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[ID: 1948] [Date de publication: 12 mai 2021 12:42] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]

Solution(s)

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Exercice 396
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:42

1. La fonction \(f: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^* & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ t & \longmapsto & \cos t/t \end{array} \right.\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\) par opérations sur les fonctions continues. D’après le théorème fondamental, elle admet une primitive \(F\) sur \(\mathbb{R}^*\) et pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), \(g\left(x\right)=F\left(2x\right)-F\left(x\right)\). On en déduit que \(g\) est définie et dérivable sur \(\mathbb{R}^*\).

2. Pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), \(g\left(-x\right)=\int_{-x}^{-2x} \cos t /t\,\textrm{d}t=\int_{x}^{2x} \cos\left(-u\right)/u\,\textrm{d}u=g\left(x\right)\) donc \(g\) est paire. On étudiera donc \(g\) sur \(\mathbb{R}_+^*\).

3. Soit \(x\in\left]0,\pi/2\right]\). La fonction \(t\mapsto \cos t\) est dérivable sur \(\left[0,x\right]\) donc d’après l’inégalité des accroissements finis : \(x \inf_{t\in\left]0,x\right[}\left(-\sin t\right)\leqslant\cos x - 1 \leqslant x \sup_{t\in\left]0,x\right[}\left(-\sin t\right)\) soit : \(-x^2 \leqslant\cos x -1\leqslant 0\)

4. Soit \(x\in\left[0,\pi/2\right]\). D’après la question précédente, on a : \({\scriptstyle 1-t^2\over\scriptstyle t}\leqslant{\scriptstyle\cos t\over\scriptstyle t} \leqslant{\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}\) donc \(\ln 2 - 2x^2+x^2/2 \leqslant g\left(x\right)\leqslant\ln 2\) et d’après le théorème des gendarmes \(g\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}\ln 2\). On prolonge \(g\) par continuité en \(0\) en posant \(g\left(0\right)=\ln 2\).

5. Pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^*\) \[g'\left(x\right)=2F'\left(2x\right)-F'\left(x\right)=\dfrac{\cos 2x}{x}-\dfrac{\cos x}{x} = \dfrac{\cos 2x - 1 }{x}-\dfrac{\cos x - 1}{x}\] mais \(\cos 2x - 1 \underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}-2x^2\) donc \({\scriptstyle\cos 2x - 1 \over\scriptstyle x} \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\) et \(1-\cos x\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}x^2/2\) donc \({\scriptstyle\cos x - 1\over\scriptstyle x}\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\). On en déduit que \(g'\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\) et donc que \(g\) est dérivable en \(0\) de nombre dérivé \(g'\left(0\right)=0\).

6. Voir l’exercice [exo_cos_t_sur_t].