Correction du Contrˆ ole continu n

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Université Joseph Fourier 1^ère année de Licence

MAT128 Analyse élémentaire 2^ème semestre 2006/2007

Correction du Contrˆ ole continu n

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Méthodologie : pour utiliser efficacement un corrigé, il faut de manière général avoir réfléchi sur l’exercice avant. Ensuite, on lit le corrigé et on cherche à le comprendre. On pourra refaire l’exercice immédiatement après lecture du corrigé (et même en s’aidant du corrigé). Finalement il est impératif de vérifier que l’exercice est bien compris en le re- faisant sans aucune aide 3-4 jours après avoir lu le corrigé. Cela est aussi valable pour le TD : il faut refaire les exercices plusieurs jours après y avoir réfléchi ou vu le corrigé pour la dernière fois afin de distinguer la réelle compréhension à long terme de la mémorisation

`a court terme.

Exercice 1 :

• On pose f1(x) = e^x³ln(1 +x²). Cherchons le domaine de définition de f1. La fonction exponentielle ainsi que les fonctions polynômes sont définies et dérivables de R dans R donc x7→ e^x³ est définie et dérivable de R dans R . La fonction x7→1 +x² est définie et dérivable de R dans [1,+∞[ et la fonction ln est définie et dérivable de ]0,+∞[ dans R. Comme [1,+∞[⊂]0,+∞[, la fonction x7→ln(1 +x²) est définie et dérivable de R dansR. Au total,f1 est donc définie et dérivable sur toutR. En appliquant les règles de dérivation, le calcul de sa dérivée donne :

f₁⁰(x) = 3x²e^x³ln(1 +x²) +e^x³ 2x

1 +x² =e^x³

3x²ln(1 +x²) + 2x 1 +x²

.

• Soit f2(x) = cos √ 1−x

. La fonction cos est définie et dérivable sur tout R et la fonction y 7→ √y est définie sur [0,+∞[ et dérivable sur ]0,+∞[. Il faut donc regarder quand x est tel que 1−x ∈ [0,+∞[ et quand x est tel que 1−x ∈]0,+∞[. On trouve finalement quef2 est définie sur ]− ∞,1] et dérivable sur ]− ∞,1[. Puis, pour toutx <1,

f₂⁰(x) =−sin √

1−x −1 2√

1−x = sin √ 1−x 2√

1−x .

•Soitf₃(x) = Arcsin(2x+1)

x−3 . La fonction Arcsin est d´efinie sur [−1,1] et d´erivable sur ]−1,1[.

Il faut donc trouver les valeurs dexpour lesquelles 2x+ 1∈[−1,1] et celles pour lesquelles 2x+ 1 ∈]−1,1[. On trouve que la fonction x7→ Arcsin(2x+ 1) est définie sur [−1,0] et dérivable sur ]−1,0[. Or x−3 ne s’annule pas sur [−1,0] donc f3 est définie sur [−1,0]

et d´erivable sur ]−1,0[. D´erivons f3 :

∀x∈]−1,0[, f₃⁰(x) =

√ 2

1−(2x+1)²(x−3)−Arcsin(2x+ 1)

(x−3)² .

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• Soit f4(x) = (1 + Arctan(x²))³. La fonction f4 est définie et dérivable sur R comme composée de fonctions définies et dérivables sur R. Le calcul de sa dérivée donne

f₄⁰(x) = 3 1 + Arctan(x²)2 1

1 + (x²)²2x= 6x(1 + Arctan(x²))²

1 +x⁴ .

Exercice 2 : On considère la fonctionf : R→R définie par f(x) =x e⁻^x². Notons tout d’abord que f est définie et dérivable sur tout R comme produit et composée de fonctions continues et dérivables sur toutR. La dérivée de f est

f⁰(x) =e⁻^x² +xe⁻^x²(−2x) =e⁻^x²(1−2x²) .

Le facteur e⁻^x² est toujours strictement positif. La d´eriv´ee f⁰(x) est donc du signe de 1−2x². En outre,

x→±∞lim

x e⁻^x²

= lim

y→+∞

√ye⁻^y = 0

par croissance compar´ee. On obtient alors le tableau de variation suivant.

x −∞ −1/√

2 0 1/√

2 +∞

f⁰(x) − 0 + 0 −

1/√ 2e

% &

f(x) 0 0 0

& %

−1/√ 2e

On trouve donc quef atteint son maximum en 1/√

2 et que ce maximum vaut 1/√

2e. On d´eduit aussi de ce tableau de variation que le graphe de f est de la forme

-3 -2 -1 0 1 2 3

-0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

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Exercice 3 : Dans ce type d’exercice, on peut soit procéder par changement de variables, soit par dérivation. On se propose de corriger les deux méthodes.

M´ethode par changement de variables :

1) Pour tout x ∈ [−1,1], il existe un unique θ ∈ [0, π] tel que x = cosθ. On a alors que sin(Arccos(x)) = sin(Arccos(cos(θ))) = sin(θ). Or, siθ ∈[0, π], alors sin(θ) est positif donc

´egal `a p

1−cos²(θ) =√

1−x². Finalement :

∀x∈[−1,1], sin(Arccos(x)) =√

1−x² .

2) Pour tout x∈R, il existe un unique θ∈]−π/2, π/2[ tel que x= tanθ. Le changement de variable donne que cos(Arctan(x)) = cos(θ). Mais si θ ∈]−π/2, π/2[, alors cos(θ)>0.

Donc 1 + tan²(θ) = 1/cos²(θ) implique que cos(θ) = 1/p

1 + tan²(θ). En revenant `a la variable x, on obtient

∀x∈R, cos(Arctan(x)) = 1

√1 +x² . M´ethode par d´erivation :

1) On pose f(x) = sin(Arccos(x)). La fonction f est continue sur [−1,1] et d´erivable sur ]−1,1[. On af⁰(x) = cos(Arccos(x))^√⁻¹

1−x² = ^√⁻^x

1−x². Or ^√⁻^x

1−x² est la d´eriv´ee de √

1−x². On en d´eduit donc qu’il existe une constante C telle que f(x) = √

1−x² +C pour tout x ∈]− 1,1[. Par continuité, cette égalité est aussi vraie aux bornes ±1. Finalement, f(0) = sin(π/2) = 1 =√

1−0 doncC = 0 et sin(Arccos(x)) = √

1−x².

2) On posef(x) = cos(Arctan(x)). La fonctionf est dérivable sur toutRet sa dérivée vaut f⁰(x) = −sin(Arctan(x))_1+x¹². On note que Arctan(x) ∈]−π/2, π/2[ donc f est toujours strictement positive. On peut donc écrire que

f⁰(x)

f(x) =−sin(Arctan(x)) 1 1 +x²

1

cos(Arctan(x)) =−tan(Arctan(x)) 1

1 +x² = −x 1 +x² . En int´egrant chaque membre, on trouve qu’il existe une constante C telle que

ln(f(x)) =−1

2ln(1 +x²) +C c’est-`a-dire f(x) = e^C

√1 +x² . En prenant x= 0, on trouve que la constante C est nulle.

Exercice 4 : On consid`ere la fonctionf(x) = Arccos(2x² −1).

1) La fonction x 7→ 2x² −1 est définie et continue de [−1,1] dans [−1,1]. La fonction Arccos est définie et continue de [−1,1] dans R. Donc f est définie et continue de [−1,1]

dans R. En outre, f est paire puisque

f(−x) = Arccos(2(−x)²−1) = Arccos(2x²−1) = f(x) .

2) La fonction x 7→ 2x² −1 est toujours dérivable en tant que polynôme. La fonction Arccos est par contre seulement dérivable sur ]−1,1[. Il faut donc trouver les x tels que

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2x² −1 ∈]−1,1[. Une rapide étude de fonctions nous montre que 2x² −1 ∈]−1,1[ si et seulement si x ∈ ]−1,0[∪]0,1[. En utilisant le théorème sur la dérivée d’une fonction composée, on trouve donc que f est dérivable en tout point x∈]−1,0[∪]0,1[ et que

f⁰(x) = −1

p1−(2x²−1)² 4x= −4x

p1−(2x²−1)² .

3) En utilisant la parit´e def, il nous suffit de trouver une expression simple def sur ]0,1[.

Pour tout x∈]0,1[, on a

f⁰(x) = −4x

√4x²−4x⁴ = −2x

|x|

√ 1

1−x² = −2

√1−x² .

Donc il existe une constanteC telle quef(x) = 2Arccos(x) +C. En utilisant la continuit´e de f, on obtient que f(x) = 2Arccos(x) +C sur [0,1]. En regardant la valeur de f en 1, on obtient que C = 0. Enfin, la parit´e def montre que

f(x) = 2Arccos(|x|). 4) On obtient le graphique suivant

-1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0 2.4 2.8 3.2

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