Correction détaillée des devoirs 6 à 9
Problèmes de synthèse — Se préparer aux devoirs — Limites et continuité — Manuel Al Moufid
Devoir 6
I) On considère dans \(\mathbb R\) l’équation :
\[(E):\ x^3+3x-4=0.\]Montrer que l’équation \((E)\) admet une solution unique dans \(\mathbb R\).
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Posons :
\[h(x)=x^3+3x-4.\]La fonction \(h\) est continue sur \(\mathbb R\). De plus, les fonctions \(x\mapsto x^3\) et \(x\mapsto3x\) sont strictement croissantes sur \(\mathbb R\), donc \(h\) est strictement croissante sur \(\mathbb R\).
Enfin :
\[h(0)=-4<0\qquad\text{et}\qquad h(2)=10>0.\]D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(h(x)=0\) admet au moins une solution dans \(]0;2[\). Comme \(h\) est strictement croissante, cette solution est unique.
On pose :
\[\alpha=\sqrt[3]{\sqrt5+2}-\sqrt[3]{\sqrt5-2}.\]Établir que \(\alpha\) est une solution de \((E)\), puis en déduire que \(\alpha=1\).
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Posons :
\[u=\sqrt[3]{\sqrt5+2}\qquad\text{et}\qquad v=\sqrt[3]{\sqrt5-2}.\]Alors \(\alpha=u-v\), et :
\[uv=\sqrt[3]{(\sqrt5+2)(\sqrt5-2)}=\sqrt[3]{1}=1.\]De plus :
\[u^3-v^3=(\sqrt5+2)-(\sqrt5-2)=4.\]En utilisant \((u-v)^3=u^3-v^3-3uv(u-v)\), on obtient :
\[\alpha^3=4-3\alpha,\]d’où :
\[\alpha^3+3\alpha-4=0.\]Ainsi, \(\alpha\) est une solution de \((E)\). Or la question précédente a montré que cette équation possède une seule solution. Comme :
\[1^3+3\times1-4=0,\]II) On considère la fonction numérique \(g\) définie par :
\[g(x)=\frac23\,\frac{\operatorname{Arctan}\left(\sqrt[4]x-1\right)}{\sqrt[3]x-\sqrt x}.\]Déterminer \(D_g\), le domaine de définition de \(g\).
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Les expressions \(\sqrt[4]x\) et \(\sqrt x\) imposent \(x\geq0\).
Il faut également :
\[\sqrt[3]x-\sqrt x\ne0.\]Pour \(x\geq0\), posons \(t=\sqrt[6]x\). Alors :
\[\sqrt[3]x-\sqrt x=t^2-t^3=t^2(1-t).\]Ce dénominateur s’annule pour \(t=0\) ou \(t=1\), c’est-à-dire pour \(x=0\) ou \(x=1\).
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Lorsque \(x\to0^+\) :
\[\operatorname{Arctan}(\sqrt[4]x-1)\longrightarrow\operatorname{Arctan}(-1)=-\frac\pi4.\]D’autre part :
\[\sqrt[3]x-\sqrt x=x^{1/3}\left(1-x^{1/6}\right)\longrightarrow0^+.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Lorsque \(x\to+\infty\) :
\[\operatorname{Arctan}(\sqrt[4]x-1)\longrightarrow\frac\pi2.\]De plus :
\[\sqrt[3]x-\sqrt x=\sqrt x\left(x^{-1/6}-1\right)\longrightarrow-\infty.\]Montrer que \(g\) admet un prolongement par continuité en \(1\), qu’on déterminera.
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Posons \(t=\sqrt[12]x\). Lorsque \(x\to1\), on a \(t\to1\), et :
\[\sqrt[4]x=t^3,\qquad \sqrt[3]x=t^4,\qquad \sqrt x=t^6.\]Ainsi :
\[ g(x)=\frac23\,rac{\operatorname{Arctan}(t^3-1)}{t^4-t^6}. \]On écrit :
\[ \frac{\operatorname{Arctan}(t^3-1)}{t^4-t^6} =\frac{\operatorname{Arctan}(t^3-1)}{t^3-1} \times\frac{t^3-1}{t^4-t^6}. \]Or :
\[ \frac{t^3-1}{t^4-t^6} =-\frac{t^2+t+1}{t^4(t+1)}\longrightarrow-\frac32, \]et :
\[ \frac{\operatorname{Arctan}(t^3-1)}{t^3-1}\longrightarrow1. \]Par conséquent :
\[\lim_{x\to1}g(x)=\frac23\times\left(-\frac32\right)=-1.\]III) On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
où \(E\) désigne la fonction partie entière.
Étudier la continuité de \(f\) en \(1\).
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Posons \(t=x-1\). Alors \(t\to0\) lorsque \(x\to1\), et :
\[f(x)=tE\left(\frac1t\right).\]Pour tout réel \(u\), on a :
\[u-1<E(u)\leq u.\]Si \(t>0\), on obtient :
\[\frac1t-1<E\left(\frac1t\right)\leq\frac1t,\]puis, en multipliant par \(t>0\) :
\[1-t<tE\left(\frac1t\right)\leq1.\]Donc :
\[\lim_{x\to1^+}f(x)=1.\]Si \(t<0\), de \(E(1/t)\leq1/t<E(1/t)+1\), on déduit en multipliant par \(t<0\) :
\[1\leq tE\left(\frac1t\right)<1-t.\]Donc :
\[\lim_{x\to1^-}f(x)=1.\]Comme \(f(1)=1\), on a :
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Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(x-1<0\) et :
\[-1<\frac1{x-1}<0\]pour \(x\) suffisamment petit. Ainsi :
\[E\left(\frac1{x-1}\right)=-1.\]Donc, au voisinage de \(-\infty\) :
\[f(x)=-(x-1)=1-x.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[0<\frac1{x-1}<1\]pour \(x\) suffisamment grand. Ainsi :
\[E\left(\frac1{x-1}\right)=0.\]Donc \(f(x)=0\) au voisinage de \(+\infty\).
Devoir 7
Résoudre dans \(\mathbb R\) l’équation :
\[\sqrt{x+1}-\sqrt[3]x=1.\]On pourra poser \(t=\sqrt[3]x\).
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La condition d’existence est \(x\geq-1\). Posons :
\[t=\sqrt[3]x.\]Alors \(x=t^3\) et, puisque \(x\geq-1\), on a \(t\geq-1\). L’équation devient :
\[\sqrt{t^3+1}=t+1.\]Comme \(t+1\geq0\), on peut élever au carré en conservant l’équivalence :
\[ t^3+1=(t+1)^2 \iff t^3-t^2-2t=0 \iff t(t-2)(t+1)=0. \]Ainsi :
\[t\in\{-1,0,2\}.\]Comme \(x=t^3\), on obtient :
Soit \(h\) une fonction continue sur \([0;2]\) telle que \(h(0)=h(2)\). Montrer que l’équation :
\[h(x+1)=h(x)\]admet au moins une solution dans \([0;1]\).
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Définissons sur \([0;1]\) :
\[\varphi(x)=h(x+1)-h(x).\]La fonction \(\varphi\) est continue sur \([0;1]\). De plus :
\[\varphi(0)=h(1)-h(0),\]et, puisque \(h(2)=h(0)\) :
\[\varphi(1)=h(2)-h(1)=h(0)-h(1)=-\varphi(0).\]Ainsi :
\[\varphi(0)\varphi(1)=-\bigl(\varphi(0)\bigr)^2\leq0.\]D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c\in[0;1]\) tel que \(\varphi(c)=0\).
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Posons :
\[u=\sqrt[3]{1+\frac1x}.\]Alors \(u\to1\), et l’identité \(u^3-1=(u-1)(u^2+u+1)\) donne :
\[u-1=\frac{1/x}{u^2+u+1}.\]Par conséquent :
\[x(u-1)=\frac1{u^2+u+1}\longrightarrow\frac13.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x<0\), on écrit :
\[ \sqrt[5]{x^4+x^2+1}+x-2 =x\left(1+\frac{\sqrt[5]{x^4+x^2+1}}x-\frac2x\right). \]Or :
\[ \left|\frac{\sqrt[5]{x^4+x^2+1}}x\right| =\sqrt[5]{\frac{x^4+x^2+1}{|x|^5}} \longrightarrow0, \]et \(\dfrac2x\to0\). Le facteur entre parenthèses tend donc vers \(1\), tandis que \(x\to-\infty\).
Devoir 8
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)=\begin{cases} x\operatorname{Arctan}\left(\dfrac{1+\sqrt{x^2+1}}x\right),&x\ne0,\\[3mm] 0,&x=0. \end{cases} \]Étudier la continuité de \(f\) en \(0\).
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Pour tout \(x\ne0\), la valeur de la fonction Arctan appartient à \(]-\pi/2;\pi/2[\). Ainsi :
\[ |f(x)| =|x|\left|\operatorname{Arctan}\left(\frac{1+\sqrt{x^2+1}}x\right)\right| \leq\frac\pi2|x|. \]Comme \(\dfrac\pi2|x|\to0\) lorsque \(x\to0\), le théorème d’encadrement donne :
\[\lim_{x\to0}f(x)=0=f(0).\]Étudier la parité de la fonction \(f\).
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Pour tout \(x\ne0\) :
\[ \frac{1+\sqrt{(-x)^2+1}}{-x} =-\frac{1+\sqrt{x^2+1}}x. \]La fonction Arctan étant impaire :
\[ \begin{aligned} f(-x) &=(-x)\operatorname{Arctan}\left(-\frac{1+\sqrt{x^2+1}}x\right)\\ &=(-x)\left[-\operatorname{Arctan}\left(\frac{1+\sqrt{x^2+1}}x\right)\right]\\ &=f(x). \end{aligned} \]De plus, \(f(0)=0\).
Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[f(x)=\frac\pi2x-\frac x2\operatorname{Arctan}x.\]On pourra poser \(x=\tan\alpha\), avec \(\alpha\in]0;\pi/2[\).
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Soit \(x>0\). Posons :
\[x=\tan\alpha,\qquad \alpha=\operatorname{Arctan}x\in]0;\pi/2[.\]Comme \(\cos\alpha>0\), on a \(\sqrt{1+\tan^2\alpha}=1/\cos\alpha\). Ainsi :
\[ \frac{1+\sqrt{x^2+1}}x =\frac{1+1/\cos\alpha}{\tan\alpha} =\frac{1+\cos\alpha}{\sin\alpha}. \]Or :
\[ \frac{1+\cos\alpha}{\sin\alpha} =\cot\left(\frac\alpha2\right) =\tan\left(\frac\pi2-\frac\alpha2\right). \]Comme \(\dfrac\pi2-\dfrac\alpha2\in]0;\pi/2[\), on obtient :
\[ \operatorname{Arctan}\left(\frac{1+\sqrt{x^2+1}}x\right) =\frac\pi2-\frac\alpha2 =\frac\pi2-\frac12\operatorname{Arctan}x. \]En déduire une expression simple de \(f(x)\) sur \(\mathbb R_-^*\).
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Soit \(x<0\). Comme \(f\) est paire, on a \(f(x)=f(-x)\), avec \(-x>0\). La formule précédente donne :
\[ f(-x)=\frac\pi2(-x)-\frac{-x}{2}\operatorname{Arctan}(-x). \]Comme Arctan est impaire :
\[ f(x)=-\frac\pi2x-\frac x2\operatorname{Arctan}x. \]4) On considère dans \(\mathbb R_+^*\) l’équation :
\[ (E):\quad \operatorname{Arctan}\left(\frac{\sqrt{x^2+x}+\sqrt x}{x}\right)=\frac{5\pi}{12}. \]Montrer que :
\[(E)\iff f(\sqrt x)=\frac{5\pi}{12}\sqrt x.\]Lire la correction +Masquer la correction −
Soit \(x>0\), et posons \(t=\sqrt x>0\). Alors \(x=t^2\), et :
\[ \sqrt{x^2+x}=\sqrt{t^4+t^2}=t\sqrt{t^2+1}. \]Par conséquent :
\[ \frac{\sqrt{x^2+x}+\sqrt x}{x} =\frac{t\sqrt{t^2+1}+t}{t^2} =\frac{1+\sqrt{t^2+1}}t. \]L’équation \((E)\) devient donc :
\[ \operatorname{Arctan}\left(\frac{1+\sqrt{t^2+1}}t\right)=\frac{5\pi}{12}. \]En multipliant par \(t>0\), on obtient :
\[ t\operatorname{Arctan}\left(\frac{1+\sqrt{t^2+1}}t\right)=\frac{5\pi}{12}t, \]c’est-à-dire :
En déduire les solutions de l’équation \((E)\).
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Posons \(t=\sqrt x>0\). D’après la question précédente et la formule obtenue pour \(t>0\) :
\[ \frac\pi2t-\frac t2\operatorname{Arctan}t=\frac{5\pi}{12}t. \]Comme \(t>0\), on divise par \(t\) :
\[ \frac\pi2-\frac12\operatorname{Arctan}t=\frac{5\pi}{12}. \]D’où :
\[\operatorname{Arctan}t=\frac\pi6,\qquad t=\tan\frac\pi6=\frac1{\sqrt3}.\]Comme \(x=t^2\), on obtient :
Devoir 9
I) Soit \(f\) la fonction numérique définie sur \(\mathbb R^- = ]-\infty;0]\) par :
\[ f(x)=5-\left(\frac1{1+\sqrt{-x}}-1\right)^3. \]Montrer que la fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb R^-\).
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Pour \(x\leq0\), on a \(-x\geq0\), donc \(\sqrt{-x}\) est bien définie. De plus :
\[1+\sqrt{-x}>0.\]Les fonctions utilisées dans l’expression de \(f\) sont continues sur leurs domaines respectifs. Par composition et opérations sur les fonctions continues, \(f\) est continue sur \(]-\infty;0]\).
Montrer que \(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb R^-\).
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Pour \(x\leq0\), posons \(s=\sqrt{-x}\geq0\). On simplifie :
\[ \frac1{1+s}-1=-\frac{s}{1+s}, \]d’où :
\[ f(x)=5+\left(\frac{s}{1+s}\right)^3 =5+\left(\frac{\sqrt{-x}}{1+\sqrt{-x}}\right)^3. \]La fonction \(x\mapsto\sqrt{-x}\) est strictement décroissante sur \(\mathbb R^-\). La fonction \(s\mapsto\dfrac{s}{1+s}\) est strictement croissante sur \([0;+\infty[\), ainsi que la fonction cube.
La composée est donc strictement décroissante.
En déduire que \(f\) réalise une bijection de \(\mathbb R^-\) sur un intervalle \(J\) à déterminer.
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La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \(\mathbb R^-\). De plus :
\[f(0)=5,\]et, lorsque \(x\to-\infty\), \(\sqrt{-x}\to+\infty\), donc :
\[ \frac{\sqrt{-x}}{1+\sqrt{-x}}\longrightarrow1, \qquad f(x)\longrightarrow6. \]La valeur \(6\) n’est pas atteinte pour un réel \(x\), tandis que la valeur \(5\) est atteinte en \(0\).
Déterminer \(f^{-1}(x)\) pour tout \(x\in J\).
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Soit \(y\in[5;6[\), et soit \(x\in\mathbb R^-\) tel que \(y=f(x)\). Posons :
\[s=\sqrt{-x}\geq0.\]D’après l’expression simplifiée de \(f\) :
\[ y-5=\left(\frac{s}{1+s}\right)^3. \]Posons \(t=\sqrt[3]{y-5}\in[0;1[\). Alors :
\[t=\frac{s}{1+s}\iff t(1+s)=s\iff s=\frac{t}{1-t}.\]Comme \(s=\sqrt{-x}\), on a :
\[x=-s^2=-\left(\frac{t}{1-t}\right)^2.\]II) On considère la fonction \(g\) définie sur l’intervalle :
\[I=\left[\frac\pi4;\frac\pi2\right[\]par :
\[g(x)=\sqrt[4]{1+\frac{15}{\tan^3x}}-2.\]Montrer que \(g\) réalise une bijection de \(I\) sur un intervalle \(J\) à déterminer, puis calculer \(g^{-1}(x)\) pour \(x\in J\).
Déterminer l’intervalle \(J\), établir la bijectivité de \(g\), puis calculer sa fonction réciproque.
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Sur \(I=\left[\dfrac\pi4;\dfrac\pi2\right[\), la fonction tangente est continue, strictement croissante et prend ses valeurs dans \([1;+\infty[\).
Par conséquent, la fonction \(x\mapsto\dfrac{15}{\tan^3x}\) est strictement décroissante sur \(I\). Les fonctions \(u\mapsto1+u\), \(u\mapsto\sqrt[4]u\) et \(u\mapsto u-2\) conservent le sens de variation. Ainsi, \(g\) est continue et strictement décroissante sur \(I\).
Aux bornes :
\[ g\left(\frac\pi4\right)=\sqrt[4]{1+15}-2=0, \]et :
\[ \lim_{x\to\frac\pi2^-}g(x)=\sqrt[4]{1}-2=-1. \]La valeur \(-1\) n’est pas atteinte, puisque \(\dfrac\pi2\notin I\). Donc :
\[ \boxed{J=]-1;0]}. \]La fonction \(g\) réalise ainsi une bijection de \(I\) sur \(J\).
Soit maintenant \(y\in]-1;0]\). Résolvons \(y=g(x)\), avec \(x\in I\) :
\[ y+2=\sqrt[4]{1+\frac{15}{\tan^3x}}. \]Comme \(y+2>0\), on élève à la puissance quatre :
\[ (y+2)^4=1+\frac{15}{\tan^3x}. \]D’où :
\[ \tan^3x=\frac{15}{(y+2)^4-1}, \]puis :
\[ \tan x=\sqrt[3]{\frac{15}{(y+2)^4-1}}. \]Comme \(x\in\left[\dfrac\pi4;\dfrac\pi2\right[\), on obtient :
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