Correction des exercices 55 à 59 — Fonctions primitives et exercices de perfectionnement — Dérivation — Al Moufid
Exercice 55 — Fonctions primitives
1) \(f(x)=x^2+\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}\)
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La fonction est définie sur \([0;+\infty[\). En utilisant les primitives des puissances :
\[ \boxed{F(x)=\frac{x^3}{3}+\frac{2}{3}x^{3/2}+\frac{3}{4}x^{4/3}} \]est une primitive de \(f\) sur \([0;+\infty[\).
2) \(\displaystyle f(x)=\frac1{x^2}+\frac3{x^3}\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R^{*}\), donc sur chacun des intervalles \(]-\infty;0[\) et \(]0;+\infty[\).
\[ \boxed{F(x)=-\frac1x-\frac{3}{2x^2}} \]convient sur chacun de ces deux intervalles.
3) \(\displaystyle f(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R\). Comme \((x^2+1)'=2x\) :
\[ \boxed{F(x)=\sqrt{x^2+1}} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
4) \(\displaystyle f(x)=x\sqrt{x^2+1}\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R\). Posons \(u=x^2+1\), alors \(du=2x\,dx\).
\[ \boxed{F(x)=\frac13(x^2+1)^{3/2}} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
5) \(\displaystyle f(x)=\frac1{x^2}\left(\frac1x-1\right)^3\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R^{*}\). Posons \(u=\frac1x-1\). Alors \(du=-\frac1{x^2}dx\).
\[ \boxed{F(x)=-\frac14\left(\frac1x-1\right)^4} \]convient sur \(]-\infty;0[\) et sur \(]0;+\infty[\).
6) \(\displaystyle f(x)=\sqrt[3]{x+1}\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R\).
\[ \boxed{F(x)=\frac34(x+1)^{4/3}} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
7) \(\displaystyle f(x)=x\sqrt[3]{x^2-1}\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R\). Posons \(u=x^2-1\), alors \(du=2x\,dx\).
\[ \boxed{F(x)=\frac38(x^2-1)^{4/3}} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
8) \(\displaystyle f(x)=\frac{x^2}{1+x^6}\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R\). Posons \(u=x^3\), alors \(du=3x^2\,dx\).
\[ \boxed{F(x)=\frac13\operatorname{Arctan}(x^3)} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
9) \(\displaystyle f(x)=\left(x-\frac32\right)\sqrt[3]{x^2-3x+8}\)
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Le trinôme \(x^2-3x+8\) est strictement positif sur \(\mathbb R\). Posons \(u=x^2-3x+8\), alors \(du=2(x-\frac32)\,dx\).
\[ \boxed{F(x)=\frac38(x^2-3x+8)^{4/3}} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
10) \(\displaystyle f(x)=\sin x\,\cos^3x\)
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Posons \(u=\cos x\), alors \(du=-\sin x\,dx\).
\[ \boxed{F(x)=-\frac14\cos^4x} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
11) \(\displaystyle f(x)=\sin x\,\sin(2x)\)
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Comme \(\sin(2x)=2\sin x\cos x\), on a \(f(x)=2\sin^2x\cos x\). Posons \(u=\sin x\).
\[ \boxed{F(x)=\frac23\sin^3x} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
12) \(\displaystyle f(x)=\frac{x}{(x^2+3)\sqrt{x^2+3}}+\frac{x^2}{\sqrt[3]{x^3-1}}\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R\setminus\{1\}\). On reconnaît :
\[ \left(-\frac1{\sqrt{x^2+3}}\right)' = \frac{x}{(x^2+3)\sqrt{x^2+3}}. \]Pour le second terme, posons \(u=x^3-1\), alors \(du=3x^2\,dx\).
\[ \boxed{ F(x)= -\frac1{\sqrt{x^2+3}} +\frac12(x^3-1)^{2/3}} \]convient sur \(]-\infty;1[\) et sur \(]1;+\infty[\).
13) \(\displaystyle f(x)=\sin x\,\cos x\sqrt{1-\cos(2x)}\)
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Posons \(u=1-\cos(2x)\). Alors \(du=4\sin x\cos x\,dx\).
\[ \boxed{F(x)=\frac16\bigl(1-\cos(2x)\bigr)^{3/2}} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
14) \(\displaystyle f(x)=\sin x\,\cos(2x)\)
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On utilise :
\[ \sin x\cos(2x)=\frac12\bigl(\sin(3x)-\sin x\bigr). \]Ainsi :
\[ \boxed{F(x)=-\frac16\cos(3x)+\frac12\cos x} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
15) \(\displaystyle f(x)=\cos^4x\)
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On utilise l’identité :
\[ \cos^4x=\frac{3+4\cos(2x)+\cos(4x)}8. \]Donc :
\[ \boxed{ F(x)=\frac{3x}{8}+\frac{\sin(2x)}4+\frac{\sin(4x)}{32}} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
16) \(\displaystyle f(x)=\sin^5x\)
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On écrit \(\sin^5x=\sin x(1-\cos^2x)^2\), puis on pose \(u=\cos x\).
\[ \boxed{ F(x)=-\cos x+\frac23\cos^3x-\frac15\cos^5x} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
17) \(\displaystyle f(x)=\tan^2x\)
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La fonction est définie lorsque \(\cos x\neq0\). Comme \(\tan^2x=\frac1{\cos^2x}-1\) :
\[ \boxed{F(x)=\tan x-x} \]est une primitive sur chaque intervalle :
\[ \left]-\frac{\pi}{2}+k\pi;\frac{\pi}{2}+k\pi\right[, \qquad k\in\mathbb Z. \]18) \(\displaystyle f(x)=\frac5{x^2+6x+10}\)
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On a \(x^2+6x+10=(x+3)^2+1\).
\[ \boxed{F(x)=5\operatorname{Arctan}(x+3)} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
19) \(\displaystyle f(x)=1+\frac1{\tan^2x}\)
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La fonction est définie lorsque \(\sin x\neq0\) et \(\cos x\neq0\), c’est-à-dire lorsque \(x\neq\frac{k\pi}{2}\).
\[ 1+\frac1{\tan^2x} = 1+\frac{\cos^2x}{\sin^2x} = \frac1{\sin^2x}. \]Ainsi :
\[ \boxed{F(x)=-\frac1{\tan x}} \]est une primitive sur chaque intervalle :
\[ \left]\frac{k\pi}{2};\frac{(k+1)\pi}{2}\right[, \qquad k\in\mathbb Z. \]20) \(\displaystyle f(x)=\frac1{(2x+1)^2}-\frac1{(x-1)^2}+\frac{x+1}{(x^2+2x+7)^2}\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R\setminus\{-\frac12;1\}\). Une primitive est :
\[ \boxed{ F(x)= -\frac1{2(2x+1)} +\frac1{x-1} -\frac1{2(x^2+2x+7)}} \]sur chacun des intervalles déterminés par \(-\frac12\) et \(1\).
21) \(\displaystyle f(x)=\frac{\operatorname{Arctan}x}{1+x^2}\)
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Posons \(u=\operatorname{Arctan}x\). Alors \(du=\frac{dx}{1+x^2}\).
\[ \boxed{F(x)=\frac12\bigl(\operatorname{Arctan}x\bigr)^2} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
22) \(\displaystyle f(x)=\frac{\sin x}{1+\cos^2x}\)
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Posons \(u=\cos x\), alors \(du=-\sin x\,dx\).
\[ \boxed{F(x)=-\operatorname{Arctan}(\cos x)} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
23) \(\displaystyle f(x)=\frac{x^2-x+1}{(1+x^2)^2}\)
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On écrit :
\[ \frac{x^2-x+1}{(1+x^2)^2} = \frac1{1+x^2} - \frac{x}{(1+x^2)^2}. \]Donc :
\[ \boxed{ F(x)=\operatorname{Arctan}x+\frac1{2(1+x^2)}} \]est une primitive sur \(\mathbb R\).
24) \(\displaystyle f(x)=\frac1{\sqrt{x(1+x)}}\)
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La fonction est définie sur :
\[ ]-\infty;-1[\cup]0;+\infty[. \]Une primitive, valable sur chacune de ces deux composantes, est :
\[ \boxed{ F(x)= \ln\left| 2x+1+2\sqrt{x(x+1)} \right|}. \]25) \(\displaystyle f(x)=\frac{\sin x-x\cos x}{x^2}\)
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La fonction est définie sur \(\mathbb R^{*}\). Or :
\[ \left(\frac{\sin x}{x}\right)' = \frac{x\cos x-\sin x}{x^2}. \]Ainsi :
\[ \boxed{F(x)=-\frac{\sin x}{x}} \]convient sur \(]-\infty;0[\) et sur \(]0;+\infty[\).
26) \(\displaystyle f(x)=\frac{x}{\sqrt{x+1}}\)
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La fonction est définie sur \(]-1;+\infty[\). On écrit :
\[ \frac{x}{\sqrt{x+1}} = \sqrt{x+1} - \frac1{\sqrt{x+1}}. \]Donc :
\[ \boxed{ F(x)= \frac23(x+1)^{3/2} - 2\sqrt{x+1}} \]est une primitive sur \(]-1;+\infty[\).
27) \(\displaystyle f(x)=3\cos\frac{x}{2}-5\sin\frac{2x}{3}+\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)\)
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On primitive terme à terme :
\[ \boxed{ F(x)= 6\sin\frac{x}{2} + \frac{15}{2}\cos\frac{2x}{3} - \frac12\cos\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)} \]sur \(\mathbb R\).
Exercice 56 — Dérivabilité, symétrie, variations et point d’inflexion
1) Étudier la dérivabilité de \(f\) en \(1\), puis interpréter graphiquement les résultats obtenus.
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On a \(f(1)=1\). Pour \(h\neq0\) :
\[ \frac{f(1+h)-f(1)}{h} = \frac{\sqrt[3]{(1+h)^2}-1}{h} - \frac{\sqrt[3]{h^2}}{h}. \]Le premier quotient tend vers \(\frac23\). D’autre part :
\[ \frac{\sqrt[3]{h^2}}{h} = \begin{cases} h^{-1/3}, & h\gt0,\\ -|h|^{-1/3}, & h\lt0. \end{cases} \]Par conséquent :
\[ \lim_{h\to0^-}\frac{f(1+h)-f(1)}h=+\infty, \qquad \lim_{h\to0^+}\frac{f(1+h)-f(1)}h=-\infty. \]2-a) Montrer que le point \(I\left(\frac12;0\right)\) est un centre de symétrie de la courbe \(\mathcal C_f\).
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Pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ f(1-x) = \sqrt[3]{(1-x)^2} - \sqrt[3]{x^2} = -f(x). \]Or les réels \(x\) et \(1-x\) sont symétriques par rapport à \(\frac12\), et :
\[ f(x)+f(1-x)=0=2\times0. \]2-b) Montrer que \(f\) est dérivable sur \(J=\left[\frac12;1\right[\) et \(J'=]1;+\infty[\), puis étudier ses variations sur chacun de ces intervalles.
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Pour \(x\neq0\) et \(x\neq1\) :
\[ f'(x) = \frac{2}{3\sqrt[3]{x}} - \frac{2}{3\sqrt[3]{x-1}}. \]Sur \(]\frac12;1[\), on a \(\sqrt[3]{x}\gt0\) et \(\sqrt[3]{x-1}\lt0\). Donc :
\[ f'(x)\gt0. \]Ainsi, \(f\) est strictement croissante sur \(\left[\frac12;1\right[\), avec :
\[ f\left(\frac12\right)=0, \qquad \lim_{x\to1^-}f(x)=1. \]Sur \(]1;+\infty[\), les deux racines cubiques sont positives et :
\[ \sqrt[3]{x}\gt\sqrt[3]{x-1}. \]Donc :
\[ \frac1{\sqrt[3]{x}} \lt \frac1{\sqrt[3]{x-1}}, \qquad f'(x)\lt0. \]Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \(]1;+\infty[\), de \(1\) vers \(0\).
2-c) Montrer que le point \(I\) est un point d’inflexion de la courbe \(\mathcal C_f\).
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Pour \(x\neq0,1\) :
\[ f''(x) = \frac{2}{9} \left( \frac1{(x-1)^{4/3}} - \frac1{x^{4/3}} \right). \]Sur \(]0;1[\), les puissances \(x^{4/3}\) et \((x-1)^{4/3}\) sont positives.
Si \(0\lt x\lt\frac12\), alors \(|x|\lt|x-1|\), donc \(f''(x)\lt0\).
Si \(\frac12\lt x\lt1\), alors \(|x|\gt|x-1|\), donc \(f''(x)\gt0\).
La concavité change donc au passage par \(x=\frac12\), et \(f(\frac12)=0\).
3-a) Déterminer la nature de la branche infinie de \(\mathcal C_f\) au voisinage de \(+\infty\).
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Pour \(x\gt1\), appliquons le théorème des accroissements finis à la fonction \(\varphi(t)=t^{2/3}\) sur \([x-1;x]\). Il existe \(c_x\in]x-1;x[\) tel que :
\[ f(x) = x^{2/3}-(x-1)^{2/3} = \varphi'(c_x) = \frac{2}{3\sqrt[3]{c_x}}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(c_x\to+\infty\). Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0. \]De plus, \(f(x)\gt0\) pour \(x\gt1\).
3-b) Tracer la courbe \(\mathcal C_f\).
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Les éléments nécessaires au tracé sont :
- le centre de symétrie \(I(\frac12;0)\) ;
- \(f(0)=-1\) et \(f(1)=1\) ;
- une pointe en \(A(1;1)\), avec demi-tangentes verticales, et par symétrie une pointe en \((0;-1)\) ;
- la décroissance sur \(]-\infty;0]\), la croissance sur \([0;1]\), puis la décroissance sur \([1;+\infty[\) ;
- l’asymptote horizontale \(y=0\) aux deux infinis ;
- le point d’inflexion \(I(\frac12;0)\).
Exercice 57 — Fonction définie par morceaux et fonction réciproque
1-a) Montrer que \(f\) est continue en \(0\).
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On a :
\[ f(0)=\sqrt1-1=0. \]À droite :
\[ \lim_{x\to0^+}\bigl(\sqrt{1+x^2}-2x-1\bigr)=0. \]À gauche, \(\frac1x\to-\infty\), donc :
\[ \lim_{x\to0^-} \left( x+\frac{\pi}{2}+\operatorname{Arctan}\frac1x \right) = 0+\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2} = 0. \]1-b) Montrer que \(f\) est dérivable à droite en \(0\).
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Pour \(x\gt0\) :
\[ f'(x) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}-2. \]La limite à droite existe :
\[ f'_d(0) = \lim_{x\to0^+} \left( \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}-2 \right) = -2. \]1-c) Étudier la dérivabilité à gauche de \(f\) en \(0\).
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Pour \(x\lt0\), on utilise l’identité :
\[ \operatorname{Arctan}x+\operatorname{Arctan}\frac1x=-\frac{\pi}{2}. \]Ainsi :
\[ \frac{\pi}{2}+\operatorname{Arctan}\frac1x = -\operatorname{Arctan}x \]et donc :
\[ f(x)=x-\operatorname{Arctan}x. \]Comme \(f(0)=0\) :
\[ f'_g(0) = \lim_{x\to0^-} \frac{x-\operatorname{Arctan}x}{x} = 1- \lim_{x\to0^-}\frac{\operatorname{Arctan}x}{x} = 0. \]1-d) \(f\) est-elle dérivable en \(0\) ? Interpréter graphiquement les résultats obtenus.
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On a :
\[ f'_g(0)=0 \qquad\text{et}\qquad f'_d(0)=-2. \]Ces deux nombres dérivés sont différents.
- une demi-tangente à gauche d’équation \(y=0\) ;
- une demi-tangente à droite d’équation \(y=-2x\).
2) Étudier les branches infinies de la courbe \(\mathcal C_f\).
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Lorsque \(x\to+\infty\) :
\[ f(x)-(-x-1) = \sqrt{1+x^2}-x = \frac1{\sqrt{1+x^2}+x} \longrightarrow0. \]Donc la droite \(y=-x-1\) est une asymptote oblique au voisinage de \(+\infty\). La différence est positive, donc la courbe est au-dessus.
Pour \(x\lt0\), on a \(f(x)=x+\frac{\pi}{2}+\operatorname{Arctan}\frac1x\). Ainsi :
\[ f(x)-\left(x+\frac{\pi}{2}\right) = \operatorname{Arctan}\frac1x \longrightarrow0 \quad(x\to-\infty). \]La droite \(y=x+\frac{\pi}{2}\) est une asymptote oblique au voisinage de \(-\infty\). Comme \(\operatorname{Arctan}(1/x)\lt0\), la courbe est au-dessous.
3) Étudier les variations de \(f\) sur chacun des intervalles \(]-\infty;0[\) et \([0;+\infty[\).
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Pour \(x\lt0\), on a \(f(x)=x-\operatorname{Arctan}x\). Donc :
\[ f'(x) = 1-\frac1{1+x^2} = \frac{x^2}{1+x^2} \gt0. \]Ainsi, \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;0]\), de \(-\infty\) vers \(0\).
Pour \(x\gt0\) :
\[ f'(x) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}-2. \]Or \(0\lt\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\lt1\), donc \(f'(x)\lt-1\lt0\).
Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \([0;+\infty[\), de \(0\) vers \(-\infty\).
4-a) Soit \(g\) la restriction de \(f\) à \(I=[0;+\infty[\). Montrer que \(g\) réalise une bijection de \(I\) sur un intervalle \(J\) à déterminer.
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La fonction \(g\) est continue et strictement décroissante sur \([0;+\infty[\). De plus :
\[ g(0)=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty. \]4-b) Calculer \(g^{-1}(x)\) pour tout \(x\in J\).
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Soit \(y\in]-\infty;0]\). Résolvons :
\[ y=\sqrt{1+x^2}-2x-1, \qquad x\geq0. \]On a :
\[ \sqrt{1+x^2}=y+1+2x. \]Après élévation au carré et simplification :
\[ 3x^2+4(y+1)x+y^2+2y=0. \]Le discriminant vaut :
\[ \Delta=4\bigl((y+1)^2+3\bigr). \]La seule solution positive compatible avec \(x\geq0\) est :
\[ x= \frac{ \sqrt{(y+1)^2+3} - 2(y+1) }{3}. \]4-c) Calculer \((g^{-1})'(-1)\), puis tracer \(\mathcal C_f\) et \(\mathcal C_{g^{-1}}\).
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Cherchons l’antécédent de \(-1\) :
\[ g(x)=-1 \Longleftrightarrow \sqrt{1+x^2}=2x. \]Comme \(x\geq0\), on obtient :
\[ x=\frac1{\sqrt3}. \]Or :
\[ g'\left(\frac1{\sqrt3}\right) = \frac{\frac1{\sqrt3}}{\frac2{\sqrt3}}-2 = -\frac32. \]Donc :
\[ (g^{-1})'(-1) = \frac1{g'(1/\sqrt3)} = -\frac23. \]La courbe \(\mathcal C_{g^{-1}}\) s’obtient en réfléchissant la branche de \(\mathcal C_f\) correspondant à \(x\geq0\) par rapport à la droite \(y=x\). Le tracé de \(\mathcal C_f\) utilise les variations, les deux demi-tangentes en \(O\) et les deux asymptotes obliques déterminées précédemment.
Exercice 58 — Continuité, dérivabilité, variations et fonction réciproque
1) \(f\) est-elle continue en \(0\) ? Justifier.
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À gauche, posons \(a=\sqrt[3]{1-6x}\). Comme :
\[ a-1=\frac{-6x}{a^2+a+1}, \]on obtient :
\[ f(x)=1-\frac6{a^2+a+1}. \]Lorsque \(x\to0^-\), \(a\to1\), donc :
\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=1-\frac63=-1=f(0). \]À droite, \(\operatorname{Arctan}x\to0^+\), donc :
\[ \operatorname{Arctan}x-\frac1{\operatorname{Arctan}x} \longrightarrow-\infty. \]2) Étudier la dérivabilité à gauche de \(f\) en \(0\), puis interpréter le résultat obtenu.
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Pour \(x\lt0\), avec \(a=\sqrt[3]{1-6x}\) et \(S=a^2+a+1\), on a :
\[ f(x)=1-\frac6S. \]Alors :
\[ \frac{f(x)-f(0)}x = \frac{f(x)+1}{x} = \frac{2(S-3)}{Sx}. \]Or :
\[ S-3=(a-1)(a+2) \qquad\text{et}\qquad a-1=-\frac{6x}{S}. \]Donc :
\[ \frac{f(x)+1}{x} = -\frac{12(a+2)}{S^2}. \]En faisant tendre \(x\) vers \(0^-\), on obtient :
\[ f'_g(0) = -\frac{12\times3}{3^2} = -4. \]3) Étudier les branches infinies de la courbe \(\mathcal C_f\).
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Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(a=\sqrt[3]{1-6x}\to+\infty\), et :
\[ f(x)=1-\frac6{a^2+a+1}\longrightarrow1. \]La droite \(y=1\) est donc une asymptote horizontale au voisinage de \(-\infty\).
Lorsque \(x\to0^+\) :
\[ f(x)\longrightarrow-\infty. \]La droite \(x=0\) est une asymptote verticale pour la branche située à droite de \(0\).
Lorsque \(x\to+\infty\), \(\operatorname{Arctan}x\to\frac{\pi}{2}\), donc :
\[ f(x)\longrightarrow \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi}. \]4-a) Résoudre dans \(\mathbb R\) l’équation \(f(x)=0\).
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Pour \(x\gt0\). Posons \(t=\operatorname{Arctan}x\in]0;\frac{\pi}{2}[\). Alors :
\[ t-\frac1t=0 \Longleftrightarrow t^2=1 \Longleftrightarrow t=1. \]Donc :
\[ x=\tan1. \]Pour \(x\lt0\). Avec \(a=\sqrt[3]{1-6x}\gt1\) :
\[ f(x)=0 \Longleftrightarrow 1-\frac6{a^2+a+1}=0 \Longleftrightarrow a^2+a-5=0. \]La racine positive est :
\[ a=\frac{\sqrt{21}-1}{2}. \]Comme \(a^2+a=5\), on a \(a^3=6a-5\), puis :
\[ x=\frac{1-a^3}{6}=1-a=\frac{3-\sqrt{21}}2. \]Enfin \(f(0)=-1\neq0\).
4-b) Étudier les variations de \(f\).
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Pour \(x\lt0\), posons encore \(a=\sqrt[3]{1-6x}\gt1\) et \(S=a^2+a+1\). On a :
\[ a'=-\frac2{a^2} \]et :
\[ f'(x) = -\frac{12(2a+1)}{a^2S^2} \lt0. \]Donc \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty;0]\), de \(1\) vers \(-1\).
Pour \(x\gt0\) :
\[ f'(x) = \frac{1+\frac1{(\operatorname{Arctan}x)^2}}{1+x^2} \gt0. \]Donc \(f\) est strictement croissante sur \(]0;+\infty[\), de \(-\infty\) vers \(\frac{\pi}{2}-\frac2\pi\).
4-c) Tracer la courbe \(\mathcal C_f\).
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Le tracé repose sur les éléments suivants :
- la branche gauche décroît de l’asymptote \(y=1\) vers le point \(A(0;-1)\) ;
- elle coupe l’axe des abscisses en \(\left(\frac{3-\sqrt{21}}2;0\right)\) ;
- elle possède en \(A\) une demi-tangente à gauche de pente \(-4\) ;
- la branche droite admet l’asymptote verticale \(x=0\), croît de \(-\infty\), coupe l’axe en \((\tan1;0)\), puis tend vers l’asymptote horizontale \(y=\frac{\pi}{2}-\frac2\pi\).
5-a) Soit \(g\) la restriction de \(f\) à \(I=]0;+\infty[\). Montrer que \(g\) réalise une bijection de \(I\) sur un intervalle \(J\) à déterminer, puis tracer \(\mathcal C_{g^{-1}}\).
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La fonction \(g\) est continue et strictement croissante sur \(]0;+\infty[\). De plus :
\[ \lim_{x\to0^+}g(x)=-\infty \]et :
\[ \lim_{x\to+\infty}g(x) = \frac{\pi}{2}-\frac2\pi. \]La courbe \(\mathcal C_{g^{-1}}\) est l’image de la branche droite \(\mathcal C_g\) par la symétrie d’axe \(y=x\).
5-b) Calculer \(g^{-1}(x)\) pour tout \(x\in J\).
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Soit \(y\in J\), et posons :
\[ t=\operatorname{Arctan}x\in]0;\tfrac{\pi}{2}[. \]L’égalité \(y=g(x)\) devient :
\[ y=t-\frac1t. \]Donc :
\[ t^2-yt-1=0. \]La seule racine positive est :
\[ t=\frac{y+\sqrt{y^2+4}}2. \]Comme \(x=\tan t\), on obtient :
Exercice 59 — Étude d’une fonction trigonométrique
1) Déterminer \(D\), le domaine de définition de \(f\).
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Il faut avoir :
\[ \cos x\neq0 \qquad\text{et}\qquad 1-2\sin x\neq0. \]Ainsi :
\[ x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi \]et :
\[ \sin x\neq\frac12 \Longleftrightarrow x\neq\frac{\pi}{6}+2k\pi \quad\text{et}\quad x\neq\frac{5\pi}{6}+2k\pi. \]2-a) Montrer que le point \(I\left(\frac{\pi}{2};0\right)\) est un centre de symétrie de \(\mathcal C_f\), et qu’il suffit d’étudier \(f\) sur :
\[ E= \left]\frac{\pi}{2};\frac{5\pi}{6}\right[ \cup \left]\frac{5\pi}{6};\frac{3\pi}{2}\right[. \]Lire la réponse +
Le domaine est symétrique par rapport à \(\frac{\pi}{2}\). Pour tout \(x\in D\) :
\[ \tan(\pi-x)=-\tan x \qquad\text{et}\qquad \sin(\pi-x)=\sin x. \]Donc :
\[ f(\pi-x)=-f(x). \]D’autre part, \(f\) est \(2\pi\)-périodique. L’étude sur \(E\), puis la symétrie centrale de centre \(I\) et la périodicité, permettent donc de reconstruire toute la courbe.
2-b) Calculer les limites de \(f\) aux bornes de \(E\).
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Aux bornes de \(E\), on obtient :
\[ \lim_{x\to(\pi/2)^+}f(x)=+\infty. \]Sur \(]\frac{\pi}{2};\frac{5\pi}{6}[\), on a \(\tan x\lt0\) et \(1-2\sin x\lt0\), donc :
\[ \lim_{x\to(5\pi/6)^-}f(x)=+\infty. \]À droite de \(\frac{5\pi}{6}\), le dénominateur devient positif, tandis que la tangente reste négative :
\[ \lim_{x\to(5\pi/6)^+}f(x)=-\infty. \]Enfin :
\[ \lim_{x\to(3\pi/2)^-}f(x)=+\infty. \]2-c) Étudier les variations de \(f\) sur chacun des intervalles de \(E\).
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Pour tout \(x\in D\) :
\[ f'(x) = \frac{1-2\sin^3x} {\cos^2x\,(1-2\sin x)^2}. \]Le dénominateur est strictement positif. Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de \(1-2\sin^3x\).
Posons :
\[ a=\frac1{\sqrt[3]{2}} \qquad\text{et}\qquad \alpha=\operatorname{Arcsin}a. \]On a \(\frac{\pi}{6}\lt\alpha\lt\frac{\pi}{2}\). Sur \(]\frac{\pi}{2};\frac{5\pi}{6}[\), l’unique solution de \(\sin x=a\) est :
\[ x_0=\pi-\alpha. \]Ainsi :
\[ f'(x)\lt0 \quad\text{sur}\quad \left]\frac{\pi}{2};x_0\right[ \]et :
\[ f'(x)\gt0 \quad\text{sur}\quad \left]x_0;\frac{5\pi}{6}\right[. \]La fonction décroît donc de \(+\infty\) jusqu’à un minimum en \(x_0\), puis croît vers \(+\infty\).
Sur \(]\frac{5\pi}{6};\frac{3\pi}{2}[\), on a \(\sin x\lt\frac12\lt a\), donc :
\[ f'(x)\gt0. \]La fonction y est strictement croissante de \(-\infty\) vers \(+\infty\).
3) Tracer la courbe \(\mathcal C_f\) sur \([-\pi;\pi]\cap D\).
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Dans \([-\pi;\pi]\), les abscisses exclues sont :
\[ -\frac{\pi}{2}, \quad \frac{\pi}{6}, \quad \frac{\pi}{2}, \quad \frac{5\pi}{6}. \]Elles correspondent à des asymptotes verticales. On trace d’abord les branches étudiées sur \(E\), puis :
- on utilise la symétrie centrale de centre \(I(\frac{\pi}{2};0)\) ;
- on utilise la périodicité de période \(2\pi\) pour obtenir la partie située sur \(]-\pi;-\frac{\pi}{2}[\).
La branche de \(]\frac{\pi}{2};\frac{5\pi}{6}[\) tend vers \(+\infty\) aux deux extrémités et possède un minimum. La branche de \(]\frac{5\pi}{6};\frac{3\pi}{2}[\) est strictement croissante de \(-\infty\) vers \(+\infty\).
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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