Correction du devoir 1 — Problèmes de synthèse — Dérivation — Al Moufid

Menu du devoir

Partie I — Étude de gPartie II — Étude de f

Partie I — Étude de la fonction \(g\)

On considère la fonction numérique \(g\) définie par : \[ g(x)=\operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right) - \frac{x}{(x-1)^2+1}. \]

1) Déterminer le domaine de définition de \(g\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

La fonction \(g\) contient le terme :

\[ \frac1{x-1}. \]

Il faut donc que :

\[ x-1\neq0. \]

Autrement dit :

\[ x\neq1. \]

Le dénominateur \((x-1)^2+1\) ne s’annule jamais, car :

\[ (x-1)^2+1\gt0 \quad\text{pour tout }x\in\mathbb{R}. \]

Le domaine de définition de \(g\) est : \[ D_g=\mathbb{R}\setminus\{1\}. \]

2) Montrer que, pour tout \(x\in D_g\),

\[ g'(x)=\frac{2x-4}{\left((x-1)^2+1\right)^2}. \]

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Pour \(x\neq1\), posons :

\[ A(x)=(x-1)^2+1. \]

On a :

\[ g(x)=\operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right)-\frac{x}{A(x)}. \]

D’abord :

\[ \left(\frac1{x-1}\right)'=-\frac1{(x-1)^2}. \]

Donc, en utilisant la dérivée de \(\operatorname{Arctan}u\) :

\[ \left(\operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right)\right)' = \frac{-\frac1{(x-1)^2}}{1+\frac1{(x-1)^2}}. \]

En réduisant :

\[ \left(\operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right)\right)' = -\frac1{(x-1)^2+1} = -\frac1{A(x)}. \]

Ensuite :

\[ \left(\frac{x}{A(x)}\right)' = \frac{A(x)-xA'(x)}{A(x)^2}. \]

Or :

\[ A'(x)=2(x-1). \]

Donc :

\[ \left(\frac{x}{A(x)}\right)' = \frac{A(x)-2x(x-1)}{A(x)^2}. \]

Par conséquent :

\[ g'(x) = -\frac1{A(x)} - \frac{A(x)-2x(x-1)}{A(x)^2}. \]

En réduisant au même dénominateur :

\[ g'(x) = \frac{-A(x)-A(x)+2x(x-1)}{A(x)^2}. \]

Comme :

\[ A(x)=x^2-2x+2, \]

on obtient :

\[ -2A(x)+2x(x-1) = -2(x^2-2x+2)+2x^2-2x. \]

Donc :

\[ -2A(x)+2x(x-1)=2x-4. \]

\[ g'(x)=\frac{2x-4}{\left((x-1)^2+1\right)^2}. \]

3) Dresser le tableau de variations de \(g\) en déterminant ses limites aux bornes de \(D_g\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Le dénominateur :

\[ \left((x-1)^2+1\right)^2 \]

est strictement positif pour tout \(x\neq1\). Donc le signe de \(g'(x)\) est celui de :

\[ 2x-4. \]

Ainsi :

\[ g'(x)\lt0 \quad\text{si }x\lt2, \] \[ g'(2)=0, \] \[ g'(x)\gt0 \quad\text{si }x\gt2. \]

Comme \(1\) n’appartient pas au domaine, on étudie séparément les intervalles :

\[ ]-\infty;1[,\qquad ]1;2],\qquad [2;+\infty[. \]

Calculons maintenant les limites.

Lorsque \(x\to-\infty\), on a :

\[ \frac1{x-1}\to0^{-} \quad\text{et}\quad \frac{x}{(x-1)^2+1}\to0. \]

Donc :

\[ \lim_{x\to-\infty}g(x)=0. \]

Lorsque \(x\to1^{-}\), on a :

\[ \frac1{x-1}\to-\infty, \]

donc :

\[ \operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right)\to-\frac{\pi}{2}. \]

Et :

\[ \frac{x}{(x-1)^2+1}\to1. \]

Ainsi :

\[ \lim_{x\to1^-}g(x)=-\frac{\pi}{2}-1. \]

Lorsque \(x\to1^{+}\), on a :

\[ \frac1{x-1}\to+\infty, \]

donc :

\[ \operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right)\to\frac{\pi}{2}. \]

Et :

\[ \frac{x}{(x-1)^2+1}\to1. \]

Ainsi :

\[ \lim_{x\to1^+}g(x)=\frac{\pi}{2}-1. \]

Enfin :

\[ \lim_{x\to+\infty}g(x)=0. \]

On calcule aussi :

\[ g(2)=\operatorname{Arctan}(1)-\frac2{2} = \frac{\pi}{4}-1. \]

Or :

\[ \frac{\pi}{4}-1\lt0. \]

Variations de \(g\) :
Sur \(]-\infty;1[\), la fonction \(g\) est strictement décroissante : elle décroît de la limite \(0\) vers la limite \(-\dfrac{\pi}{2}-1\).
Sur \(]1;2]\), elle est strictement décroissante : elle décroît de la limite \(\dfrac{\pi}{2}-1\) jusqu’à \[ g(2)=\frac{\pi}{4}-1. \] Sur \([2;+\infty[\), elle est strictement croissante, de \(\dfrac{\pi}{4}-1\) vers la limite \(0\).

4) Montrer qu’il existe un unique réel \(\alpha\in]1{,}2;1{,}4[\) tel que \(g(\alpha)=0\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

La fonction \(g\) est continue sur l’intervalle \(]1;2[\), donc en particulier sur \([1{,}2;1{,}4]\).

On calcule :

\[ g(1{,}2) = \operatorname{Arctan}(5) - \frac{1{,}2}{(0{,}2)^2+1}. \]

D’après la donnée :

\[ \operatorname{Arctan}(5)\approx1{,}37. \]

Et :

\[ \frac{1{,}2}{(0{,}2)^2+1} = \frac{1{,}2}{1{,}04} \approx1{,}15. \]

Donc :

\[ g(1{,}2)\approx1{,}37-1{,}15\gt0. \]

De même :

\[ g(1{,}4) = \operatorname{Arctan}(2{,}5) - \frac{1{,}4}{(0{,}4)^2+1}. \]

D’après la donnée :

\[ \operatorname{Arctan}(2{,}5)\approx1{,}19. \]

Et :

\[ \frac{1{,}4}{(0{,}4)^2+1} = \frac{1{,}4}{1{,}16} \approx1{,}21. \]

Donc :

\[ g(1{,}4)\approx1{,}19-1{,}21\lt0. \]

Comme \(g\) est continue sur \([1{,}2;1{,}4]\), le théorème des valeurs intermédiaires assure qu’il existe au moins un réel :

\[ \alpha\in]1{,}2;1{,}4[ \]

tel que :

\[ g(\alpha)=0. \]

De plus, \(g\) est strictement décroissante sur \(]1;2[\). Donc cette solution est unique.

Il existe un unique réel \[ \alpha\in]1{,}2;1{,}4[ \] tel que : \[ g(\alpha)=0. \]

5) En déduire le signe de \(g(x)\) sur \(D_g\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Sur \(]-\infty;1[\), la fonction \(g\) est strictement décroissante de \(0\) vers \(-\dfrac{\pi}{2}-1\). Donc :

\[ g(x)\lt0 \quad\text{pour tout }x\lt1. \]

Sur \(]1;2[\), la fonction \(g\) est strictement décroissante et s’annule en \(\alpha\). Donc :

\[ g(x)\gt0 \quad\text{si }1\lt x\lt\alpha, \] \[ g(\alpha)=0, \] \[ g(x)\lt0 \quad\text{si }\alpha\lt x\lt2. \]

Sur \(]2,+\infty[\), la fonction \(g\) est strictement croissante de \(\dfrac{\pi}{4}-1\) vers \(0\). Comme elle reste inférieure à \(0\), on a :

\[ g(x)\lt0 \quad\text{pour tout }x\gt2. \]

\[ \begin{cases} g(x)\lt0 & \text{si }x\in]-\infty;1[,\\ g(x)\gt0 & \text{si }x\in]1;\alpha[,\\ g(\alpha)=0,\\ g(x)\lt0 & \text{si }x\in]\alpha;+\infty[. \end{cases} \]

Partie II — Étude de la fonction \(f\)

Soit \(f\) la fonction numérique définie sur \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\) par : \[ f(x)=x\operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right). \]

1) Calculer les limites demandées

Calculer : \[ \lim_{x\to-\infty}f(x), \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x), \] ainsi que : \[ \lim_{x\to1^-}f(x) \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to1^+}f(x). \]

Lire la réponse +Masquer la réponse −

\[ \boxed{\lim_{x\to1^+}f(x)=\frac{\pi}{2}}. \]

Comme \(x\to1\), il vient :

\[ \frac1{x-1}\to+\infty \quad\text{et}\quad \operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right) \to\frac{\pi}{2}. \]

Lorsque \(x\to1^+\), on a :

Limite à droite de \(1\)

\[ \boxed{\lim_{x\to1^-}f(x)=-\frac{\pi}{2}}. \]

Comme \(x\to1\), il vient :

\[ \frac1{x-1}\to-\infty \quad\text{et}\quad \operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right) \to-\frac{\pi}{2}. \]

Lorsque \(x\to1^-\), on a :

Limite à gauche de \(1\)

\[ \boxed{ \lim_{x\to-\infty}f(x) = \lim_{x\to+\infty}f(x) = 1 }. \]

donne :

\[ \lim_{u\to0}\frac{\operatorname{Arctan}u}{u}=1 \]

et la limite usuelle :

\[ \frac{x}{x-1}\longrightarrow1 \]

Lorsque \(x\to-\infty\) ou \(x\to+\infty\), on a \(\dfrac1{x-1}\to0\). De plus :

\[ f(x) = \frac{x}{x-1} \cdot \frac{ \operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right) }{ \frac1{x-1} }. \]

Pour \(x\neq1\), on écrit exactement :

Limites en \(-\infty\) et en \(+\infty\)

\[ D_f=\mathbb R\setminus\{1\}. \]

Le domaine de définition de \(f\) est :

2) Calculer \(f'(x)\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Pour \(x\neq1\), on a :

\[ f(x)=x\operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right). \]

En utilisant la dérivée d’un produit :

\[ f'(x) = \operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right) + x\left(\operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right)\right)'. \]

D’après la partie précédente :

\[ \left(\operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right)\right)' = -\frac1{(x-1)^2+1}. \]

Donc :

\[ f'(x) = \operatorname{Arctan}\left(\frac1{x-1}\right) - \frac{x}{(x-1)^2+1}. \]

Or cette expression est exactement \(g(x)\).

\[ f'(x)=g(x) \quad\text{pour tout }x\in\mathbb{R}\setminus\{1\}. \]

3) Donner le tableau de variations de \(f\), sans calculer la valeur \(f(\alpha)\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

D’après la question précédente :

\[ f'(x)=g(x). \]

Le signe de \(f'(x)\) est donc le signe de \(g(x)\), étudié dans la première partie.

Ainsi :

• sur \(]-\infty;1[\), on a \(g(x)\lt0\), donc \(f\) est strictement décroissante ;
• sur \(]1;\alpha[\), on a \(g(x)\gt0\), donc \(f\) est strictement croissante ;
• sur \(]\alpha;+\infty[\), on a \(g(x)\lt0\), donc \(f\) est strictement décroissante.

Les limites trouvées sont :

\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=1, \qquad \lim_{x\to1^-}f(x)=-\frac{\pi}{2}, \] \[ \lim_{x\to1^+}f(x)=\frac{\pi}{2}, \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=1. \]

Variations de \(f\) :
Sur \(]-\infty;1[\), la fonction \(f\) est strictement décroissante : elle décroît de la limite \(1\) vers la limite \(-\dfrac{\pi}{2}\).
Sur \(]1;\alpha]\), elle est strictement croissante, de la limite \(\dfrac{\pi}{2}\) jusqu’à \(f(\alpha)\).
Sur \([\alpha;+\infty[\), elle est strictement décroissante, de \(f(\alpha)\) vers la limite \(1\).

On ne calcule pas \(f(\alpha)\), car l’énoncé demande seulement de dresser le tableau de variations en utilisant le signe de \(g\).

Présentation :
Ce devoir de synthèse porte sur la dérivation, l’étude d’une fonction auxiliaire, le signe d’une dérivée et le tableau de variations d’une fonction. Il permet de préparer les devoirs surveillés du chapitre Dérivation en 2e Bac Sciences Mathématiques.

Objectif pédagogique :
L’objectif est de montrer comment utiliser une fonction auxiliaire pour étudier les variations d’une fonction plus complexe. On insiste sur le domaine de définition, les limites aux bornes, le signe de la dérivée, l’existence et l’unicité d’une solution, puis l’exploitation de ce résultat dans l’étude de \(f\).

Ressources liées

Pour continuer le travail :
Dérivation — Al Moufid Préparation aux devoirs surveillés Al Moufid — Exercices résolus 2e Bac Sciences Mathématiques

Correction préparée par :
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt

Travail personnel destiné à l’accompagnement des élèves de 2e Bac Sciences Mathématiques.

↑ Retour au menu du devoir