Correction de l’exercice 75 — Étude de fonctions, inégalité des accroissements finis et suite de fonctions — Al Moufid
1) Étude de la fonction \(h\)
On considère la fonction \(h\) définie sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\) par : \[ h(x)=\frac1x-2\operatorname{Arctan}x. \]
Montrer que l’équation \(h(x)=0\) admet une solution unique \(\alpha\) dans \(\mathbb{R}_+^{\ast}\), avec : \[ \frac{\sqrt3}{3}\lt\alpha\lt1. \] Puis étudier le signe de \(h(x)\) sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\).
1-a) Existence et unicité de \(\alpha\)
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La fonction \(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\), car les fonctions \(x\mapsto\dfrac1x\) et \(x\mapsto\operatorname{Arctan}x\) sont dérivables sur cet intervalle.
Pour tout \(x\gt0\), on a :
\[ h'(x)=-\frac1{x^2}-\frac2{1+x^2}. \]Les deux termes du membre de droite sont strictement négatifs, donc :
\[ h'(x)\lt0. \]Ainsi, \(h\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\).
De plus :
\[ \lim_{x\to0^+}h(x)=+\infty, \]car \(\dfrac1x\to+\infty\), tandis que \(\operatorname{Arctan}x\to0\).
Et :
\[ \lim_{x\to+\infty}h(x)=0-\pi=-\pi. \]Comme \(h\) est continue et strictement décroissante sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\), l’équation \(h(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(\mathbb{R}_+^{\ast}\).
Pour encadrer \(\alpha\), on calcule :
\[ h\left(\frac{\sqrt3}{3}\right) = \sqrt3-2\operatorname{Arctan}\left(\frac{\sqrt3}{3}\right) = \sqrt3-\frac{\pi}{3}. \]Or \(\sqrt3\gt\dfrac{\pi}{3}\), donc :
\[ h\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)\gt0. \]D’autre part :
\[ h(1)=1-2\operatorname{Arctan}(1)=1-\frac{\pi}{2}\lt0. \]Comme \(h\) est strictement décroissante et s’annule une seule fois, on obtient :
1-b) Signe de \(h(x)\)
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La fonction \(h\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\) et elle s’annule en \(\alpha\). Par conséquent :
2) Étude de la fonction \(f\)
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\) par : \[ f(x)=\frac{\operatorname{Arctan}x}{1+x^2}. \]
2-a) Étudier les variations de \(f\)
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La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\). En utilisant la dérivée d’un quotient :
\[ f'(x) = \frac{\frac1{1+x^2}(1+x^2)-2x\operatorname{Arctan}x}{(1+x^2)^2}. \]Donc :
\[ f'(x) = \frac{1-2x\operatorname{Arctan}x}{(1+x^2)^2}. \]On factorise le numérateur en utilisant :
\[ h(x)=\frac1x-2\operatorname{Arctan}x. \]Pour \(x\gt0\), on a :
\[ 1-2x\operatorname{Arctan}x = x\left(\frac1x-2\operatorname{Arctan}x\right) = xh(x). \]Ainsi :
\[ f'(x)=\frac{x\,h(x)}{(1+x^2)^2}. \]Comme \(x\gt0\) et \((1+x^2)^2\gt0\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(h(x)\).
D’après la question précédente :
\[ h(x)\gt0 \quad\text{sur } ]0;\alpha[, \] \[ h(\alpha)=0, \] \[ h(x)\lt0 \quad\text{sur } ]\alpha;+\infty[. \]Donc \(f\) est strictement croissante sur \(]0;\alpha]\), puis strictement décroissante sur \([\alpha;+\infty[\).
Les limites utiles sont :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=0 \]et :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0. \]\(f^{\prime}(x)\gt0\) sur \(]0;\alpha[\), \(f^{\prime}(\alpha)=0\), puis \(f^{\prime}(x)\lt0\) sur \(]\alpha;+\infty[\).
Ainsi, \(f\) est strictement croissante sur \(]0;\alpha]\), de la limite \(0\) jusqu’à son maximum \(f(\alpha)\), puis strictement décroissante sur \([\alpha;+\infty[\), de \(f(\alpha)\) vers la limite \(0\).
2-b) Montrer que : \[ f(\alpha)=\frac1{2\alpha(1+\alpha^2)} \]
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Comme \(h(\alpha)=0\), on a :
\[ \frac1\alpha-2\operatorname{Arctan}\alpha=0. \]Donc :
\[ \operatorname{Arctan}\alpha=\frac1{2\alpha}. \]Alors :
\[ f(\alpha) = \frac{\operatorname{Arctan}\alpha}{1+\alpha^2} = \frac{\frac1{2\alpha}}{1+\alpha^2}. \]2-c) En déduire que : \[ \forall x\in\mathbb{R}_+^{\ast},\qquad 0\leq f(x)\lt\frac{3\sqrt3}{8}. \]
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Pour tout \(x\gt0\), on a \(\operatorname{Arctan}x\gt0\) et \(1+x^2\gt0\). Donc :
\[ f(x)\gt0. \]D’après les variations de \(f\), le maximum de \(f\) est \(f(\alpha)\). Ainsi :
\[ 0\lt f(x)\leq f(\alpha). \]Or :
\[ f(\alpha)=\frac1{2\alpha(1+\alpha^2)}. \]D’après la question 1, on a :
\[ \alpha\gt\frac{\sqrt3}{3}. \]Donc :
\[ \alpha^2\gt\frac13. \]Ainsi :
\[ 1+\alpha^2\gt\frac43. \]Comme \(\alpha\gt\dfrac{\sqrt3}{3}\), on obtient :
\[ 2\alpha(1+\alpha^2) \gt 2\cdot\frac{\sqrt3}{3}\cdot\frac43 = \frac{8\sqrt3}{9}. \]Donc :
\[ f(\alpha) \lt \frac{9}{8\sqrt3} = \frac{3\sqrt3}{8}. \]3) Application de l’inégalité des accroissements finis
Montrer que pour tout \((x,x_0)\in(\mathbb{R}_+^{\ast})^2\) tel que \(x\gt x_0\), on a : \[ (\operatorname{Arctan}x)^2-(\operatorname{Arctan}x_0)^2 \leq \frac{3\sqrt3}{4}(x-x_0). \]
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On pose :
\[ F(x)=(\operatorname{Arctan}x)^2. \]La fonction \(F\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\), et :
\[ F'(x)=2\operatorname{Arctan}x\cdot\frac1{1+x^2}. \]Donc :
\[ F'(x)=2f(x). \]D’après la question précédente, pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^{\ast}\), on a :
\[ 0\leq f(x)\lt\frac{3\sqrt3}{8}. \]Ainsi :
\[ 0\leq F'(x)\lt\frac{3\sqrt3}{4}. \]Soient \(x_0\gt0\) et \(x\gt x_0\). La fonction \(F\) est continue sur \([x_0;x]\) et dérivable sur \(]x_0;x[\).
D’après l’inégalité des accroissements finis :
\[ |F(x)-F(x_0)| \leq \frac{3\sqrt3}{4}|x-x_0|. \]Comme \(F\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\), on a :
\[ F(x)-F(x_0)\geq0. \]Donc :
4) Étude de la suite \(\bigl(u_n(x)\bigr)\)
Soit \(x\in\mathbb{R}_+^{\ast}\). On considère la suite \(\bigl(u_n(x)\bigr)\) définie par : \[ u_n(x)=\sum_{p=0}^{n}\left(\operatorname{Arctan}\frac{x}{2^p}\right)^2. \]
Montrer que \(\bigl(u_n(x)\bigr)\) est majorée par : \[ \frac{3\sqrt3}{2}x. \]
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Pour tout \(p\in\mathbb{N}\), on a :
\[ \frac{x}{2^p}\gt0. \]Pour \(0\lt\varepsilon\lt\dfrac{x}{2^p}\), on applique l’inégalité précédente aux réels \(\varepsilon\) et \(\dfrac{x}{2^p}\) :
\[ \left(\operatorname{Arctan}\frac{x}{2^p}\right)^2 - (\operatorname{Arctan}\varepsilon)^2 \leq \frac{3\sqrt3}{4} \left(\frac{x}{2^p}-\varepsilon\right). \]En faisant tendre \(\varepsilon\) vers \(0^+\), et en utilisant \(\operatorname{Arctan}\varepsilon\to0\), on obtient :
\[ \left(\operatorname{Arctan}\frac{x}{2^p}\right)^2 \leq \frac{3\sqrt3}{4}\cdot\frac{x}{2^p}. \] \[ \left(\operatorname{Arctan}\frac{x}{2^p}\right)^2 \leq \frac{3\sqrt3}{4}\cdot\frac{x}{2^p}. \]En sommant de \(p=0\) à \(n\), on obtient :
\[ u_n(x) \leq \frac{3\sqrt3}{4}x \sum_{p=0}^{n}\frac1{2^p}. \]Or :
\[ \sum_{p=0}^{n}\frac1{2^p} \leq \sum_{p=0}^{+\infty}\frac1{2^p} = 2. \]Donc :
Pour tout \(n\in\mathbb N\), \[ u_{n+1}(x)-u_n(x) = \left( \operatorname{Arctan}\frac{x}{2^{n+1}} \right)^2 \geq0. \] La suite \(\bigl(u_n(x)\bigr)\) est donc croissante. Comme elle est majorée par \(\dfrac{3\sqrt3}{2}x\), elle est convergente. La définition de \(C(x)\) dans la partie suivante est ainsi justifiée.
Ainsi, pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^{\ast}\), la suite \(\bigl(u_n(x)\bigr)\) est majorée.
5) Fonction limite \(C\)
Pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^{\ast}\), on pose : \[ C(x)=\lim_{n\to+\infty}u_n(x). \]
5-a) Montrer que pour tout \((x,x_0)\in(\mathbb{R}_+^{\ast})^2\), on a : \[ |u_n(x)-u_n(x_0)| \leq \frac{3\sqrt3}{4}|x-x_0| \sum_{p=0}^{n}\frac1{2^p}. \]
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L’inégalité de la partie 3 a été écrite pour deux réels ordonnés. En échangeant les rôles de \(a\) et \(b\) lorsque \(a\lt b\), on obtient pour tous \(a,b\in\mathbb R_+^{\ast}\) : \[ |F(a)-F(b)| \leq \frac{3\sqrt3}{4}|a-b|. \]
Pour tout \(p\in\{0,1,\ldots,n\}\), on applique l’inégalité des accroissements finis à la fonction :
\[ F(t)=(\operatorname{Arctan}t)^2. \]On sait que :
\[ |F(a)-F(b)| \leq \frac{3\sqrt3}{4}|a-b| \]pour tous \(a,b\in\mathbb{R}_+^{\ast}\).
On prend :
\[ a=\frac{x}{2^p} \qquad\text{et}\qquad b=\frac{x_0}{2^p}. \]Alors :
\[ \left| \left(\operatorname{Arctan}\frac{x}{2^p}\right)^2 - \left(\operatorname{Arctan}\frac{x_0}{2^p}\right)^2 \right| \leq \frac{3\sqrt3}{4} \left|\frac{x-x_0}{2^p}\right|. \]Donc :
\[ \left| \left(\operatorname{Arctan}\frac{x}{2^p}\right)^2 - \left(\operatorname{Arctan}\frac{x_0}{2^p}\right)^2 \right| \leq \frac{3\sqrt3}{4} \frac{|x-x_0|}{2^p}. \]En sommant de \(p=0\) à \(n\), et en utilisant l’inégalité triangulaire :
\[ |u_n(x)-u_n(x_0)| \leq \sum_{p=0}^{n} \left| \left(\operatorname{Arctan}\frac{x}{2^p}\right)^2 - \left(\operatorname{Arctan}\frac{x_0}{2^p}\right)^2 \right|. \]D’où :
5-b) En déduire que la fonction \(C\) est continue sur \(\mathbb{R}_+^{\ast}\)
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Pour tout \(n\), on a :
\[ |u_n(x)-u_n(x_0)| \leq \frac{3\sqrt3}{4}|x-x_0| \sum_{p=0}^{n}\frac1{2^p}. \]Or :
\[ \sum_{p=0}^{n}\frac1{2^p}\leq2. \]Donc :
\[ |u_n(x)-u_n(x_0)| \leq \frac{3\sqrt3}{2}|x-x_0|. \]En passant à la limite lorsque \(n\to+\infty\), on obtient :
\[ |C(x)-C(x_0)| \leq \frac{3\sqrt3}{2}|x-x_0|. \]Soit \(x_0\in\mathbb{R}_+^{\ast}\). Lorsque \(x\to x_0\), le membre de droite tend vers \(0\). Donc :
\[ \lim_{x\to x_0}C(x)=C(x_0). \]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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