Correction de l’exercice 61 — Dérivabilité, symétrie, asymptotes et suite récurrente — Al Moufid
Énoncé
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par :
\[ f(x)= \begin{cases} -2x\operatorname{Arctan}x & \text{si } x\leq 1,\\[2mm] \sqrt{x^2-1}\operatorname{Arctan}x+\operatorname{Arctan}\sqrt{x^2-1}-\dfrac{\pi}{2} & \text{si } x\gt1. \end{cases} \]1) Continuité et dérivabilité en \(1\)
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Comme \(1\leq1\), on utilise la première expression de \(f\) pour calculer \(f(1)\) :
\[ f(1)=-2\operatorname{Arctan}(1)=-2\cdot\frac{\pi}{4}=-\frac{\pi}{2}. \]Lorsque \(x\to1^{-}\), on utilise encore la première expression :
\[ \lim_{x\to1^-}f(x) = \lim_{x\to1^-}\left(-2x\operatorname{Arctan}x\right) = -2\cdot1\cdot\frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{2}. \]Lorsque \(x\to1^{+}\), on utilise la deuxième expression. On a :
\[ \sqrt{x^2-1}\to0,\qquad \operatorname{Arctan}x\to\frac{\pi}{4}, \qquad \operatorname{Arctan}\sqrt{x^2-1}\to0. \]Donc :
\[ \lim_{x\to1^+}f(x)=0+0-\frac{\pi}{2}=-\frac{\pi}{2}. \]Lire la réponse +
Pour \(x\lt1\), on a :
\[ f(x)=-2x\operatorname{Arctan}x. \]Cette fonction est dérivable sur \(]-\infty;1[\), et :
\[ f'(x)=-2\operatorname{Arctan}x-\frac{2x}{1+x^2}. \]Ainsi :
\[ f'_g(1) = -2\operatorname{Arctan}(1)-\frac{2}{2} = -\frac{\pi}{2}-1. \]À droite de \(1\), on calcule le quotient :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac{\sqrt{x^2-1}\operatorname{Arctan}x+\operatorname{Arctan}\sqrt{x^2-1}}{x-1}. \]Or, lorsque \(x\to1^+\),
\[ \frac{\sqrt{x^2-1}}{x-1} = \frac{\sqrt{(x-1)(x+1)}}{x-1} = \frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}} \to+\infty. \]Comme \(\operatorname{Arctan}x\to\dfrac{\pi}{4}\gt0\), le quotient tend vers \(+\infty\).
2) Étude de \(f'\) sur \(]-\infty;1[\)
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Sur \(]-\infty;1[\), on a :
\[ f(x)=-2x\operatorname{Arctan}x. \]Comme produit de deux fonctions dérivables, \(f\) est dérivable sur \(]-\infty;1[\), et :
\[ f'(x) = -2\operatorname{Arctan}x - \frac{2x}{1+x^2}. \]La fonction \(f'\) est dérivable sur \(]-\infty;1[\). On obtient :
\[ f''(x) = -\frac{2}{1+x^2} - 2\cdot\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}. \]Après réduction au même dénominateur :
\[ f''(x) = -\frac{4}{(1+x^2)^2}. \]Donc :
\[ f''(x)\lt0 \quad\text{pour tout }x\in]-\infty;1[. \]De plus :
\[ f'(0)= -2\operatorname{Arctan}0-\frac{0}{1} = 0. \]Lire la réponse +
Comme \(f''(x)\lt0\) sur \(]-\infty;1[\), la fonction \(f'\) est strictement décroissante sur cet intervalle.
On calcule aussi :
\[ \lim_{x\to-\infty}f'(x)=\pi, \qquad f'(0)=0, \qquad \lim_{x\to1^-}f'(x)=-1-\frac{\pi}{2}. \]Comme \(f^{\prime\prime}(x)\lt0\), la fonction \(f^{\prime}\) est strictement décroissante. Elle décroît de la limite \(\pi\), lorsque \(x\to-\infty\), jusqu’à la limite \(-1-\dfrac{\pi}{2}\), lorsque \(x\to1^-\), et elle s’annule uniquement en \(x=0\).
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Puisque \(f'\) est strictement décroissante sur \(]-\infty;1[\) et s’annule en \(0\), on obtient :
3) Variations de \(f\) sur \(\mathbb{R}\)
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Pour \(x\gt1\), on pose :
\[ s(x)=\sqrt{x^2-1}. \]Alors :
\[ s'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}. \]Sur \(]1;+\infty[\), la fonction \(f\) est dérivable, et :
\[ f'(x) = \frac{x\operatorname{Arctan}x}{\sqrt{x^2-1}} + \frac{\sqrt{x^2-1}}{1+x^2} + \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}. \]Pour \(x\gt1\), tous les termes du membre de droite sont strictement positifs :
\[ x\gt1,\quad \operatorname{Arctan}x\gt0,\quad \sqrt{x^2-1}\gt0. \]Donc :
\[ f'(x)\gt0 \quad\text{pour tout }x\gt1. \]Lire la réponse +
D’après le signe de \(f'\) trouvé sur \(]-\infty;1[\), la fonction \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;0]\), puis strictement décroissante sur \([0;1]\).
D’après ce qui précède, \(f\) est strictement croissante sur \(]1;+\infty[\).
Les valeurs et limites utiles sont :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty, \qquad f(0)=0, \qquad f(1)=-\frac{\pi}{2}, \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]\(f\) croît sur \(]-\infty;0]\), décroît sur \([0;1]\), puis croît sur \(]1;+\infty[\).
\(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;0]\), de \(-\infty\) jusqu’à \(f(0)=0\).
Elle est strictement décroissante sur \([0;1]\), de \(0\) jusqu’à \(f(1)=-\dfrac{\pi}{2}\).
Elle est ensuite strictement croissante sur \(]1;+\infty[\), à partir de la limite \(-\dfrac{\pi}{2}\) lorsque \(x\to1^+\), vers \(+\infty\).
4) Relations avec \(\operatorname{Arctan}\) et asymptotes
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Soit \(x\gt0\), et posons :
\[ \theta=\operatorname{Arctan}x. \]Alors \(\theta\in]0;\frac{\pi}{2}[\) et :
\[ \tan\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) = \frac1{\tan\theta} = \frac1x. \]Comme \(\frac{\pi}{2}-\theta\in]0;\frac{\pi}{2}[\), on en déduit :
Si \(x\lt0\), alors \(-x\gt0\). En appliquant la relation précédente à \(-x\), puis en utilisant l’imparité de \(\operatorname{Arctan}\), on obtient :
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Au voisinage de \(+\infty\), on utilise la deuxième expression de \(f\). Pour \(x\gt1\), on a :
\[ \operatorname{Arctan}x=\frac{\pi}{2}-\operatorname{Arctan}\frac1x \]et :
\[ \operatorname{Arctan}\sqrt{x^2-1} = \frac{\pi}{2} - \operatorname{Arctan}\frac1{\sqrt{x^2-1}}. \]Ainsi :
\[ f(x)-\left(\frac{\pi}{2}x-1\right) = \frac{\pi}{2}\left(\sqrt{x^2-1}-x\right) + 1 - \sqrt{x^2-1}\operatorname{Arctan}\frac1x - \operatorname{Arctan}\frac1{\sqrt{x^2-1}}. \]Or :
\[ \sqrt{x^2-1}-x = \frac{-1}{\sqrt{x^2-1}+x} \to0, \] \[ \sqrt{x^2-1}\operatorname{Arctan}\frac1x\to1, \] \[ \operatorname{Arctan}\frac1{\sqrt{x^2-1}}\to0. \]Cette limite se justifie sans développement limité par :
\[ \sqrt{x^2-1}\operatorname{Arctan}\frac1x = \frac{\sqrt{x^2-1}}{x} \cdot \frac{\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)}{\frac1x} \longrightarrow 1\times1=1. \]Donc :
Au voisinage de \(-\infty\), on utilise :
\[ f(x)=-2x\operatorname{Arctan}x. \]Pour \(x\lt0\), on a :
\[ \operatorname{Arctan}x=-\frac{\pi}{2}-\operatorname{Arctan}\frac1x. \]Donc :
\[ f(x)=\pi x+2x\operatorname{Arctan}\frac1x. \]Ainsi :
\[ f(x)-(\pi x+2) = 2\left(x\operatorname{Arctan}\frac1x-1\right). \]Or, en posant \(t=\dfrac1x\), on a \(t\to0^-\) lorsque \(x\to-\infty\), et :
\[ x\operatorname{Arctan}\frac1x = \frac{\operatorname{Arctan}t}{t} \to1. \]5) Tracé de la courbe \(\mathcal{C}_f\)
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Pour tracer la courbe \(\mathcal{C}_f\), on utilise les informations suivantes :
- \(f\) est continue en \(1\) et \(f(1)=-\dfrac{\pi}{2}\).
- La courbe admet en \(1\) une demi-tangente à gauche de coefficient directeur \(-1-\dfrac{\pi}{2}\).
- La courbe admet en \(1\) une demi-tangente verticale à droite.
- \(f\) est croissante sur \(]-\infty;0]\), décroissante sur \([0;1]\), puis croissante sur \(]1;+\infty[\).
- La courbe admet une tangente horizontale au point \(O(0,0)\), car \(f'(0)=0\).
- Au voisinage de \(+\infty\), la courbe admet l’asymptote \(\Delta : y=\dfrac{\pi}{2}x-1\).
- Au voisinage de \(-\infty\), la courbe admet l’asymptote \(\Delta' : y=\pi x+2\).
6) Résolution de l’équation \(f(x)=x\) dans \(\mathbb{R}_-^{\ast}\)
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Pour \(x\in\mathbb{R}_-^{\ast}\), on a :
\[ f(x)=-2x\operatorname{Arctan}x. \]L’équation \(f(x)=x\) devient :
\[ -2x\operatorname{Arctan}x=x. \]Comme \(x\neq0\), on peut diviser par \(x\) :
\[ -2\operatorname{Arctan}x=1. \]Ainsi :
\[ \operatorname{Arctan}x=-\frac12. \]La fonction \(\operatorname{Arctan}\) étant strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), cette équation admet une unique solution :
\[ x=\tan\left(-\frac12\right) = -\tan\left(\frac12\right). \]7) Étude de la suite \((u_n)\)
On considère la suite \((u_n)\) définie par : \[ \alpha\lt u_0\lt0 \quad\text{et}\quad u_{n+1}=f(u_n) \quad\text{pour tout }n\in\mathbb{N}. \]
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On sait que \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;0]\). De plus :
\[ f(\alpha)=\alpha \qquad\text{et}\qquad f(0)=0. \]Supposons que :
\[ \alpha\lt u_n\lt0. \]Comme \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;0]\), on obtient :
\[ f(\alpha)\lt f(u_n)\lt f(0). \]Donc :
\[ \alpha\lt u_{n+1}\lt0. \]Comme \(\alpha\lt u_0\lt0\), la propriété est vraie au rang \(0\). Par récurrence :
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Pour \(x\in]\alpha;0[\), on a :
\[ f(x)-x = -2x\operatorname{Arctan}x-x = x\left(-2\operatorname{Arctan}x-1\right). \]Or :
\[ \alpha=-\tan\left(\frac12\right), \]donc, pour \(x\in]\alpha;0[\), on a :
\[ -\frac12\lt\operatorname{Arctan}x\lt0. \]Ainsi :
\[ -2\operatorname{Arctan}x-1\lt0. \]Comme \(x\lt0\), on obtient :
\[ f(x)-x\gt0. \]Donc, pour tout \(n\in\mathbb{N}\) :
\[ u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n\gt0. \]La suite \((u_n)\) est donc strictement croissante. De plus, d’après la question précédente :
\[ u_n\lt0 \quad\text{pour tout }n\in\mathbb{N}. \]La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par \(0\), donc elle est convergente.
Soit :
\[ \ell=\lim_{n\to+\infty}u_n. \]Comme \(\alpha\lt u_n\lt0\), on a :
\[ \alpha\leq \ell\leq0. \]La fonction \(f\) est continue sur \([\alpha;0]\). En passant à la limite dans :
\[ u_{n+1}=f(u_n), \]on obtient :
\[ \ell=f(\ell). \]Les solutions de \(f(x)=x\) dans \([\alpha;0]\) sont \(\alpha\) et \(0\). Comme la suite est croissante et \(u_0\gt\alpha\), sa limite ne peut pas être \(\alpha\). Donc :
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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