MPSI B Corrigé du DM 08 10 janvier 2020

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Problème

1. a. Il sut de montrer que f ₁ admet en 0 des limites à droite et à gauche égales.

f 1 (x) = e

^1x

^ln(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

^x1

^ln(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

−∞ 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 .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Rémy Nicolai M0408C

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−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) .

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.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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