Devoir maison 1

Université Denis Diderot Paris 7
(2013-2014)
Maths, Agro & Véto
Devoir maison 1
Exercice 1 Déterminer
1. E1 = {x ∈ R : 1 + x ≤ exp(x)}
2. E2 = {x ∈ R \ {−3, 1/3} : ln |x + 3| + ln |3x − 1| ≤ ln(3)}.
(
R→R
1. Considérons la fonction f :
, de sorte que
x → exp(x) − 1 − x
E1 = {x ∈ R : f (x) ≥ 0}.
On a f 0 (x) = exp(x) − 1 et donc, f est décroissante sur R− et croissante sur R+ .
Comme f (0) = 0, on en déduit que f (x) ≥ 0 ∀x ∈ R et on conclut que E1 = R.
2. La fonction x → ln(x) étant strictement croissante sur R∗+ , on a
E2 = {x ∈ R\{−3, 1/3} : ln |3x2 +8x−3| ≤ ln(3)} = {x ∈ R\{−3, 1/3} : |3x2 +8x−3| ≤ 3}.
(
R→R
Considérons alors la fonction g :
, de sorte que
x → 3x2 + 8x − 3
E2 = {x ∈ R \ {−3, 1/3} : −3 ≤ g(x) ≤ 3}.
On a g 0 (x) = 6x + 8, de sorte que g est décroissante sur (−∞, −4/3] et croissante sur
[−4/3, +∞).
Les 2 racines de g(x) = −3 sont x2 := −8/3, x3 := 0. Par ailleurs on a clairement
{x : g(x) ≥ −3} = (−∞, x2 ] ∪ [x3 , +∞).
√
√
Les 2 racines de g(x) = 3 sont x1 := −8−6 136 et x4 := −8+6 136 . Par ailleurs on a
clairement {x ∈ R : g(x) ≤ 3} = [x3 , x4 ].
Comme −3 < g(−3) = 0 < 3 , −3 < g(1/3) = 0 < 3, notons enfin que
x1 < −3 < x2 < x3 < 1/3 < x4 .
On conclut finalement que
E2 = [x1 , −3) ∪ (−3, x2 ] ∪ [x3 , 1/3) ∪ (1/3, x4 ]
√
√
−8 − 136
8
−8 + 134
= [
, −3) ∪ (−3, − ] ∪ [0, 1/3) ∪ (1/3,
].
6
3
6
Note : l’ordinateur ou la calculatrice permet de vérifier que x1 ≈ −3.28, x4 ≈ 0.61.
Exercice 2 Soit la fonction de la variable réelle
 exp(x)−1

 x+x2
f :x→ 0


1
1
si x 6= 0
si x = −1 .
si x = 0
Déterminer les domaines de continuité et de dérivabilité de la fonction f . Calculer f 0 sur le
domaine de dérivabilité de f .
La fonction f est clairement C ∞ sur D := (−∞, −1) ∪ (−1, 0) ∪ (0, +∞) comme quotient de
telles fonctions sur un domaine où le dénominateur ne s’annule pas. Pour x ∈ D on peut
calculer
exp(x)(x2 − x − 1) + 2x + 1
f 0 (x) =
.
(x + x2 )2
Au point −1, le dénominateur s’annule (il est clairement positif à gauche de −1 et négatif
entre −1 et 0). Le numérateur ne s’annule pas en −1 puisque exp(−1) − 1 < 0, de sorte que
lim
x%−1,x6=−1
f (x) = −∞,
lim
x&−1,x6=−1
f (x) = +∞.
La fonction f n’est donc pas continue au point −1. Elle n’est donc a fortiori pas dérivable en
ce point.
A l’origine, on a
exp(x) − 1 = x + o(x),
x + x2 = x + o(x),
de sorte que f est bien continue en 0.
Par ailleurs
exp(x)(x2 − x − 1) + 2x + 1 = (1 + x + x2 /2 + o(x2 ))(x2 − x − 1) + 2x + 1 = −x2 /2 + o(x2 ),
tandis que
(x + x2 )2 = x2 + o(x2 ),
de sorte que
lim
x→0,x6=0
f 0 (x) = −1/2.
La fonction f 0 est donc prolongeable par continuité en 0. La fonction f est donc dérivable en
0, avec f 0 (0) = −1/2.
Exercice 3 Déterminer les deux limites suivantes :
√
√
√
ln(1 + x2 x)
1+x− 1−x−x
lim
,
lim
.
x→0
1 − cos(x)
sin(x3 )
x→0+
Au voisinage de l’origine, on a
√
√
1 + x − 1 − x − x = 1 + x/2 − x2 /8 − (1 − x/2 − x2 /8) − x + o(x2 ) = o(x2 ),
et d’autre part
1 − cos(x) = x2 /2 + o(x2 ).
On conclut que
√
lim
x→0
√
1+x− 1−x−x
= 0.
1 − cos(x)
Au voisinage et à droite de l’origine, on trouve que
√
√
ln(1 + x2 x) = x2 x + o(x3 )
et
2
sin(x3 ) = x3 + o(x3 ).
On conclut que
lim
x→0+
√
ln(1 + x2 x)
= +∞.
sin(x3 )
Exercice 4 A l’aide du changement de variables t =
Z
1
I=
1/2
(
1
ln
x(x + 1)
x
x+1
x
x+1
calculer
dx.
[1/2, 1] → [1/3, 1/2]
est C 1 (et même strictement croissante
x
x → x+1
Notons tout d’abord que f :
1
puisque f 0 (x) = (1+x)
2 ).
Le changement de variables suggéré est donc bien C 1 , et va de [1/2, 1] vers [1/3, 1/2]. Par la
formule du changement de variables on trouve que
Z
1
I=
1/2
x+1
ln
x
x
x+1
Z
1
dx =
(x + 1)2
1/2
1/3
1/2
ln(t)
1
1
dt =
ln(t)2
=
ln(2)2 − ln(3)2 .
t
2
2
1/3
Exercice 5 Pour n ≥ 0 on considère
+∞
Z
xn exp(−x)dx.
un =
0
Trouver une relation entre un+1 et un , et en déduire la valeur de un , n ≥ 0.
En faisant une intégration par parties on obtient que
Z +∞
n+1
+∞
un+1 = −x
exp(−x) 0 + (n + 1)
xn exp(−x)dx = (n + 1)un .
0
On a utilisé le théorème sur les croissances comparées de la fonction exponentielle et d’une
fonction puissance pour assurer que limx→+∞ xn+1 exp(−x) = 0.
Comme en outre
Z
+∞
u0 =
0
exp(−x)dx = [− exp(−x)]+∞
= 1,
0
on conclut que pour tout n ∈ N,
un = n × (n − 1) × (n − 2) . . . 1 × u0 = n!
Exercice 6 On introduit la fonction
Z
x2
F :x→
3x
1
dt.
1 + (ln(t))2
3
1. Montrer que F est définie et continue sur R+ .
2. Montrer que F est dérivable sur R∗+ . La fonction F 0 est-elle prolongeable par
continuité en 0 ?
R x2
1
3. Montrer que, pour tout x ≥ 3, F (x) ≥ 3x 1+4 ln(x)
2 dt, en déduire limx→+∞ F (x).
(
R∗+ \ {1} → R
1. Notons g :
, qui est clairement C ∞ sur R∗+ comme quotient de deux
1
t → 1+(ln(t))
2
fonctions C ∞ sur R∗+ , avec le dénominateur qui ne s’annule pas sur R∗+ On observe par
ailleurs que g est prolongeable par continuité en 0, puisque limx&0 g(x) = 0. On
confondra désormais g avec son prolongement sur R+ .
Notons alors G la primitive de g nulle en 0, définie sur R+ . Précisément, pour x ∈ R+ ,
on a
Z x
G(x) =
g(t)dt.
0
Bien entendu G est dérivable sur R+ (de dérivée g), et donc en particulier continue.
Par la relation de Chasles, on a
F (x) = G(x2 ) − G(3x)
et donc
F 0 (x) = 2xg(x2 ) − 3g(x).
de sorte que F est également continue sur R+ .
2. On a vu dans la question précédente que g est prolongeable par continuité en 0. Il en
est bien entendu de même pour F 0 et on a, toujours d’après la question qui précède,
F 0 (0) = 0.
3. Lorsque x ≥ 3 on a x2 ≥ 3x. Par ailleurs la fonction g est décroissante sur (1, +∞), et
donc, pour x ≥ 3 on a g(t) ≥ g(x2 ) sur l’intervalle [3x, x2 ]. On obtient donc
Z
x2
F (x) ≥
Z
2
x2
g(x )dt =
3x
3x
1
dt,
1 + 4 ln(x)2
ce qui est l’inégalité souhaitée. Mais comme
Z x2
1
1
dt = (x2 − 3x)
−→ +∞,
2
1
+
4
ln(x)
1
+
4
ln(x)2 t→+∞
3x
on conclut comme souhaité que
lim F (x) = +∞.
x→+∞
Problème
On considère dans ce problème la fonction
(
R \ {−1} → R
f:
.
4
x → x3x+1
4
1. Dresser le tableau de variations de f , déterminer les asymptotes à sa courbe
représentative et leurs positions relatives. En déduire une ébauche du graphe de f , sur
lequel on fera apparaı̂tre ces asymptotes.
2. Pour n ∈ N, on considère l’équation
f (x) = n.
(En )
Résoudre d’abord (E0 ).
Montrer ensuite que pour tout n ≥ 1, (En ) possède exactement deux solutions sur R,
l’une négative et l’autre positive.
On va désormais, pour tout n ≥ 0, noter xn l’unique solution positive ou nulle de (En ).
3. Montrer que la suite (xn )n≥0 est croissante.
Montrer ensuite que pour tout n ≥ 0,
n ≤ xn ≤ n + 1.
En déduire que xn ∼n→∞ n
4. On introduit un = xn − n. Montrer que pour tout n ≥ 0, on a la relation
n3 un + 3n2 u2n + 3nu3n + u4n = n.
Montrer alors que le premier terme dans le membre de gauche ci-dessus est
prépondérant et en déduire un équivalent de un lorsque n → ∞.
5. Montrer que
1
1
1
2x − 1
1
1
·
− ·
− ·
.
3 x + 1 6 x2 − x + 1 2 x2 − x + 1
√
, et en déduire l’expression d’une
Calculer la dérivée de x → √13 arctan 2x−1
3
primitive F de la fonction f . En déduire finalement que
f (x) = x +
F (xn ) =
n2
+ o(n).
2
(a) La fonction f est clairement C ∞ sur R \ {−1} puisque
x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1) ne s’annule qu’en −1.
Sur R \ {−1} on a
x6 + 4x3
f 0 (x) = 3
,
(x + 1)2
de sorte que f 0 (x) est du signe de x6 + 4x3 . Ce polynôme ne s’annule que lorsque
x3 ∈ {−4, 0}, i.e. lorsque x ∈ {−41/3 , 0}. On a donc
f 0 (x) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −41/3 ] ∪ [0, +∞).
On obtient donc que f est (strictement) croissante sur (−∞, −41/3 ] ∪ [0, +∞), et
(strictement) décroissante sur [−41/3 , −1) ∪ (−1, 0].
On a par ailleurs
lim f (x) = −∞,
x→−∞
lim
x&−1,x6=−1
44/3
,
lim
f (x) = −∞,
x%−1,x6=−1
3
f (0) = 0,
lim f (x) = +∞.
f (−41/3 ) = −
f (x) = +∞,
x→+∞
5
En particulier, Cf , la courbe représentative de f , possède une asymptote verticale
d’équation x = −1.
Au voisinage de ±∞, on a
x4
1
1
1
1
1
f (x) = 3
,
=x
= x(1 − 3 + o( 3 )) = x − 2 + o
1
x +1
x
x
x
x2
1 + x3
de sorte que la droite D d’équation y = x est asymptote à Cf en ±∞, et dans les
deux cas D se situe au dessus de Cf .
(b) D’après le tableau de variations de f , cette fonction reste strictement négative
sur (−∞, −1), et strictement positive sur (−1, 0) ∪ (0, +∞). Elle ne s’annule donc
qu’en l’origine, de sorte que l’unique solution de (E0 ) est l’origine.
Par ailleurs, toujours d’après le tableau de variations de f , on voit que pour tout
n ≥ 1, l’équation (En ) possède deux solutions, l’une appartenant à l’intervalle
(−1, 0), et l’autre à l’intervalle (0, +∞).
(c) Soit n ≥ 0 fixé. Puisque f est croissante sur (0, +∞) et que
f (xn ) = n < n + 1 = f (xn+1 ) on déduit que xn < xn+1 . Comme le raisonnement
est valable pour tout n ∈ N, on déduit que la suite (xn ) est (strictement)
croissante.
4
Par ailleurs, pour tout n ≥ 0, on a f (n) = n3n+1 < n, tandis que
4
3
2
(n+1)
n +4n +6n+4+1/n
f (n + 1) = (n+1)
> n. On a donc f (n) < n < f (n + 1) et
3 +1 = n
n3 +3n2 +3n+2
comme f est croissante, on conclut que n < xn < n + 1.
Ceci implique que 1 < xnn < 1 + 1/n, par le théorème des gendarmes on déduit
que limn→∞ xnn = 1, ce qui est équivalent à dire que
xn ∼n→∞ n.
(d) Puisque xn = n + un on a l’équation
(n + un )4
= n ⇔ n3 un + 3n2 u2n + 3nu3n + u4n = n,
(n + un )3 + 1
l’équivalence ayant été simplement obtenue en développant et réarrangeant les
termes.
L’inégalité n < xn < n + 1 se traduit par le fait que 0 < un < 1 et donc
3n2 u2n
= 0,
n→∞ n3 un
lim
3nu3n
= 0,
n→∞ n3 un
lim
u4n
= 0.
n→∞ n3 un
lim
Autrement dit, on a
n3 un + o(n3 un ) = n,
et donc en divisant chaque terme par n
n2 un + o(n2 un ) = 1,
ce qui revient à dire que limn→∞ n2 un = 1, ou encore
un ∼n→∞
6
1
.
n2
(e) L’égalité proposée est facilement démontrée en réduisant au même dénominateur
et en réarrangeant les termes.
1
√
La dérivée de x → √13 arctan 2x−1
, et on déduit qu’une
est x → 12 · x2 −x+1
3
primitive de f est par exemple
2x − 1
1
x2
1
1
√
+ log(|1 + x|) − log(1 − x + x2 ).
F (x) =
− √ arctan
2
3
6
3
3
Bien entendu, toute fonction de la forme F (·) + cste est également primitive de f .
On a vu dans les questions précédentes que
1
1
.
xn = n + 2 + o
n
n2
On a donc
x2n
(n + 1/n2 + o(1/n2 ))2
n2
=
=
+ 1 + o(1),
2
2 2
1
2xn − 1
π
√ arctan
√
= √ + o(1)
3
3
2 3
1
1
log(|1 + xn |) = log(n) + o(1)
3
3
1
1
log(1 − x + x2 ) = log(n) + o(1),
6
3
ce qui entraı̂ne
F (xn ) =
n2
π
+ 1 − √ + o(1),
2
2 3
et, en particulier, le résultat souhaité.
7