Correction de l’exercice 60 — Étude complète d’une fonction — Dérivation

Correction de l’exercice 60 — Étude complète d’une fonction — Dérivation — Al Moufid

Première partie

On considère la fonction \(g\) définie sur \(\mathbb{R}_+\) par : \[ g(x)=2x^3-5x^2-3 \]

1) Étudier les variations de \(g\)

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La fonction \(g\) est polynomiale, donc elle est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\). On a :

\[ g'(x)=6x^2-10x=2x(3x-5) \]

Sur \(\mathbb{R}_+\), le signe de \(g'(x)\) est celui de \(3x-5\), car \(2x\geq0\).

\[ g'(x)=0 \Longleftrightarrow x=0 \quad \text{ou} \quad x=\frac53 \]

Ainsi, \(g\) est décroissante sur \(\left[0;\dfrac53\right]\), puis croissante sur \(\left[\dfrac53;+\infty\right[\).

On calcule :

\[ g(0)=-3 \] \[ g\left(\frac53\right) = 2\left(\frac53\right)^3 - 5\left(\frac53\right)^2 -3 = -\frac{206}{27} \]

Et :

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

Variations de \(g\) sur \(\mathbb R_+\) :
\(g^{\prime}(x)\lt0\) sur \(]0;\dfrac53[\), avec \(g^{\prime}(0)=g^{\prime}\left(\dfrac53\right)=0\).
La fonction \(g\) décroît de \(g(0)=-3\) jusqu’à son minimum \[ g\left(\frac53\right)=-\frac{206}{27}, \] puis elle croît vers \(+\infty\) sur \(\left[\dfrac53;+\infty\right[\).

2) Montrer que l’équation \(g(x)=0\) admet une solution \(\alpha\), puis vérifier que \(\dfrac52\lt\alpha\lt3\)

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La fonction \(g\) est continue sur \(\mathbb{R}_+\). De plus, elle est strictement croissante sur \(\left[\dfrac53;+\infty\right[\).

On a :

\[ g\left(\frac52\right) = 2\left(\frac52\right)^3 - 5\left(\frac52\right)^2 -3 = -3 \lt0 \]

et :

\[ g(3)=54-45-3=6\gt0 \]

Sur \(\left[0;\dfrac53\right]\), la fonction \(g\) est décroissante et \[ g(x)\leq g(0)=-3\lt0. \] Elle ne s’annule donc pas sur cet intervalle.

Sur \(\left[\dfrac53;+\infty\right[\), la fonction \(g\) est strictement croissante. Comme \[ g\left(\frac52\right)\lt0 \qquad\text{et}\qquad g(3)\gt0, \] le théorème des valeurs intermédiaires assure l’existence d’une solution \(\alpha\in\left]\dfrac52;3\right[\), et la stricte croissance assure son unicité.

\[ \exists !\,\alpha\in\left]\frac52;3\right[ \quad\text{tel que}\quad g(\alpha)=0 \]

3) Déterminer le signe de \(g(x)\) sur \(\mathbb{R}_+\)

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D’après les variations précédentes et l’unicité de la racine \(\alpha\), on obtient :

\[ \begin{cases} g(x)\lt0 & \text{si } 0\leq x\lt\alpha,\\ g(\alpha)=0,\\ g(x)\gt0 & \text{si } x\gt\alpha. \end{cases} \]

Deuxième partie

On considère la fonction \(h\) définie sur \(]-\infty;0[\) par : \[ h(x)=2\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)-\frac{x-1}{x^2+1} \]

1) Donner le tableau de variations de \(h\)

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La fonction \(h\) est dérivable sur \(]-\infty;0[\). On a :

\[ h'(x) = 2\cdot\frac{-\frac1{x^2}}{1+\frac1{x^2}} - \frac{(x^2+1)-2x(x-1)}{(x^2+1)^2} \]

Après simplification :

\[ h'(x) = -\frac{x^2+2x+3}{(x^2+1)^2} \]

Or :

\[ x^2+2x+3=(x+1)^2+2\gt0 \]

et :

\[ (x^2+1)^2\gt0 \]

Donc :

\[ h'(x)\lt0 \]

Ainsi, \(h\) est strictement décroissante sur \(]-\infty;0[\).

De plus :

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

et :

\[ \lim_{x\to0^-}h(x) = 2\left(-\frac{\pi}{2}\right)-(-1) = 1-\pi \]

Variations de \(h\) :
Pour tout \(x\in]-\infty;0[\), on a \(h^{\prime}(x)\lt0\). La fonction \(h\) est donc strictement décroissante sur cet intervalle. Elle décroît de la limite \(0\), lorsque \(x\to-\infty\), vers la limite \(1-\pi\), lorsque \(x\to0^-\).

2) Déterminer le signe de \(h(x)\) sur \(]-\infty;0[\)

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Comme \(h\) est strictement décroissante sur \(]-\infty;0[\), avec :

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

on a, pour tout \(x\in]-\infty;0[\) :

\[ h(x)\lt0 \]

3-a) Montrer que pour tout \(t\in\mathbb{R}_-^{\ast}\), on a : \[ t\leq \operatorname{Arctan}t\leq \frac{t}{1+t^2} \]

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Soit \(t\in\mathbb{R}_-^{\ast}\). La fonction \(\varphi(x)=\operatorname{Arctan}x\) est continue sur \([t,0]\) et dérivable sur \(]t,0[\).

D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in]t,0[\) tel que :

\[ \operatorname{Arctan}0-\operatorname{Arctan}t = (0-t)\frac1{1+c^2} \]

Donc :

\[ -\operatorname{Arctan}t = \frac{-t}{1+c^2} \]

Comme \(t\lt c\lt0\), on a :

\[ 0\lt c^2\lt t^2 \]

d’où :

\[ \frac1{1+t^2}\lt\frac1{1+c^2}\lt1 \]

En multipliant par \(-t\gt0\), on obtient :

\[ \frac{-t}{1+t^2} \lt -\operatorname{Arctan}t \lt -t \]

En multipliant par \(-1\), l’ordre change :

\[ t\lt \operatorname{Arctan}t\lt \frac{t}{1+t^2} \]

Comme \(t\lt0\), les inégalités obtenues sont strictes. Elles impliquent en particulier l’encadrement faible demandé dans l’énoncé : \[ t\leq\operatorname{Arctan}t\leq\frac{t}{1+t^2}. \]

3-b) En déduire que : \[ \lim_{t\to0^-}\frac{\operatorname{Arctan}t-t}{t}=0 \]

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D’après l’encadrement précédent :

\[ t\leq \operatorname{Arctan}t\leq \frac{t}{1+t^2} \]

Donc :

\[ 0\leq \operatorname{Arctan}t-t \leq \frac{t}{1+t^2}-t = -\frac{t^3}{1+t^2} \]

Comme \(t\lt0\), en divisant par \(t\), on obtient :

\[ 0\geq \frac{\operatorname{Arctan}t-t}{t} \geq -\frac{t^2}{1+t^2} \]

Or :

\[ \lim_{t\to0^-}-\frac{t^2}{1+t^2}=0 \]

Donc, d’après le théorème d’encadrement :

\[ \lim_{t\to0^-}\frac{\operatorname{Arctan}t-t}{t}=0 \]

Troisième partie

On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\) par : \[ f(x)= \begin{cases} (x-1)^2\operatorname{Arctan}\left(\dfrac1x\right)+\dfrac{\pi}{2} & \text{si }x\lt0,\\[2mm] \dfrac{x}{x-1}(1+x^2)^{\frac13} & \text{si }x\geq0\text{ et }x\neq1. \end{cases} \]

1) Calculer les limites suivantes

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Lorsque \(x\to+\infty\), on utilise la deuxième expression de \(f\). On a :

\[ f(x)=\frac{x}{x-1}(1+x^2)^{\frac13} \]

Comme :

\[ \frac{x}{x-1}\to1 \quad\text{et}\quad (1+x^2)^{\frac13}\to+\infty \]

on obtient :

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty \]

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

\[ x-1\to0^+, \qquad x(1+x^2)^{\frac13}\to\sqrt[3]{2} \]

\[ \lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty \]

Lorsque \(x\to1^-\), avec \(x\gt0\), on a :

\[ x-1\to0^-, \qquad x(1+x^2)^{\frac13}\to\sqrt[3]{2} \]

\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty \]

Lorsque \(x\to-\infty\), on pose \(u=\dfrac1x\). Alors \(u\to0^-\), et :

\[ (x-1)^2\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right) = (x-1)^2\cdot \frac1x\cdot \frac{\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)}{\frac1x} \]

Or :

\[ (x-1)^2\cdot\frac1x=x-2+\frac1x\to-\infty \]

et :

\[ \frac{\operatorname{Arctan}u}{u}\to1 \]

\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty \]

2) Montrer que la fonction \(f\) est continue en \(0\)

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On a :

\[ f(0)=\frac{0}{0-1}(1+0^2)^{\frac13}=0 \]

Lorsque \(x\to0^+\), on utilise la deuxième expression de \(f\), donc :

\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=0=f(0) \]

Lorsque \(x\to0^-\), on utilise la première expression :

\[ \lim_{x\to0^-} \left[ (x-1)^2\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)+\frac{\pi}{2} \right] = 1\cdot\left(-\frac{\pi}{2}\right)+\frac{\pi}{2}=0 \]

Ainsi :

\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^+}f(x)=f(0) \] Donc \(f\) est continue en \(0\).

3) Étudier la dérivabilité à droite de \(f\) en \(0\) et interpréter géométriquement

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Pour \(x\gt0\), on a :

\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{\frac{x}{x-1}(1+x^2)^{\frac13}}{x} = \frac{(1+x^2)^{\frac13}}{x-1} \]

Donc :

\[ \lim_{x\to0^+} \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{1}{-1} = -1 \]

\(f\) est dérivable à droite en \(0\), et : \[ f_d'(0)=-1 \]

Géométriquement, la courbe \(\mathcal{C}\) admet au point \(O(0,0)\) une demi-tangente à droite d’équation : \[ y=-x \]

4) Montrer que : \[ \lim_{x\to0^-}\frac{f(x)}{x}=\pi-1 \] et donner une interprétation géométrique

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Pour \(x\lt0\), on utilise l’identité :

\[ \operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right) = -\frac{\pi}{2}-\operatorname{Arctan}x \]

Ainsi :

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

Or :

\[ 1-(x-1)^2=2x-x^2 \]

Donc :

\[ \frac{f(x)}{x} = -(x-1)^2\frac{\operatorname{Arctan}x}{x} + \frac{\pi}{2}(2-x) \]

Par passage à la limite lorsque \(x\to0^-\) :

\[ \lim_{x\to0^-}\frac{\operatorname{Arctan}x}{x}=1 \]

d’où :

\[ \lim_{x\to0^-}\frac{f(x)}{x} = -1+\pi = \pi-1 \]

Géométriquement, la courbe \(\mathcal{C}\) admet au point \(O(0,0)\) une demi-tangente à gauche d’équation : \[ y=(\pi-1)x \] Comme les coefficients directeurs à gauche et à droite sont différents, \(f\) n’est pas dérivable en \(0\).

5-a) Montrer que les dérivées de \(f\) s’écrivent sous les formes demandées

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Pour \(x\in\mathbb{R}_+^{\ast}\), avec \(x\neq1\), on utilise :

\[ f(x)=\frac{x}{x-1}(1+x^2)^{\frac13} \]

Un calcul de dérivée donne :

\[ f'(x)= \frac{2x^3-5x^2-3} {3(x-1)^2(x^2+1)^{\frac23}} \]

Comme \(g(x)=2x^3-5x^2-3\), on obtient :

\[ \forall x\in\mathbb{R}_+^{\ast},\ x\neq1, \qquad f'(x)= \frac{g(x)} {3(x-1)^2(x^2+1)^{\frac23}} \]

Pour \(x\in\mathbb{R}_-^{\ast}\), on utilise :

\[ f(x)=(x-1)^2\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)+\frac{\pi}{2} \]

Donc :

\[ f'(x) = 2(x-1)\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right) - \frac{(x-1)^2}{x^2+1} \]

On factorise par \(x-1\) :

\[ f'(x) = (x-1) \left[ 2\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right) - \frac{x-1}{x^2+1} \right] \]

Comme :

\[ h(x)=2\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)-\frac{x-1}{x^2+1} \]

on obtient :

\[ \forall x\in\mathbb{R}_-^{\ast}, \qquad f'(x)=(x-1)h(x) \]

5-b) Dresser le tableau de variations de \(f\)

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Sur \(]-\infty;0[\), on a :

\[ x-1\lt0 \quad\text{et}\quad h(x)\lt0 \]

Donc :

\[ f'(x)\gt0 \]

Sur \(]0;+\infty[\setminus\{1\}\), le dénominateur de :

\[ f'(x)= \frac{g(x)} {3(x-1)^2(x^2+1)^{\frac23}} \]

est strictement positif. Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de \(g(x)\).

D’après la première partie :

\[ g(x)\lt0\quad\text{sur }[0;\alpha[ \]

et :

\[ g(x)\gt0\quad\text{sur }]\alpha;+\infty[ \]

Ainsi, \(f\) est :

strictement croissante sur \(]-\infty;0]\),
strictement décroissante sur \([0;1[\),
strictement décroissante sur \(]1;\alpha]\),
strictement croissante sur \([\alpha;+\infty[\).

Variations de \(f\) :
Sur \(]-\infty;0]\), la fonction \(f\) est strictement croissante, de \(-\infty\) jusqu’à \(f(0)=0\).
Sur \([0;1[\), elle est strictement décroissante, de \(0\) vers \(-\infty\) lorsque \(x\to1^-\).
Sur \(]1;\alpha]\), elle est strictement décroissante, de \(+\infty\) lorsque \(x\to1^+\) jusqu’à son minimum \(f(\alpha)\).
Sur \([\alpha;+\infty[\), elle est strictement croissante, de \(f(\alpha)\) vers \(+\infty\).

6-a) En posant \(t=\dfrac1x\), montrer que : \[ \lim_{x\to-\infty}\left[f(x)-\left(x-2+\frac{\pi}{2}\right)\right]=0 \]

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Pour \(x\lt0\), posons :

\[ t=\frac1x \]

Alors \(t\to0^-\) lorsque \(x\to-\infty\), et :

\[ x=\frac1t \]

On obtient :

\[ f(x)-\left(x-2+\frac{\pi}{2}\right) = \left(\frac1t-1\right)^2\operatorname{Arctan}t-\frac1t+2 \]

Donc :

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

En écrivant :

\[ \operatorname{Arctan}t=t+\left(\operatorname{Arctan}t-t\right) \]

le numérateur devient :

\[ t^3+(1-t)^2\left(\operatorname{Arctan}t-t\right) \]

Ainsi :

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

D’après l’encadrement démontré dans la deuxième partie :

\[ 0\leq \operatorname{Arctan}t-t\leq -\frac{t^3}{1+t^2} \quad (t\lt0) \]

En divisant cet encadrement par \(t^2\gt0\), on obtient :

\[ 0 \leq \frac{\operatorname{Arctan}t-t}{t^2} \leq \frac{-t}{1+t^2}. \]

Les deux membres extrêmes tendent vers \(0\) lorsque \(t\to0^-\). Ainsi :

\[ \lim_{t\to0^-} \frac{\operatorname{Arctan}t-t}{t^2}=0. \]

Par conséquent :

\[ \lim_{x\to-\infty}\left[f(x)-\left(x-2+\frac{\pi}{2}\right)\right]=0 \]

6-b) Étudier les branches infinies de la courbe \(\mathcal{C}\)

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D’après la question précédente, au voisinage de \(-\infty\), la courbe \(\mathcal{C}\) admet une asymptote oblique d’équation :

\[ y=x-2+\frac{\pi}{2} \]

Au voisinage de \(1\), on a :

\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty \quad\text{et}\quad \lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty \]

La droite d’équation \[ x=1 \] est une asymptote verticale à la courbe \(\mathcal{C}\).

Au voisinage de \(+\infty\), on a :

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty \]

De plus :

\[ \frac{f(x)}{x} = \frac{(1+x^2)^{\frac13}}{x-1} = \frac{\left(1+\frac1{x^2}\right)^{\frac13}} {x^{\frac13}\left(1-\frac1x\right)}. \]

Le numérateur tend vers \(1\), tandis que le dénominateur tend vers \(+\infty\). Donc :

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

Au voisinage de \(+\infty\), la courbe \(\mathcal{C}\) admet une branche parabolique dirigée par l’axe des abscisses.

7) Tracer la courbe \(\mathcal{C}\)

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Le tracé de la courbe se fait à partir des résultats précédents :

la continuité en \(0\),
les demi-tangentes au point \(O(0,0)\),
l’asymptote verticale \(x=1\),
l’asymptote oblique \(y=x-2+\dfrac{\pi}{2}\) au voisinage de \(-\infty\),
la branche parabolique au voisinage de \(+\infty\),
le minimum au point d’abscisse \(\alpha\), avec \(f(\alpha)\approx3{,}2\).

8-a) Soit \(u\) la restriction de \(f\) à \(\mathbb{R}_-^{\ast}\). Montrer que \(u\) réalise une bijection de \(\mathbb{R}_-^{\ast}\) sur un intervalle \(J\) à déterminer

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Sur \(\mathbb{R}_-^{\ast}=]-\infty;0[\), on a montré que :

\[ f'(x)\gt0 \]

Donc \(u\) est strictement croissante sur \(]-\infty;0[\).

De plus :

\[ \lim_{x\to-\infty}u(x)=-\infty \]

et :

\[ \lim_{x\to0^-}u(x)=0 \]

La fonction \(u\) réalise une bijection de \[ \mathbb{R}_-^{\ast}=]-\infty;0[ \] sur \[ J=]-\infty;0[ \]

8-b) Montrer que \(u^{-1}\) est dérivable sur \(J\), puis déterminer : \[ (u^{-1})'\left(-\frac{\pi}{2}\right) \]

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Sur \(]-\infty;0[\), on a :

\[ u'(x)=f'(x)\gt0 \]

Donc \(u'(x)\neq0\) pour tout \(x\in]-\infty;0[\). D’après le cours sur la dérivée d’une fonction réciproque, \(u^{-1}\) est dérivable sur \(J=]-\infty;0[\).

Pour calculer \((u^{-1})'\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)\), on cherche d’abord l’antécédent de \(-\dfrac{\pi}{2}\) par \(u\).

On remarque que :

\[ u(-1) = (-2)^2\operatorname{Arctan}(-1)+\frac{\pi}{2} = 4\left(-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{\pi}{2} = -\frac{\pi}{2} \]

Donc :

\[ u^{-1}\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-1 \]

Or :

\[ u'(-1)=f'(-1)=(-1-1)h(-1) \]

et :

\[ h(-1)=2\operatorname{Arctan}(-1)-\frac{-2}{2} = -\frac{\pi}{2}+1 = 1-\frac{\pi}{2} \]

Donc :

\[ u'(-1) = -2\left(1-\frac{\pi}{2}\right) = \pi-2 \]

Par conséquent :

\[ (u^{-1})'\left(-\frac{\pi}{2}\right) = \frac1{u'(-1)} = \frac1{\pi-2} \]

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.

Parcours Maths Maroc

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