Corrigé ECRICOME 2004 par Pierre Veuillez

Soient f la fonction numérique de la variable réelle définie par : x , f ( x ) = 1 1 + x 2 et ( u n ) la suite de nombres réels déterminée par :

{ u 0 = 0 1 f ( x ) x n * , u n = 0 1 x n f ( x ) x

Onnote 𝒞 f la représentation graphique de f , relativement à un repère orthonormal ( O , i , j ) .

A Etude de f .

  1. f est définie sur et pour tout x , x et f ( x ) = 1 1 + ( x ) 2 = 1 1 + x 2 = f ( x )

    Donc f est paire sur

  2. f est dérivable sur et f ( x ) = 1 1 + x 2 2 1 2 1 + x 2 2 x Donc

    x 0 + +
    f ( x ) 0
    f ( x ) 1 0

  3. En + 1 + x 2 + donc f ( x ) 0 lorsque x tend vers + .

  4. f est minorée par 0 et majorée par 1 sur + donc par parité, sur également.

    Donc f est bien bornée sur .

  5. Il faut tracer les asymptotes ( y = 0 ) en ± et la tangente horizontale en 0.

    IL faut respecter le sens de variation sur + et complèter par symétrie par rapport à la droite O y

    D'où une courbe en chapeau de gendarme.

  6. Comme f est continue et strictement décroissantes, elle est bijective de [ 0 , + [ dans ] lim + f , f ( 0 ) ] = ] 0 , 1 ] = J

  7. Pour tout y de l'intervalle ] 0 , 1 ] , f ( x ) = y 1 1 + x 2 = y 1 + x 2 = 1 y  car  y 0 1 + x 2 = 1 y 2 car la fonction carré est strictement croissante sur + et que 1 + x 2 et 1 y 2 en sont éléments. f ( x ) = y x 2 = 1 y 2 1 = 1 y 2 y 2 et comme y ] 0 , 1 ] alors 1 y 2 (binôme) est positif, et que est strictement croissante sur + alors f ( x ) = y x 2 = 1 y 2 y 2 x = 1 y 2 y car x 0 et y > 0

    Donc l'unique solution de l'équation sur + est x = 1 y 2 y

  8. (Comme f est bijective, on savait déjà qu'elle avait une réciproque)

    Pour tout y ] 0 , 1 ] et x + on a f ( x ) = y x = 1 y 2 y donc on retrouve que f a une réciproque sur + et que f 1 définie sur ] 0 , 1 ] par : f 1 ( y ) = 1 y 2 y

B Calcul d'aire

On considère la fonction numérique F de la variable réelle x définie par : F ( x ) = ln ( x + x 2 + 1 )

Pour tout réel λ strictement positif, on note 𝒜 ( λ ) l'aire (exprimée en unité d'aire) du domaine constitué par l'ensemble des points M ( x , y ) tels que : λ x 2 λ et  0 y f ( x ) ainsi 𝒜 ( λ ) = λ 2 λ f ( x ) x

  1. On peut résoudre ( 1 ) : x + x 2 + 1 > 0 x > x 2 + 1 mais pour élever au carré, il faut distinguer suivant que x + ou .

    Ou bien, on peut reconstruire l'inégalité :

    Pour tout x : x 2 + 1 > x 2

    donc comme est strictement croissante sur + et que x 2 et x 2 + 1 en sont éléments :

    x 2 + 1 > x 2 = | x | x (on sait que | x | x | x | ) donc x 2 + 1 + x > 0 pour tout x

    Donc F est définie sur .

  2. Comme x 2 + 1 + x > 0 alors F est dérivable sur comme composée de fonctions dérivables et F ( x ) = 1 x + 1 + x 2 ( 1 + 1 2 1 + x 2 2 x ) = 1 x + 1 + x 2 ( 1 + x 2 + x 1 + x 2 ) = 1 1 + x 2 = f ( x ) Donc F est bien une primitive de f sur

  3. Pour tout x : x et F ( x ) = ln ( x + 1 + x 2 ) \dots que l'on a du mal à rapprocher de F ( x )

    Mais F ( x ) + F ( x ) = ln ( x + 1 + x 2 ) + ln ( x + 1 + x 2 ) = ln ( ( x + 1 + x 2 ) ( x + 1 + x 2 ) )

    Identité remarquable : F ( x ) + F ( x ) = ln ( 1 + x 2 x 2 ) = 0

    et finalement F ( x ) = F ( x ) et F est bien impaire sur son ensemble de définition.

  4. Quand x tend vers + : x + 1 + x 2 + donc F ( x ) +

    Et comme F est impaire, F ( x ) tend vers quand x tend vers

  5. Comme f est continue sur , et F une primitive, on a : 𝒜 ( λ ) = [ F ( x ) ] x = λ 2 λ = F ( 2 λ ) F ( λ ) forme indéterminée en +

    F ( 2 λ ) F ( λ ) = ln ( 2 λ + ( 2 λ ) 2 + 1 ) ln ( λ + λ 2 + 1 ) = ln ( 2 λ ( 1 + 1 + 1 2 λ 2 ) ) ln ( λ ( 1 + 1 + 1 λ 2 ) ) = ln ( 2 ) + ln ( λ ) + ln ( 1 + 1 + 1 2 λ 2 ) ln ( λ ) ln ( 1 + 1 + 1 λ 2 ) = ln ( 2 ) + ln ( 1 + 1 + 1 2 λ 2 ) ln ( 1 + 1 + 1 λ 2 ) ln ( 2 ) onpeut développer le ln car les termes sont tous strictement positifs

    Finalment 𝒜 ( λ ) ln ( 2 ) lorsque λ tend vers + .

C Etude de la suite ( u n ) .

  1. On revient à l'intégrale : u 0 = 0 1 f ( x ) x = [ F ( x ) ] x = 0 1 = F ( 1 ) F ( 0 ) = ln ( 3 ) ln ( 1 ) = ln ( 3 ) et u 1 = 0 1 x 1 1 + x 2 x = [ 1 + x 2 ] 0 1 = 2 1

    car on remarque que x est à peu près la dérivée du contenu de la racine.

  2. On a u 3 = 0 1 x 3 1 1 + x 2 x

    Soit u ( x ) = x 2 : u ( x ) = 2 x et v ( x ) = x 1 + x 2 : v ( x ) = 1 + x 2 avec u et v de classe C 1 sur [ 0 , 1 ]

    u 3 = [ x 2 1 + x 2 ] 0 1 0 1 2 x 1 + x 2 x = 2 0 1 2 x ( 1 + x 2 ) 1 / 2 x = 2 [ 2 3 ( 1 + x 2 ) 3 / 2 ] 0 1 = 2 2 3 2 3 / 2 + 2 3 = 2 4 2 3 + 2 3 = 2 3 1 3 2

  3. Pour comparer les intégrales u n et u n + 1 on compare d'abord les contenus :

    x n + 1 f ( x ) x n f ( x ) = x n f ( x ) ( x 1 )

    et comme sur [ 0 , 1 ] : f ( x ) 0 et x 1 0 alors 0 x n + 1 f ( x ) x n f ( x ) sur [ 0 , 1 ]

    De plus 0 1 donc 0 0 1 x n + 1 f ( x ) x 0 1 x n f ( x ) x et 0 u n + 1 u n

    Donc la suite ( u n ) est décroissante.

  4. Donc la suite ( u n ) est décroissante et minorée par 0 donc convergente.

  5. On a vu que f était comprise entre 0 et 1 sur + .

    Donc 0 1 1 + x 2 1 et comme x n 0 sur [ 0 , 1 ] alors 0 x n 1 + x 2 x n

    Comme 0 1 alors 0 1 0 x 0 1 x n 1 + x 2 x 0 1 x n x = [ 1 n + 1 x n + 1 ] x = 0 1 et finalment n * , 0 u n 1 n + 1

  6. Et comme 1 n + 1 0 alors par encadrement u n 0 quand n + .