Correction détaillée des devoirs 4 et 5
Problèmes de synthèse — Se préparer aux devoirs — Limites et continuité — Manuel Al Moufid
Devoir 4
I) Calculer les limites suivantes.
Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\ne0\), comme \(x=\sqrt[3]{x^3}\), on a :
\[\frac{\sqrt[3]{x^2(x+1)}}x =\sqrt[3]{\frac{x^2(x+1)}{x^3}} =\sqrt[3]{\frac{x+1}{x}}.\]Lorsque \(x\to0^-\), on a \(\dfrac{x+1}{x}\to-\infty\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Posons \(t=\sqrt{1-x}\). Alors \(t\to0^+\) et \(x-1=-t^2\).
Pour \(t>0\) :
\[\operatorname{Arctan}\left(\frac1t\right)=\frac\pi2-\operatorname{Arctan}t.\]Ainsi :
\[\frac{2\operatorname{Arctan}(1/t)-\pi}{-t^2} =\frac{-2\operatorname{Arctan}t}{-t^2} =2\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}\cdot\frac1t.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Posons \(u=\sqrt[12]{x+1}\). Alors \(u\to+\infty\) et :
\[\frac{u^4-u^3}{u^2-u^6} =\frac{u(u-1)}{1-u^4} =-\frac{u}{(u+1)(u^2+1)}.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Au voisinage de \(0\), posons :
\[u=\pi\left(1-\sqrt{\cos x}\right).\]Alors \(u\to0\) et :
\[\sin\left(\pi\sqrt{\cos x}\right)=\sin(\pi-u)=\sin u.\]Par conséquent :
\[\frac{\sin(\pi\sqrt{\cos x})}{x} =\frac{\sin u}{u}\cdot\pi\frac{1-\sqrt{\cos x}}x.\]Or :
\[\frac{1-\sqrt{\cos x}}x =\frac{1-\cos x}{x(1+\sqrt{\cos x})} =\frac{1-\cos x}{x^2}\cdot\frac{x}{1+\sqrt{\cos x}}\longrightarrow0.\]Lire la correction +Masquer la correction −
On écrit :
\[\sqrt{x^2+1}\operatorname{Arctan}x-\frac\pi2x =\sqrt{x^2+1}\left(\operatorname{Arctan}x-\frac\pi2\right) +\frac\pi2\left(\sqrt{x^2+1}-x\right).\]Pour \(x>0\), \(\dfrac\pi2-\operatorname{Arctan}x=\operatorname{Arctan}\left(\dfrac1x\right)\). Donc :
\[\sqrt{x^2+1}\left(\operatorname{Arctan}x-\frac\pi2\right) =-\frac{\sqrt{x^2+1}}x\,x\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)\longrightarrow-1.\]D'autre part :
\[\sqrt{x^2+1}-x=\frac1{\sqrt{x^2+1}+x}\longrightarrow0.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\ne0\) :
\[\sqrt[3]{1-x^3}=x\sqrt[3]{\frac1{x^3}-1}.\]Ainsi :
\[\frac{x}{\sqrt[3]{1-x^3}} =\frac1{\sqrt[3]{\frac1{x^3}-1}}\longrightarrow\frac1{\sqrt[3]{-1}}.\]II) On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)=\begin{cases} \sqrt[3]{1-x^3},&x\leq1,\\[2mm] 2\operatorname{Arctan}\left(\dfrac2{x+1}-1\right),&x>1. \end{cases} \]Déterminer \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Lorsque \(x\to-\infty\), on utilise la première expression :
\[1-x^3\longrightarrow+\infty,\qquad f(x)=\sqrt[3]{1-x^3}\longrightarrow+\infty.\]Lorsque \(x\to+\infty\), on utilise la seconde expression :
\[\frac2{x+1}-1\longrightarrow-1.\]Par continuité de la fonction Arctan :
\[f(x)\longrightarrow2\operatorname{Arctan}(-1)=-\frac\pi2.\]Étudier la continuité de \(f\) sur \(\mathbb R\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Chaque expression est continue sur son intervalle de définition. Il reste à étudier le point de raccordement \(x=1\).
\[f(1)=\sqrt[3]{1-1}=0.\]À gauche :
\[\lim_{x\to1^-}f(x)=\sqrt[3]{1-1}=0.\]À droite :
\[\lim_{x\to1^+}f(x) =2\operatorname{Arctan}\left(\frac22-1\right)=0.\]Montrer que la fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb R\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Sur \(]-\infty;1]\), la fonction \(x\mapsto1-x^3\) est strictement décroissante et la fonction racine cubique est strictement croissante. Leur composée est donc strictement décroissante.
Sur \(]1;+\infty[\), la fonction \(x\mapsto\dfrac2{x+1}-1\) est strictement décroissante. Comme Arctan est strictement croissante, la seconde expression de \(f\) est strictement décroissante.
Enfin, si \(x\leq1<y\), alors :
\[f(x)\geq f(1)=0,\qquad -1<\frac2{y+1}-1<0,\qquad f(y)<0.\]Montrer que la fonction \(f\) réalise une bijection de \(\mathbb R\) sur un intervalle \(J\) à déterminer.
Lire la correction +Masquer la correction −
La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \(\mathbb R\). Elle réalise donc une bijection de \(\mathbb R\) sur son image.
D'après les limites obtenues :
\[f(\mathbb R)=\left]-\frac\pi2;+\infty\right[.\]Calculer \(f^{-1}(x)\) pour tout \(x\in J\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Soit \(y\in J\).
Premier cas : \(y\geq0\). L'antécédent appartient à \(]-\infty;1]\), et :
\[y=\sqrt[3]{1-x^3} \iff y^3=1-x^3 \iff x=\sqrt[3]{1-y^3}.\]Second cas : \(-\dfrac\pi2<y<0\). L'antécédent appartient à \(]1;+\infty[\), et :
\[\frac y2=\operatorname{Arctan}\left(\frac2{x+1}-1\right),\] \[\tan\left(\frac y2\right)=\frac2{x+1}-1.\]D'où :
\[x=\frac{1-\tan\left(\frac y2\right)}{1+\tan\left(\frac y2\right)}.\]III) On considère la fonction numérique \(g\) définie sur \([0;1]\) par :
\[g(x)=\sqrt[3]{1-x}-\sqrt[3]x.\]Montrer qu'il existe au moins un réel \(c\in]0;1[\) tel que :
\[\sqrt[3]{1-c}=\sqrt[3]c+c^3.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Définissons sur \([0;1]\) :
\[h(x)=\sqrt[3]{1-x}-\sqrt[3]x-x^3.\]La fonction \(h\) est continue et :
\[h(0)=1>0,\qquad h(1)=-2<0.\]Le théorème des valeurs intermédiaires assure donc l'existence d'un réel \(c\in]0;1[\) tel que \(h(c)=0\).
Résoudre dans \([0;1]\) l'équation :
\[g(x)=\sqrt[3]{1-x}.\]Lire la correction +Masquer la correction −
En utilisant l'expression de \(g\) :
\[\sqrt[3]{1-x}-\sqrt[3]x=\sqrt[3]{1-x} \iff \sqrt[3]x=0 \iff x=0.\]Montrer que \(g\) admet une fonction réciproque \(g^{-1}\) définie sur un intervalle \(J\) à déterminer.
Lire la correction +Masquer la correction −
La fonction \(x\mapsto\sqrt[3]{1-x}\) est strictement décroissante sur \([0;1]\), et la fonction \(x\mapsto-\sqrt[3]x\) est également strictement décroissante. Ainsi, \(g\) est continue et strictement décroissante sur \([0;1]\).
\[g(0)=1,\qquad g(1)=-1.\]Calculer :
\[\lim_{x\to0}\frac{g^{-1}(x)-\frac12}{x}.\]Lire la correction +Masquer la correction −
On a :
\[g\left(\frac12\right)=0,\qquad g^{-1}(0)=\frac12.\]La fonction \(g\) est dérivable en \(\dfrac12\), et :
\[g'(x)=-\frac1{3(1-x)^{2/3}}-\frac1{3x^{2/3}}.\]Donc :
\[g'\left(\frac12\right) =-\frac{2\,2^{2/3}}3=-\frac{2^{5/3}}3\ne0.\]Par le théorème de dérivation de la fonction réciproque :
\[(g^{-1})'(0)=\frac1{g'(1/2)}=-\frac3{2^{5/3}}=-\frac{3\sqrt[3]2}{4}.\]Soit \(n\) un entier naturel supérieur ou égal à \(2\), et \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) des réels de l'intervalle \([0;1]\).
Montrer que :
\[(\exists\alpha\in[0;1])\qquad\frac1n\sum_{k=1}^{n}|\alpha-a_k|=\frac12.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Définissons sur \([0;1]\) :
\[H(\alpha)=\frac1n\sum_{k=1}^{n}|\alpha-a_k|.\]La fonction \(H\) est continue. Posons \(m=\dfrac1n\sum_{k=1}^{n}a_k\). Comme \(a_k\in[0;1]\), on a :
\[H(0)=m,\qquad H(1)=1-m.\]Or \(H(0)+H(1)=1\). Ainsi, le nombre \(\dfrac12\) est compris entre \(H(0)\) et \(H(1)\).
Le théorème des valeurs intermédiaires assure donc l'existence de \(\alpha\in[0;1]\) tel que \(H(\alpha)=\dfrac12\).
Devoir 5
Montrer que, pour tout \(x\in\left]-\dfrac\pi4;\dfrac\pi4\right[\) :
\[\frac{1+\sin x}{\cos x} =\frac{1+\tan\left(\frac x2\right)}{1-\tan\left(\frac x2\right)}.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Posons \(t=\tan\left(\dfrac x2\right)\). Sur l'intervalle considéré, les dénominateurs sont non nuls. On utilise :
\[\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\qquad \cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}.\]Alors :
\[\frac{1+\sin x}{\cos x} =\frac{1+t^2+2t}{1-t^2} =\frac{(1+t)^2}{(1-t)(1+t)} =\frac{1+t}{1-t}.\]Montrer que, pour tout \(a\in[0;+\infty[\) :
\[\operatorname{Arctan}\left(\sqrt a+\sqrt{a+1}\right) =\frac\pi4+\frac12\operatorname{Arctan}(\sqrt a).\]Lire la correction +Masquer la correction −
Posons \(\alpha=\operatorname{Arctan}(\sqrt a)\). Alors \(\alpha\in\left[0;\dfrac\pi2\right[\), et :
\[\sin\alpha=\frac{\sqrt a}{\sqrt{a+1}},\qquad \cos\alpha=\frac1{\sqrt{a+1}}.\]D'après la question précédente :
\[\tan\left(\frac\pi4+\frac\alpha2\right) =\frac{1+\sin\alpha}{\cos\alpha} =\sqrt{a+1}+\sqrt a.\]De plus, \(\dfrac\pi4+\dfrac\alpha2\in\left[\dfrac\pi4;\dfrac\pi2\right[\), donc cet angle appartient à l'intervalle des valeurs de la fonction Arctan.
En déduire que :
\[\tan\left(\frac{5\pi}{12}\right)=2+\sqrt3.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Dans la relation précédente, prenons \(a=3\). Comme \(\operatorname{Arctan}(\sqrt3)=\dfrac\pi3\), on obtient :
\[\operatorname{Arctan}(\sqrt3+2) =\frac\pi4+\frac12\cdot\frac\pi3 =\frac{5\pi}{12}.\]En appliquant la fonction tangente :
II) Calculer les limites suivantes.
Lire la correction +Masquer la correction −
Lorsque \(x\to0^+\) :
\[\sqrt[3]{x^{-2}}=x^{-2/3}\longrightarrow+\infty, \qquad 1-\sqrt[3]{x^{-2}}\longrightarrow-\infty.\]De plus :
\[\operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right)+\frac\pi2 \longrightarrow\frac\pi2+\frac\pi2=\pi>0.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Posons \(t=\sqrt[3]{x^2}=x^{2/3}\). Alors \(t\to0^+\), et :
\[\frac{\operatorname{Arctan}(1-t)-\operatorname{Arctan}(1)}x =\frac{\operatorname{Arctan}(1-t)-\operatorname{Arctan}(1)}{-t}\cdot\frac{-t}{x}.\]Le premier facteur tend vers \(\dfrac1{1+1^2}=\dfrac12\), tandis que :
\[\frac{-t}{x}=-x^{-1/3}\longrightarrow-\infty.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Posons \(u=\sqrt[12]{2-x}\). Alors \(u\to+\infty\), et :
\[\frac{u^3-u^2}{u^4-u^6} =\frac{u^2(u-1)}{u^4(1-u^2)} =-\frac1{u^2(u+1)}.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Posons :
\[u=\sqrt{x^2+2x}+x+1.\]Comme \(x^2+2x=(x+1)^2-1\), on a, lorsque \(x\to-\infty\) :
\[u=\frac{-1}{\sqrt{x^2+2x}-(x+1)}\longrightarrow0^-.\]D'autre part :
\[\left(\sqrt{x^2+2x}-(x+1)\right) \left(\sqrt{x^2+2x}+x+1\right)=-1.\]Donc l'expression devient :
\[-\frac{\operatorname{Arctan}u}{u}.\]III) Soit \(f\) la fonction définie sur \(\left]-\infty;\dfrac\pi2\right[\) par :
\[ f(x)=\begin{cases} \sqrt[3]{1-x}+x-1,&x<0,\\[2mm] \operatorname{Arctan}\left(\sqrt[3]x+\tan x\right),&x\in\left[0;\dfrac\pi2\right[. \end{cases} \]Montrer que la fonction \(f\) est continue en \(0\).
Lire la correction +Masquer la correction −
On a :
\[f(0)=\operatorname{Arctan}(0)=0.\]À gauche :
\[\lim_{x\to0^-}\left(\sqrt[3]{1-x}+x-1\right)=1+0-1=0.\]À droite :
\[\lim_{x\to0^+}\operatorname{Arctan}\left(\sqrt[3]x+\tan x\right)=\operatorname{Arctan}(0)=0.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x>0\), posons \(u=\sqrt[3]x+\tan x\). Alors \(u\to0^+\), et :
\[\frac{f(x)}x =\frac{\operatorname{Arctan}u}{u} \left(\frac{x^{1/3}}x+\frac{\tan x}{x}\right).\]Le premier facteur tend vers \(1\), tandis que :
\[x^{-2/3}+\frac{\tan x}{x}\longrightarrow+\infty.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Posons \(u=\sqrt[3]{1-x}\). Alors \(u\to1\) et \(x=1-u^3\). Ainsi :
\[\frac{f(x)}x =\frac{u+x-1}{x} =\frac{u-u^3}{1-u^3} =\frac{u(1-u)(1+u)}{(1-u)(1+u+u^2)}.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x<0\) :
\[f(x)=x\left(1+\frac{\sqrt[3]{1-x}}x\right)-1.\]Or \(\dfrac{\sqrt[3]{1-x}}x\to0\). Le facteur entre parenthèses tend donc vers \(1\), tandis que \(x\to-\infty\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x<0\) :
\[\frac{f(x)}x =\frac{\sqrt[3]{1-x}}x+1-\frac1x.\]Le premier et le troisième termes tendent vers \(0\).
Question 3. Soit \(g\) la restriction de \(f\) à l'intervalle \(I=\left[0;\dfrac\pi2\right[\).
Montrer que \(g\) est strictement croissante sur \(I\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Sur \(I\), les fonctions \(x\mapsto\sqrt[3]x\) et \(x\mapsto\tan x\) sont strictement croissantes. Leur somme est donc strictement croissante.
La fonction Arctan étant strictement croissante, la fonction :
\[g(x)=\operatorname{Arctan}\left(\sqrt[3]x+\tan x\right)\]est strictement croissante sur \(I\).
Montrer que \(g\) est une bijection de \(I\) sur \(I\).
Lire la correction +Masquer la correction −
La fonction \(g\) est continue et strictement croissante sur \(I\). De plus :
\[g(0)=0,\qquad \lim_{x\to\frac\pi2^-}g(x)=\frac\pi2.\]La valeur \(\dfrac\pi2\) n'est pas atteinte puisque \(x<\dfrac\pi2\).
On note \(g^{-1}\) la fonction réciproque de \(g\). Résoudre dans \(I\) l'équation :
\[g^{-1}(x)=x.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\in I\) :
\[g^{-1}(x)=x\iff g(x)=x.\]Comme \(x\in\left[0;\dfrac\pi2\right[\), on a :
\[\operatorname{Arctan}\left(\sqrt[3]x+\tan x\right)=x \iff \sqrt[3]x+\tan x=\tan x.\]Donc \(\sqrt[3]x=0\), d'où \(x=0\).
Montrer que :
\[(\forall x\in I)\qquad g^{-1}(x)\leq x.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour tout \(t\in I\), on a \(\sqrt[3]t\geq0\), donc :
\[\sqrt[3]t+\tan t\geq\tan t.\]La fonction Arctan étant croissante :
\[g(t)=\operatorname{Arctan}\left(\sqrt[3]t+\tan t\right) \geq\operatorname{Arctan}(\tan t)=t.\]Soit maintenant \(x\in I\) et posons \(t=g^{-1}(x)\). Alors \(x=g(t)\geq t\).
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