td ran correction

Universit´e Claude Bernard Lyon 1 CAPES de math

Ann´ee 2017-2018

El´ ´ ements de correction des fiches de remise ` a niveau Fiche de remise ` a niveau n

1

Exercice 4. 3. Remarquons que l’´egalit´e de la question 2 peut s’´ecrire : pour tout λ > 0 et pour tout (x, y)∈R², on a λ²x² −2λ|xy|+y² ≥0, et que cette ´egalit´e reste vraie pourλ≤0.

Consid´erons maintenant deux n-uplets de r´eels (x₁, . . . , x_n) et (y₁, . . . , y_n) et notons la fonction R:R→R d´efinie pour tout r´eel λ par

R(λ) =X

k

(λx_k+y_k)².

On peut remarquer queR est `a valeurs dans R⁺ et, en d´eveloppant, il vient : pour toutλ∈R, R(λ) = λ²X

x²_k+ 2λX

x_ky_k+X y_k²

La fonctionR est donc un polynˆome de degr´e 2 enλ et qui est toujours positif : son discriminant est donc n´egatif ou nul, ce qui fournit le r´esultat souhait´e.

Exercice 15.La fonction f est d´efinie surR\{1} et `a valeurs dans R\{−1}, et elle est continue sur chacun des intervalles ]− ∞,1[ et ]1,+∞[. Plus pr´ecis´ement : c’est une fonction homographique, elle est bijective de son ensemble de d´efinition vers son ensemble d’arriv´ee.

Pour tout x∈R\{1}, on a

f(x) =−1 + 2 1−x

donc une primitive de f est la fonctionx7→ −x−2 ln|1−x|. Cette primitive est d´efinie sur R\{1}.

Remarque : L’ensemble des primitives de f est l’ensemble des fonctions {x7→ −x−2 ln|1−x|+c₁1_x<1+c₂1_x>1}

Pour tout x6= 1, on a g(x) = 1/(1−x). La fonction g est donc d´efinie sur R\{1}et admet pour primitive la fonctionx7→ −ln|1−x|. De mˆeme que pour les primitives def, on peut ajouter `a cette fonction deux constantes diff´erentes sur les intervalles ]− ∞,1[ et ]1,+∞[.

La fonction h est d´efinie sur Ret on a, pour tout r´eel x, h(x) = 1

1 + 4x² + x 1 + 4x².

On peut alors int´egrer chacun des deux termes via les fonctions ln et arctan : une primitive de h est la fonction

x7→ 1

2arctan 2x+1

8ln(1 + 4x²)

La fonction k est d´efinie et continue sur R. Une primitive de k sur R⁺ (resp. R⁻) est la fonction x7→x²/2 (resp. x7→ −x²/2). Une primitive de k d´efinie surR est donc la fonction x7→sgn(x)x²/2.

Cette fonction est bien continue et d´erivable sur R... mˆeme si cela ne se voit pas directement sur l’´ecriture de la primitive !

La fonction φ est d´efinie et continue surR. Notonsu:x7→ln(1 +x²) etv :x7→x. On a φ=uv⁰ donc, pour tout r´eel t, on a

Z t 0

φ(x)dx = Z t

0

1×ln(1 +x²) dx

= h

xln(1 +x²)it 0

− Z t

0

x 2x 1 +x² dx

= tln(1 +t²)− Z t

0

2− 2 1 +x²

dx

= tln(1 +t²)−2t+ 2 arctant

La fonction ψ est d´efinie et continue sur Ret elle est de la forme ψ =u⁰ln(1 +u²) = u⁰φ(u) avec u:x7→cosx : on d´eduit ainsi une primitive de ψ `a partir d’une primitive deφ.

Exercice 16.Pour ces deux ´etudes de limites, on utilise le taux d’accroissement : par d´efinition du nombre d´eriv´e,

limt→0

exp(t)−1

t = exp⁰(0) = 1 et lim

h→0

cos(1 +h)−cos(1)

h = cos⁰(1) =−sin(1)

Pour le premier calcul de limite, on remarque que lorsque xtend vers 0,xcos(x) tend vers 0 donc par les r´esultats de composition de limite : [On remplace t par xcosx],

limx→0

exp(xcosx)−1 xcosx = 1 puis, avec pour tout x6= 0,

exp(xcosx)−1

x = exp(xcosx)−1 xcosx cosx il vient :

limx→0

exp(xcosx)−1

x = 1

Pour le deuxi`eme calcul de limite, on remarque que pour toutx6= 0, on a : cos(1 +x)−cos(1−x)

x = cos(1 +x)−cos(1)

x +cos(1−x)−cos(1)

−x ce qui permet de conclure que la limite recherch´ee existe et est ´egale `a −2 sin(1)

Exercice 17. Les ensembles A, B et C sont des sous-ensembles de R d´efinis comme image de R ou d’un intervalle de R par une fonction (continue). On ´etudie donc les variations des diff´erentes fonctions.

Soit f la fonction d´efinie sur Rpar f(x) = (1 +x)/(1 +x²).

f est d´erivable, de d´eriv´ee

f⁰(x) = (1 +x²)−2x(1 +x)

(1 +x²)² = 1−2x−x² (1 +x²)²

Le d´enominateur de cette fraction est toujours positif. Le discriminant du num´erateur est ´egal `a 8. Le num´erateur s’annule donc en 1±√

2, est n´egatif `a l’ext´erieur des racines et positif entre ses racines.

On obtient donc le tableau de variation suivant : x

f⁰(x)

f(x)

−∞ −1−√

2 −1 +√

2 +∞

− 0 + 0 −

0 0

1−√ 2 2 1−√

2 2

1+√ 2 2 1+√

2 2

0 0 Le minimum de A est donc ¹⁻

√2

2 , et son maximum est ´egal `a¹⁺

√2 2 .

L’ensemble B n’est clairement pas born´e sup´erieurement et n’admet donc pas de maximum.

D´eterminons le minimum de x7→x⁴−2x² sur R (ou celui det7→t²−2t sur R⁺). Une ´etude de fonction est possible, mais on peut aussi remarquer que, pour tout xr´eel, on a

x⁴−2x² = (x⁴−2x²+ 1)−1 = (x²−1)²−1

Pour tout r´eel x, on a donc x⁴−2x² ≥ −1, et la valeur −1 est atteinte en x=±1. Le minimum de B existe donc et vaut −1.

La fonction g :x7→10x−x² est une fonction polynomiale de degr´e 2. Son maximum (sur R) est atteint en x = 5 (point d’annulation de sa d´eriv´ee, ou milieu du segment d´efini par ses racines), la fonction est croissante sur ]− ∞,5] et d´ecroissante sur [5,+∞[. Le maximum de Cest doncg(5) = 25 et son minimum est le minimum de g(3) etg(10) : le minimum de C est donc ´egal `a 0.

L’ensemble D est ´egal `a {x²+ _x¹2, x ∈ R^∗}. Cet ensemble est inclus dans R⁺ et n’est pas born´e sup´erieurement. D´eterminons son minimum (s’il existe).

La fonctionh:t 7→t+1/test d´erivable surR^+∗, de d´eriv´eet7→t−1/t². Le seul point d’annulation de cette d´eriv´ee est le point 1, et on a le tableau de variation suivant :

x h⁰(x)

h(x)

0 1 +∞

− 0 +

+∞

+∞

2 2

+∞

+∞

L’ensemble D admet donc 1 comme minimum (et il est atteint en (x, y) = (1,1) et en (x, y) = (−1,−1)).

Fiche de remise ` a niveau n

2

Exercice 3.On a

• tan({0}) ={0},

• tan⁻¹({0}) =πZ={kπ, k ∈Z}

• cos⁻¹([0,1]) = [−π/2, π/2] + 2πZce qui peut ´egalement s’´ecrire cos⁻¹([0,1]) = [

k∈Z

h−π

2 + 2kπ,π

2 + 2kπi

• En utilisant notamment le fait que sin(π/6) = sin(5π/6) = 1/2, on obtient : sin⁻¹([0,1/2]) = [

k∈Z

h 2kπ,π

6 + 2kπi [ 5π

6 + 2kπ,(2k+ 1)π

• Avec la fonction f : x 7→ x², f⁻¹([0,1]) = [−1,1] ; f⁻¹([2,4]) = [−2,−√

2] ∪ [√

2,2] et f⁻¹([−1,4]) =f⁻¹([0,4]) = [−2,2].

Exercice 4. On consid`ere l’application f : I → J, x 7→ x<sup>2</sup>, o`u I et J sont deux intervalles de R. Cette fonction est

1. Injective mais pas surjective si, par exemple, I = [−1,0] et J = [−1,1].

2. Surjective mais pas injective si, par exemple, I = [−1,2] et J = [0,4].

3. Bijective si, par exemple, I = [1,2] et J = [1,4].

Exercice 5.D´eterminer une primitive des fonctions suivantes :

1. La fonctiont 7→ ¹_t +_t²2 est continue sur R^∗ : elle admet donc des primitives sur ]− ∞,0[ et sur ]0,+∞[.

Z t

1 t + 2

t² dt = Z t

1 tdt+

Z t

2

t² dt = ln|t| − 2 t

2. La fonction t7→(1−t)(1 + 2t+ 4t²) est continue sur R. On d´eveloppe : pour tout r´eel t, on a (1−t)(1 + 2t+ 4t²) = −4t³+ 2t²+t+ 1

Il reste alors `a int´egrer terme `a terme. Une primitive de t 7→ (1−t)(1 + 2t+ 4t²) est donc la fonctiont 7→ −t⁴+²₃t³+¹₂t+t.

3. t 7→ _4+t^1+t2 est continue sur R et ses primitives ont d´ej`a ´et´e d´etermin´ee dans l’exercice 15 de la fiche R`aN 1 !

4. La fonctiont7→5e^2t+ 2e^5test continue surRet on connaˆıt une primitive de chacun des termes.

Une primitive de cette fonction est donc la fonction t7→ ⁵₂e^2t+²₅e^5t.

5. La fonction t 7→ cos³t+ sin²t est continue sur R donc admet une primitive. On proc`ede par lin´earisation : moyennant un peu de trigo, pour tout t r´eel, on obtient

cos(3t) = costcos(2t)−sintsin(2t) = cost(2 cos²t−1)−2 sin²tcost = 4 cos³t−3 cost d’o`u cos<sup>3</sup>t= (cos(3t) + 3 cost)/4 et cos<sup>3</sup>t+ sin<sup>2</sup>t= (cos(3t) + 3 cost)/4 + (1−cos(2t))/2 Si on est allergique `a la trigo, on peut passer par les complexes : cost = (e^it+e^−it)/2, on ´el`eve au cube, on fait l’´equivalent avec le sin et on doit retomber sur la mˆeme chose. On obtient comme primitive det7→cos³t+ sin²t la fonction ₁₂¹ sin(3t) + ³₄sint+₂^t − ¹₄sin(2t)

6. La fonction t7→sh(3t) est continue et on v´erifie ais´ement que la d´eriv´ee de t7→ ¹₃ch(3t) lui est

´egale.

7. La fonction t 7→ ^√1

t + ¹

t√

t est continue sur R^+∗ et admet pour primitive la fonction t 7→

−²₃t^−3/2 −²₅t^−5/2. 8. La fonctiont 7→ ¹

ch²t est continue surR donc admet une primitive. Pour la d´eterminer, soit on connaˆıt ses formules de trigo hyperbolique et on se souvient que ⁰ = 1/ch², soit on revient `a la forme exponentielle :

1

ch²t = 4

e^2t+e^−2t+ 2 = 2 (e^2t)⁰ (e^2t+ 1)²

et on peut conclure qu’une primitive de t 7→ 1/ch²t est la fonction t 7→ −2/(e^2t+ 1) (qui est

´egale `at7→tht−1).

9. Montrons qu’une primitive de t7→1/√

1−t² est la fonction arcsin.

La fonction arcsin est continue de [−1,1] dans [−^π₂,^π₂]. En tant que fonction r´eciproque de la fonction sin, elle est d´erivable en tout point t tel que sin⁰(arcsint) est non nul : elle est donc d´erivable sur ]−1,1[.

Pour toutt ∈]−1,1[, on a sin(arcsint)) =t, donc en d´erivant cette expression : cos(arcsint) arcsin⁰(t) = 1

Or, puisque arcsint∈]−π/2, π/2[, on a cos(arcsint)>0. D’o`u : arcsin⁰(t) = 1

cos(arcsint) = 1

p1−sin²(arcsint) = 1

√1−t²

Exercice 6. Int´egration par parties : Si u et v sont deux fonctions de classes C¹ sur un intervalle [a, b], rappelons que l’on a :

Z b a

u⁰(t)v(t) dt=h

u(t)v(t)ib a

− Z b

a

u(t)v⁰(t) dt

Cette formule se g´en´eralise sans probl`eme aux intervalles non born´es ou ouverts, `a condition que les diff´erents termes soient convergents.

Toutes les primitives sont donn´ees `a une constante additive pr`es et, sauf mention contraire, sont d´efinies sur R.

[u⁰(x) = e^−x, v(x) =x] : Z

xe^−x dx =h

−xe^−xix

+ Z x

1×e^−x dx=−(x+ 1)e^−x

[u⁰(x) = cosx, v(x) = cosx] : Z x

cos²x dx = h

sinxcosxix

+ Z x

sinxsinx dx

= sinxcosx+ Z x

(1−cos²x) dx

= sinxcosx+x− Z x

cos²x dx

On en d´eduit alors qu’une primitive de x 7→ cos²x est la fonction x 7→ (sinxcosx+x)/2. Ce r´esultat s’obtient ´egalement en lin´earisant cos²x : cos²x= (1 + cos(2x))/2

[u⁰(x) = sinx, v(x) =x+x²] : Z

(x²+x) sinx dx= h

−(x+x²) cosx ix

+ Z x

(1 + 2x) cosx dx Et on r´eint`egre par partie :

[u⁰(x) = cosx, v(x) = 1+2x] : Z x

(1+2x) cosx dx=h

(1+2x) sinxix

− Z x

2 sinx dx= (1+2x) sinx+2 cosx On obtient donc finalement :

Z

(x²+x) sinx dx=−(x+x²) cosx+ (1 + 2x) sinx+ 2 cosx= (2−x−x²) cosx+ (1 + 2x) sinx Une autre technique usuelle pour trouver une primitive d’une expression de la forme Polynome(x)×

sinxou Polynome(x)×cosxest de chercher une primitive sous la forme de la somme d’un polynˆome de mˆeme degr´e multipli´e par sinx et d’un autre polynˆome de mˆeme degr´e multipli´e par cosx.

Sur R^+∗ : Z x

lnx dx=h

xlnxix

− Z x

x

x dx =xlnx−x Z x

arctanx dx=h

xarctanxix

− Z x

x

1 +x² dx=xarctanx+1

2ln(1 +x²)

Pour la derni`ere, on effectue une double int´egration par partie (au choix : on int`egre deux fois ou on d´erive deux fois la partie exponentielle, et on fait l’op´eration inverse sur la partie trigonom´etrique) :

Z

e^xcosx dx=h

e^xcosxix

+ Z x

sinxe^x dx=e^xcosx+h

sinxe^xix

− Z x

cosxe^x dx On retrouve l’expression initiale dans le membre de droite, ce qui permet d’obtenir :

Z x

cosxe^x dx= 1

2e^x(cosx+ sinx) Au moins deux autres m´ethodes sont possibles :

• On cherche une solution sous la forme d’un polynˆome de degr´e 1 en sin et cos multipli´e pare^x

• On met le cos sous forme exponentielle : e^xcosx = <(e^(1+i)x) = (e^(1+i)x +e^(1−i)x)/2. Une exponentielle complexe s’int`egre comme une exponentielle r´eelle, il restera donc juste `a identifier parties r´eelle et imaginaire.

Exercice 7.

1. La fonction x 7→1/(x√

x²−1) est continue sur ]− ∞,−1[∪]1,+∞[ : on en cherche donc une primitive sur l’un ou l’autre de ces intervalles. Le changement de variable t = 1/x est bijectif sur chacun des intervalles (sur lequel le signe det sera constant).

Z a

1 x√

x²−1 dx= Z 1/a

t q1

t² −1

−dt t² =−

Z 1/a

sgn(t) 1

√1−t²dt = sgn(a) arcsin(1/a)

2. La fonctiont7→ −lntest bijective ]0,+∞[ dansR, et d´erivable ainsi que sa fonction r´eciproque (x7→e^−x). La fonction 1/(e^x+ 1) est continue sur R donc admet une primitive.

On a :

Z a 1

e^x+ 1 dx=

Z e^−a 1

1 t + 1

−dt t =−

Z e^−a 1

1 +t =−ln(1 +e^−a)

3. Il est ici un peu ´etrange de proposer un changement de variable, alors que la fonction `a int´egrer est de la formeu<sup>0</sup>u<sup>5</sup>/2... mais prˆetons-nous `a l’exercice.

La fonction x7→x(1 +x²)⁵ est continue et admet donc des primitives.

Le plus efficace : En notantu:x7→x²+ 1 etφ :x7→x², on remarque que la fonction `a int´egrer est de la forme ¹₂u⁰(x)φ(u(x)) : on a alors (mˆeme si la fonction u n’est pas bijective) :

Z b a

1

2u⁰(x)φ(u(x)) dx= Z u(b)

u(a)

1

2φ(t)dt = u(b)⁶−u(a)⁶ 12 Plus laborieux : on a x = ±√

t−1, avec t > 1, et dx = ±1/(2√

t−1) dt, ou directement 2x dx =dt, et faire le changement de variable comme d’habitude.

4. La fonction x7→1/√

e^2x−1 est continue surR^+∗ : elle admet une primitive sur cet intervalle.

Le changement de variable v´erifie bien les hypoth`eses souhait´ees et on a dt =−e^−xdx.

Z a

√ 1

e^2x−1 dx= Z a

e^−x

√1−e^−2x dx=

Z e^−a −1

√1−t² dt=−arcsin(e^−a)

5. La fonction `a int´egrer est continue sur [−1,+∞[ et le changement de variable propos´e v´erifie x² dx=dt/3. On a donc : pour tout a≥ −1 :

Z a

x²√

1 +x³ dx=

Z a³√

1 +t dt 3 =h2

9(1 +t)^3/2ia³

= 2

9(1 +a³)^3/2

6. La fonction `a int´egrer est continue sur R, le changement de variable propos´e est d´efini sur un intervalle du type ](k−¹₂)π,(k+¹₂)π, pour toutk ∈Z. on a alorsdt= (1 + tan²x)dx. Au sein

d’un intervalle de ce type, on a : Z a

1

3 + cos(2x) dx = Z a

1

2 + 2 cos²x dx

=

Z a 1

2(1 + _1+tan¹2(x)) dx

= Z a

1 + tan²(x) 2(2 + tan²(x)) dx

=

Z tana

1

2(2 +t²) dt

= h 1 2√

2arctan t

√2

itana

= 1

2√

2arctan

tana

√2