Correction du Devoir 7 de Calcul intégral
Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Fonction Arctangente, moyenne intégrale et suite récurrente
Première partie - Étude de la fonction \(f\)
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(0)=1 \qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{\operatorname{Arctan}x}{x} \quad\text{si }x\neq0. \]Montrer que \(f\) est paire et continue sur \(\mathbb R\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Parité.
Pour tout \(x\neq0\), la fonction \(\operatorname{Arctan}\) étant impaire :
\[ \begin{aligned} f(-x) &=\frac{\operatorname{Arctan}(-x)}{-x}\\ &=\frac{-\operatorname{Arctan}x}{-x}\\ &=f(x). \end{aligned} \]De plus, \(f(-0)=f(0)=1\). Ainsi, \(f\) est paire sur \(\mathbb R\).
Continuité.
Sur \(\mathbb R^*\), la fonction \(f\) est continue comme quotient de deux fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas.
En \(0\), on utilise la dérivabilité de \(\operatorname{Arctan}\) en \(0\) :
\[ \lim_{x\to0} \frac{\operatorname{Arctan}x-\operatorname{Arctan}0}{x-0} =\operatorname{Arctan}'(0)=1. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0} \frac{\operatorname{Arctan}x}{x} =1=f(0). \]Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ x-\frac{x^3}{3} <\operatorname{Arctan}xLire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x>0\). Pour tout \(t\in]0;x]\), on a :
\[ \frac1{1+t^2}-(1-t^2) =\frac{t^4}{1+t^2}>0. \]Donc :
\[ 1-t^2<\frac1{1+t^2}. \]D'autre part :
\[ \left(1-t^2+t^4\right)-\frac1{1+t^2} =\frac{t^6}{1+t^2}>0. \]Ainsi :
\[ \frac1{1+t^2}<1-t^2+t^4. \]On obtient donc, pour tout \(t\in]0;x]\) :
\[ 1-t^2 <\frac1{1+t^2} <1-t^2+t^4. \]En intégrant entre \(0\) et \(x\) :
\[ \int_0^x(1-t^2)\,dt <\int_0^x\frac{dt}{1+t^2} <\int_0^x(1-t^2+t^4)\,dt. \]Or :
\[ \int_0^x\frac{dt}{1+t^2} =\operatorname{Arctan}x. \]Par conséquent :
En déduire que la fonction \(f\) est dérivable en \(0\) et que :
\[ f'(0)=0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\), l'encadrement précédent donne :
\[ -\frac{x^3}{3} <\operatorname{Arctan}x-x <-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}. \]En divisant par \(x^2>0\) :
\[ -\frac x3 <\frac{\operatorname{Arctan}x-x}{x^2} <-\frac x3+\frac{x^3}{5}. \]Or :
\[ \frac{\operatorname{Arctan}x-x}{x^2} =\frac{f(x)-f(0)}{x-0}. \]Les deux membres encadrants tendent vers \(0\) lorsque \(x\to0^+\). Ainsi :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{f(x)-f(0)}x =0. \]Comme \(f\) est paire, pour \(x>0\) :
\[ \frac{f(-x)-f(0)}{-x} =-\frac{f(x)-f(0)}x. \]La limite à gauche est donc également nulle. Par conséquent, \(f\) est dérivable en \(0\) et :
Calculer \(f'(x)\) pour tout \(x\in\mathbb R^*\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x\neq0\) :
\[ f(x)=\frac{\operatorname{Arctan}x}{x}. \]En appliquant la formule de dérivation d'un quotient :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{ \dfrac{x}{1+x^2}-\operatorname{Arctan}x }{x^2}. \end{aligned} \]En utilisant une intégration par parties, montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ \int_0^x \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt =-\frac12x^2f'(x). \]Puis en déduire les variations de \(f\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x>0\). Posons :
\[ A(x)= \int_0^x \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt. \]On effectue une intégration par parties avec :
\[ u(t)=t, \qquad u'(t)=1, \qquad v'(t)=\frac{t}{(1+t^2)^2}, \qquad v(t)=-\frac1{2(1+t^2)}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} A(x) &= \left[-\frac{t}{2(1+t^2)}\right]_0^x +\frac12\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}\\ &=-\frac{x}{2(1+x^2)} +\frac12\operatorname{Arctan}x\\ &= \frac12 \left( \operatorname{Arctan}x-\frac{x}{1+x^2} \right). \end{aligned} \]D'après l'expression de \(f'(x)\) :
\[ -\frac12x^2f'(x) = \frac12 \left( \operatorname{Arctan}x-\frac{x}{1+x^2} \right). \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \int_0^x \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt =-\frac12x^2f'(x) }. \]Pour \(x>0\), l'intégrande est strictement positif sur \(]0;x]\). Ainsi :
\[ \int_0^x \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt>0. \]Comme \(x^2>0\), l'égalité précédente donne :
\[ f'(x)<0 \qquad\text{pour tout }x>0. \]La fonction \(f\) étant paire et dérivable, sa dérivée est impaire. Donc :
\[ f'(x)>0 \qquad\text{pour tout }x<0. \]Enfin :
\[ f'(0)=0, \qquad f(0)=1, \qquad \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0. \]| \(x\) | \(-\infty\) | \(]-\infty;0[\) | \(0\) | \(]0;+\infty[\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | + | \(0\) | − | ||
| \(f(x)\) | \(0\) | ↗ | \(1\) | ↘ | \(0\) |
Tracer la courbe \(\mathcal C_f\) de \(f\) dans un repère orthonormé avec :
\[ \|\vec i\|=\|\vec j\|=2\text{ cm}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La construction utilise les propriétés suivantes :
La fonction \(f\) est paire, donc \(\mathcal C_f\) est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées. La courbe passe par \(A(0;1)\) et admet en ce point une tangente horizontale puisque \(f'(0)=0\). Elle est croissante sur \(]-\infty;0]\), décroissante sur \([0;+\infty[\), et la droite \(y=0\) est une asymptote horizontale aux deux extrémités. De plus, \(f(1)=f(-1)=\dfrac\pi4\).
Représentation qualitative de \(\mathcal C_f\), conforme à la parité, aux variations et à l'asymptote horizontale.
Deuxième partie - Étude de la fonction \(F\)
On considère la fonction \(F\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ F(0)=1 \qquad\text{et}\qquad F(x)=\frac1x\int_0^x f(t)\,dt \quad\text{si }x\neq0. \]Montrer que \(F\) est paire et continue sur \(\mathbb R\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Parité.
Soit \(x>0\). Comme \(f\) est paire :
\[ \int_{-x}^{0}f(t)\,dt =\int_0^x f(t)\,dt. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} F(-x) &=\frac1{-x}\int_0^{-x}f(t)\,dt\\ &=\frac1x\int_{-x}^{0}f(t)\,dt\\ &=\frac1x\int_0^x f(t)\,dt\\ &=F(x). \end{aligned} \]Donc \(F\) est paire.
Continuité.
Sur \(\mathbb R^*\), la fonction \(F\) est continue.
Pour \(x\neq0\), le théorème de la moyenne intégrale assure l'existence d'un réel \(c_x\) situé entre \(0\) et \(x\) tel que :
\[ \int_0^x f(t)\,dt=xf(c_x). \]Par conséquent :
\[ F(x)=f(c_x). \]Lorsque \(x\to0\), on a \(c_x\to0\). Comme \(f\) est continue en \(0\) :
\[ \lim_{x\to0}F(x) =\lim_{x\to0}f(c_x) =f(0)=1=F(0). \]Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ f(x)\leq F(x)\leq1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x=0\) :
\[ f(0)=F(0)=1. \]Soit maintenant \(x>0\). La fonction \(f\) est décroissante sur \([0;+\infty[\). Donc, pour tout \(t\in[0;x]\) :
\[ f(x)\leq f(t)\leq f(0)=1. \]En intégrant entre \(0\) et \(x\) :
\[ xf(x) \leq \int_0^x f(t)\,dt \leq x. \]Comme \(x>0\), on peut diviser par \(x\) :
\[ f(x)\leq F(x)\leq1. \]Pour \(x<0\), les fonctions \(f\) et \(F\) étant paires :
\[ f(x)=f(-x) \leq F(-x)=F(x) \leq1. \]Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R^*\) :
\[ F'(x)=\frac1x\bigl(f(x)-F(x)\bigr). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ H(x)=\int_0^x f(t)\,dt. \]La fonction \(f\) étant continue, on a :
\[ H'(x)=f(x). \]Pour \(x\neq0\) :
\[ F(x)=\frac{H(x)}x. \]Donc :
\[ \begin{aligned} F'(x) &=\frac{xH'(x)-H(x)}{x^2}\\ &=\frac{xf(x)-xF(x)}{x^2}\\ &=\frac1x\bigl(f(x)-F(x)\bigr). \end{aligned} \]Montrer que la fonction \(F\) est dérivable en \(0\), puis calculer \(F'(0)\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(t>0\), la question 2.a de la première partie donne :
\[ \operatorname{Arctan}t >t-\frac{t^3}{3}. \]En divisant par \(t>0\) :
\[ f(t)>1-\frac{t^2}{3}. \]D'après la décroissance de \(f\) sur \(\mathbb R_+\), on a aussi \(f(t)\leq1\). Ainsi :
\[ 0\leq1-f(t)<\frac{t^2}{3}. \]Soit \(x>0\). Alors :
\[ \begin{aligned} 0\leq1-F(x) &=\frac1x\int_0^x\bigl(1-f(t)\bigr)\,dt\\ &\leq\frac1x\int_0^x\frac{t^2}{3}\,dt\\ &=\frac{x^2}{9}. \end{aligned} \]Comme \(F\) est paire, le même encadrement dépendant de \(x^2\) est valable pour \(x<0\). Ainsi, pour tout \(x\neq0\) :
\[ \left| \frac{F(x)-F(0)}x \right| =\frac{1-F(x)}{|x|} \leq\frac{|x|}{9}. \]Le membre de droite tend vers \(0\) lorsque \(x\to0\). Par conséquent :
Donner les variations de la fonction \(F\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\), la fonction \(f\) est strictement décroissante sur \([0;x]\). On a donc :
\[ f(x)La fonction \(F\) est donc strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\).
Comme \(F\) est paire et dérivable sur \(\mathbb R\), sa dérivée est impaire. Ainsi :
\[ F'(x)>0 \qquad\text{pour tout }x<0. \]Enfin, \(F'(0)=0\) et \(F(0)=1\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(]-\infty;0[\) | \(0\) | \(]0;+\infty[\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(F'(x)\) | + | \(0\) | − | ||
| \(F(x)\) | ↗ | \(1\) | ↘ |
Montrer que, pour tout \(x\in]1;+\infty[\) :
\[ 0<\frac1x\int_1^x f(t)\,dt \leq \frac\pi2\cdot\frac{\ln x}{x}. \]Puis en déduire :
\[ \lim_{x\to+\infty}F(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(t\geq1\) :
\[ 0<\operatorname{Arctan}t<\frac\pi2. \]En divisant par \(t>0\) :
\[ 0En divisant par \(x>0\) :
\[ \boxed{ 0<\frac1x\int_1^x f(t)\,dt \leq \frac\pi2\cdot\frac{\ln x}{x} }. \]Pour \(x>1\), on décompose :
\[ F(x) =\frac1x\int_0^1f(t)\,dt +\frac1x\int_1^x f(t)\,dt. \]La première intégrale est une constante. Par conséquent :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac1x\int_0^1f(t)\,dt=0. \]D'autre part :
\[ 0<\frac1x\int_1^x f(t)\,dt \leq \frac\pi2\cdot\frac{\ln x}{x} \longrightarrow0. \]Le théorème d'encadrement donne :
Troisième partie - Étude de la suite \((u_n)\)
On considère la suite numérique \((u_n)\) définie par :
\[ u_0=1 \qquad\text{et}\qquad u_{n+1}=F(u_n) \quad\text{pour tout }n\in\mathbb N. \]Vérifier que, pour tout \(t\in\mathbb R_+^*\) :
\[ 0\leq\frac{t}{1+t^2}\leq\frac12. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(t>0\), on a immédiatement :
\[ \frac{t}{1+t^2}>0. \]De plus :
\[ (t-1)^2\geq0. \]Donc :
\[ t^2+1\geq2t. \]Comme \(1+t^2>0\), on en déduit :
\[ \frac{t}{1+t^2}\leq\frac12. \]Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ |F'(x)| \leq \frac1x\bigl(1-f(x)\bigr). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\), on sait que :
\[ f(x)\leq F(x)\leq1. \]D'après la deuxième partie :
\[ F'(x)=\frac{f(x)-F(x)}x. \]Comme \(f(x)-F(x)\leq0\) :
\[ |F'(x)| =\frac{F(x)-f(x)}x. \]Or \(F(x)\leq1\), donc :
\[ F(x)-f(x) \leq1-f(x). \]Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ \frac1x\bigl(1-f(x)\bigr) = \frac1{x^2} \int_0^x \frac{t^2}{1+t^2}\,dt. \]Puis en déduire que :
\[ (\forall x\in\mathbb R_+^*) \qquad |F'(x)|\leq\frac14. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\) :
\[ \begin{aligned} x-\operatorname{Arctan}x &= \int_0^x1\,dt -\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}\\ &= \int_0^x \left(1-\frac1{1+t^2}\right)dt\\ &= \int_0^x \frac{t^2}{1+t^2}\,dt. \end{aligned} \]Or :
\[ 1-f(x) =1-\frac{\operatorname{Arctan}x}{x} =\frac{x-\operatorname{Arctan}x}{x}. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \frac1x\bigl(1-f(x)\bigr) = \frac1{x^2} \int_0^x \frac{t^2}{1+t^2}\,dt }. \]D'après la question 1.a :
\[ 0\leq\frac{t}{1+t^2}\leq\frac12. \]En multipliant par \(t\geq0\) :
\[ 0\leq\frac{t^2}{1+t^2}\leq\frac t2. \]En intégrant entre \(0\) et \(x\) :
\[ 0\leq \int_0^x\frac{t^2}{1+t^2}\,dt \leq \int_0^x\frac t2\,dt =\frac{x^2}{4}. \]Donc :
\[ \frac1x\bigl(1-f(x)\bigr) \leq\frac14. \]En utilisant la question 1.b :
Montrer que l'équation :
\[ F(x)=x \]admet une solution unique \(\alpha\) dans l'intervalle \(]0;1]\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Considérons la fonction \(\Phi\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ \Phi(x)=F(x)-x. \]La fonction \(\Phi\) est continue sur \([0;1]\). De plus :
\[ \Phi(0)=F(0)=1>0. \]D'après l'encadrement \(F(x)\leq1\) :
\[ \Phi(1)=F(1)-1\leq0. \]Le théorème des valeurs intermédiaires assure donc l'existence d'un réel :
\[ \alpha\in]0;1] \]tel que :
\[ F(\alpha)=\alpha. \]Montrons l'unicité. Pour tout \(x>0\) :
\[ \Phi'(x)=F'(x)-1. \]Or :
\[ F'(x)\leq|F'(x)|\leq\frac14. \]Ainsi :
\[ \Phi'(x) \leq\frac14-1 =-\frac34<0. \]La fonction \(\Phi\) est strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\). Elle ne peut donc s'annuler qu'une seule fois.
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ |u_{n+1}-\alpha| \leq \frac14|u_n-\alpha|. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est strictement positive sur \(\mathbb R\). Par conséquent, pour tout \(x>0\) :
\[ F(x)=\frac1x\int_0^x f(t)\,dt>0. \]Comme \(u_0=1>0\), une récurrence immédiate donne :
\[ u_n>0 \qquad\text{pour tout }n\in\mathbb N. \]De plus, \(\alpha>0\). La fonction \(F\) est donc continue sur le segment d'extrémités \(u_n\) et \(\alpha\), et dérivable à l'intérieur de ce segment.
D'après le théorème des accroissements finis, il existe un réel \(c_n\) situé entre \(u_n\) et \(\alpha\) tel que :
\[ F(u_n)-F(\alpha) =F'(c_n)(u_n-\alpha). \]Or :
\[ u_{n+1}=F(u_n) \qquad\text{et}\qquad \alpha=F(\alpha). \]Ainsi :
\[ |u_{n+1}-\alpha| =|F'(c_n)|\,|u_n-\alpha|. \]Comme \(c_n>0\), on a \(|F'(c_n)|\leq\dfrac14\). Finalement :
En déduire que la suite \((u_n)\) est convergente et déterminer sa limite.
Lire la correction + Masquer la correction −
D'après la question précédente :
\[ |u_{n+1}-\alpha| \leq \frac14|u_n-\alpha|. \]Par récurrence, on obtient, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ |u_n-\alpha| \leq \left(\frac14\right)^n |u_0-\alpha|. \]Or :
\[ 0<\frac14<1, \]donc :
\[ \lim_{n\to+\infty} \left(\frac14\right)^n |u_0-\alpha| =0. \]Le théorème d'encadrement donne :
\[ \lim_{n\to+\infty}|u_n-\alpha|=0. \]
Commentaires
Enregistrer un commentaire