Correction des exercices 78 à 82 — Fonction réciproque, suites et applications — Al Moufid
Exercice 78 — Fonction réciproque et suite récurrente
Dans l’énoncé scanné, on lit \[ f(x)=\frac{1}{1-\sin(2x)}. \] Avec cette expression, l’image de \(I\) n’est pas \[ J=\left[\frac12;+\infty\right[. \] Pour que toutes les questions soient cohérentes, notamment \(J=\left[\frac12;+\infty\right[\), \(K=[1;2]\), \(g(K)\subset K\) et \(u_0=1\), on corrige l’expression en : \[ f(x)=\frac{1}{4(1-\sin(2x))}. \]
Soit \(f\) la fonction numérique définie sur l’intervalle \[ I=\left]\frac{\pi}{4};\frac{5\pi}{12}\right] \] par : \[ f(x)=\frac{1}{4(1-\sin(2x))}. \]
1) Montrer que \(f\) réalise une bijection de \(I\) sur \(J=\left[\dfrac12,+\infty\right[\)
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La fonction \(f\) est continue sur \(I\), car \(1-\sin(2x)\neq0\) pour tout \[ x\in\left]\frac{\pi}{4};\frac{5\pi}{12}\right]. \]
Pour \[ x\in\left]\frac{\pi}{4};\frac{5\pi}{12}\right], \] on a :
\[ 2x\in\left]\frac{\pi}{2},\frac{5\pi}{6}\right]. \]Sur cet intervalle, la fonction sinus est strictement décroissante. Donc \(1-\sin(2x)\) est strictement croissante, et par conséquent \(f\) est strictement décroissante sur \(I\).
De plus :
\[ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}^{+}}\sin(2x)=1, \]donc :
\[ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}^{+}}f(x)=+\infty. \]Et :
\[ f\left(\frac{5\pi}{12}\right) = \frac{1}{4\left(1-\sin\frac{5\pi}{6}\right)} = \frac{1}{4\left(1-\frac12\right)} = \frac12. \]On pose maintenant :
\[ g=f^{-1} \qquad\text{et}\qquad K=[1;2]. \]2) Montrer que l’équation \(g(x)=x\) admet une solution unique \(\alpha\) dans \(K\), et que \(g(K)\subset K\)
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D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(\alpha\in]1;2[\) tel que \(\varphi(\alpha)=0\). La stricte décroissance de \(\varphi\) assure l’unicité.
\[ \varphi(2)=g(2)-2\lt0. \]et :
\[ \varphi(1)=g(1)-1\gt0 \]De plus :
La fonction \(\varphi\) est continue et strictement décroissante sur \(K\), car \(g\) est strictement décroissante.
\[ \varphi(x)=g(x)-x. \]Pour l’existence et l’unicité du point fixe, posons :
donc \(g(1)\lt2\). Ainsi :
\[ g(1)\in I = \left]\frac{\pi}{4};\frac{5\pi}{12}\right] \subset]0;2[, \]D’autre part :
\[ g(2)\gt1. \]Or \(f(g(2))=2\). Comme \(f\) est strictement décroissante et \(f(1)\gt2\), on obtient :
\[ f(1) = \frac1{4(1-\sin2)} \gt2. \]Donc :
\[ \sin2 = \cos\left(2-\frac{\pi}{2}\right) \gt 1-\frac18 = \frac78. \]Par conséquent :
\[ \cos u\geq1-\frac{u^2}{2}. \]Comme \(3\lt\pi\lt4\), on a \(0\lt u\lt\dfrac12\). Or, pour tout \(u\geq0\),
\[ u=2-\frac{\pi}{2}. \]Pour montrer que \(g(2)\gt1\), établissons que \(f(1)\gt2\). Posons :
\[ g(K)=[g(2);g(1)]. \]Comme \(g\) est décroissante :
Montrons d’abord que \(g(K)\subset K\), où \(K=[1;2]\).
Puisque \(g=f^{-1}\), la fonction \(g\) est continue et strictement décroissante sur \[ J=\left[\frac12;+\infty\right[. \]
3) Montrer que : \[ \forall(x,t)\in K^2,\qquad |g(x)-g(t)|\leq\frac12|x-t|. \]
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D’après l’inégalité des accroissements finis, pour tous \(x,t\in K\) :
\[ |g'(y)| \leq \frac1{2\sqrt7} \lt \frac12. \]Comme \(y\in[1;2]\), on obtient :
\[ |g'(y)| = \frac1{|f'(g(y))|} = \frac1{2y\sqrt{8y-1}}. \]La formule de dérivation de la fonction réciproque donne alors :
\[ |f'(z)| = \frac{|\cos(2z)|} {2\left(1-\sin(2z)\right)^2} = 2y\sqrt{8y-1}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} |\cos(2z)| &= \sqrt{1-\sin^2(2z)}\\ &= \sqrt{1-\left(1-\frac1{4y}\right)^2}\\ &= \frac{\sqrt{8y-1}}{4y}. \end{aligned} \]Puisque \(2z\in]\dfrac{\pi}{2};\dfrac{5\pi}{6}]\), on a \(\cos(2z)\lt0\), et :
\[ \sin(2z)=1-\frac1{4y}. \]donc :
\[ 1-\sin(2z)=\frac1{4y}, \]Soit \(y\in K=[1;2]\), et posons \(z=g(y)\). Comme \(y=f(z)\), on a :
\[ f'(z) = \frac{\cos(2z)} {2\left(1-\sin(2z)\right)^2}. \]Pour \(z\in I\), on a :
4) Suite définie par \(u_0=1\) et \(u_{n+1}=g(u_n)\)
a) Montrer que : \[ \forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n\in K. \]
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On a :
\[ u_0=1\in K. \]Supposons que \(u_n\in K\). Comme \(g(K)\subset K\), on a :
\[ u_{n+1}=g(u_n)\in K. \]b) Montrer que : \[ \forall n\in\mathbb{N},\qquad |u_{n+1}-\alpha|\leq\frac12|u_n-\alpha|. \]
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Comme \(u_n\in K\) et \(\alpha\in K\), on applique l’inégalité de la question précédente à \(u_n\) et \(\alpha\). On obtient :
\[ |g(u_n)-g(\alpha)|\leq\frac12|u_n-\alpha|. \]Or :
\[ u_{n+1}=g(u_n) \quad\text{et}\quad g(\alpha)=\alpha. \]c) Montrer que : \[ \lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha. \]
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Par récurrence, on obtient :
\[ |u_n-\alpha|\leq\left(\frac12\right)^n|u_0-\alpha|. \]Comme :
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac12\right)^n=0, \]on obtient, par encadrement :
Exercice 79 — Étude de fonction et suite récurrente
Soit \(g\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par : \[ g(x)=\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+2}}. \]
1-a) Calculer : \[ \lim_{x\to+\infty}g(x) \quad\text{et}\quad \lim_{x\to-\infty}g(x). \]
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Pour \(x\gt0\), on écrit :
\[ g(x)=\frac{x+1}{x\sqrt{2+\frac2{x^2}}} = \frac{1+\frac1x}{\sqrt{2+\frac2{x^2}}}. \]Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}g(x)=\frac1{\sqrt2}. \]Pour \(x\lt0\), on a \(|x|=-x\), donc :
\[ g(x)=\frac{x+1}{-x\sqrt{2+\frac2{x^2}}} = -\frac{1+\frac1x}{\sqrt{2+\frac2{x^2}}}. \]Ainsi :
1-b) Montrer que : \[ g'(x)=\frac{2(1-x)}{(2x^2+2)^{3/2}}. \]
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La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). On écrit :
\[ g(x)=(x+1)(2x^2+2)^{-\frac12}. \]Donc :
\[ g'(x) = (2x^2+2)^{-\frac12} - (x+1)\frac{2x}{(2x^2+2)^{3/2}}. \]En réduisant au même dénominateur :
\[ g'(x) = \frac{2x^2+2-2x(x+1)}{(2x^2+2)^{3/2}}. \]Ainsi :
1-c) En déduire que : \[ \forall x\in]0;1[,\qquad 0\lt g'(x)\lt\frac1{\sqrt2}. \]
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Pour \(x\in]0;1[\), on a :
\[ 1-x\gt0 \]et :
\[ (2x^2+2)^{3/2}\gt0. \]Donc :
\[ g'(x)\gt0. \]De plus, pour \(x\in]0;1[\), on a :
\[ 0\lt1-x\lt1 \quad\text{et}\quad 2x^2+2\gt2. \]Donc :
\[ (2x^2+2)^{3/2}\gt 2\sqrt2. \]Par conséquent :
\[ g'(x) = \frac{2(1-x)}{(2x^2+2)^{3/2}} \lt \frac{2}{2\sqrt2} = \frac1{\sqrt2}. \]1-d) Tableau de variations de \(g\)
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Le signe de \(g'(x)\) est celui de \(1-x\), car le dénominateur est strictement positif.
Donc :
- \(g\) est strictement croissante sur \(]-\infty;1]\) ;
- \(g\) est strictement décroissante sur \([1;+\infty[\).
Les valeurs et limites utiles sont :
\[ \lim_{x\to-\infty}g(x)=-\frac1{\sqrt2}, \qquad g(1)=1, \qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=\frac1{\sqrt2}. \]\(g'(x)\gt0\) sur \(]-\infty;1[\), \(g'(1)=0\), puis \(g'(x)\lt0\) sur \(]1;+\infty[\).
Ainsi, \(g\) est strictement croissante sur \(]-\infty;1]\), de la limite \(-\dfrac1{\sqrt2}\) jusqu’au maximum \(g(1)=1\), puis strictement décroissante sur \([1;+\infty[\), de \(1\) vers la limite \(\dfrac1{\sqrt2}\).
2) Suite définie par \(u_0=0\) et \(u_{n+1}=g(u_n)\)
a) Montrer que : \[ \forall n\in\mathbb{N},\qquad 0\leq u_n\lt1. \]
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On a :
\[ u_0=0\in[0;1[. \]Supposons que :
\[ 0\leq u_n\lt1. \]Alors \(u_n\in[0;1[\). On a :
\[ g(0)=\frac1{\sqrt2}\gt0 \]et, pour \(x\in[0;1[\), on a :
\[ g(x)\lt g(1)=1. \]Donc :
\[ 0\leq u_{n+1}=g(u_n)\lt1. \]b) Établir que : \[ \forall n\in\mathbb{N},\qquad |u_{n+1}-1|\leq\frac1{\sqrt2}|u_n-1|. \]
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Comme \(u_n\in[0;1[\), on applique l’inégalité des accroissements finis à \(g\) sur le segment d’extrémités \(u_n\) et \(1\).
D’après la question précédente :
\[ 0\leq g'(x)\leq\frac1{\sqrt2} \quad\text{pour }x\in[0;1]. \]Donc :
\[ |g(u_n)-g(1)| \leq \frac1{\sqrt2}|u_n-1|. \]Or :
\[ u_{n+1}=g(u_n) \quad\text{et}\quad g(1)=1. \]c) En déduire que \((u_n)\) est convergente et préciser sa limite
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Par récurrence, on obtient :
\[ |u_n-1| \leq \left(\frac1{\sqrt2}\right)^n|u_0-1|. \]Comme :
\[ 0\lt\frac1{\sqrt2}\lt1, \]on a :
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac1{\sqrt2}\right)^n=0. \]Exercice 80 — Dérivabilité et zéros de la dérivée
On considère la fonction définie sur \([0;1]\) par : \[ f(x)=\frac{x}{1+x\sin\left(\frac1x\right)} \quad\text{si }x\neq0, \qquad f(0)=0. \]
Montrer que \(f\) est dérivable sur \([0;1]\), strictement croissante, mais que l’équation \(f'(x)=0\) admet une infinité de solutions dans \([0;1]\).
1) Dérivabilité en \(0\)
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Pour \(x\gt0\), on a :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{f(x)}{x} = \frac1{1+x\sin\left(\frac1x\right)}. \]Comme :
\[ -1\leq \sin\left(\frac1x\right)\leq1, \]on obtient :
\[ -x\leq x\sin\left(\frac1x\right)\leq x. \]Donc :
\[ 1-x\leq1+x\sin\left(\frac1x\right)\leq1+x. \]Lorsque \(x\to0^+\), le dénominateur tend vers \(1\). Ainsi :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x}=1. \]2) Dérivabilité sur \(]0,1]\) et calcul de \(f'(x)\)
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Pour \(x\in]0,1]\), la fonction est dérivable, car le dénominateur \[ 1+x\sin\left(\frac1x\right) \] est strictement positif.
On pose :
\[ D(x)=1+x\sin\left(\frac1x\right). \]Alors :
\[ D'(x)=\sin\left(\frac1x\right)-\frac1x\cos\left(\frac1x\right). \]Donc :
\[ f'(x) = \frac{D(x)-xD'(x)}{D(x)^2}. \]Ainsi :
\[ f'(x)= \frac{1+\cos\left(\frac1x\right)} {\left(1+x\sin\left(\frac1x\right)\right)^2}. \]3) Croissance stricte de \(f\)
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Pour \(x\in]0,1]\), le dénominateur de \(f'(x)\) est strictement positif, et :
\[ 1+\cos\left(\frac1x\right)\geq0. \]Donc :
\[ f'(x)\geq0. \]La fonction \(f\) est donc croissante sur \([0;1]\).
Elle est même strictement croissante. En effet, si elle était constante sur un intervalle non réduit à un point, sa dérivée serait nulle sur tout cet intervalle. Or l’égalité \(f'(x)=0\) n’a lieu que pour des valeurs isolées de \(x\), et non sur un intervalle.
4) L’équation \(f'(x)=0\) admet une infinité de solutions dans \([0;1]\)
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Pour \(x\in]0,1]\), on a :
\[ f'(x)=0 \Longleftrightarrow 1+\cos\left(\frac1x\right)=0. \]Donc :
\[ \cos\left(\frac1x\right)=-1. \]Cela équivaut à :
\[ \frac1x=(2k+1)\pi, \qquad k\in\mathbb{N}. \]Ainsi :
\[ x_k=\frac1{(2k+1)\pi}. \]Pour tout \(k\in\mathbb{N}\), on a \(x_k\in]0,1]\), et :
\[ f'(x_k)=0. \]Exercice 81 — Champ géomagnétique
La Terre possède un champ magnétique intrinsèque. En première approximation, le champ magnétique \(B\) à la surface de la Terre est de la forme : \[ B(\lambda)=k\frac{\sqrt{1+3\sin^2(\lambda)}}{\cos^6(\lambda)}, \] où \(\lambda\) est la latitude géomagnétique et \(k\) une constante positive.
Étudier la fonction \(B\) pour \[ \lambda\in\left[-\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{3}\right]. \]
Étudier les variations de \(B\) sur l’intervalle donné
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Sur l’intervalle \[ \left[-\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{3}\right], \] on a \(\cos\lambda\gt0\). La fonction \(B\) est donc bien définie et dérivable sur cet intervalle.
On remarque aussi que :
\[ B(-\lambda)=B(\lambda), \]car \(\sin^2(-\lambda)=\sin^2(\lambda)\) et \(\cos(-\lambda)=\cos(\lambda)\).
Pour étudier les variations, on dérive logarithmiquement :
\[ \ln B(\lambda) = \ln k + \frac12\ln(1+3\sin^2\lambda) - 6\ln(\cos\lambda). \]Donc :
\[ \frac{B'(\lambda)}{B(\lambda)} = \frac{3\sin\lambda\cos\lambda}{1+3\sin^2\lambda} + 6\tan\lambda. \]Sur \(\left]0,\dfrac{\pi}{3}\right]\), on a :
\[ \sin\lambda\gt0, \qquad \cos\lambda\gt0, \qquad B(\lambda)\gt0. \]Donc :
\[ B'(\lambda)\gt0 \quad\text{sur}\quad \left]0,\frac{\pi}{3}\right]. \]Ainsi, \(B\) est strictement croissante sur \[ \left[0;\frac{\pi}{3}\right]. \] Comme \(B\) est paire, elle est strictement décroissante sur \[ \left[-\frac{\pi}{3};0\right]. \]
On calcule :
\[ B(0)=k. \]Et :
\[ B\left(\frac{\pi}{3}\right) = k\frac{\sqrt{1+3\cdot\frac34}}{\left(\frac12\right)^6} = k\frac{\sqrt{\frac{13}{4}}}{\frac1{64}} = 32k\sqrt{13}. \]La fonction \(B\) est strictement décroissante sur \(\left[-\dfrac{\pi}{3};0\right]\), de \(32k\sqrt{13}\) jusqu’à son minimum \(B(0)=k\). Elle est ensuite strictement croissante sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{3}\right]\), de \(k\) jusqu’à \(32k\sqrt{13}\).
Exercice 82 — Déphasage d’un filtre analogique
Soit un filtre analogique composé d’une résistance et d’un condensateur. Le déphasage du signal à la sortie du filtre par rapport au signal à l’entrée est : \[ \varphi(f)=-\operatorname{Arctan}(2\pi\tau f), \] où \(\tau\) est une constante de temps du filtre et \(f\) indique la fréquence.
Calculer \(\varphi'(f)\) pour \(f\in[0;+\infty[\), puis dresser le tableau complet de variations de \(\varphi\).
Calculer \(\varphi'(f)\) et étudier les variations de \(\varphi\)
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La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \([0;+\infty[\). Pour tout \(f\geq0\), on a :
\[ \varphi(f)=-\operatorname{Arctan}(2\pi\tau f). \]En utilisant la dérivée de la composée, on obtient :
\[ \varphi'(f) = -\frac{2\pi\tau}{1+(2\pi\tau f)^2}. \]Comme \(\tau\gt0\), on a :
\[ 2\pi\tau\gt0 \]et :
\[ 1+4\pi^2\tau^2f^2\gt0. \]Donc :
\[ \varphi'(f)\lt0 \quad\text{pour tout }f\in[0;+\infty[. \]Ainsi, \(\varphi\) est strictement décroissante sur \([0;+\infty[\).
Les valeurs et limites utiles sont :
\[ \varphi(0)=-\operatorname{Arctan}(0)=0. \]Et :
\[ \lim_{f\to+\infty}\varphi(f) = -\frac{\pi}{2}. \]La fonction \(\varphi\) est strictement décroissante sur \([0;+\infty[\), de \[ \varphi(0)=0 \] vers la limite \[ -\frac{\pi}{2} \quad\text{lorsque }f\to+\infty. \]
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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