. questions 1 et 9)

= ]0,1].

13. On a bien sˆur :

h= 2g+f]0,1[. (23)

Les fonctions gethétant dérivables sur ]0,1[ (cf. questions 2 et 10), on en déduit quehest dérivable sur ]0,1[.

D’apr`es (23), on a pour tout x∈]0,1[ : h^′(x) = 2g^′(x) +f^′(x)

= 2× −1

2 × 1

px(1−x)

!

+ 1

px(1−x) (cf. questions 3 et 11)

= 0.

La fonctionhest dérivable, de dérivée nulle, sur l’intervalle ]0,1[. Elle est donc constante sur ]0,1[, i.e. il existe une contante réelleK telle que pour toutx∈]0,1[ :

h(x) =K.

On a donch(¹₂) =K. Mais d’autre part, h

1 2

= 2 arctan (1)

| {z } π 4

+ arcsin (0)

| {z }

0

=π 2.

On en d´eduit que K= π

2 et par suite que :

∀x∈]0,1[, h(x) = π

2. (24)

Calculons h(1).

h(1) = 2 arctan (0)

| {z }

0

+ arcsin (1)

| {z } π 2

= π

2. (25)

(23)

De (24) et (25), on d´eduit que :

∀x∈ Dh=]0,1], h(x) = 2 arctan

r1−x x

!

+ arcsin(2x−1) = π 2.

Probl` eme 3 (Courbes int´ egrales d’une ´ equation diff´ erentielle)

I− Résolution de l’équation différentielle

1. Résoudre l’équation différentielle

(E) (1 +x²)y^′+ 2xy= 1 x

d’inconnuey une fonction d´efinie sur ]0,+∞[ (le corps des coefficients estK=R).

II− Propriété de non-intersection des courbes intégrales

Le plan est rapporté à un repère (O;−→i ,−→j). Pour toutK∈R, on définit la fonctionf_K par : fK : ]0,+∞[→R; x7→ ln(x) +K

1 +x² et on noteCK sa courbe repr´esentative dans (O;−→i ,−→j).

2. Soit (α, β)∈R^+∗×R. SoitM le point de coordonn´ees (α, β). Montrer que parM passe une et une seule courbeCK (K∈R).

III− Etude d’une fonction auxiliaire´

SoitKun réel fixé. Soitg_K la fonction définie par :

g_K : ]0,+∞[→R; x7→1 +x²−2x²(ln(x) +K).

3. Justifier queg_K est d´erivable sur ]0,+∞[.

4. Soitx∈]0,+∞[. Calculerg_K^′ (x).

5. R´esoudre l’in´equation

g_K^′ (x)>0 d’inconnuex∈]0,+∞[.

6. R´esoudre l’´equation

g_K^′ (x) = 0 d’inconnuex∈]0,+∞[.

7. Dresser le tableau de variations degK. 8. D´emontrer que l’´equation

g_K(x) = 0

admet une unique solution sur ]0,+∞[ ; cette solution sera not´eem_K. 9. Dresser le tableau de signes deg_K.

IV − Etude des fonctions´ fK

SoitKun r´eel fix´e.

10. Justifier quefK est d´erivable sur ]0,+∞[.

11. Soit x∈]0,+∞[. Montrer quef_K^′ (x) a mˆeme signe quegK(x).

12. Dresser le tableau de variations defK. 13. CalculerfK(1) etfK(e^−K).

14. ´Etudier les limites ´eventuelles def_K en 0⁺et en +∞.

(24)

15. Montrer quef(mK) = 1 2m²_K.

V −Trac´e de l’allure de trois courbes int´egrales 16. Montrer quem1= 1.

17. Repr´esenter sur un mˆeme graphique les allures des courbesC−1,C0et C1. Correction

1. • Analyse de l’´equation diff´erentielle

L’équation (E) est une équation différentielle linéaire du premier ordre. Elle s’écrit (1 +x²6= 0) : (E) :y^′+ 2x

1 +x²y= 1 x(1 +x²) sous forme normalisée. L’équation différentielle homogène associée est :

(Eh) :y^′+ 2x

1 +x²y= 0.

• Résolution de l’équation différentielle (Eh)surR^+∗

Une primitive de la fonction

a:R^+∗→R; x7→ 2x 1 +x² est donn´ee par la fonction

A: R^+∗→R; x7→ln(|1 +x²|) = ln(1 +x²) où la dernière égalité vient du fait que 1 +x²>0 six∈R^+∗.

D’apr`es le cours, l’ensemble solution de (Eh) surR^+∗ est donn´e par :

Sol(Eh),R=

( y:R^+∗ → R

x 7→ Ke⁻^ln(1+x²⁾= K 1 +x²

K∈R

) .

• Recherche d’une solution particuli`ere de (E) surR^+∗

On utilise la m´ethode de la variation de la constante. On cherche une solution particuli`ere sous la forme y0:R^+∗→R; x7→ K(x)

1 +x²

oùK:R^+∗→Rest une fonction dérivable surR^+∗. La fonctiony0est alors dérivable surR^+∗(quotient deKdérivable sur R^+∗par une fonction polynomiale qui ne s’annule pas surR^+∗ et qui, elle aussi, est dérivable surR^+∗). En outre, pour toutx∈R^+∗ :

y^′₀(x) = K^′(x)(1 +x²)−2xK(x) (1 +x²)² . Soitx∈R^+∗.

y₀^′(x) + 2x

1 +x²y0(x) = 1

x(1 +x²) ⇐⇒ K^′(x)(1 +x²)−2xK(x)

(1 +x²)² + 2x 1 +x²

K(x)

1 +x² = 1 x(1 +x²)

⇐⇒ K^′(x) (1 +x²)

(1 +x²)² −2xK(x) (1 +x²)² +

2xK(x)

(1 +x²)² = 1 x(1 +x²)

⇐⇒ K^′(x) = 1

x (division de chaque membre par 1 +x²6= 0)

(25)

Ainsi, si l’on pose

K:R^+∗→R; x7→ln(x) alorsy0est une solution de (E) surR^+∗, i.e. la fonction

y0:R^+∗→R; x7→ ln(x) 1 +x² est une solution de (E) surR^+∗.

• Conclusion

Du cours et des deux points précédents, on déduit que :

Sol_(E),R=





y:R^+∗ → R

x 7→ K

1 +x² + ln(x)

1 +x² = ln(x) +K 1 +x²

K∈R



.

2. SoitM(α, β), o`uα∈R^+∗ etβ ∈R.

• Existence d’une courbe CK passant parM Consid´erons le probl`eme de Cauchy suivant.

(S) :







y^′+ 2x

1 +x²y= 1 x(1 +x²) y(α) =β.

D’après le cours, il existe une unique solution de (E) solution de ce problème de Cauchy, i.e., d’après la question 1, il existe une unique constante réelleK(α, β) telle que la fonction

f_K(α,β):R^+∗→R; x7→ ln(x) +K(α, β) 1 +x²

soit solution de (S). Comme f_K(α,β)(α) = β, la courbe CK(α,β), qui représentef_K(α,β), passe par le pointM(α, β) (cf. définition d’une courbe représentative de fonction).

• Unicit´e de la courbeCK passant parM

Soient K1 etK2 deux constantes r´eelles telles que les courbesCK1 et CK2 passent toutes deux parM. On a donc

– La fonction fK1: R^+∗ →R; x7→ ln(x) +K1

1 +x² v´erifie (E) (cf. question 1) et fK1(α) =β (CK1 passe parM). DoncfK1 est solution du probl`eme de Cauchy (S).

– La fonction f_K2: R^+∗ →R; x7→ ln(x) +K2

1 +x² v´erifie (E) (cf .question 1) et f_K2(α) =β (CK2 passe parM). Doncf_K₂ est solution du probl`eme de Cauchy (S).

Par unicité de la solution du problème de Cauchy (S), on a f_K₁ = f_K₂ (égalité de fonction). En particulier, on af_K₁(1) =f_K₂(1), i.e. :

K1

2 =K2

2 . On en d´eduit queK1=K2, ce qui montre l’unicit´e.

3. La fonctiongK est dérivable surR^+∗comme combinaison linéaire et produit de fonctions usuelles que l’on sait être dérivables surR^+∗.

4. Soitx∈R^+∗. g^′_K(x) = 2x−

4x×(ln(x) +K) + 2x²×1 x

=2x−4x(ln(x) +K)−2x=−4x(ln(x) +K)

(26)

5. Soitx∈R^+∗.

g_K^′ (x)>0 ⇐⇒ −4x(ln(x) +K)>0 (cf. question pr´ec´edente)

⇐⇒ ln(x) +K <0 (division de chaque membre par −4x <0)

⇐⇒ ln(x)<−K (soustraction deK dans chaque membre)

⇐⇒ x < e^−K = 1

e^K (la fonction exp estրրsurRet pour toutX∈R^+∗,e^ln(X)=X) L’ensemble solution de l’in´equationg^′_K(x)>0 est

0, e^−K . 6. Soitx∈R^+∗.

g_K^′ (x) = 0 ⇐⇒ −4x(ln(x) +K) = 0 (cf. question pr´ec´edente)

⇐⇒ ln(x) +K= 0 (division de chaque membre par −4x6= 0)

⇐⇒ ln(x) =−K (soustraction deK dans chaque membre)

⇐⇒ x=e^−K = 1

e^K ( exp :R→]0,+∞[ est bijective et pour toutX∈R^+∗,e^ln(X)=X) L’ensemble solution de l’´equationg_K^′ (x) = 0 est

e^−K .

7. Pour déterminer le sens de variation de la fonction g_K, qui est dérivable sur R^+∗ (cf. question 3), on applique le critère différentielle de stricte monotonie. Le signe de la dérivée de gK surR^+∗ se déduit des deux questions précédentes.

x 0 e^−K +∞

Signe deg_K^′ (x) + 0 −

g_K(e^−K) = 1 +e^−2K

Variations deg_K

ր ց

8. • R´esolution de l’´equation gK(x) = 0 sur l’intervalle]0, e^−K]

La fonctiongK est continue sur l’intervalle ]0, e^−K] (puisque d´erivable surR^+∗ d’apr`es la question 3).

La fonctiongK est strictement croissante sur ]0, e^−K] (cf. question pr´ec´edente).

D’après le théorème de la bijection,g_K réalise donc une bijection de ]0, e^−K] sur g_K(]0, e^−K]) =

x→0lim⁺g_K(x), gK(e^−K)

=

1,1 +e^−2K . Le calcul de lim

x→0⁺g_K(x) = 0 repose sur des limites usuelles, un r´esultat de croissances compar´ees qui livre :

x²ln(x) →

x→0⁺0 et des op´erations sur les limites.

On en d´eduit que

∀x∈]0, e^−K], g_K(x)>0 (26)

et donc que l’´equationg_K(x) = 0 ne poss`ede aucune solution sur l’intervalle ]0, e^−K].