Lycee Benjamin Franklin PTSI − 2012-2013D. Blottiere Mathematiques

Correction du devoir surveille n 3

Exercice 1 : Soit f la fonction definie par :f : x 7→ xx.

1. Determiner le domaine de definition Df de la fonction f .2. Justifier que la fonction f est derivable sur Df . Qu’en deduire quant a sa continuite ?

3. Etudier les variations de f .4. En deduire que f admet un minimum, atteint en un unique point que l’on precisera.5. Etudier les limites eventuelles de f aux bornes de Df .6. Tracer l’allure de la representation graphique de f dans un repere du plan.

Correction

1. L’expressionxx = ex ln(x) (definition)

de la variable reelle x n’est definie que pour x ∈]0,+∞[. Par consequent : Df =]0,+∞[.

2. Soient les fonctionsf1 : ]0,+∞[→ R ; x 7→ ln(x)

f2 : ]0,+∞[→ R ; x 7→ x

f3 : R→ R ; x 7→ ex.

On a :

f = f3 ◦ (f2 × f1). (1)

Notons que la composee precedente est bien definie car le domaine de definition de f3 est R et que toutesles images de la fonction f2 × f1 sont dans R.Les fonctions f1, f2, f3 sont des fonctions usuelles que l’on sait etre derivables sur leurs domaines dedefinitions respectifs. Par operations (produit et composition) sur les fonctions derivables, la fonction f

est derivable sur Df =]0,+∞[.La fonction f etant derivable sur Df =]0,+∞[, elle est egalement continue sur Df =]0,+∞[. En effet unefonction derivable sur un intervalle est continue sur cet intervalle.

3. Pour etudier le sens de variation de la fonction f , on va utiliser le critere differentiel de stricte monotonie.

• Calcul de la derivee de f

La fonction f est derivable sur Df =]0,+∞[ et sa derivee est donnee par (cf. relation (1)) :

f ′(x) = (f2 × f1)′(x)× f ′

3((f2 × f1)(x))

= (f ′2(x)f1(x) + f ′

1(x)f2(x)) × f ′3(f2(x)f1(x))

pour tout x ∈ Df =]0,+∞[. De ce calcul et des derivees usuelles :

f ′1 : ]0,+∞[→ R ; x 7→ 1

x

f ′2 : ]0,+∞[→ R ; x 7→ 1

f ′3 : R→ R ; x 7→ ex

on deduit que :

f ′ : ]0,+∞[→ R ; x 7→(1× ln(x) +

1

x× x

)ex ln(x) = (ln(x) + 1)ex ln(x). (2)

1

• Etude du signe de f ′

La fonction exponentielle etant strictement positive sur R, on deduit que le signe de f ′(x) est le memeque celui de ln(x) + 1 ou x ∈ Df =]0,+∞[.

– Resolution de l’inequation stricte ln(x) + 1 > 0

Soit x ∈ Df =]0,+∞[.

ln(x) + 1 > 0 ⇐⇒ ln(x) > −1 (soustraction de 1 a chaque membre)

⇐⇒ x > e−1 =1

e(exp րր sur R et pour tout X ∈ R

+∗, eln(X) = X).

– Resolution de l’equation ln(x) + 1 = 0

Soit x ∈ Df =]0,+∞[.

ln(x) + 1 = 0 ⇐⇒ ln(x) = −1 (soustraction de 1 a chaque membre)

⇐⇒ x = e−1 =1

e(exp : R→]0,+∞[ est bijective et pour tout X ∈ R

+∗, eln(X) = X).

Des deux etudes precedentes, on deduit le tableau de signes suivant pour ln(x)+1 (qui est le meme quecelui de f ′(x) d’apres la discussion precedente) ou x ∈ Df =]0,+∞[.

x 01

e+∞

Signe de ln(x) + 1 − 0 +

• Variations de f

On applique le critere differentiel de stricte monotonie pour deduire du tableau de signes precedent, letableau de variations de f .

x 01

e+∞

Variations de f ց րf(1

e) = e−

1e

4. Du tableau de variations de f precedent, on deduit que f admet un unique minimum e−1e atteint en

l’unique point x = 1e.

5. • Etude de la limite eventuelle de f en +∞.

x ln(x) →x→+∞

+∞ (limites usuelles et operations)

eX →X→+∞

+∞ (limite usuelle)

composition=⇒

de limitesf(x) = ex ln(x) →

x→+∞+∞.

2

• Etude de la limite eventuelle de f en 0+.

x ln(x) →x→0+

0 (croissances comparees)

eX →X→0

e0 = 1 (continuite de exp en 0)

composition

=⇒de limites

f(x) = ex ln(x) →x→0+

1.

6. Representation graphique de f

Comme f admet un minimum (global mais local suffirait) en x = 1e, la courbe representative de f possede

une tangente horizontale au point d’abscisse 1e.

1

2

3

4

5

6

1 2−1 1e

Exercice 2 : On se propose de determiner toutes les fonctions f : R→ R telles que :(A) f n’est pas la fonction nulle ;(B) f est derivable sur R ;(C) pour tout (x, y) ∈ R

2, f(x+ y) = f(x)f(y).

1. Soit a une constante reelle et soit f la fonction definie par :

f : R→ R ; x 7→ eax.

Montrer que f verifie les conditions (A), (B) et (C).

2. Soit f : R→ R une fonction verifiant les conditions (A), (B) et (C).

(a) Ici, x designe un nombre reel fixe. On introduit la fonction fx definie par :

fx : R→ R ; y 7→ fx(y) = f(x+ y).

i. Justifier que fx est derivable sur R.

ii. Soit y ∈ R. Calculer f ′x(y) de deux manieres.

iii. En deduire que f ′(x) = f ′(0)f(x).

(b) Prouver qu’il existe deux constantes reelles a et K telles que :

f : R→ R ; x 7→ Keax.

(c) Montrer que : f(0) = 0 ou f(0) = 1.

(d) En deduire que :f : R→ R ; x 7→ eax.

3. Conclure.

3

Correction

1. Verifions que la fonction f : R→ R ; x 7→ eax verifie les trois conditions (A), (B) et (C).

• Condition (A)

On a f(0) = ea×0 = 1 donc f n’est pas la fonction nulle. En fait la fonction exponentielle etant stricte-ment positive sur R, on en deduit que la fonction f ne s’annule jamais (propriete plus forte que (A)).

• Condition (B)

Soient les fonctionsf1 : R→ R ; x 7→ ax (fonction affine)

f2 : R→ R ; x 7→ ex.

La composee f2 ◦ f1 est bien definie (l’ensemble d’arrivee de f1 coıncide avec l’ensemble de depart def2) et l’on a :

f = f2 ◦ f1.Les fonctions f1 et f2 sont des fonctions usuelles que l’on sait etre derivables sur leurs domaines dedefinitions respectifs. Par operation (composition) sur les fonctions derivables, la fonction f est derivablesur R.

• Condition (C)

Soit (x, y) ∈ R2.

f(x+ y) = ea(x+y)

= eax+ay

= eax eay (relation fonctionnelle de l’exponentielle)

= f(x)f(y).

2. (a) i. Soit la fonctionτx : R→ R ; y 7→ y + x (fonction affine).

La composee f ◦ τx est bien definie (l’ensemble d’arrivee de τx coıncide avec l’ensemble de departde f) et l’on a :

fx = f ◦ τx. (3)

La fonction f est derivable sur R (car par hypothese, f verifie (B)). La fonction τx est affine,donc derivable sur R. Par operation (composition) sur les fonctions derivables, la fonction fx estderivable sur R.

ii. • Calcul de (fx)′ au moyen de la relation (3).

Soit y ∈ R. D’apres (3), on a :

(fx)′(y) = (τx)

′(y)× f ′(τx(y)).

Comme (τx)′(y) = 1, on a donc :

(fx)′(y) = f ′(x + y). (4)

4

• Calcul de (fx)′ au moyen de la propriete (C).

La fonction f satisfaisant (C), on a pour tout y ∈ R :

fx(y) = f(x+ y) = f(x)︸︷︷︸constante

× f(y)

et donc :fx = f(x)︸︷︷︸

constante

× f.

On en deduit que (fx)′ = f(x)× f ′ et donc que pour tout y ∈ R :

(fx)′(y) = f(x)× f ′(y). (5)

iii. Des identites (4) et (5), on deduit que pour tout y ∈ R :

f ′(x+ y) = f(x)× f ′(y).

En particulier pour y = 0, on a : f ′(x) = f ′(0)f(x).

(b) Par hypothese, la fonction f est derivable sur R (cf. condition (B)). De plus on a montre a la question2.(a) que pour tout x ∈ R :

f ′(x) = f ′(0)f(x)

soitf ′(x) − f ′(0)f(x) = 0.

La fonction f est donc solution, sur R, de l’equation differentielle :

(E) : y′ − ay = 0

ou a est la constante reelle f ′(0). L’equation differentielle (E) est une equation differentielle lineairehomogene d’ordre 1 (a coefficient constant). D’apres le cours, son ensemble solution sur R est :

{y : R → R

x 7→ Keax

∣∣∣∣ K ∈ R

}.

La fonction f etant solution de (E) sur R, il existe donc une constante reelle K telle que pour toutx ∈ R :

f(x) = Keax

ou en d’autres termes telle que :f : R→ R ; x 7→ Keax.

(c) Appliquons la propriete (C) avec x = y = 0. On obtient f(0 + 0) = f(0)× f(0) soit :

f(0) = f(0)2.

On a :

f(0) = f(0)2 =⇒ f(0)− f(0)2 = 0 (soustraction de f(0)2 a chaque membre)

=⇒ f(0)(1− f(0)) = 0 (factorisation du membre de gauche par f(0)

=⇒

f(0) = 0ou

1− f(0) = 0(R est integre).

On a donc : f(0) = 0 ou f(0) = 1.

5

(d) • En 2.(b), nous avons etabli qu’il existe deux constantes reelles a et K telles que :

f : R→ R ; x 7→ Keax.

On en deduit que f(0) = K.

• En 2.(c), nous avons obtenu que f(0) = 0 ou f(0) = 1.

• Montrons que f(0) = 1 par l’absurde.Supposons que f(0) 6= 1. Alors d’apres ce qui precede, on a f(0) = 0 et donc K = 0. Dans ce casla fonction f est la fonction nulle, ce qui est en contradiction avec l’hypothese (A) que verifie f

par hypothese.

• On a donc f(0) = 1 et par suite K = 1 d’ou :

f : R→ R ; x 7→ eax.

3. Designons par E l’ensemble des fonctions f : R → R verifiant les conditions (A), (B) et (C). Nous avonsdemontre que :

E =

{f : R → R

x 7→ eax

∣∣∣∣ a ∈ R

}.

En effet, l’inclusion

E ⊂{

f : R → R

x 7→ eax

∣∣∣∣ a ∈ R

}

a ete prouvee a la question 2. Quant a l’inclusion{

f : R → R

x 7→ eax

∣∣∣∣ a ∈ R

}⊂ E

elle a ete demontree a la question 1.

Exercice 3

1. Resoudre l’equation differentielle(E) : y′′ + 6y′ − 7y = 8ex.

d’inconnue une fonction y : R→ R (ici le corps des coefficients est K = R).2. Determiner l’unique solution y de (E) telle que :

y(0) = 1 et y′(0) = 0.

Correction

1. • Analyse de l’equation differentielle a resoudre

On remarque de (E) est une equation differentielle lineaire a coefficients constants, du second ordre.Son equation homogene associee est :

(Eh) : y′′ + 6y′ − 7y = 0.

Elle a comme equation caracteristique :

(Eh)car : x2 + 6x− 7 = 0.

• Resolution de l’equation numerique (Eh)car

Le polynome X2+6X−7 est unitaire. Ses racines entieres eventuelles sont a chercher parmi les diviseursentiers de −7, soit dans la liste : 1, 7,−1,−7. On verifie que 1 est racine. Le produit des racines valant−7, on en deduit que l’autre racine est −7.

Ainsi l’equation (Eh)car possede-t-elle deux racines reelles simples : 1 et −7.

6

• Resolution de l’equation differentielle (Eh) sur R

De ce qui precede et du cours, on deduit que :

Sol(Eh),R =

{y : R → R

x 7→ K1ex +K2e

−7x

∣∣∣∣ (K1,K2) ∈ R2

}.

• Determination d’une solution particuliere de l’equation differentielle (E) sur R

Le second membre 8ex de (E) est ≪ du type ≫ P (x)eλx ou :• P = 8 est une fonction polynomiale de degre 0 ;• λ = 1 est racine simple de (Eh)car.D’apres le cours, on cherche une solution de (E) sur R sous la forme :

R→ R ; x 7→ Q(x)ex

ou Q est une fonction polynomiale de degre 1 (i.e. une fonction affine). On introduit donc la fonction

y0 : R→ R ; x 7→ (ax+ b)ex

ou a, b sont des constantes reelles.– La fonction y0 est le produit d’une fonction affine et de la fonction exponentielle. Elle est donc deuxfois derivable sur R.

– Pour tout x ∈ R, on a :

y′0(x) = aex + (ax+ b)ex = (ax+ a+ b)ex

y′′0 (x) = (y′0)′(x) = aex + (ax+ a+ b)ex = (ax+ 2a+ b)ex.

De ce qui precede, on deduit que y0 est solution de (E) si et seulement si pour tout x ∈ R :

(ax+ 2a+ b)ex + 6(ax+ a+ b)ex − 7(ax+ b)ex = 8ex. (6)

Soit x ∈ R.

(6) ⇐⇒ ax+ 2a+ b+ 6(ax+ a+ b)− 7(ax+ b) = 8 (division de chaque membre par ex 6= 0)

⇐⇒ 8a = 8

On en deduit que a = 1 et que b est quelconque (ce qui n’est pas surprenant car x 7→ ex est solutionde l’equation differentielle (Eh) sur R d’apres le point precedent). Ici, on choisit b = 0. La fonction

y0 : R→ R ; x 7→ (1× x+ 0)ex = xex

est donc solution de (E) sur R.

• Des deux derniers points, on deduit que l’ensemble solution de (E) sur R est donne par :

Sol(E),R =

{y : R → R

x 7→ K1ex +K2e

−7x + xex

∣∣∣∣ (K1,K2) ∈ R2

}.

2. Soit le probleme de Cauchy :

(S) :

y est solution de (E) sur Ry(0) = 1y′(0) = 0.

D’apres la question 1, on a :

(S) ⇐⇒

∃ (K1,K2) ∈ R2 tel que y : R→ R ; x 7→ K1e

x +K2e−7x + xex

y(0) = 1y′(0) = 0.

7

Si y : R→ R ; x 7→ K1ex +K2e

−7x + xex (ou (K1,K2) ∈ R2) alors

y(0) = K1 +K2.

De plus la derivee de y : R→ R ; x 7→ K1ex +K2e

−7x + xex (ou (K1,K2) ∈ R2) est donnee par :

y′ : R→ R ; x 7→ K1ex − 7K2e

−7x + ex + xex = (x+K1 + 1)ex − 7K2e−7x

et on a donc :y′(0) = K1 + 1− 7K2.

On a donc :

(S) ⇐⇒

∃ (K1,K2) ∈ R2 tel que y : R→ R ; x 7→ K1e

x +K2e−7x + xex

K1 +K2 = 1K1 + 1− 7K2 = 0.

On est alors conduit a resoudre le systeme

(S′) :

{K1 +K2 = 1K1 + 1− 7K2 = 0.

(S′) ⇐⇒{

K1 + K2 = 1K1 − 7K2 = −1

⇐⇒{

K1 + K2 = 1−8K2 = −2 (L2 ← L2 − L1)

Le dernier systeme est echelonne. De (L2), on deduit que

K2 =1

4

puis en injectant cette valeur dans (L1) on obtient :

K1 =3

4.

De cette etude, on deduit que l’unique solution du probleme de Cauchy (S) est la fonction :

y : R→ R ; x 7→ 3ex

4+

e−7x

4+ xex.

Probleme 1

I − Une formule de trigonometrie hyperbolique

On rappelle que les fonctions cosinus hyperbolique et sinus hyperbolique sont definies par :

ch: R→ R ; x 7→ ex + e−x

2et sh: R→ R ; x 7→ ex − e−x

2.

1. Soit x ∈ R. Enoncer et demontrer la formule de trigonometrie hyperbolique du cours liant ch2(x) etsh2(x).

II − Etude du signe de la fonction sh

2. Resoudre l’inequationsh(x) > 0

d’inconnue x ∈ R.

8

3. Resoudre l’equationsh(x) = 0

d’inconnue x ∈ R.4. En deduire le tableau de signes de la fonction sh.

III − Etude de la fonction ch

5. Etudier la parite eventuelle de ch.6. Etudier les limites eventuelles de ch aux bornes de son ensemble de definition.7. Etudier les variations de la fonction ch sur R.8. Donner l’allure de la representation graphique de ch dans un repere du plan.

IV − Construction de la fonction argch

Soit f la fonction definie par :f : R+ → R ; x 7→ ch(x).

9. Demontrer que la fonction f realise une bijection de R+ sur un intervalle J que l’on precisera.

Dans la suite, on noteraf : R+ → J ; x 7→ f(x) = ch(x)

la bijection induite par f . La bijection reciproque de f , notee traditionnellement f −1, est appelee argumentcosinus hyperbolique et est notee argch.

10. Preciser l’ensemble de depart Dargch et l’ensemble d’arrivee de argch.11. Soit x ∈ R et soit y ∈ Dargch. Donner une condition necessaire et suffisante pour que x = argch(y).12. Calculer argch(1).

V − Etude de la fonction argch

13. Que dire de la continuite et des variations de la fonction argch?14. Determiner le domaine de derivabilite D′

argch de argch.

15. Soit y ∈ D′argch. Calculer argch

′(y).

VI − Expression logarithmique de argch

16. Donner deux demonstrations du resultat suivant.

Pour tout y ∈ Dargch, argch(y) = ln(y +

√y2 − 1

).

VII − Comportement asymptotique de argch en +∞

17. Etudier la limite eventuelle de argch en +∞.

VIII − Une primitive de argch sur son domaine de definition

18. Determiner une primitive de argch sur D′argch.

Correction

1. Soit x ∈ R. On ach2(x)− sh2(x) = 1.

Prouvons ce resultat.

ch2(x)− sh2(x) =

(ex + e−x

2

)2

−(ex − e−x

2

)2

=1

4(ex + e−x)

2 − 1

4(ex − e−x)

2

9

=1

4

((ex)2 + 2exe−x + (e−x)2

)− 1

4

((ex)2 − 2exe−x + (e−x)2

)

=1

4

(e2x + 2 + e−2x

)− 1

4

(e2x − 2 + e−2x

)(relation fonctionnelle)

=1

4

e2x + 2 + e−2x − (e2x − 2 + e−2x

︸ ︷︷ ︸4

)

= 1

2. Soit x ∈ R.

sh(x) > 0 ⇐⇒ ex − e−x

2> 0

⇐⇒ ex − e−x > 0 (multiplication de chaque membre par 2 > 0)

⇐⇒ ex > e−x (ajout de e−x a chaque membre)

⇐⇒ x > −x (ln est րր sur R+∗ et pour tout X ∈ R, ln(eX) = X)

⇐⇒ 2x > 0 (ajout de x a chaque membre)

⇐⇒ x > 0 (division de chaque membre par 2 > 0)

L’ensemble solution de l’inequation sh(x) > 0 est donc ]0,+∞[.

3. Soit x ∈ R.

sh(x) = 0 ⇐⇒ ex − e−x

2= 0

⇐⇒ ex − e−x = 0 (multiplication de chaque membre par 2 6= 0)

⇐⇒ ex = e−x (ajout de e−x a chaque membre)

⇐⇒ x = −x (ln : ]0,+∞[→ R est bijective et pour tout X ∈ R, ln(eX) = X)

⇐⇒ 2x = 0 (ajout de x a chaque membre)

⇐⇒ x = 0 (division de chaque membre par 2 6= 0)

L’ensemble solution de l’equation sh(x) = 0 est donc {0}.

4. Des questions 2 et 3, on deduit le tableau de signes suivant.

x −∞ 0 +∞

Signe de sh(x) − 0 +

5. La fonction ch est paire. En effet :(a) son domaine de definition, qui est R, est symetrique par rapport a 0 ;

10

(b) pour tout x ∈ R :

ch(−x) = e−x + e−(−x)

2=

e−x + ex

2=

ex + e−x

2= ch(x).

6. On commence par etudier la limite eventuelle de ch en +∞.• On sait (limite usuelle) que ex →

x→+∞+∞.

• D’autre part :−x →

x→+∞−∞ (operations)

eX →X→−∞

0 (limite usuelle)

composition=⇒

de limitese−x →

x→+∞0.

De ces deux points et des operations sur les limites, on deduit que :

ch(x) =ex + e−x

2→

x→+∞+∞.

Par parite (cf. question 5), on en deduit que :

ch(x) →x→−∞

+∞.

7. Pour determiner le sens de variation de ch sur R, on va appliquer le critere differentiel de stricte monotonie.

• Derivabilite de ch

Soient les fonctionsf1 : R→ R ; x 7→ ex

f2 : R→ R ; x 7→ −x (fonction affine).

La composee f1 ◦ f2 est bien definie (car l’ensemble d’arrivee de f2 coıncide avec l’ensemble de departde f1) et l’on a :

ch =1

2(f1 + f1 ◦ f2) . (7)

Les fonctions f1 et f2 sont derivables sur R (fonctions usuelles).Par operations sur les fonctions derivables (composee et combinaison lineaire), la fonction ch est derivablesur R.

• Calcul de ch′

De l’identite (7), on deduit que pour tout x ∈ R :

ch′(x) =1

2(f ′

1(x) + f ′2(x)× f ′

1(f2(x))) .

De ce calcul et des derivees usuelles :

f ′1 : R→ R ; x 7→ ex

f ′2 : R→ R ; x 7→ −1.

on deduit que :

ch′(x) =1

2

(ex + (−1)× e−x

)= sh(x).

• Signe de ch′ = sh

Cette etude a ete faite a la question 4.

11

• Sens de variation de ch

x −∞ 0 +∞

Signe de ch′(x) = sh(x) − 0 +

+∞ +∞Variations de ch ց ր

1

8. Allure de la representation graphique de ch

La fonction ch etant paire, sa courbe representative est symetrique par rapport a l’axe des ordonnees.Comme ch admet un minimum (global mais local suffirait) en x = 0, la courbe representative de chpresente une tangente horizontale au point d’abscisse 0.

1

2

3

4

5

6

1 2−1−2−3

9. • La fonction f : R+ → R ; x 7→ ch(x) est definie sur R+, qui est un intervalle reel.• La fonction f est continue sur R+. En effet, on a prouve a la question 7 que la fonction ch est derivablesur R, elle est donc continue sur R. Sa restriction a R

+, qui est la fonction f , est donc continue sur R+.• La fonction f est strictement croissante sur R+ d’apres la question 7.

Les hypotheses du theoreme de la bijection sont donc verifiees par f . On peut donc appliquer ce theoremepour obtenir que f realise une bijection de R

+ sur

J = f(R+) = f([0,+∞[) =

[f(0), lim

x→+∞f(x)

[=

(cf. question 6)[1,+∞[.

10. La fonctionf : R+ → [1,+∞[

est bijective, d’apres la question precedente. Sa bijection reciproque

argch = f−1 : [1,+∞[→ R+

a donc comme ensemble departDargch = [1,+∞[

12

et comme ensemble d’arrivee R+.

11. Soit x ∈ R et soit y ∈ Dargch = [1,+∞[. Par definition meme d’une bijection reciproque, on a :

x = argch(y)⇐⇒

x ∈ R+

etch(x) = y.

12. Soit x ∈ R+. On a :

x = argch(1)⇐⇒

x ∈ R+

etch(x) = 1.

Comme 0 ∈ R+ et ch(0) = 1 (calcul deja effectue a la question 7), on a :

argch(1) = 0.

13. La fonction f etant continue et strictement croissante sur son intervalle de definition (R+), on sait (corol-

laire du theoreme de la bijection) que la fonction argch = f−1 est continue et strictement croissante surson intervalle de definition ([1 +∞[).

14. D’apres le theoreme sur la derivabilite et la derivee d’une bijection reciproque, on a pour tout y ∈ [1,+∞[

argch = f−1 est derivable en y ⇐⇒ f ′(f−1(y)) 6= 0.

Soit y ∈ [1,+∞[.

f ′(f−1(y)) = 0 ⇐⇒ sh(f−1(y)) = 0 (cf. question 7)

⇐⇒ f−1(y) = 0 (cf. question 3)

⇐⇒ f(f−1(y)) = f(0) (f : R+ → [1,+∞[ ; x 7→ ch(x) est bijective)

⇐⇒ y = ch(0) (pour tout Y ∈ [1,+∞[, f(f−1(Y )) = Y ).

⇐⇒ y = 1.

On en deduit que :D′

argch = ]1,+∞[.

15. Soit y ∈ D′argch = ]1,+∞[. D’apres le theoreme sur la derivabilite et la derivee d’une bijection reciproque,

on a :argch′(y) = (f−1)′(y) (argch = f−1)

=1

f ′(f−1(y))

=1

sh(f−1(y))(cf. question 7)

=1

sh(argch(y))(argch = f−1).

On a donc :

argch′(y) =1

sh(argch(y)). (8)

Essayons de simplifier sh(argch(y)). D’apres la question 1, on a :

ch2(argch(y))− sh2(argch(y)) = 1

13

d’ou :

sh2(argch(y)) = ch2(argch(y))− 1. (9)

Comme pour tout Y ∈ [1,+∞[, on a ch(argch(Y )) = Y (car f ◦ f−1 = id[1,+∞[), de (9), on deduit :

sh2(argch(y)) = y2 − 1. (10)

En appliquant la fonction racine carree a chacun des membres (positifs) de (10), il vient :

√sh2(argch(y)) =

√y2 − 1. (11)

Comme pour tout X ∈ R, on a :√X2 = |X |, l’identite (11) se reecrit :

|sh(argch(y))| =√y2 − 1. (12)

Par hypothese, on a y > 1.

y > 1 =⇒ argch(y) > argch(1) (car argch րր sur [1,+∞[ d’apres la question 13)

=⇒ argch(y) > 0 (cf. question 12)

=⇒ sh(argch(y)) > 0 (cf. question 4)

=⇒ |sh(argch(y))| = sh(argch(y)).

De cette etude et de (12), on deduit :

sh(argch(y)) =√y2 − 1. (13)

Enfin, les identites (8) et (13) livrent :

argch′(y) =1√

y2 − 1.

16. • Premiere preuve : en resolvant une equation a parametre issue de la definition d’une bijection reciproque

Soit y ∈ [1,+∞[. Par definition, argch(y) est l’unique x ∈ R+ tel que :

ch(x) = y.

Resolvons l’equation ch(x) = y, de parametre y, d’inconnue x ∈ R+.Soit x ∈ R

+.

ch(x) = y ⇐⇒ ex + e−x

2= y

⇐⇒ ex + e−x = 2y (multiplication par 2 6= 0 de chaque membre)

⇐⇒ exex + exe−x = 2yex (multiplication par ex 6= 0 de chaque membre)

⇐⇒ (ex)2 − 2yex + 1 = 0 (soustraction de 2yex a chaque membre et equation fonctionnelle)

⇐⇒

X = ex

X2 − 2yX + 1 = 0

Resolvons l’equation(E) : X2 − 2yX + 1 = 0.

Il s’agit d’une equation polynomiale de degre 2.

14

Soit X ∈ R.

X2 − 2yX + 1 = 0 ⇐⇒ (X − y)2 − y2 + 1 = 0 (forme canonique)

Comme y ≥ 1 et que la fonction carree est croissante sur R+, on a y2 ≥ 1 et par suite y2−1 ≥ 0. Donc :

X2 − 2yX + 1 = 0 ⇐⇒ (X − y)2 − (y2 − 1) = 0

⇐⇒ (X − y)2 − (√

y2 − 1)2 = 0

⇐⇒ (X − y −√y2 − 1)(X − y +

√y2 − 1) = 0 (identite remarquable)

⇐⇒

X = y +√y2 − 1

ou

X = y −√y2 − 1

(R est integre)

Ainsi a-t-on :

ch(x) = y ⇐⇒

ex = y +√y2 − 1

ou

ex = y −√y2 − 1

(14)

On remarque que si y = 1, alors les termes y +√y2 − 1 et y −

√y2 − 1 sont egaux (tous deux valent

1). On en deduit que si y = 1, alors :

x = ln(y +√y2 − 1) (ln : R+∗ → R est bijective et pour tout X ∈ R, ln(eX) = X)

et donc que :

si y = 1, argch(y) = ln(y +√y2 − 1). (15)

Il reste a traiter le cas ou y > 1. On fait donc desormais l’hypothese que y > 1.

On a :

ex ≥ 1 (16)

car x ∈ R+ et la fonction exponentielle est croissante sur R+. D’autre part :

y −√y2 − 1 < 1 ⇐⇒ y − 1︸ ︷︷ ︸

≥0

<√y2 − 1 (ajout de

√y2 − 1− 1 a chaque membre)

⇐⇒ (y − 1)2 < y2 − 1 (la fonction carree est strictement croissante sur R+)

⇐⇒ y2 − 2y + 1 < y2 − 1

⇐⇒ 2 < 2y (ajout de 1− y2 + 2y a chaque membre)

⇐⇒ 1 < y︸ ︷︷ ︸VRAI

(division de chaque membre par 2 > 0)

On a donc :

y −√y2 − 1 < 1. (17)

De (16) et (17), on voit que l’egalite ex = y −√y2 − 1 < 1 de (14) ne peut etre verifiee. On a donc :

ch(x) = y ⇐⇒ ex = y +√y2 − 1 (reecriture de (14))

⇐⇒ x = ln(y +√y2 − 1) (ln : R+∗ → R est bijective et pour tout X ∈ R, ln(eX) = X).

15

On a donc :

∀ y ∈]1,+∞[, argch(y) = ln(y +√y2 − 1). (18)

De (15) et (18), on deduit alors le resultat demande.

• Deuxieme preuve : en utilisant le fait qu’une fonction derivable sur un intervalle I, de derivee nulle surI, est constante sur I

Soit la fonctiong : [1,+∞[→ R ; y 7→ argch(y)− ln(y +

√y2 − 1).

On va montrer que la fonction g est nulle sur [1,+∞[, ce qui impliquera le resultat demande. Pour cela,on va scinder l’etude en plusieurs parties.(a) Sur l’intervalle ]1,+∞[, on va prouver que g est derivable et a une derivee nulle. On en deduira queg est constante sur ]1,+∞[.

(b) On montrera g(1) = 0 par un calcul.(c) On deduira de (a) et (b) que g est nulle sur [1,+∞[ par un argument de continuite.

(a) Derivabilite et derivee de g sur ]1,+∞[

La fonctionh1 : ]1,+∞[→ R

+∗ ; x 7→ y2 − 1 (fonction polynomiale)

est bien definie. En effet, soit x ∈]1,+∞[.

x > 1 =⇒ x2 > 1 (la fonction carree est strictement croissante sur R+)

=⇒ x2 − 1 > 0 (soustraction de 1 a chaque membre)

Soient egalement les fonctions

h2 : R+∗ → R

+∗ ; y 7→ √y

h3 : ]1,+∞[→]1,+∞[ ; y 7→ y

h4 : R+∗ → R ; y 7→ ln(y)

La composee h2 ◦ h1 : ]1,+∞[→ R+∗ ; y 7→

√y2 − 1 est bien definie car l’ensemble d’arrivee de h1 et

l’ensemble de depart de h2 coıncident. D’autre part, pour tout y ∈]1,+∞[ :

y +√y2 − 1 > 0

et donc la fonction h4 ◦ (h3 + h2 ◦ h1) est bien definie.On remarque que :

g|]1,+∞[ = argch|]1,+∞[ − h4 ◦ (h3 + h2 ◦ h1). (19)

D’apres la question 14, la fonction argch|]1,+∞[ est derivable sur son domaine de definition ]1,+∞[.Les fonctions h1, h2, h3, h4 sont derivables sur leurs ensembles de definition (fonctions usuelles).Par operations sur les fonctions derivables (composition et combinaison lineaire), la fonction g|]1,+∞[

est derivable sur son domaine de definition ]1,+∞[.

16

On a les derivees suivantes :

h′1 : ]1,+∞[→ R

+∗ ; x 7→ 2y

h′2 : R

+∗ → R+∗ ; y 7→ 1

2√y

h′3 : ]1,+∞[→]1,+∞[ ; y 7→ 1

h′4 : R

+∗ → R ; y 7→ 1

y

(argch|]1,+∞[)′ : ]1,+∞[→ R ; y 7→ 1√

y2 − 1(cf. question 15).

Soit y ∈]1,+∞[. D’apres les derivees precedentes et la relation (19), on a :

g′(y) = (argch|]1,+∞[)′(y)− (h′

3(y) + h′1(y)× h′

2(h1(y))) × h′4(h3(y) + h2(h1(y)))

=1√

y2 − 1−(1 + �2y ×

1

�2√y2 − 1

)× 1

y +√y2 − 1

=1√

y2 − 1−(1 +

y√y2 − 1

)× 1

y +√y2 − 1

=1√

y2 − 1−(√

y2 − 1√y2 − 1

+y√

y2 − 1

)× 1

y +√y2 − 1

=1√

y2 − 1−������√

y2 − 1 + y√y2 − 1

× 1

������y +

√y2 − 1

= 0.

La fonction g est derivable, de derivee nulle, sur l’intervalle ]1,+∞[. Elle est donc constante surl’intervalle ]1,+∞[. Il existe donc une constante reelle K telle que pour tout y ∈]1,+∞[ :

g(y) = K. (20)

(b) Preuve de g(1) = 0

On rappelle que argch(1) = 0 (cf. question 12). On a donc :

g(1) = argch(1)︸ ︷︷ ︸0

− ln(1 +√12 − 1)︸ ︷︷ ︸

0

= 0.

(c) Conclusion

En (a), nous avons montre que la fonction g est derivable sur ]1,+∞[. De facon analogue, on peutmontrer que la fonction g est continue sur [1,+∞[. En particulier, g est continue en 1 a droite etdonc :

g(y) →y→1+

g(1) = 0.

Mais en utilisant la relation (20), il vient :

g(y) →y→1+

K.

Par unicite de la limite, on a donc K = 0. On en deduit que pour tout y ∈ [1,+∞[, g(y) = 0. On endeduit l’egalite demandee.

17

17. On a :y2 − 1 →

y→+∞+∞ (operations)

√Y →

Y →+∞+∞ (limite usuelle)

composition

=⇒de limites

√y2 − 1 →

y→+∞+∞.

et

y +√y2 − 1 →

y→+∞+∞ (operations et resultat precedent)

ln(Y ) →Y→+∞

+∞ (limite usuelle)

composition=⇒

de limitesln(y+

√y2 − 1) →

y→+∞+∞.

De ce dernier calcul de limite et de la question precedente, on deduit alors que :

argch(y) →y→+∞

+∞.

18. D’apres le cours, on sait que :

F : ]1,+∞[→ R ; y 7→∫ y

∗

argch(t) dt

ou ∗ est une constante fixee de ]1,+∞[, est une primitive de la fonction argch sur ]1,+∞[.Soit y ∈]1,+∞[. On remarque que :

F (y) =

∫ y

∗

argch(t) dt =

∫ y

∗

1︸︷︷︸u′(t)

× argch(t)︸ ︷︷ ︸v(t)

dt.

Les fonctionsu : ]1,+∞[→ R ; t 7→ t et v : ]1,+∞[→ R ; t 7→ argch(t)

sont C1 sur ]1,+∞[ (usuelles) et l’on a :

u′ : ]1,+∞[→ R ; t 7→ 1 et v′ : ]1,+∞[→ R ; t 7→ 1√t2 − 1

.

Par integration par parties, on a donc :

∫ y

∗

1︸︷︷︸u′(t)

× argch(t)︸ ︷︷ ︸v(t)

dt = [t argch(t)]y

∗ −∫ y

∗

t︸︷︷︸u(t)

×

v′(t)︷ ︸︸ ︷1√

t2 − 1dt

= [t argch(t)]y

∗ −1

2

∫ y

∗

w′(t)︷︸︸︷2t√t2 − 1︸ ︷︷ ︸

w(t)1/2

dt

= [t argch(t)]y

∗ −1

2

[2√t2 − 1

]y∗

= y argch(y)−√y2 − 1 + Constante.

On en deduit que :

]1,+∞[→ R ; y 7→ y argch(y)−√y2 − 1

est une primitive de argch sur ]1,+∞[.

18

Probleme 2 (Simplification d’une expression mettant en jeu arcsinus et arctangente)

I − Etude de la fonction x 7→ arcsin(2x− 1)

Soit f la fonction definie par :f : x 7→ arcsin(2x− 1).

1. Determiner le domaine de definition Df de la fonction f .2. Justifier que f est derivable sur Df prive de ses bornes.3. Soit x un reel appartenant a Df prive de ses bornes. Calculer f ′(x).

II − Etude de la fonction x 7→ 1− x

x

Soit g1 la fonction definie par :

g1 : x 7→1− x

x.

4. Determiner le domaine de definition Dg1 de g1.5. Dresser le tableau de signes de la fonction g1.6. Justifier que g1 est derivable sur Dg1 .7. Soit x ∈ Dg1 . Calculer g

′1(x).

8. Etudier les variations de g1 sur Dg1 .

III − Etude de la fonction x 7→ arctan

(√1− x

x

)

Soit g la fonction definie par :

g : x 7→ arctan

(√1− x

x

).

9. Determiner le domaine de definition Dg de g.10. Justifier que g est derivable sur ]0, 1[.11. Soit x ∈ ]0, 1[. Calculer g′(x).

IV − Simplification de 2 arctan

(√1− x

x

)+ arcsin(2x− 1) ou cela a un sens

Soit h la fonction definie par :

h : x 7→ 2 arctan

(√1− x

x

)+ arcsin(2x− 1).

12. Determiner le domaine de definition Dh de h.13. Demontrer que pour tout x ∈ Dh :

2 arctan

(√1− x

x

)+ arcsin(2x− 1) =

π

2.

Correction

1. Soit x ∈ R. Le domaine de definition de arcsin etant [−1, 1], le nombre f(x) existe si et seulement si :

−1 ≤ 2x− 1 ≤ 1.

Soit x ∈ R.

−1 ≤ 2x− 1 ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ 2x ≤ 2 (ajout de 1 a chacun des membres)

⇐⇒ 0 ≤ x ≤ 1 (division de chaque membre par 2 > 0)

On en deduit que le domaine de definition de f est :

Df = [0, 1].

19

2. Il s’agit de demontrer que f est derivable sur ]0, 1[. Soient les fonctions :

f1 : ]0, 1[→]− 1, 1[ ; x 7→ 2x− 1

f2 : ]− 1, 1[→ R ; x 7→ arcsin(x).

Notons que la fonction f1 est bien definie. En effet, soit x ∈]0, 1[.

0 < x < 1 =⇒ 0 < 2x < 2 (multiplication par 2 > 0 de chacun des membres)

=⇒ −1 < 2x− 1 < 1 (soustraction de 1 dans chaque membre).

De plus la composee f2 ◦ f1 est bien definie car l’ensemble d’arrivee de f1 coıncide avec l’ensemble dedepart de f2.On observe que :

f|]−1,1[ = f2 ◦ f1. (21)

Les fonctions f1 et f2 sont toutes deux derivables sur leurs ensembles de definition respectifs (usuelles).Une composee de fonctions derivables etant derivable, on en deduit que f|]−1,1[ est derivable sur son do-maine de definition ]− 1, 1[. En d’autres termes, f est derivable sur ]− 1, 1[.

3. Les derivees de f1 et f2 sont donnees par :

f ′1 : ]0, 1[→]− 1, 1[ ; x 7→ 2

f ′2 : ]− 1, 1[→ R ; x 7→ 1√

1− x2.

Soit x ∈]− 1, 1[. Des derivees precedentes et de (21), on deduit que :

f ′(x) = f ′1(x)×f ′

2(f1(x)) = 2× 1√1− (2x− 1)2

=2√

−4x2 + 4x=

2√4x(1− x)

=2

2√x(1− x)

=1√

x(1 − x).

4. La fonction g1 est une fonction rationnelle. Elle est definie la ou son denominateur ne s’annule pas. On adonc :

Dg1 = R∗.

5. La fonction g1 est le quotient de deux fonctions affines. On a le tableau de signes suivant.

x −∞ 0 1 +∞

Signe de 1− x + + 0 −

Signe de x − 0 + +

||Signe de g1(x) − || + 0 −

||6. La fonction g1 est une fonction rationnelle. Elle est donc derivable sur son domaine de definition R

∗.

7. Soit x ∈ R∗.

g′1(x) =(−1)× x− 1× (1− x)

x2= − 1

x2< 0.

8. On applique deux fois le critere differentiel de stricte monotonie pour obtenir les variations de f : une foissur l’intervalle ]−∞, 0[ et une autre sur l’intervalle ]0,+∞[.

20

• La fonction g1 est derivable sur l’intervalle ] − ∞, 0[ et a une derivee strictement negative sur cetintervalle. On a donc

g1 est ցց sur ]−∞, 0[.

• La fonction g1 est derivable sur l’intervalle ]0,+∞[ et a une derivee strictement negative sur cet inter-valle. On a donc

g1 est ցց sur ]0,+∞[.

9. Soit x ∈ R.

f(x) existe si et seulement si

x 6= 0

(definition de

1− x

x

)

1− x

x≥ 0 (le domaine de definition de racine carree est R+).

De la question 5, on deduit que :Dg =]0, 1].

Remarque : On rappelle que le domaine de definition d’arctangente est R. L’arctangente n’apporte doncaucune contrainte sur le domaine de definition de f .

10. Soient les fonctions

g2 : ]0, 1[→ R+∗ ; x 7→ 1− x

x

g3 : R+∗ → R

+∗ ; x 7→ √x

g4 : R+∗ → R ; x 7→ arctan(x).

La fonction g2 est bien definie. En effet, si x ∈]0, 1[, alors d’apres la question 5, on a1− x

x> 0.

La fonction g3 est bien definie. En effet, si x > 0 alors√x > 0 car la fonction racine carree est strictement

croissante sur R+.La composee g4 ◦ g3 ◦ g2 est bien definie compte tenu des ensembles de depart et d’arrivees respectifs desfonctions g2, g3, g4 et l’on a :

g|]0,1[ = g4 ◦ g3 ◦ g2. (22)

Les fonctions g2, g3, g4 sont derivables sur leurs domaines de definition respectifs.On en deduit que la fonction g|]0,1[ est derivable sur ]0, 1[, comme composee de fonctions derivables. End’autres termes, g est derivable sur ]0, 1[.

11. On a les derivees suivantes :

g′2 : ]0, 1[→ R+∗ ; x 7→ g′1(x) = −

1

x2

g′3 : R+∗ → R

+∗ ; x 7→ 1

2√x

g′4 : R+∗ → R ; x 7→ 1

1 + x2.

Soit x ∈]0, 1[. Des derivees precedentes et de (22), on deduit que :

g′(x) = g′2(x) × g′3(g2(x))× g′4(g3(g2(x)))

= − 1

x2× 1

2

√1− x

x

× 1

1 +

(√1− x

x

)2

= −1

2× 1

x2×√

x

1− x× 1

1 +1− x

x

21

= −1

2× 1

x2×√

x

1− x× 1

�x+ 1− �x

x

= −1

2× 1

x�2×√

x

1− x× �x

= −1

2× 1

x×√x√

1− x

= −1

2× 1√

x√1− x

= −1

2× 1√

x(1 − x)

12. Le domaine de definition de h est l’intersection des domaines de definition de f et g, i.e. :

Dh = Df ∩ Dg

= [0, 1]∩ ]0, 1] (cf. questions 1 et 9)= ]0, 1].

13. On a bien sur :

h = 2g + f]0,1[. (23)

Les fonctions g et h etant derivables sur ]0, 1[ (cf. questions 2 et 10), on en deduit que h est derivable sur]0, 1[.D’apres (23), on a pour tout x ∈]0, 1[ :

h′(x) = 2g′(x) + f ′(x)

= 2×(−1

2× 1√

x(1 − x)

)+

1√x(1 − x)

(cf. questions 3 et 11)

= 0.

La fonction h est derivable, de derivee nulle, sur l’intervalle ]0, 1[. Elle est donc constante sur ]0, 1[, i.e. ilexiste une contante reelle K telle que pour tout x ∈]0, 1[ :

h(x) = K.

On a donc h(12 ) = K. Mais d’autre part,

h

(1

2

)= 2 arctan (1)︸ ︷︷ ︸

π

4

+ arcsin (0)︸ ︷︷ ︸0

=π

2.

On en deduit que K =π

2et par suite que :

∀x ∈]0, 1[, h(x) =π

2. (24)

Calculons h(1).

h(1) = 2 arctan (0)︸ ︷︷ ︸0

+ arcsin (1)︸ ︷︷ ︸π

2

=π

2. (25)

22

De (24) et (25), on deduit que :

∀x ∈ Dh =]0, 1], h(x) = 2 arctan

(√1− x

x

)+ arcsin(2x− 1) =

π

2.

Probleme 3 (Courbes integrales d’une equation differentielle)

I − Resolution de l’equation differentielle

1. Resoudre l’equation differentielle

(E) (1 + x2)y′ + 2xy =1

x

d’inconnue y une fonction definie sur ]0,+∞[ (le corps des coefficients est K = R).

II − Propriete de non-intersection des courbes integrales

Le plan est rapporte a un repere (O;−→i ,−→j ). Pour tout K ∈ R, on definit la fonction fK par :

fK : ]0,+∞[→ R ; x 7→ ln(x) +K

1 + x2

et on note CK sa courbe representative dans (O;−→i ,−→j ).

2. Soit (α, β) ∈ R+∗×R. Soit M le point de coordonnees (α, β). Montrer que par M passe une et une seule

courbe CK (K ∈ R).

III − Etude d’une fonction auxiliaire

Soit K un reel fixe. Soit gK la fonction definie par :

gK : ]0,+∞[→ R ; x 7→ 1 + x2 − 2x2(ln(x) +K).

3. Justifier que gK est derivable sur ]0,+∞[.4. Soit x ∈ ]0,+∞[. Calculer g′K(x).5. Resoudre l’inequation

g′K(x) > 0

d’inconnue x ∈ ]0,+∞[.6. Resoudre l’equation

g′K(x) = 0

d’inconnue x ∈ ]0,+∞[.7. Dresser le tableau de variations de gK .8. Demontrer que l’equation

gK(x) = 0

admet une unique solution sur ]0,+∞[ ; cette solution sera notee mK .9. Dresser le tableau de signes de gK .

IV − Etude des fonctions fK

Soit K un reel fixe.

10. Justifier que fK est derivable sur ]0,+∞[.11. Soit x ∈ ]0,+∞[. Montrer que f ′

K(x) a meme signe que gK(x).12. Dresser le tableau de variations de fK .13. Calculer fK(1) et fK(e−K).14. Etudier les limites eventuelles de fK en 0+ et en +∞.

23

15. Montrer que f(mK) =1

2m2K

.

V − Trace de l’allure de trois courbes integrales

16. Montrer que m1 = 1.17. Representer sur un meme graphique les allures des courbes C−1, C0 et C1.

Correction

1. • Analyse de l’equation differentielle

L’equation (E) est une equation differentielle lineaire du premier ordre. Elle s’ecrit (1 + x2 6= 0) :

(E) : y′ +2x

1 + x2y =

1

x(1 + x2)

sous forme normalisee. L’equation differentielle homogene associee est :

(Eh) : y′ +

2x

1 + x2y = 0.

• Resolution de l’equation differentielle (Eh) sur R+∗

Une primitive de la fonction

a : R+∗ → R ; x 7→ 2x

1 + x2

est donnee par la fonction

A : R+∗ → R ; x 7→ ln(|1 + x2|) = ln(1 + x2)

ou la derniere egalite vient du fait que 1 + x2 > 0 si x ∈ R+∗.

D’apres le cours, l’ensemble solution de (Eh) sur R+∗ est donne par :

Sol(Eh),R =

{y : R+∗ → R

x 7→ Ke− ln(1+x2) =K

1 + x2

∣∣∣∣∣ K ∈ R

}.

• Recherche d’une solution particuliere de (E) sur R+∗

On utilise la methode de la variation de la constante. On cherche une solution particuliere sous la forme

y0 : R+∗ → R ; x 7→ K(x)

1 + x2

ou K : R+∗ → R est une fonction derivable sur R+∗. La fonction y0 est alors derivable sur R+∗ (quotientde K derivable sur R+∗ par une fonction polynomiale qui ne s’annule pas sur R+∗ et qui, elle aussi, estderivable sur R+∗). En outre, pour tout x ∈ R

+∗ :

y′0(x) =K ′(x)(1 + x2)− 2xK(x)

(1 + x2)2.

Soit x ∈ R+∗.

y′0(x) +2x

1 + x2y0(x) =

1

x(1 + x2)⇐⇒ K ′(x)(1 + x2)− 2xK(x)

(1 + x2)2+

2x

1 + x2

K(x)

1 + x2=

1

x(1 + x2)

⇐⇒ K ′(x)����(1 + x2)

(1 + x2)�2−�����2xK(x)

(1 + x2)2+�����2xK(x)

(1 + x2)2=

1

x(1 + x2)

⇐⇒ K ′(x) =1

x(division de chaque membre par 1 + x2 6= 0)

24

Ainsi, si l’on poseK : R+∗ → R ; x 7→ ln(x)

alors y0 est une solution de (E) sur R+∗, i.e. la fonction

y0 : R+∗ → R ; x 7→ ln(x)

1 + x2

est une solution de (E) sur R+∗.

• Conclusion

Du cours et des deux points precedents, on deduit que :

Sol(E),R =

y : R+∗ → R

x 7→ K

1 + x2+

ln(x)

1 + x2=

ln(x) +K

1 + x2

∣∣∣∣∣∣K ∈ R

.

2. Soit M(α, β), ou α ∈ R+∗ et β ∈ R.

• Existence d’une courbe CK passant par M

Considerons le probleme de Cauchy suivant.

(S) :

y′ +2x

1 + x2y =

1

x(1 + x2)

y(α) = β.

D’apres le cours, il existe une unique solution de (E) solution de ce probleme de Cauchy, i.e., d’apresla question 1, il existe une unique constante reelle K(α, β) telle que la fonction

fK(α,β) : R+∗ → R ; x 7→ ln(x) +K(α, β)

1 + x2

soit solution de (S). Comme fK(α,β)(α) = β, la courbe CK(α,β), qui represente fK(α,β), passe par lepoint M(α, β) (cf. definition d’une courbe representative de fonction).

• Unicite de la courbe CK passant par M

Soient K1 et K2 deux constantes reelles telles que les courbes CK1et CK2

passent toutes deux par M .On a donc

– La fonction fK1: R+∗ → R ; x 7→ ln(x) +K1

1 + x2verifie (E) (cf. question 1) et fK1

(α) = β (CK1passe

par M). Donc fK1est solution du probleme de Cauchy (S).

– La fonction fK2: R+∗ → R ; x 7→ ln(x) +K2

1 + x2verifie (E) (cf .question 1) et fK2

(α) = β (CK2passe

par M). Donc fK2est solution du probleme de Cauchy (S).

Par unicite de la solution du probleme de Cauchy (S), on a fK1= fK2

(egalite de fonction). Enparticulier, on a fK1

(1) = fK2(1), i.e. :

K1

2=

K2

2.

On en deduit que K1 = K2, ce qui montre l’unicite.

3. La fonction gK est derivable sur R+∗ comme combinaison lineaire et produit de fonctions usuelles que l’onsait etre derivables sur R+∗.

4. Soit x ∈ R+∗.

g′K(x) = 2x−(4x× (ln(x) +K) + 2x2 × 1

x

)=��2x− 4x(ln(x) +K)−��2x = −4x(ln(x) +K)

25

5. Soit x ∈ R+∗.

g′K(x) > 0 ⇐⇒ −4x(ln(x) +K) > 0 (cf. question precedente)

⇐⇒ ln(x) +K < 0 (division de chaque membre par −4x < 0)

⇐⇒ ln(x) < −K (soustraction de K dans chaque membre)

⇐⇒ x < e−K =1

eK(la fonction exp est րր sur R et pour tout X ∈ R

+∗, eln(X) = X)

L’ensemble solution de l’inequation g′K(x) > 0 est]0, e−K

[.

6. Soit x ∈ R+∗.

g′K(x) = 0 ⇐⇒ −4x(ln(x) +K) = 0 (cf. question precedente)

⇐⇒ ln(x) +K = 0 (division de chaque membre par −4x 6= 0)

⇐⇒ ln(x) = −K (soustraction de K dans chaque membre)

⇐⇒ x = e−K =1

eK( exp: R→]0,+∞[ est bijective et pour tout X ∈ R

+∗, eln(X) = X)

L’ensemble solution de l’equation g′K(x) = 0 est{e−K

}.

7. Pour determiner le sens de variation de la fonction gK , qui est derivable sur R+∗ (cf. question 3), on

applique le critere differentielle de stricte monotonie. Le signe de la derivee de gK sur R+∗ se deduit desdeux questions precedentes.

x 0 e−K +∞

Signe de g′K(x) + 0 −

gK(e−K) = 1 + e−2K

Variations de gK ր ց

8. • Resolution de l’equation gK(x) = 0 sur l’intervalle ]0, e−K ]

La fonction gK est continue sur l’intervalle ]0, e−K ] (puisque derivable sur R+∗ d’apres la question 3).La fonction gK est strictement croissante sur ]0, e−K ] (cf. question precedente).D’apres le theoreme de la bijection, gK realise donc une bijection de ]0, e−K ] sur

gK(]0, e−K ]) =

]lim

x→0+gK(x), gK(e−K)

]=]1, 1 + e−2K

].

Le calcul de limx→0+

gK(x) = 0 repose sur des limites usuelles, un resultat de croissances comparees qui

livre :x2 ln(x) →

x→0+0

et des operations sur les limites.

On en deduit que

∀x ∈]0, e−K ], gK(x) > 0 (26)

et donc que l’equation gK(x) = 0 ne possede aucune solution sur l’intervalle ]0, e−K ].

26

• Resolution de l’equation gK(x) = 0 sur l’intervalle ]e−K ,+∞[

La fonction gK est continue sur l’intervalle ]e−K ,+∞[ (puisque derivable sur R+∗ d’apres la question

3).La fonction gK est strictement decroissante sur ]e−K ,+∞[ (cf. question precedente).D’apres le theoreme de la bijection, gK realise donc une bijection de ]e−K ,+∞[ sur

gK(]e−K ,+∞[) =

]lim

x→+∞gK(x), lim

x→(e−K)+gK(x)

[=]−∞, 1 + e−2K

[.

Le calcul de limx→+∞

gK(x) = −∞ repose sur le fait que :

∀x ∈ R+∗, gK(x) = 1 + x2(ln(x) +K + 1)

sur des limites usuelles et des operations sur les limites.Le calcul de lim

x→(e−K)+gK(x) = 1+e−2K repose sur le fait que g(e−K) = 1+e−2K et que gK est continue

sur R+∗ (puisque derivable sur R+∗ d’apres la question 3).

Dire que gK realise donc une bijection de ]e−K ,+∞[ sur]−∞, 1 + e−2K

[signifie que :

∀ y ∈]−∞, 1 + e−2K

[, ∃!x ∈]e−K ,+∞[, gK(x) = y.

Si on applique cette propriete pour y = 0, qui est bien un element de]−∞, 1 + e−2K

[, on obtient qu’il

existe une unique solution de l’equation gK(x) = 0 sur ]e−K ,+∞[.

• Conclusion

L’equation gK(x) = 0 n’admet aucune solution sur ]0, e−K ].L’equation gK(x) = 0 admet une unique solution sur ]e−K ,+∞[.Donc l’equation gK(x) = 0 admet une unique solution sur

R+∗ =]0, e−K ]∪ ]e−K ,+∞[.

Cette solution, qui appartient a ]e−K ,+∞[, est notee mK dans la suite. On a donc mK > e−K .

9. On sait que gK est strictement positive sur l’intervalle ]0, e−K ] (cf. (26)).Sur l’intervalle ]e−K ,+∞[, la fonction gK est strictement decroissante (cf. question 7) et s’annule uneunique point mK . On a donc :

gK(x) > 0 si e−K < x < mK

gK(x) = 0 si x = mK

gK(x) < 0 si x > mK .

On en deduit le tableau de signe suivant pour gK .

x 0 mK +∞

Signe de gK(x) + 0 −

10. La fonction fK est solution de l’equation differentielle (E) sur R+∗ (cf. question 1), qui est une equationdifferentielle d’ordre 1. Elle est donc derivable sur R+∗.

Remarque : On aurait pu aussi justifier la continuite de fK en utilisant la derivabilite de fonctions usuellesainsi que les operations sur les fonctions derivables (multiplication et combinaison lineaire).

27

11. Soit x ∈ R+∗. Comme fK est solution de l’equation differentielle (E) (cf. question 1)

y′ +2x

1 + x2y =

1

x(1 + x2)

on a

f ′K(x) +

2x

1 + x2fK(x) =

1

x(1 + x2)

et donc :

f ′K(x) =

1

x(1 + x2)− 2x

1 + x2fK(x)

=1

x(1 + x2)− 2x

1 + x2

ln(x) +K

1 + x2

=1

x(1 + x2)− 2x(ln(x) +K)

(1 + x2)2

=1 + x2

x(1 + x2)2− 2x2(ln(x) +K)

x(1 + x2)2

=

gK(x)︷ ︸︸ ︷1 + x2 − 2x2(ln(x) +K)

x(1 + x2)2

= gK(x) × 1

x(1 + x2)2︸ ︷︷ ︸>0

.

On en deduit que gK et f ′K ont le meme tableau de signes.

12. Pour determiner le tableau de variations de fK sur R+∗, qui est derivable sur R

+∗ (cf. question 10), onva appliquer le critere differentiel de stricte monotonie. Le signe de fK se deduit des questions 9 et 11.

x 0 mK +∞

Signe de f ′K(x) + 0 −

1

2m2K

Variations de fK ր ց−∞ 0

Les limites et la valeurs placees dans la derniere ligne du tableau sont justifiees ci-dessous.

13. fK(1) =K

2et fK(e−K) = 0.

14. • Limite eventuelle de fK en 0+

Par limites usuelles et operations sur les limites, on a :

fK(x) →x→0+

−∞.

28

• Limite eventuelle de fK en +∞

On est en presence d’une forme indeterminee du type+∞+∞ .

Soit x ∈]1,+∞[ (cf. division par ln(x) ci-dessous).

fK(x) =

ln(x)

(1 +

K

ln(x)

)

x2

(1 +

1

x2

) =ln(x)

x2

1 +K

ln(x)

1 +1

x2

.

Par croissances comparees, on a :ln(x)

x2→

x→+∞0

et par limites usuelles et operations sur les limites, on a :

1 +K

ln(x)

1 +1

x2

→x→+∞

1.

On a donc :fK(x) →

x→+∞0.

15. On a :

fK(mK) =ln(mK) +K

1 +m2K

(27)

par definition de la fonction fK .De plus, par definition, mK est l’unique solution de l’equation gK(x) = 0 sur R+∗. On a donc gK(mK) = 0,i.e. :

1 +m2K − 2m2

K(ln(mK) +K) = 0.

On en deduit que :

ln(mK) +K

1 +m2K

=1

2m2K

. (28)

De (27) et (28), on deduit que :

fK(mK) =1

2m2K

.

16. Le nombre m1 est l’unique solution de l’equation

g1(x) = 0

sur R+∗.On a 1 ∈ R

+∗ et :g1(1) = 1 + 12 − 2× 12(ln(1) + 1) = 0.

Par unicite de la solution de g1(x) = 0 sur R+∗, on a donc m1 = 1.

29

17. Graphes des courbes C−1, C0 et C1.

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

−0.1

−0.2

1 2 3 4 5 6 7 8

C1

C0

C−1

30