Correction du devoir 3 — Problèmes de synthèse — Dérivation — Al Moufid
Énoncé du devoir
Soit \(f\) la fonction numérique définie sur \(\mathbb{R}\) par : \[ f(x)= \begin{cases} -x+\sqrt{x^2+1} & \text{si }x\geq0,\\[2mm] \dfrac4\pi\operatorname{Arctan}\left(-x+\sqrt{x^2+1}\right) & \text{si }x\lt0. \end{cases} \]
1) Étudier la continuité de \(f\) en \(0\)
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On calcule d’abord \(f(0)\). Comme \(0\geq0\), on utilise la première expression :
\[ f(0)=-0+\sqrt{0^2+1}=1. \]Lorsque \(x\to0^+\), on a :
\[ f(x)=-x+\sqrt{x^2+1}. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=0+1=1. \]Lorsque \(x\to0^-\), on a :
\[ f(x)=\frac4\pi\operatorname{Arctan}\left(-x+\sqrt{x^2+1}\right). \]Or :
\[ -x+\sqrt{x^2+1}\to1. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^-}f(x) = \frac4\pi\operatorname{Arctan}(1) = \frac4\pi\cdot\frac{\pi}{4} = 1. \]2) Étudier la dérivabilité de \(f\) en \(0\), puis interpréter géométriquement
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Nombre dérivé à droite
Pour \(x\gt0\), on a :
\[ f(x)=-x+\sqrt{x^2+1}. \]La dérivée à droite en \(0\) est :
\[ f'_d(0)=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x}. \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{-x+\sqrt{x^2+1}-1}{x}. \]On écrit :
\[ \frac{-x+\sqrt{x^2+1}-1}{x} = -1+\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x}. \]Or :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x}=0. \]Ainsi :
\[ f'_d(0)=-1. \]Nombre dérivé à gauche
Pour \(x\lt0\), posons :
\[ u(x)=-x+\sqrt{x^2+1}. \]Alors :
\[ f(x)=\frac4\pi\operatorname{Arctan}(u(x)). \]On a :
\[ u(0)=1 \]et :
\[ u'(x)=-1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}. \]Donc :
\[ u'(0)=-1. \]La dérivée à gauche vaut donc :
\[ f'_g(0) = \frac4\pi\cdot \frac{u'(0)}{1+u(0)^2} = \frac4\pi\cdot\frac{-1}{1+1^2}. \]Ainsi :
\[ f'_g(0)=-\frac2\pi. \]Comme :
\[ -\frac2\pi\neq -1, \]les deux nombres dérivés à gauche et à droite sont différents.
3) Étudier le signe de \(f'(x)\)
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Sur \(]0;+\infty[\)
Pour \(x\gt0\), on a :
\[ f(x)=-x+\sqrt{x^2+1}. \]Donc :
\[ f'(x)=-1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}. \]Comme :
\[ \sqrt{x^2+1}\gt x \quad\text{pour }x\gt0, \]on a :
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\lt1. \]Donc :
\[ f'(x)\lt0 \quad\text{sur } ]0;+\infty[. \]Sur \(]-\infty;0[\)
Pour \(x\lt0\), on pose :
\[ u(x)=-x+\sqrt{x^2+1}. \]Alors :
\[ f(x)=\frac4\pi\operatorname{Arctan}(u(x)). \]On a :
\[ f'(x)=\frac4\pi\cdot\frac{u'(x)}{1+u(x)^2}. \]Or :
\[ u'(x)=-1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}. \]Pour \(x\lt0\), on a :
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\lt0. \]Donc :
\[ u'(x)\lt0. \]Comme :
\[ \frac4\pi\gt0 \quad\text{et}\quad 1+u(x)^2\gt0, \]on obtient :
\[ f'(x)\lt0 \quad\text{sur }]-\infty;0[. \]4) Dresser le tableau de variations de \(f\), avec les limites nécessaires
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D’après la question précédente, la fonction \(f\) est strictement décroissante sur chacun des intervalles \[ ]-\infty;0[ \quad\text{et}\quad ]0;+\infty[. \]
La continuité en \(0\) doit être complétée par une comparaison des valeurs
situées de part et d’autre de \(0\).
Pour \(x\lt0\), on a
\[
-x+\sqrt{x^2+1}\gt1,
\]
donc
\[
f(x)
=
\frac4\pi
\operatorname{Arctan}\left(-x+\sqrt{x^2+1}\right)
\gt
\frac4\pi\operatorname{Arctan}(1)
=
1.
\]
Pour \(x\gt0\), on a
\[
\sqrt{x^2+1}\lt x+1,
\]
car les deux membres sont positifs et
\[
x^2+1\lt(x+1)^2.
\]
Ainsi,
\[
0\lt f(x)=\sqrt{x^2+1}-x\lt1.
\]
Par conséquent, si \(x_1\lt0\lt x_2\), alors
\[
f(x_1)\gt f(0)=1\gt f(x_2).
\]
Avec la stricte décroissance sur chaque demi-intervalle, on conclut que
\(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb R\).
Calculons les limites aux bornes.
Lorsque \(x\to-\infty\)
Pour \(x\lt0\), on a :
\[ -x+\sqrt{x^2+1}\to+\infty. \]Donc :
\[ \operatorname{Arctan}\left(-x+\sqrt{x^2+1}\right)\to\frac{\pi}{2}. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x) = \frac4\pi\cdot\frac{\pi}{2} = 2. \]Lorsque \(x\to+\infty\)
Pour \(x\geq0\), on a :
\[ f(x)=-x+\sqrt{x^2+1}. \]On rationalise :
\[ -x+\sqrt{x^2+1} = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), le dénominateur tend vers \(+\infty\). Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0. \]La fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb R\). Elle décroît de la limite \(2\), lorsque \(x\to-\infty\), jusqu’à \(f(0)=1\), puis elle continue à décroître de \(1\) vers la limite \(0\), lorsque \(x\to+\infty\).
5) Tracer la courbe \(\mathcal C_f\)
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Pour construire la courbe, on utilise les résultats suivants :
- \(f\) est continue en \(0\), avec \(f(0)=1\).
- \(f\) n’est pas dérivable en \(0\), car les deux demi-tangentes sont distinctes.
- La demi-tangente à gauche en \(A(0,1)\) a pour équation : \[ y=1-\frac2\pi x. \]
- La demi-tangente à droite en \(A(0,1)\) a pour équation : \[ y=1-x. \]
- \(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\).
- \[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=2, \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=0. \]
6) Montrer que \(f(I)\subset I\), où \(I=\left[\dfrac14,1\right]\)
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Sur l’intervalle \(I=\left[\dfrac14,1\right]\), on a \(x\geq0\), donc :
\[ f(x)=-x+\sqrt{x^2+1}. \]La fonction \(f\) est strictement décroissante sur \([0;+\infty[\). Donc :
\[ f(I)=\left[f(1),f\left(\frac14\right)\right]. \]On calcule :
\[ f(1)=\sqrt2-1. \]Or :
\[ \sqrt2-1\gt\frac14. \]En effet :
\[ \sqrt2\gt\frac54. \]D’autre part :
\[ f\left(\frac14\right) = -\frac14+\sqrt{\frac1{16}+1} = -\frac14+\frac{\sqrt{17}}4 = \frac{\sqrt{17}-1}{4}. \]Or :
\[ \frac{\sqrt{17}-1}{4}\lt1 \]car :
\[ \sqrt{17}\lt5. \]Ainsi :
\[ \frac14\lt f(1)\leq f(x)\leq f\left(\frac14\right)\lt1. \]7) Suite récurrente définie par \(u_0=1\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\)
7-a) Montrer que pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n\in I\)
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On a :
\[ u_0=1\in I. \]Supposons que \(u_n\in I\). Comme \(f(I)\subset I\), on a :
\[ u_{n+1}=f(u_n)\in I. \]7-b) Montrer que l’équation \(f(x)=x\) admet une solution unique \(\alpha\) dans \(I\)
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Sur \(I\), on a :
\[ f(x)=-x+\sqrt{x^2+1}. \]L’équation \(f(x)=x\) devient :
\[ -x+\sqrt{x^2+1}=x. \]Donc :
\[ \sqrt{x^2+1}=2x. \]Comme \(x\in I\), on a \(x\gt0\). On peut donc élever au carré :
\[ x^2+1=4x^2. \]Ainsi :
\[ 3x^2=1. \]Comme \(x\gt0\), on obtient :
\[ x=\frac1{\sqrt3}. \]8) Inégalité des accroissements finis et convergence vers \(\alpha\)
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Pour \(x\gt0\), on a :
\[ f'(x)=-1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}. \]Donc :
\[ |f'(x)|=1-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}. \]Sur \(I=\left[\dfrac14,1\right]\), on a :
\[ x\geq\frac14. \]La fonction :
\[ x\mapsto \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \]est croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Donc, pour tout \(x\in I\),
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \geq \frac{\frac14}{\sqrt{\frac1{16}+1}} = \frac1{\sqrt{17}}. \]Par conséquent :
\[ |f'(x)| \leq 1-\frac1{\sqrt{17}}. \]On pose :
\[ k=1-\frac1{\sqrt{17}}. \]Alors :
\[ 0\lt k\lt1. \]Soient \(x,y\in I\). La fonction \(f\) est continue sur le segment d’extrémités \(x\) et \(y\), et dérivable à l’intérieur. D’après l’inégalité des accroissements finis :
\[ |f(x)-f(y)|\leq k|x-y|. \]En appliquant cette inégalité à \(x=u_n\) et \(y=\alpha\), on obtient :
\[ |f(u_n)-f(\alpha)| \leq k|u_n-\alpha|. \]Or :
\[ u_{n+1}=f(u_n) \quad\text{et}\quad f(\alpha)=\alpha. \]Donc :
\[ |u_{n+1}-\alpha|\leq k|u_n-\alpha|. \]Par récurrence :
\[ |u_n-\alpha|\leq k^n|u_0-\alpha|. \]Comme \(0\lt k\lt1\), on a :
\[ \lim_{n\to+\infty}k^n=0. \]Par encadrement :
9) Identité trigonométrique
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Or :
\[ \tan\frac{y}{2} = \frac{\sin y}{1+\cos y}. \]Posons \(y=\dfrac{\pi}{2}-x\). Alors \(y\in]0;\dfrac{\pi}{2}[\), et la formule de l’angle moitié donne :
\[ \frac1{\tan x+\sqrt{1+\tan^2x}} = \frac1{\frac{\sin x}{\cos x}+\frac1{\cos x}} = \frac{\cos x}{1+\sin x}. \]Ainsi :
\[ \sqrt{1+\tan^2x} = \frac1{\cos x}. \]Comme \(x\in]0;\dfrac{\pi}{2}[\), on a \(\cos x\gt0\), donc :
L’égalité \[ \tan\frac{x}{2} = \frac1{\tan x+\sqrt{1+\tan^2x}} \] est fausse en général. L’identité cohérente avec la suite de l’exercice est : \[ \boxed{ \tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right) = \frac1{\tan x+\sqrt{1+\tan^2x}} }. \]
10) Déduire une expression explicite de \(u_n\)
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Cette expression confirme également que :
on obtient :
\[ \theta_0-\frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{12}, \]Comme :
\[ \theta_n-\frac{\pi}{6} = \left(-\frac12\right)^n \left(\theta_0-\frac{\pi}{6}\right). \]Par récurrence :
\[ \theta_{n+1}-\frac{\pi}{6} = -\frac12 \left(\theta_n-\frac{\pi}{6}\right). \]Le point fixe de la relation \(\theta_{n+1}=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac12\theta_n\) est \(\dfrac{\pi}{6}\). Ainsi :
\[ \theta_0 = \operatorname{Arctan}(u_0) = \operatorname{Arctan}(1) = \frac{\pi}{4}. \]De plus :
\[ \theta_{n+1} = \frac{\pi}{4}-\frac{\theta_n}{2}. \]Or \[ 0\lt\frac{\pi}{4}-\frac{\theta_n}{2}\lt\frac{\pi}{4}. \] L’injectivité de la fonction tangente sur \(]-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}[\) donne donc :
\[ u_{n+1} = f(u_n) = \tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta_n}{2}\right). \]Alors \(u_n=\tan\theta_n\), et :
\[ \theta_n=\operatorname{Arctan}(u_n) \in\left]0;\frac{\pi}{2}\right[. \]Puisque \(u_n\in I\subset]0;+\infty[\), posons :
\[ f(x) = \frac1{\tan\theta+\sqrt{1+\tan^2\theta}} = \tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}\right). \]D’après la question précédente, si \(x=\tan\theta\), avec \(\theta\in]0;\dfrac{\pi}{2}[\), alors :
\[ f(x)=\sqrt{x^2+1}-x = \frac1{x+\sqrt{x^2+1}}. \]Pour tout \(x\gt0\),
Ce devoir de synthèse porte sur une fonction définie par morceaux, une suite récurrente et une expression trigonométrique explicite de cette suite. Il mobilise la continuité, la dérivabilité, les variations, les branches infinies, l’inégalité des accroissements finis et la formule de la tangente de l’angle moitié.
L’objectif est de montrer comment relier une étude de fonction à l’étude d’une suite récurrente. La fonction étudiée permet de construire une suite stable dans un intervalle, puis d’obtenir sa limite et enfin une expression explicite grâce à la trigonométrie.
Ressources liées
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt
Travail personnel destiné à l’accompagnement des élèves de 2e Bac Sciences Mathématiques.
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