Correction de l’exercice 76 — Étude complète d’une fonction, dérivabilité et asymptotes — Al Moufid

Correction de l’exercice 76 — Étude complète d’une fonction, dérivabilité et asymptotes — Al Moufid

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Première partieDeuxième partieBranches infiniesTracé de la courbe

Première partie

1) Montrer que, pour tout \(t\in\mathbb{R}_+^{\ast}\),

\[ 0\lt \frac{t-\operatorname{Arctan}t}{t^2}\lt \frac{t}{3}. \]

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Soit \(t\gt0\). On considère la fonction :

\[ \varphi(t)=t-\operatorname{Arctan}t. \]

Elle est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\), et pour tout \(t\geq0\), on a :

\[ \varphi'(t)=1-\frac1{1+t^2} = \frac{t^2}{1+t^2}. \]

Pour \(t\gt0\), on a \(\varphi'(t)\gt0\), donc \(\varphi\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Comme :

\[ \varphi(0)=0, \]

on obtient :

\[ t-\operatorname{Arctan}t\gt0. \]

Pour montrer la majoration, on pose :

\[ \psi(t)=\frac{t^3}{3}-t+\operatorname{Arctan}t. \]

La fonction \(\psi\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\), et :

\[ \psi'(t)=t^2-1+\frac1{1+t^2}. \]

En réduisant au même dénominateur :

\[ \psi'(t)= \frac{t^2(1+t^2)-(1+t^2)+1}{1+t^2} = \frac{t^4}{1+t^2}. \]

Donc :

\[ \psi'(t)\gt0 \quad\text{pour tout }t\gt0. \]

Comme \(\psi(0)=0\), on a :

\[ \psi(t)\gt0. \]

Ainsi :

\[ \frac{t^3}{3}-t+\operatorname{Arctan}t\gt0, \]

c’est-à-dire :

\[ t-\operatorname{Arctan}t\lt\frac{t^3}{3}. \]

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

\[ 0\lt \frac{t-\operatorname{Arctan}t}{t^2}\lt \frac{t}{3}. \]

Comme :

\[ 0\lt \frac{t-\operatorname{Arctan}t}{t^2}\lt \frac{t}{3} \]

et :

\[ \lim_{t\to0^+}\frac{t}{3}=0, \]

le théorème d’encadrement donne :

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

2-a) Montrer que pour tout \(x\in\mathbb{R}^{\ast}\),

\[ \operatorname{Arctan}|x|+\operatorname{Arctan}\frac1{|x|}=\frac{\pi}{2}. \]

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Soit \(x\in\mathbb{R}^{\ast}\). Alors \(|x|\gt0\) et \(\dfrac1{|x|}\gt0\).

On pose :

\[ A=\operatorname{Arctan}|x| \quad\text{et}\quad B=\operatorname{Arctan}\frac1{|x|}. \]

On a :

\[ A\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[ \quad\text{et}\quad B\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[. \]

De plus :

\[ \tan A=|x| \quad\text{et}\quad \tan B=\frac1{|x|}. \]

Ainsi :

\[ \tan A\cdot\tan B=1. \] \[ B=\frac{\pi}{2}-A. \]

Les nombres \(B\) et \(\dfrac{\pi}{2}-A\) appartiennent tous les deux à \(]0;\dfrac{\pi}{2}[\). L’injectivité de la fonction tangente sur cet intervalle donne :

\[ \tan B = \cot A = \tan\left(\frac{\pi}{2}-A\right). \]

Comme \(\tan B=\dfrac1{\tan A}\) et que \(A\in]0;\dfrac{\pi}{2}[\), on a :

\[ A+B=\frac{\pi}{2}. \] Donc : \[ \operatorname{Arctan}|x|+\operatorname{Arctan}\frac1{|x|}=\frac{\pi}{2}. \]

2-b) En déduire les deux limites

Calculer les deux limites : \[ \lim_{x\to0^+} \frac{(x-1)^2\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)-\frac{\pi}{2}}{x} \] et : \[ \lim_{x\to0^-} \frac{-(x-1)^2\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)-\frac{\pi}{2}}{x}. \]

Lire la réponse +Masquer la réponse −

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

\[ \operatorname{Arctan}\frac1x = \frac{\pi}{2}-\operatorname{Arctan}x. \]

Alors :

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

Or :

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

Donc :

\[ \frac{(x-1)^2\operatorname{Arctan}\frac1x-\frac{\pi}{2}}{x} = \frac{\pi}{2}(x-2) - \frac{(x-1)^2}{x}\operatorname{Arctan}x. \]

Comme :

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

on obtient :

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

Pour \(x\lt0\), on a :

\[ \operatorname{Arctan}\frac1x = -\frac{\pi}{2}-\operatorname{Arctan}x. \]

Alors :

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

Donc :

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

Comme :

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

on obtient :

\[ \lim_{x\to0^-} \frac{-(x-1)^2\operatorname{Arctan}\frac1x-\frac{\pi}{2}}{x} = 1-\pi. \]

Deuxième partie

On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par : \[ f(x)=(x-1)^2\left|\operatorname{Arctan}\frac1x\right| \quad\text{si }x\neq0, \qquad f(0)=\frac{\pi}{2}. \]

1-a) Montrer que \(f\) est continue en \(0\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Pour \(x\neq0\), on a :

\[ f(x)=(x-1)^2\left|\operatorname{Arctan}\frac1x\right|. \]

Lorsque \(x\to0^+\), on a :

\[ \operatorname{Arctan}\frac1x\to\frac{\pi}{2}. \]

Lorsque \(x\to0^-\), on a :

\[ \operatorname{Arctan}\frac1x\to-\frac{\pi}{2}. \]

Donc, dans les deux cas :

\[ \left|\operatorname{Arctan}\frac1x\right|\to\frac{\pi}{2}. \]

De plus :

\[ (x-1)^2\to1. \]

Ainsi :

\[ \lim_{x\to0}f(x)=\frac{\pi}{2}=f(0). \]

La fonction \(f\) est continue en \(0\).

1-b) Étudier la dérivabilité de \(f\) en \(0\), puis interpréter géométriquement

Lire la réponse +Masquer la réponse −

On étudie le quotient de dérivabilité en \(0\) :

\[ \frac{f(x)-f(0)}{x}. \]

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

\[ f(x)=(x-1)^2\operatorname{Arctan}\frac1x. \]

D’après la première partie :

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

Donc :

\[ f'_d(0)=-\pi-1. \]

Pour \(x\lt0\), on a :

\[ f(x)=-(x-1)^2\operatorname{Arctan}\frac1x. \]

D’après la première partie :

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

Donc :

\[ f'_g(0)=1-\pi. \]

Les deux nombres dérivés à droite et à gauche sont différents :

\[ -\pi-1\neq1-\pi. \]

La fonction \(f\) n’est pas dérivable en \(0\).

Géométriquement, la courbe \(\mathcal C_f\) admet au point \[ A\left(0,\frac{\pi}{2}\right) \] deux demi-tangentes distinctes : \[ y=\frac{\pi}{2}-(\pi+1)x \] à droite, et \[ y=\frac{\pi}{2}+(1-\pi)x \] à gauche.

1-c) Montrer que :

Lire la réponse +Masquer la réponse −

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

\[ \frac{(x-1)^2}{|x|} = |x|\left(1-\frac1x\right)^2 \longrightarrow+\infty. \]

D’autre part :

\[ \frac{\left|\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)\right|} {\frac1{|x|}} = \left| \frac{\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)} {\frac1x} \right| \longrightarrow1. \]

Lorsque \(|x|\to+\infty\), on a \(\dfrac1x\to0\), puis :

\[ f(x) = \frac{(x-1)^2}{|x|} \cdot \frac{\left|\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)\right|} {\frac1{|x|}}. \]

Pour \(x\neq0\), on écrit :

Montrer que : \[ \lim_{|x|\to+\infty}f(x)=+\infty. \]

2) Étude de la fonction auxiliaire \(g\)

Pour tout \(x\in\mathbb{R}^{\ast}\), on pose : \[ g(x)=2\operatorname{Arctan}\frac1x-\frac{x-1}{x^2+1}. \]

2-a) Étudier les variations de \(g\) sur \(\mathbb{R}^{\ast}\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

La fonction \(g\) est dérivable sur \(]-\infty;0[\) et sur \(]0;+\infty[\).

Pour \(x\neq0\), on a :

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

Donc :

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

Or :

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

Ainsi :

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

Après réduction au même dénominateur :

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

Comme :

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

et :

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

on obtient :

\[ g'(x)\lt0. \]

Donc \(g\) est strictement décroissante sur chacun des intervalles :

\[ ]-\infty;0[ \quad\text{et}\quad ]0;+\infty[. \]

Les limites utiles sont :

\[ \lim_{x\to-\infty}g(x)=0, \qquad \lim_{x\to0^-}g(x)=1-\pi, \] \[ \lim_{x\to0^+}g(x)=1+\pi, \qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=0. \]

\(g\) est strictement décroissante sur \(]-\infty;0[\), de \(0\) vers \(1-\pi\), et strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\), de \(1+\pi\) vers \(0\).

2-b) En déduire le signe de \(g(x)\) sur \(\mathbb{R}^{\ast}\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Sur \(]-\infty;0[\), la fonction \(g\) est strictement décroissante et :

\[ \lim_{x\to-\infty}g(x)=0, \qquad \lim_{x\to0^-}g(x)=1-\pi\lt0. \]

Donc :

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

Sur \(]0;+\infty[\), la fonction \(g\) est strictement décroissante et :

\[ \lim_{x\to0^+}g(x)=1+\pi\gt0, \qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=0. \]

Donc :

\[ g(x)\gt0 \quad\text{pour tout }x\gt0. \]

\[ g(x)\lt0 \quad\text{si }x\lt0, \qquad g(x)\gt0 \quad\text{si }x\gt0. \]

2-c) Montrer que :

\[ \begin{cases} f'(x)=(x-1)g(x) & \text{si }x\gt0,\\[1mm] f'(x)=(1-x)g(x) & \text{si }x\lt0. \end{cases} \]

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Si \(x\gt0\), alors :

\[ f(x)=(x-1)^2\operatorname{Arctan}\frac1x. \]

En dérivant le produit :

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

On factorise par \(x-1\) :

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

Donc :

\[ f'(x)=(x-1)g(x). \]

Si \(x\lt0\), alors :

\[ f(x)=-(x-1)^2\operatorname{Arctan}\frac1x. \]

Donc :

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

Ainsi :

\[ f'(x)=(1-x)g(x). \]

2-d) Dresser le tableau de variations de \(f\)

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Pour \(x\lt0\), on a :

\[ 1-x\gt0 \quad\text{et}\quad g(x)\lt0. \]

Donc :

\[ f'(x)\lt0. \]

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

Pour \(x\gt0\), on a \(g(x)\gt0\), donc le signe de \(f'(x)=(x-1)g(x)\) est celui de \(x-1\).

Ainsi :

\[ f'(x)\lt0 \quad\text{sur } ]0;1[, \] \[ f'(1)=0, \] \[ f'(x)\gt0 \quad\text{sur } ]1;+\infty[. \]

Donc \(f\) est strictement décroissante sur \(]0,1]\), puis strictement croissante sur \([1;+\infty[\).

Les valeurs et limites indispensables sont :

\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty, \qquad f(0)=\frac{\pi}{2}, \qquad f(1)=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]

\(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty;0[\), strictement décroissante sur \(]0,1]\), puis strictement croissante sur \([1;+\infty[\). Elle admet un minimum égal à \(0\), atteint en \(x=1\).

Variations de \(f\) :
\(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty;1]\). Elle décroît de \(+\infty\) jusqu’à son minimum \[ f(1)=0. \] Elle est ensuite strictement croissante sur \([1;+\infty[\), de \(0\) vers \(+\infty\).

Au point \(x=0\), la fonction reste continue, mais elle n’est pas dérivable : ses deux demi-tangentes ont des coefficients directeurs distincts.

3) Branches infinies

Soit \(x\in\mathbb{R}_+^{\ast}\) et posons : \[ t=\frac1x. \]

3-a) Vérifier que :

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

Lire la réponse +Masquer la réponse −

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

\[ f(x)=(x-1)^2\operatorname{Arctan}\frac1x. \]

En posant :

\[ t=\frac1x, \]

on obtient :

\[ x=\frac1t \]

et :

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

Donc :

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

Après simplification :

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

3-b) Calculer :

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

Lire la réponse +Masquer la réponse −

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

\[ t=\frac1x\to0^+. \]

D’après la limite usuelle :

\[ \lim_{t\to0^+}\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}=1, \]

et d’après la première partie :

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

Donc :

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(f(x)-(x-2)\right) = (-2)\cdot1+0+2=0. \]

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

Graphiquement, la droite : \[ y=x-2 \] est une asymptote oblique à la courbe \(\mathcal C_f\) au voisinage de \(+\infty\).

3-c) Calculer :

Lire la réponse +Masquer la réponse −

La droite \[ \boxed{y=-x+2} \] est une asymptote oblique à la courbe \(\mathcal C_f\) au voisinage de \(-\infty\).

\[ \boxed{\lim_{x\to-\infty}\left(f(x)+x\right)=2}. \]

\[ \frac{\operatorname{Arctan}t-t}{t^2}\longrightarrow0, \qquad \frac{\operatorname{Arctan}t}{t}\longrightarrow1, \qquad \operatorname{Arctan}t\longrightarrow0. \]

Lorsque \(t\to0^+\), on a :

\[ \begin{aligned} f(x)+x &= \frac{(1+t)^2}{t^2}\operatorname{Arctan}t-\frac1t\\ &= \frac{\operatorname{Arctan}t-t}{t^2} + 2\frac{\operatorname{Arctan}t}{t} + \operatorname{Arctan}t. \end{aligned} \]

Par conséquent :

\[ x-1=-\frac{1+t}{t}. \]

Or :

\[ f(x) = -(x-1)^2\operatorname{Arctan}\frac1x = (x-1)^2\operatorname{Arctan}t. \]

Comme \(x\lt0\), on obtient :

\[ \operatorname{Arctan}\frac1x = -\operatorname{Arctan}t. \]

Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(t\to0^+\), \(x=-\dfrac1t\), et :

\[ t=-\frac1x. \]

Pour \(x\lt0\), posons :

Calculer : \[ \lim_{x\to-\infty}\left(f(x)+x\right). \]

4) Tracer \(\mathcal C_f\) dans un repère orthonormé

Lire la réponse +Masquer la réponse −

Pour tracer la courbe \(\mathcal C_f\), on utilise les résultats précédents :

• La fonction est continue en \(0\), avec \(f(0)=\dfrac{\pi}{2}\).
• Elle n’est pas dérivable en \(0\), car les demi-tangentes à droite et à gauche sont différentes.
• La demi-tangente à droite en \(A\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)\) a pour coefficient directeur \(-\pi-1\).
• La demi-tangente à gauche en \(A\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)\) a pour coefficient directeur \(1-\pi\).
• La fonction est strictement décroissante sur \(]-\infty;0[\), strictement décroissante sur \(]0,1]\), puis strictement croissante sur \([1;+\infty[\).
• Elle admet un minimum en \(x=1\), avec \(f(1)=0\).
• Au voisinage de \(+\infty\), la courbe admet l’asymptote oblique \(y=x-2\).
• Au voisinage de \(-\infty\), la courbe admet l’asymptote oblique \(y=-x+2\).

Pour une publication plus visuelle, on peut générer séparément la courbe avec Python ou GeoGebra, puis insérer l’image dans l’article Blogger.

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.

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