MPSI B Année 2016-2017 Corrigé DM 7 le 06/01/17 29 juin 2019
Problème
Partie 1 : variations
y
x C
graphe de g
Fig. 1: Graphes def et deg.
1. La fonction f est croissante comme somme de fonctions croissantes, elle est impaire.
Son étude ne présente rien de particulier le graphe est présenté en gure1.
2. La fonction est strictement croissante donc injective. Elle est continue donc l'image de son domaine de dénition R est un intervalle (théorème des valeurs intermédiaires).
Les limites en +∞ et −∞ sont +∞ et −∞ donc cet intervalle image est R. Ceci montre quef est bijective. Sa bijection réciproque est notéeg. Elle associe à tout réel xl'unique solution de l'équationt3+t=xd'inconnuex.
3. La bijection réciproque d'une bijection strictement monotone est monotone de même sens. La fonctiong est donc strictement croissante.
Pour tout réelx, commef est impaire,f(−g(x)) =−f(g(x)) =−x. Donc −g(x) est l'antécédent de−xce qui montre que−g(x) =g(−x). La fonctiongest donc impaire.
Le graphe de g est symétrique de celui de f par rapport à la première bissectrice. Il est placé aussi dans la gure1.
4. Commef0(t) = 3t2+ 1, la dérivéef0 ne s'annule pas dansR. D'après un théorème de
cours, la bijection réciproquegest alors dérivable avec :
∀x∈R: g0(x) = 1
f0(g(x))= 1 1 + 3g(x)2
L'expression de la dérivée de g est clairement positive. De plus, comme g0 est stric- tement croissante, strictement positive dans ]0,+∞[ et strictement négative dans ]− ∞,0[, elle est croissante dans]− ∞,0]et décroissante dans[0,+∞[.
Partie 2 : approximations
C x
x
(u
1(x), x) (g(x), x)
Fig. 2: Intersection de la tangente avecDx.
1. Notons X et Y les fonctions coordonnées. L'équation de la tangente à C au point d'abscissetest
X−t 1
Y −t3−t 3t2+ 1
= 0
L'abscisse du point d'intersection de la tangente avecDxest obtenue en prenantY =x
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1 Rémy Nicolai M1607C
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dans l'équation de la tangente.
(X−t)(3t2+ 1) =x−t3−t⇔X(3t2+ 1) =x−t3−t+ 3t3+t= 2t3+x
⇔X = 2t3+x
3t2+ 1 =ϕx(t) Par dénition de l'algorithme, le calcul précédent montre que un+1(x) = ϕx(un(x)). La gure2 présente la construction deu1(x).
2. a. Après réduction au même dénominateur, on obtient : ϕx(t)−t= t3+t−x
3t2+ 1
La fonctiont →t3+t−xest strictement croissante et s'annule uniquement en g(x). Elle est donc négative avantg(x)et positive après.
b. Calcul deϕ0x.
ϕ0x(t) = 6t2
3t2+ 1−(2t3+x) 6t
(3t2+ 1)2 = (t3+t−x) 6t (3t2+ 1)2 On en déduit le tableau suivant
−∞ 0 g(x) +∞
t−ϕx(t) − 0 +
ϕ0x(t) + 0 − 0 +
c. Pour unx >0xé, précisons bien d'abord que0< g(x)< x. En eet, la fonction t → t3+t−xest strictement croissante. Elle est strictement négative en 0 et strictement positive enx, le pointg(x)où elle s'annule est donc dans l'intervalle ouvert]0, x[.
D'après l'étude des signes précédente, ϕx(x) < x, ϕx(g(x)) = g(x) et ϕx est croissante donc
ϕx([g(x), x]) = [ϕx(g(x)), ϕx(x)] = [g(x), ϕx(x)]⊂[g(x), x]
Cela traduit bien que[g(x), x]est stable parϕx.
d. Lorsquet≥g(x), on a déjà prouvé quet3+t−x≥0. De plus, pourt≤x,t−x est négatif donct3+t−x≤t3. En utilisant cette majoration dans l'expression factorisée deϕ0xdéjà trouvée, on obtient :
ϕ0x(t)≤ 6t4
(3t2+ 1)2 ≤ 6t4 (3t2)2 = 2
3
3. a. À cause de la stabilité de l'intervalle, tous lesun(x) sont dans[g(x), x]. L'étude des signes a montré que u1(x) ≤ u0(x). La croissance de ϕx dans l'intervalle entraîne que l'inégalité se propage, la suite est donc strictement décroissante. Elle est minorée donc elle converge vers un élémentlde l'intervalle. Cette limitelest un point xe car ϕx est continue en l. Le seul point xe dans l'intervalle étant g(x), on en déduit que la suite converge versg(x).
b. On sait que tous les un(x) sont supérieurs à g(x). Appliquons l'inégalité des accroissements nis àϕxentreg(x)etun(x)avec 23 comme majorant de la dérivée dans l'intervalle
0≤un+1(x)−g(x) =ϕx(un(x))−ϕx(g(x)≤(un(x)−g(x))2 3 c. On déduit facilement par récurrence que
un(x)−g(x)≤
2
3 n
(x−g(x))
Or lorsque xest plus petit qu'un a xé, 0 ≤ x−g(x) ≤ x≤ a. On en déduit βn≤ 23n
a.
d. Développons le numérateur de l'expression proposée à droite de l'égalité puis remplaçonsg(x)3en utilisantg(x)3+g(x) =x. Il vient :
(t−g(x))2(2t+g(x)) = 2t3+x−g(x)(3t2+ 1)
⇒(t−g(x))22t+g(x)
3t2+ 1 =2t3+x
3t2+ 1 −g(x) =ϕx(t)−g(x) Une majoration de 2t+g(x)3t2+1 pourt∈[g(x), x]est demandée. D'abord :
g(x)≤t⇒ 2t+g(x)
3t2+ 1 ≤ 3t 3t2+ 1 Ensuite :
3t
3t2+ 1 = 1
t+3t1 = 1
√
t−√13t2 +√2
3
≤
√3 2 Ce qui entraîne l'inégalité demandée.
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