MPSI B 10 janvier 2020
Énoncé
Soit f 1 l'application de R ∗ dans R dénie par
∀ x ∈ R ∗ , f 1 (x) = x + p
x 2 + 1
1x.
1. a. Montrer que f 1 est prolongeable par continuité en une fonction f dénie et conti- nue sur R.
b. Étudier la parité de f .
c. Calculer un développement limité à l'ordre 4 de f en 0.
d. Étudier le sens de variation de f et les limites de f 0 en 0 et + ∞.
e. Tracer sommairement le graphe de f . Préciser la position de la courbe par rapport à la parabole d'équation y = e(1 − x 6
2) au voisinage de 0.
2. Soit F la primitive de f sur R + nulle en 0. On dénit la fonction H sur R + en posant H (x) =
f (0) si x = 0
F(x)
x si x > 0 . a. Montrer que H est continue en 0.
b. Montrer que H est deux fois dérivable dans R + , préciser H 0 (0) et H 00 (0) . c. Montrer que H(x) ≥ f (x) pour tous les x de R + .
d. Quelle est la limite de H en + ∞ ?
3. a. Montrer que F admet une bijection réciproque G dénie, continue et strictement croissante sur R + . (on pourra utiliser 2.c.)
b. Montrer que G est dérivable. Montrer que, pour tout u > 0 , il existe v dans ]0, G(u)[ tel que
G(u) u = 1
f (v) .
Corrigé
1. a. Il sut de montrer que f 1 admet en 0 des limites à droite et à gauche égales.
f 1 (x) = e
1xln(x+
√ x
2+1)
Calculons la limite à droite en 0 en utilisant un développement limité.
x+ p
x 2 + 1 = p
1 + x 2 +x = 1+x+o(x) ⇒ 1
x ln(x+ p
x 2 + 1) → 1 ⇒ f 1 (x) → e Le calcul précédent est encore valable à gauche. On prolonge f 1 en f par continuité en posant f (0) = e et f (x) = f 1 (x) si x 6 = 0 .
b. La fonction f est paire car
∀ x 6 = 0, (x + p
x 2 + 1)( − x + p
x 2 + 1) = 1 ⇒ f ( − x) = f(x) c. On utilise une dérivée pour accélérer le calcul du développement limité en 0.
ln(x + p
x 2 + 1) 0
= 1
√ 1 + x 2 = 1 + x 2 −
12= 1 − 1 2 x 2 + 3
8 x 4 + o(x 5 )
⇒ ln(x + p
x 2 + 1) = x − 1 6 x 3 + 3
40 x 5 + o x 6
⇒ 1
x ln(x + p
x 2 + 1) = 1 − 1 6 x 2 + 3
40 x 4 + o x 5 Soit f (x) = ee v , avec v = − 1 6 x 2 + 40 3 x 4 + o x 5 . On en déduit
f (x) = e
x1ln(x+
√ x
2+1) = e − e
6 x 2 + 4e
45 x 4 + o x 4
avec 3 40 + 1
2 × 6 2 = 4 45 . d. Calcul de la dérivée de f factorisée par commodité.
∀ x 6 = 0, f 0 (x) = ϕ(x) f (x)
x 2 avec ϕ(x) = x
√ 1 + x 2 − ln x + p
1 + x 2 On remarque que ϕ(0) = 0 , on étudie le signe de ϕ (aussi celui de f 0 ) en dérivant
ϕ 0 (x) = − x 2
(1 + x 2 )
32< 0.
On en déduit le tableau des signes et des variations
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Rémy Nicolai Acalloc1MPSI B 10 janvier 2020
−∞ 0 − 0 + + ∞
ϕ 0 − −
ϕ & 0 0 &
ϕ + 0 0 −
f % &
Étude des limites de f 0 en 0 et en + ∞.
En 0 , la fonction f est dérivable avec f 0 (0) = 0 qui sur le lit d'après c. sur son développement tronqué à l'ordre 1. Si on était assuré du caractère C 1 , on pourrait armer sans calcul que la limite de f 0 en 0 est 0 . Mais nous n'avons même pas montré la continuité de la dérivée en 0 . Pour justier cette limite, nous devons reprendre des développements limités en 0
ln x + √ 1 + x 2
x 2 = 1
x − x
6 + o(x 2 ) 1
x √
1 + x 2 = 1 x − x
2 + o(x 2 )
⇒ f 0 (x) =
− x
3 + o(x 2 )
f (x) → 0.
Écrivons des développements en + ∞ p 1 + x 2 = x
r 1 + 1
x 2 = x + 1 2x + o( 1
x )
⇒ ln p
1 + x 2 + x
= ln
2x + 1 2x + o( 1
x )
= ln x + ln 2 + 1
4x 2 + o( 1 x 2 )
⇒ ln x + √ 1 + x 2
x = ln x
x + O(1) On en déduit que f → 1 en + ∞. D'autre part
√ x
1 + x 2 → 1 ⇒ ϕ(x) ∼ − ln x ⇒ f 0 (x) ∼ − ln x x 2 → 0
e. On trace à la machine le graphe de la fonction f . D'après le développement limité en 0 ,
f (x) − e(1 − x 2 6 ) = 4e
45 x 4 + o x 4 .
Cette expression est positive au voisinage de 0, la courbe est au dessus de la parabole.
2. a. La dérivabilité de F en 0 (avec F 0 (0) = f (0) ) assure la continuité de H .
−2 −1 0 1 2
Fig. 1: Graphe de f
b. La fonction H est deux fois dérivable dans R ∗ + par les opérations habituelles.
Pour montrer la dérivabilité en 0 et la valeur de la dérivée, on forme un dévelop- pement limité à l'ordre 1 de H . Intégrons le développement limité de f :
f (x) = e − e
6 x 2 + o(x 2 ) ⇒ F(x) = ex − e
18 x 3 + o(x 3 )
⇒ H (x) = e − e
18 x 2 + o(x 2 ) ⇒ H 0 (0) = 0 Formons un développement de H 0 , pour x > 0 ,
f (x) x = e
x − e
6 x + o(x) F (x)
x 2 = e x − e
18 x + o(x)
⇒ H 0 (x) = f (x)
x − F (x) x 2 = − e
9 x + o(x)
⇒ H 00 (0) = − e 9 .
H 0 (x) = f (x)
x − F (x)
x 2 ⇒ H 0 (x) − H 0 (0)
x = xf(x) − F(x) x 3 = ( − e
6 + e
18 ) + o(1)
⇒ H 00 (0) = − e 9 . c. Pour x > 0 , considérons la fonction t → F (t) − tf(x) dans [0, x] .
Sa dérivée f (t) − f (x) est positive car f est décroissante dans [0 + ∞ [ . On en déduit en particulier que F (x) ≥ xf(x) d'où H(x) ≥ f (x) .
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d. Au voisinage de + ∞, on peut écrire : 1
x ln x + p
x 2 + 1
= 1 x
ln x + ln 1 + r
1 + 1 x 2
!
−→ln 2
∼ ln x x → 0.
On en déduit que f tend vers 1 avec f (x) − 1 ∼ ln x x . Considérons g(x) = F(x) − x − 2 √
x .
Alors g 0 (x) = f (x) − 1 − √ 1 x ∼ − √ 1 x car ln x x est négligeable en + ∞ devant √ 1 x . Il existe donc un x 0 > 0 tel que g soit strictement décroissante dans [x 0 , + ∞ [ . On en déduit F (x) ≤ g(x 0 ) + x + 2 √
x pour tout x ≥ x 0 puis f (x) ≤ H (x) ≤ g(x 0 )
x + 1 + 2
√ x .
Ce qui montre, avec le théorème d'encadrement, que H (x) tend vers 1 en + ∞.
3. a. La fonction F est strictement croissante dans R + . D'après 2.c., F(x) ≥ xf (x) ≥ x ⇒ F(x) −−→ +∞ + ∞ .
Comme F est continue, F( R + ) = R + . Elle est bijective vers son image. Elle admet une bijection réciproque G continue strictement croissante de R + dans R + . b. Comme F 0 (x) = f (x) > 0 pour tous les x positifs, le théorème de la dérivabilité
de la bijection réciproque assure que G est dérivable avec
∀ t ≥ 0, G 0 (t) = 1
F 0 (G(t)) = 1 f (G(t)) .
Remarquons que G(0) = 0 car F (0) = 0 et appliquons le théorème des accroisse- ments nis à G dans [0, u] . Il existe c ∈ ]0, u[ tel que G(u) − G(0) = uG 0 (c) = f(v) u en posant v = G(c) . Comme G est décroissante, v ∈ ]0, G(u)[ et vérie la formule de l'énoncé.
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