DS1 2020 2021 (DM5)

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Page 1 : Corrigé du DM 51. Exercice 1 :Fonction cotangente hyperboliqueSoit une fonction définie par: ffx = e + ee - ex-xx-x1. Déterminer le domaine de définition de la fonction . Justifier que est dérivable, est-ffelle impaire?2. Montrer que f'x = 1 - f x23. Dresser le tableau de variations de .fFonction réciproqueOn considère les fonctions et définies par : g𝜑gx = 𝜑x =.12 ln x + 1x - 1etx + 1x - 14. Déterminer le domaine de définition de la fonction et son signe.𝜑5. En déduire que est définie sur , puis que est dérivable gI = - , -1 1, +gsur I.6. Montrer que , puis montrer que : fx 1fx - 1 e - fx - 1 = 0x 27. En déduire que . On pourra poser : .gfx = xX = e = ex 22x8. Calculer pour .g'xx - , -1 1, +Correction : 1. est définie tant que fx = e + ee - ex-xx-x.e - e0 ⟺e e⟺x 0 ⟹D = Rx-xx-xf est dérivable comme rapport et somme de fonctions dérivables.f : domaine symétrique par rapport à et D = Rf0est impaire.f -x = == - f x⟹fe+ ee- e-xx-xx

Page 2 : 2. f' x === 1 - f x. e - ee - e- e + ee + ee - ex-xx-xx-xx-xx-x 2e - e- e + ee - ex-x 2x-x 2x-x 2 23. Grâce à l'imparité, on peut limiter l'étude à.0, + .f' x === 0 e - e- e + ee - ex-x 2x-x 2x-x 2e- 2 + e- e+ 2 + ee - e2x-2x 22x-2x 2x-x 2-2e - ex-x 2Donc est strictement décroissante sur tout comme sur .f0, + - , 0.x 0 ⟹e 1 e⟹e - e 0 ⟹f x = + x-xx-xlimx0→+ 20+.=== 1limx+→e + ee - ex-xx-xlimx+→e1 + ee1 - ex-2xx-2xlimx+→1 + e1 - e-2x-2xx- 0 + f'--f-1 ↘- + ↘ 14. est définie pour . Un petit tableau de signes permet de voir que :𝜑x = x + 1x - 1x 1-4-3-2-112340-2-112

Page 3 : sur et sur .𝜑x ⩽0-1, 1𝜑x 0- , - 1 1, + 5. est définie lorsque .g x =𝜑x 12 ln 𝜑x 0 ⟹D =- , - 1 1, + g est dérivable en tant que composée et rapport de fonctions dérivables.g6. On a vu que sur et que sur sur .f 10, + f -1- , 0⟹f 1Rfx ===⟺f xe- 1 = e+ 1e + ee - ex-xx-xee+ 1ee- 1-x2x-x2xe+ 1e- 12x2x 2x2x.e- f x - 1 = 02x 7. Si on pose et , on obtient : X = e2xyy - 1 X = y + 1 ⟺X = e=⟺ 2x =2xy + 1y - 1ln y + 1y - 1.⟺x == g y = g f x12 ln y + 1y - 1 est donc la réciproque de , définie sur .gf- , - 1 1, + 8. g x =⟹g' x === 12 ln x + 1x - 1 12'x+1x-112-2x-1212-2x - 12x - 1x + 1.g' x === -x - 1 x + 1x - 1211 - x2Deuxième méthode : .g x = fx⟹g' x = -1 1f' fx-1 Or d'après la question 2, . On en déduit : f'x = 1 - f x2g' x === 1f' fx-1 11 - f fx2. Exercice 2 :1. A l'aide du théorème ou de l'inégalité des accroissements finis, prouver en utilisant que :fx = 1xp N ,⩽-⩽1p + 121p1p + 11p2⟺f x - 1 = f x x+1x-1x+1x-11-1-1 211 - x2

Page 4 : 2. En déduire que :p 2,-⩽⩽-1p1p + 11p21p - 11p3. On définit la suite : .S =n2np=n1p2Montrer que : .S = 0limn+→nCorrection : 1. Pour , la fonction , définie par , est continue et dérivable sur p Nff x = 1xp, p + 1 .On peut donc lui appliquer le théorème des accroissements finis TAF qui donne : c p, p + 1 , f' c =⟺= f p + 1 - f p⟺=- f p + 1 - f pp + 1 - p -1c2 -1c21p + 11pCe qu'on peut également écrire : -=.1p1p + 11c2c p, p + 1⟹p c p + 1 ⟹1p + 121c21p2D'où le résultat : p N ,⩽-⩽1p + 121p1p + 11p22. A partir de l'encadrement précédent, on obtient : .-⩽1p1p + 11p2Pour , ce même encadrement, appliqué à à la place de , donne : p ⩾2p - 1p.⩽-1p21p - 11pOn obtient ainsi l'encadrement recherché : p 2,-⩽⩽-1p1p + 11p21p - 11p3. . S =n2np=n1p2Grâce à la question précédente, on peut encadrer par des sommes télescopiques.Sn

Page 5 : -⩽⩽-2np=n1p1p + 12np=n1p22np=n1p - 11p⟺-⩽S ⩽-1n12n + 1n1n - 112nLe théorème des gendarmes permet alors de conclure : .S = 0limn+→n3. Exercice 3 :Déterminer l'expression de la dérivée énième de la fonction définie par : fxn f.f x = x + 3x - 2x + 5 e 32-3xCorrection : Calculons la dérivée énième de la fonction : .f x = x + 3x - 2x + 5 e= u x v x 32-3x Posons : et .u x = x + 3x - 2x + 5 32v x = e -3x.u' x = 3x + 6x - 2 2u'' x = 6x + 6 ux = 63 pour ux = 0k k ⩾4De la même manière : .v' x = - 3e -3x.v'' x = 9e -3xOn peut établir facilement part récurrence que : vx = -3 ek k -3xOn peut maintenant s'attaquer à .ffx = uvx =ux vxn n nk=0nkk n-k A cause de, ou grâce à, , cette somme s'arrête à car pour .uk = 3ux = 0k k ⩾4Par conséquent : fx = uvx =ux vxn n 3k=0nkk n-k fx =ux vx +ux vx +ux vx +ux vxn n00 n-0 n11 n-1 n22 n-2 3 n-3 = 1.u x vx + n. u x vx +ux vx +ux vx n ' n-1 n n - 122 n-2 n n - 1 n -63 n-3 n32

Page 6 : = x + 3x - 2x + 5-3e+ n. 3x + 6x - 2-3e+. 6x - 6 . -3e32n -3x2n-1 -3xn n - 12 n-2 -3x+.6. -3en n - 1 n - 26n-3 -3x=- 27 x + 3x - 2x + 5 + 9n 3x + 6x - 2 - n n - 1 9x - 9 + n n - 1 n - 2-3e322n-3 -3x4. Exercice 4 :Soit une fonction de classe sur , qui vérifie : fC10, +.f 0 =f x = ℓ R limx+→ On souhaite montrer que : d 0, + , f' d = 0. On introduit la fonction , définie pour par : gt 0, 𝜋2g t = ft tan 1. Justifier que la fonction est de classe sur et calculer .gC10, 𝜋2g' t 2. Montrer que l'on peut prolonger par continuité en . g2Quelle valeur doit-on donner à ?g 𝜋23. En appliquant le bon théorème à cette fonction, montrer l'existence d'un réel , tel que : c 0, 𝜋2g' c = 0. 4. En déduire l'existence de ce réel tel que : .d 0, + ,f' d = 0 Correction : 1. La fonction est de classe sur et est de classe sur .x ↦xtan C0, 𝜋2fC10, +Donc est de classe sur .gC10, 𝜋22. et x = + limx →𝜋2- tan f x = ℓ fx= ℓ.limx+→ ⟹par compositionlimx →𝜋2tan on peut prolonger par continuité en . g x = ℓ ⟹limx →𝜋2 g𝜋2𝜋

Page 7 : Il faut alors poser : g= ℓ.𝜋23. est maintenant une fonction continue sur et dérivable sur et qui vérifie : g0, 𝜋20, 𝜋2. Le théorème de Rolle garantit alors que : g 0 = f 0 = g= ℓ 𝜋2c 0, g' c = 0.𝜋2 4..g t = ft⟹ g' t =t ' × f't= 1 +tf't tan tan tan tan2 tan On a trouvé un réel tel que : cg' c = 0 ⟺1 +cf'c= 0 tan2 tan .⟹f'c= 0tan Si on pose , on aura ainsi trouvé un réel tel que : .d =ctan d 0, + ,f' d = 0

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