Correction de Devoir Libre N°07

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre le lundi 7 janvier 2013 ´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚07 `PROBLEME 1 Partie I. Etude de f t Soit f la fonction d´efinie par f(0) = 0 et f(t) = sinon. lnt 1. D = [0,1[∪]1,+∞[. N +2. Etudions la limite des taux de variations de f en 0 . f(t)−f(0) 1 +Soit t ∈ R , = . Comme lim lnt = −∞, il s’ensuit par OPA que +t−0 lnt t→0 f(t) lim = 0. Par d´efinition, cela signifie que f est d´erivable en 0 et f (0) = 0. N +t→0 t Remarque: Onpeutaussid´emontrercer´esultatenutilisantleth´eor`emedeprolongement 1pour les applications de classeC et traiter cette question et la suivante d’un coup. 3. La fonction f est d´efinie sur [0,1[. De plus, comme ln ne s’annule pas sur ]0,1[, f f est de 1classe C sur cet intervalle comme quotient de telles fonctions. Montrons que la d´eriv´ee de f est continue sur [0,1|. Il reste `a prouver que f est continue en 0. lnt−1 1 1 Pour tout t∈]0,1[, f (t) = = − . Comme lim lnt =−∞, il s’ensuit par 2 2 +lnt t→0ln t ln t OPA que lim f (t) = 0 =f (0) +t→0 Ainsi, f est continue en 0. N 4. Soit t∈D. lnt−1 f (t) > 0 ⇐⇒ > 0 ⇐⇒ t > e 2ln t On en d´eduit le tableau de variations suivant : t 0 1 e +∞ f (t) − − 0 + 0 +∞ +∞ f(t) −∞ e N Partie II. Etude de la fonction g 2t −1 Soit g la fonction d´efinie par g(t) = tlnt 1. On admet que sur D\{0}, g est d´erivable et 2 21+t 1−t g (t) = ×h(t), ou` h(t) = lnt+ .2 22t ln t 1+t 1 ⋆ր′′′ց′ց′′′′′ Soit t∈D\{0}, on a clairement, g (t)> 0 ⇐⇒ h(t) > 0.
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2.

3.

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1.

MPSIdulyc´eeRabelaishtt:p//pmisai.sbrntuciere.frf.e

a`rendrelelundi7janvier2013

´
CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚07

`
PROBLEME 1
Partie I. Etude def
Soitffanotcoilparnd´efinief(0) = 0 etf(t ln) =ttsinon.
D= [01[∪]1+∞[N
Etudions la limite des taux de variations defen 0+.
Soitt∈R+⋆f(tt)−−f0)(0=n1lt lim ln. Commet=−∞, il s’ensuit par OPA que
,
t→0+
limf(tn)=
t→0+tgisaleceuqefii´erdPa0.n,ioitfinfteerivstd´en0eablef′(0) = 0.N
Remarque :r´ceulesonemertrsuat´disOuepnmedeprolth´eor`eilastnelatetunittnemegno
pour les applications de classeC1et traiter cette question et la suivante d’un coup.
La fonctionfesniefid´[0urets1[. De plus, comme ln ne s’annule pas sur ]01[,f fest de
classeC1ee´vire´itnoofcnllseedeteladnsquntros.Mosceurnttivaercellemmotouqtnei
defest continue sur [01|rpuoevqrrlseeta`.Iuef′est continue en 0.
Pour toutt∈]01[,f′(tn=ll)tn2−tln=11t−n1l2t. Commetl→im0+lnt=−∞, il s’ensuit par
OPA que
limf′(t) = 0 =f′(0)

Ainsi,f′est continue en 0.

t→0+

Soitt∈D.
0⇐⇒lnt−1t > e
f′(t)>ln2t>0⇐⇒
Onende´duitletableaudevariationssuivant:

t
f′(t)

f(t)

0
0

ց

−∞

1

+∞

Partie II. Etude de la fonctiong
Soitgniepartiond´efialofcng(t) =tt2ln−t1
On admet que surD {0},gabivetlesteerd´

e
−0 +

ց

e

ր

+∞

+∞

2
g′(t) =t12nl+2t2t×h(t)uo`h(t) = lnt+1+1−tt2

1

N

N

2.

3.

4.

Soitt∈D {0}, on a clairement,g′(t)>0

⇐⇒h(t)>0. Etudions le signe deh:

h(t) = lnt+1+1−tt22d´efiurniesR+⋆
h′(t 1) =t+−2t((+1t12)+−t22)2t(1−t2=)t1(1(−+tt22))22≥0

Ainsi,hest (strictement) croissante surR+⋆tn:siuavuasxstleleab´enditduenO.

t
h′(t)

h(t)

0

−∞

+


ր

1
0

+

ր
0 +

+∞

+∞

t
g′(t)

g(t)

0

+∞


ց

1
0

2

+
ր

+∞
+∞

Soith6= 0,g(1 +h) = (1 +hh22+nl)1(h+h)=2+1+hh×ln(1h+hblvari´ee.)rOc,moemnlsedt
aupoint1dede´rive´eln′(1) = 1, il vient lhi→m0ln(1h+hasnoegle´poitaruriqbrssueP.ra)1=
´
desfonctionsposse´dantdeslimites,ils’ensuitque

tli→m1g(t) = 2

N
Soitt∈D {0}. Commeg(t)−f(t) =−tln1t, il vient
•sit∈]01[,g(t)−f(t)>0, le graphe degest au-dessus de celui def.
•sit∈]1+∞[,g(t)−f(t)<0, le graphe degest au-dessous de celui def.
N
Lorsquet∈[2 e], le graphe defest au-dessus de celui degeir’a,lntueeq´snocraP.A
dudomaineplande´limit´eparlescourbesrepre´sentativesdefetg, ainsi que les droites
d’e´quationst= 2 ett=ee t do par ´e
s nne
A=Z2ef(t)−g(t)dt=Z2etldntt=ln|lnt|2e=−ln(ln 2)

PartieIII.Trac´ed’unecourbeparam´etre´e

Onconside`reΓlacourbeparame´tre´eencoordonn´eescart´esiennespar
x=f(tt))t∈D {0}
y=g(

2

N

1.

2.

3.

4.

Ond´eduitdirectementdesre´sultatspr´ec´edentsletableaudevariationssimultan´eesdex
ety:
1e+∞
−0 +

t
x′(t)

x(t)

y(t)

y′(t)

0
0

+∞

ց

ց

−∞

2

+∞

2

ց

e

ր

+

ր

+∞

+∞

Etuded’unetangenteparticulie`re:
Lorsquet=e,x′(e) = 0 ety′(e)6eitga’sli,0=ulegr,ieta`aenngnodtu’dciopn´rtn
verticale.N
Etude des branches infinies :
•Au voisinage det= 0+.tli→m0x(t) = 0 ettl→i0m+y(t) = +∞.Litedadrooneq’´tiuax= 0
estasymptoteverticale`aΓ.
•Au voisinage det lim= 1.x(t) =±∞ettlim1y(toiteladrent,uqe´snocraP.2=)
t→1±→
d’´equationy= 2 est asymptote horizontale au voisinage de 1.
•Au voisinage det= +∞.t→li+m∞x(t) = +∞ettl→i+m∞y(t) = +∞. De plus,
y
x
•((tt=)))=t2t−211t−→−−+−−∞→−→10
•y(t)−x(t−
tlntt→+∞
Parconse´quent,ladroited’´equationy=xsinagede`aΓauvoietotpmysatset= +∞.
N
Trace´delacourbe(Γ).

PartieIV.Solutionsd’unee´quationdiif´erentielle

Onconside`rel’´equationdiff´erentiellenonline´aire:

(E1)

−t2z′(t) +tz(t) =z2(t)

3

1.

2.

3.

On cherche les fonctionszsolutions de (E1) surI=]1+∞[ et qui ne s’annulent pas sur
I.
Soitz:I→R⋆unonefoitce´dnavirserlubIqui ne s’annule pas surI. Posonsy=1.
z
Commezne s’y annule pas,yd´erestrbaviuselI. De plus,
1
t×z=
yy′
−t2×z′=−y2
Ainsi,

zest solution de (E1)

⇐⇒

⇐⇒

1
t2y2′+t=y12
y y
yest solution de

(E2)

1
y′+t1y=t2

N

•hnoigomoene`:tiuadeon´el’atqutuoiselo´’qednleR´y′1+ty= 0
Posons, pourt∈I,a(t) = 1t, etA(t) = lntgomoeneondel’´equationhL.seosulit
`
sont les fonctions de la forme,
h(t) =Ce−A(t)=CC∈R
t
•eri`ulice:ulosenu’trapnoitRechedcher
)nt:
Posonsy(t) =tC(t, il vie
t×y(t) =C(tt)
C′(t)C(t)
−t2×y′(t) =−
t t2
P ´ uent,yest solution de (E2)si et seulement siC′(t .) = 1
ar conseqt
PrenonsC(t) = lnt, la fonctiony(t) = lnt(tnoaptrcilu`iredee()tuessonetiluE2).
Expressiondelasolutiong´en´eralede(E2)
Les solutions de (E2) sont les fonctions de la forme
y(t) =C+tlntC∈R
PosonsC= lna,o`ua∈R+⋆, les solutions de (E2) sont donc les fonctions de la forme :

ga(t ln() =at)
t

4

N

4.

1.

2.

3.

•Sia≥1, alors, pour toutt >1,a×t >cnitalofne,te´uqonnscoar,p1gane s’annule
pas surI.
•Si 0< a <1, alors la fonctiongas’annule dansI, au pointt1=.
a
Finalement, les solutions de (E1) qui ne s’annulent pas dansI, sont donc les fonctions
de´finiessurIpar
y(t) = ln(tat)oua∈[1+∞[
`

N
PartieV.Etuded’unefonctiond´efinie`al’aided’uneint´egrale
On pose =x1Zx
H(x)f(t)dt.
0
Pour queH´nceeltsriqeseasoitdsie,i´efinuex6= 0 et quefsoit continue sur le segment
[0 x]. Commefest continue surD= [01[∪]1+∞[, il s’ensuit queHeruse´idntfise
J=]01[.N
SoitF: [01[→Rfieinno´dcnitalof[0esur1[ par
∀x∈[01[ F(x) =Z0xf(t)dt
D’apr`esleth´eor`emefondamentalducalculint´egral,Fest l’unique primitive defs’annu-
lant en 0. En particulier,
∀x∈[01[ F′(x) =f(x)

En particulier-particulier,F′(0) =f(0). Autrement dit, 0
´ t,Hadmet une limite en 0+et
consequen

li→m0+H(x) = 0
x

limF(x)−F.r0)(
=x→0+x−0aP

N
Comme lim lnt
t→1−t−1=1∈[1232],pmpatarcotie´biliilimedal´nislagevaetedce´eitl,i
s’ensuit qu’il existea∈]01[ tel que

Autrement dit

∀t∈[a1[

1 lnt3
2≤t−1≤2

∀t∈[a1[3(2t−1)≤lnt≤1(2t−1)

Ilenr´esultequepourtoutt∈[a1[,
2t t2t
t−1≤lnt≤3t−1
Or, pour toutx∈[a1[, la relation deChaslesdonne :
H(x) =x1Z0af(t)dt1+xZaxf

5

(t)dt

•D’une part,

→1−x1Z0af(t)dtZa
lim =f(t)dt
x0
parcroissancedel’int´egrale,l’encadrementpr´ec´edentmontreque
(t)dt≤32Zxatdt3=2x(x−a) + ln11−−ax−x−→−1−→ −∞
x t−1
ln11−−ax=−∞pararcomtepaesuluqesino´rneli,

•D’autre part,
x1Zxf

a
Comme lim
x→1−

Finalement, par OPA, il vient

xli→1m−x1Zax(t)d
f t=−∞

H
xl→i1m−(x) =

6

−∞

N

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