Correction de l’exercice 77 — Continuité, branches infinies, dérivabilité et variations — Al Moufid
Énoncé
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par : \[ f(x)= \begin{cases} x-\sqrt[3]{x-1} & \text{si }x\geq1,\\[2mm] \dfrac{\operatorname{Arctan}\sqrt{1-x}}{\sqrt{1-x}} & \text{si }x\lt1. \end{cases} \]
1) Montrer que \(f\) est continue en \(1\)
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On a :
\[ f(1)=1-\sqrt[3]{0}=1. \]Lorsque \(x\to1^+\), on utilise la première expression de \(f\) :
\[ \lim_{x\to1^+}f(x) = \lim_{x\to1^+}\left(x-\sqrt[3]{x-1}\right) = 1. \]Lorsque \(x\to1^-\), on pose :
\[ t=\sqrt{1-x}. \]Alors \(t\to0^+\) lorsque \(x\to1^-\), et :
\[ f(x)=\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}. \]Or :
\[ \lim_{t\to0^+}\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}=1. \]Donc :
\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=1. \]2) Étudier les branches infinies de la courbe \(\mathcal C_f\)
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Au voisinage de \(-\infty\)
Lorsque \(x\to-\infty\), on a :
\[ 1-x\to+\infty \quad\text{et}\quad \sqrt{1-x}\to+\infty. \]En posant \(t=\sqrt{1-x}\), on obtient :
\[ f(x)=\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}. \]Or :
\[ \operatorname{Arctan}t\to\frac{\pi}{2} \quad\text{et}\quad t\to+\infty. \]Donc :
Au voisinage de \(+\infty\)
Lorsque \(x\to+\infty\), on utilise :
\[ f(x)=x-\sqrt[3]{x-1}. \]On a :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]De plus :
\[ \frac{f(x)}{x} = 1-\frac{\sqrt[3]{x-1}}{x}. \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt[3]{x-1}}{x}=0. \]Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1. \]Mais :
\[ f(x)-x=-\sqrt[3]{x-1}\to-\infty. \]3) Étudier la dérivabilité de \(f\) à droite en \(1\), puis interpréter géométriquement
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On calcule le quotient de dérivabilité à droite en \(1\). Pour \(x\gt1\), on a :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac{x-\sqrt[3]{x-1}-1}{x-1}. \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = 1-\frac{\sqrt[3]{x-1}}{x-1}. \]Or :
\[ \frac{\sqrt[3]{x-1}}{x-1} = \frac1{(x-1)^{\frac23}}. \]Ainsi :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = 1-\frac1{(x-1)^{\frac23}}. \]Lorsque \(x\to1^+\), on a :
\[ \frac1{(x-1)^{\frac23}}\to+\infty. \]Donc :
4) Dérivabilité à gauche en \(1\)
On pose, pour tout \(t\in\mathbb{R}_+^{\ast}\) : \[ u(t)=t-\operatorname{Arctan}t \quad\text{et}\quad v(t)=t^3. \]
4-a) Vérifier que :
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Pour \(x\lt1\), on pose :
\[ t=\sqrt{1-x}. \]Alors :
\[ x-1=-t^2 \]et :
\[ f(x)=\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}. \]Comme \(f(1)=1\), on obtient :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac{\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}-1}{-t^2}. \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac{t-\operatorname{Arctan}t}{t^3} = \frac{u(t)}{v(t)}. \]4-b) Montrer qu’il existe \(c\in]0;t[\) tel que \(g'(c)=0\)
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Soit \(t\gt0\) fixé. On définit, pour \(x\in[0;t]\) :
\[ g(x)=u(t)v(x)-u(x)v(t). \]Les fonctions \(u\) et \(v\) sont continues sur \([0;t]\) et dérivables sur \(]0;t[\), donc \(g\) est continue sur \([0;t]\) et dérivable sur \(]0;t[\).
Comme :
\[ u(0)=0 \quad\text{et}\quad v(0)=0, \]on a :
\[ g(0)=u(t)v(0)-u(0)v(t)=0. \]De plus :
\[ g(t)=u(t)v(t)-u(t)v(t)=0. \]D’après le théorème de Rolle, il existe :
4-c) En déduire que :
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On a :
\[ g'(x)=u(t)v'(x)-u'(x)v(t). \]Comme \(g'(c)=0\), on obtient :
\[ u(t)v'(c)-u'(c)v(t)=0. \]Donc :
\[ \frac{u(t)}{v(t)} = \frac{u'(c)}{v'(c)}. \]Or :
\[ u'(x)=1-\frac1{1+x^2} = \frac{x^2}{1+x^2}, \]et :
\[ v'(x)=3x^2. \]Donc, pour \(c\gt0\) :
\[ \frac{u'(c)}{v'(c)} = \frac{\frac{c^2}{1+c^2}}{3c^2} = \frac1{3(1+c^2)}. \]Ainsi :
\[ \frac{u(t)}{v(t)} = \frac1{3(1+c^2)}. \]Comme \(0\lt c\lt t\), lorsque \(t\to0^+\), on a :
\[ c\to0^+. \]Par conséquent :
D’après la question 4-a, on obtient :
5) Étude des variations de \(f\)
5-a) Étudier le signe de \(f'(x)\) sur \(]1;+\infty[\)
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Pour \(x\gt1\), on a :
\[ f(x)=x-\sqrt[3]{x-1}. \]La fonction est dérivable sur \(]1;+\infty[\), et :
\[ f'(x)=1-\frac1{3(x-1)^{\frac23}}. \]On résout :
\[ f'(x)=0 \Longleftrightarrow 1=\frac1{3(x-1)^{\frac23}}. \]Donc :
\[ 3(x-1)^{\frac23}=1. \]Ainsi :
\[ (x-1)^{\frac23}=\frac13. \]Comme \(x\gt1\), on obtient :
\[ x-1=\frac1{3\sqrt3}. \]On pose :
\[ \beta=1+\frac1{3\sqrt3}. \]Alors :
\[ f'(x)\lt0 \quad\text{sur } ]1;\beta[, \] \[ f'(\beta)=0, \] \[ f'(x)\gt0 \quad\text{sur } ]\beta;+\infty[. \]5-b) Montrer que pour tout \(x\in]-\infty;1[\) :
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Pour \(x\lt1\), on pose :
\[ t=\sqrt{1-x}. \]Alors :
\[ f(x)=\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}. \]On dérive d’abord par rapport à \(t\) :
\[ \left(\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}\right)' = \frac{\frac{t}{1+t^2}-\operatorname{Arctan}t}{t^2}. \]De plus :
\[ t=\sqrt{1-x} \quad\Rightarrow\quad t'=-\frac1{2\sqrt{1-x}}=-\frac1{2t}. \]Donc :
\[ f'(x) = \frac{\frac{t}{1+t^2}-\operatorname{Arctan}t}{t^2} \cdot \left(-\frac1{2t}\right). \]Ainsi :
\[ f'(x)= \frac{\operatorname{Arctan}t-\frac{t}{1+t^2}}{2t^3}. \]Comme :
\[ t=\sqrt{1-x}, \qquad t^3=(1-x)^{\frac32}, \qquad 1+t^2=1+(1-x)=2-x, \]on obtient :
5-c) Montrer que :
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Soit \(t\gt0\). On considère la fonction :
\[ \Phi(t)=\operatorname{Arctan}t-\frac{t}{1+t^2}. \]Elle est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\), et :
\[ \Phi'(t) = \frac1{1+t^2} - \frac{1-t^2}{(1+t^2)^2}. \]En réduisant au même dénominateur :
\[ \Phi'(t) = \frac{1+t^2-(1-t^2)}{(1+t^2)^2} = \frac{2t^2}{(1+t^2)^2}. \]Donc :
\[ \Phi'(t)\geq0 \quad\text{pour tout }t\geq0. \]La fonction \(\Phi\) est donc croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Comme :
\[ \Phi(0)=0, \]on obtient :
5-d) En déduire que \(f\) est croissante sur \(]-\infty;1[\)
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Pour \(x\lt1\), on pose :
\[ t=\sqrt{1-x}. \]Alors \(t\gt0\), et d’après la question précédente :
\[ \operatorname{Arctan}t-\frac{t}{1+t^2}\gt0. \]Or :
\[ f'(x)= \frac{\operatorname{Arctan}t-\frac{t}{1+t^2}}{2t^3}. \]Comme \(2t^3\gt0\), on obtient :
\[ f'(x)\gt0. \]Les résultats précédents donnent :
- \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;1[\) ;
- \(f(1)=1\) ;
- \(f\) est décroissante sur \(]1;\beta]\) ;
- \(f\) est croissante sur \([\beta;+\infty[\) ;
- \(\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=0\) ;
- \(\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).
De plus :
\[ \beta=1+\frac1{3\sqrt3}. \]Si on pose :
\[ \sqrt[3]{\beta-1}=\frac1{\sqrt3}, \]alors :
\[ f(\beta)=\beta-\sqrt[3]{\beta-1} = 1+\frac1{3\sqrt3}-\frac1{\sqrt3} = 1-\frac{2}{3\sqrt3}. \]La fonction \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;1]\), de la limite \(0\) jusqu’à \(f(1)=1\).
Elle est ensuite strictement décroissante sur \([1;\beta]\), de \(1\) jusqu’au minimum \[ f(\beta)=1-\frac{2}{3\sqrt3}, \] puis strictement croissante sur \([\beta;+\infty[\), de \(f(\beta)\) vers \(+\infty\), où \[ \beta=1+\frac1{3\sqrt3}. \]
6) Équation et tracé de la courbe
La dernière question est cohérente avec l’équation \[ f(x)=2. \] En effet, l’équation \(f(x)=0\) n’aurait pas de solution, puisque \(f(x)\gt0\) sur \(\mathbb{R}\).
6-a) Montrer que l’équation \(f(x)=2\) admet une solution unique dans \(]3;4[\)
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Sur \(]-\infty;1[\), on a :
\[ 0\lt f(x)\lt1. \]Sur \(]1;+\infty[\), la fonction décroît d’abord jusqu’à \(f(\beta)\), puis elle croît vers \(+\infty\). Comme :
\[ f(\beta)=1-\frac{2}{3\sqrt3}\lt1, \]l’équation \(f(x)=2\) ne peut avoir de solution que sur \([\beta;+\infty[\), où \(f\) est strictement croissante.
On calcule :
\[ f(3)=3-\sqrt[3]{2}. \]Or :
\[ \sqrt[3]{2}\gt1, \]donc :
\[ f(3)\lt2. \]De plus :
\[ f(4)=4-\sqrt[3]{3}. \]Or :
\[ \sqrt[3]{3}\lt2. \]Donc :
\[ f(4)\gt2. \]La fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur \([\beta;+\infty[\). Comme \(3\gt\beta\), elle est continue et strictement croissante sur \([3;4]\).
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une solution dans \(]3;4[\), et comme \(f\) est strictement croissante sur cet intervalle, cette solution est unique.
6-b) Tracer \(\mathcal C_f\) dans un repère orthonormé
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Pour tracer la courbe \(\mathcal C_f\), on utilise les informations suivantes :
- La courbe est continue en \(1\) et passe par \(A(1,1)\).
- À gauche de \(1\), la courbe admet une demi-tangente de coefficient directeur \(\dfrac13\).
- À droite de \(1\), la courbe admet une demi-tangente verticale d’équation \(x=1\).
- Au voisinage de \(-\infty\), la courbe admet l’asymptote horizontale \(y=0\).
- Au voisinage de \(+\infty\), la courbe admet une branche parabolique de direction \(y=x\).
- La fonction est croissante sur \(]-\infty;1[\), décroissante sur \(]1;\beta]\), puis croissante sur \([\beta;+\infty[\).
- Le minimum sur \(]1;+\infty[\) est atteint en \(\beta=1+\dfrac1{3\sqrt3}\), et vaut \(f(\beta)=1-\dfrac{2}{3\sqrt3}\).
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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