Soit \(f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) une fonction continue. Montrer que les fonctions \(g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) suivantes sont de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur un intervalle à déterminer et calculer leur dérivée en fonction de \(f\):
\(g(x)=\int_{2x}^{x^2} f(t)\,\textrm{d}t\)
\(g\left(x\right)=\int_{0}^{x^2} \mathop{\mathrm{sh}}t f\left(\mathop{\mathrm{ch}}t\right)\,\textrm{d}t\)
\(g(x)=\int_{0}^{x} f(t+x)\,\textrm{d}t\)
\(g(x)=\int_{1}^{x} \dfrac{f(\ln t)}{t}\,\textrm{d}t\)
Comme \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\), elle admet une primitive \(F\) sur \(\mathbb{R}\) d’après le théorème fondamental de l’analyse.
Pour tout \(x\in \mathbb{R}\), \(g(x)=F(x^2) - F(2x)\). La fonction \(g\) est donc de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\) par opérations sur les fonctions \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\) et \(g'(x)=2xf(x^2)-2f(2x)\).
La fonction \(t\mapsto F\left(\mathop{\mathrm{ch}}t\right)\) est une primitive de \(t\mapsto \mathop{\mathrm{sh}}t f\left(\mathop{\mathrm{ch}}t\right)\) donc, pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(g\left(x\right)=F\left(\mathop{\mathrm{ch}}\left(x^2\right)\right)-F\left(1\right)\). La fonction \(g\) est donc de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\) par opérations sur les fonctions \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\). De plus pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(g'\left(x\right)=2x\mathop{\mathrm{sh}}\left(x^2\right)f\left(\mathop{\mathrm{ch}}\left(x^2\right)\right)\).
Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(t\mapsto F\left(t+x\right)\) est une primitive de \(t\mapsto f\left(t+x\right)\) donc la fonction \(g\) donnée, pour tout \(x\in\mathbb{R}\), par \(g\left(x\right)=F\left(2x\right)-F\left(x\right)\) est de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\) par opérations sur les fonctions de \(\mathcal{C}^{1}\). De plus \(g'\left(x\right)=2f\left(2x\right)-f\left(x\right)\).
La fonction \(t\mapsto F\left(\ln t\right)\) est une primitive de \(t\mapsto \dfrac{f(\ln t)}{t}\) donc la fonction \(g\) donnée, pour tout \(x\in\mathbb{R}\) par \(g\left(x\right)=F\left(\ln x\right)-F\left(0\right)\) est de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\) par opérations sur les fonctions \(\mathcal{C}^{1}\). De plus \(g'\left(x\right)=\dfrac{f\left(\ln x\right)}{x}\).
Soit une fonction \(f\) continue et positive sur le segment \([a, b]\). En utilisant la fonction \(F(x) = \int_a^x f(t) \mathrm{ \;d}t\), montrer que si \(\int_a^b f(t) \mathrm{ \;d}t = 0\), alors \(\forall x \in [a, b]\), \(f(x) = 0\).
Comme \(f\) est continue sur le segment \(\left[a,b\right]\), d’après le théorème fondamental, \(f\) admet une primitive \(F\) sur \(\left[a,b\right]\) s’annulant en \(a\) et donnée par : \(F(x) = \int_a^x f(t) \mathrm{ \;d}t\). Comme \(f\) est positive, la fonction \(F\) est croissante. Mais d’après l’hypothèse \(F\left(b\right)=\int_a^b f(t) \mathrm{ \;d}t = 0=F\left(a\right)\), donc \(F\) est nécessairement constante. On en déduit que \(f\) est identiquement nulle sur \(\left[a,b\right]\).
Soit une fonction \(f\) continue sur \([0, 1]\), dérivable sur \(]0, 1[\) à valeurs dans \(\mathbb{R}\) telle que \(f(1) = \int_0^1 f(t) \mathrm{ \;d}t\). Montrer qu’il existe un réel \(c \in ]0, 1[\) tel que \(f'(c) = 0\).
Considérons la fonction \[F : \left\{ \begin{array}{ccl} [0,1] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \int_0^x \left[f(t) - f(1)\right] \mathrm{ \;d}t \end{array} \right.\] Comme \(f\) est continue sur \(\left[0,1\right]\), \(F\) est bien définie d’après le théorème fondamental. Pour tout \(x\in [0, 1]\), \(F(x) = \int_0^x f(t) \mathrm{ \;d}t - xf(1)\) et donc \(F(0) = 0 = F(1)\). Donc d’après le théorème de Rolle, il existe \(\alpha \in ]0, 1[\) tel que \(F'(\alpha) = 0\), mais puisque \(\forall x \in ]0, 1[\), \(F'(x) = f(x) - f(1)\), on en déduit que \(f(\alpha) = f(1)\). Alors en appliquant le théorème de Rolle à \(f\) sur le segment \([\alpha, 1]\), il existe \(c\in ]\alpha, 1[\) tel que \(f'(c) = 0\).
Montrer que la fonction définie par \[\varphi(x) = \int_{{\scriptstyle x-1\over\scriptstyle x}}^{{\scriptstyle x\over\scriptstyle x+1}} \dfrac{\mathrm{ \;d}t}{t^2 + 1} + \int_{1}^{2x^2} \dfrac{\mathrm{ \;d}t}{t^2 + 1}\] est constante.
D’après le théorème fondamental, \(\varphi\) est définie et dérivable sur les intervalles \(I_1 = ]-\infty, -1[\), \(I_2 = ]-1, 0[\) et \(]0, +\infty[\). On calcule sa dérivée sur chacun de ces intervalles : \[\begin{aligned} \varphi'(x) &= \dfrac{1}{\bigl({\scriptstyle x\over\scriptstyle x+1}\bigr)^2 + 1}\dfrac{1}{(x+1)^2} - \dfrac{1}{\bigl({\scriptstyle x-1\over\scriptstyle x}\bigr)^2 + 1} \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{4x}{4x^4 + 1} \\ &= \dfrac{1}{2x^2 + 2x + 1} - \dfrac{1}{2x^2 - 2x + 1} + \dfrac{4x}{4x^4 + 1}\\ &= \dfrac{-4x}{4x^4 + 1} + \dfrac{4x}{4x^4 + 1} = 0 \end{aligned}\] On obtient donc la formule \[\operatorname{arctan} \bigl({\scriptstyle x\over\scriptstyle x+1}\bigr) - \operatorname{arctan} \bigl( {\scriptstyle x-1\over\scriptstyle x}\bigr) + \operatorname{arctan} (2x^2) = \varepsilon{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\] avec \(\varepsilon\in \{-1, 1\}\).
Déterminer le domaine de définition et la parité de l’application \[g:x \mapsto \int_{x}^{3x} e^{t^2} \; dt\]
Soit \(x\in\mathbb{R}\). La fonction \(t\mapsto e^{t^2}\) est continue sur \(\left]x,3x\right[\) donc \(g\) est définie sur \(\mathbb{R}\).
On effectue le changement de variable \(\begin{cases}u&=-t\\ \mathrm{ \;d}u&=-\mathrm{ \;d}t \end{cases}\) : \[g\left(-x\right)=\int_{-x}^{-3x} e^{t^2} \,\textrm{d}t= -\int_{x}^{3x} e^{u^2}\,\textrm{d}u=-g\left(x\right).\] Donc \(g\) est impaire.
On considère \(\varphi:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) définie par \(\varphi(t)=\begin{cases} {\scriptstyle\mathop{\mathrm{sh}}t\over\scriptstyle t} \textrm{ si } t\neq 0 \\ 1 \textrm{ si } t=0 \end{cases}\) Soit \(f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) donnée par \(f(x)=\int_{x}^{2x} \varphi \left(t\right)\,\textrm{d}t\).
Déterminer l’ensemble de définition de \(f\).
Montrer que \(f\) est impaire.
Déterminer la dérivée de \(F\) et en déduire ses variations.
Déterminer la limite de \(f\) en \(+\infty\).
Tracer la tangente à l’origine, puis la courbe représentative de \(f\).
\(\varphi\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\). De plus, \(\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}} x}{x}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}1\) donc \(\varphi\) est aussi continue en \(0\). Par application du théorème fondamental de l’analyse, on en déduit que \(\varphi\) admet une primitive \(F\) sur \(\mathbb{R}\). Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(f\left(x\right)=F\left(2x\right)-F\left(x\right)\). \(f\) est donc définie et de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\).
\(f\) est impaire : soit \(x\in \mathbb{R}\), \(f\left(-x\right)=\int_{0}^{-x} \dfrac{\mathop{\mathrm{sh}} t}{t}\,\textrm{d}t\xlongequal{u=-t}\int_{0}^{x} -\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}u}{u}\,\textrm{d}u=-f\left(x\right)\) par imparité de \(\mathop{\mathrm{sh}}\).
\(f\) est strictement croissante. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(f'\left(x\right)=2F'\left(2x\right)-F'\left(x\right)=2\varphi\left(2x\right)-\varphi\left(x\right)=\begin{cases} \dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}2x - \mathop{\mathrm{sh}}x}{x} &\textrm{ si } x\in\mathbb{R}^*\\ 1 &\textrm{ si } x=0 \end{cases}\). Comme \(\mathop{\mathrm{sh}}\) est croissante sur \(\mathbb{R}\), \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
Soit \(x>0\) et soit \(t\in\left[x,2x\right]\). On a : \(\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}t}{t}\geqslant\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}} x}{x}\) car \(\varphi\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+^*\). Donc : \(f\left(x\right) = \int_{0}^{x} \dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}t}{t}\,\textrm{d}t\geqslant\mathop{\mathrm{sh}}x \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}+\infty\). On en déduit que \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}+\infty\). Par symétrie, on a aussi : \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow -\infty]{}-\infty\).
On montre de plus facilement que \(f\) admet la bissectrice principale comme tangente en \(0\).
Soit \(g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) une fonction continue. On pose, pour tout \(x\in \mathbb{R}\), \[f(x)=\int_{0}^{x} \sin\left(x-t\right)g(t)\,\textrm{d}t\]
Montrer que \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et que \[f'(x)=\int_{0}^{x} \cos\left(x-t\right)g(t)\,\textrm{d}t\]
En déduire que \(f\) est solution de l’équation différentielle \(y''+y=g(x)\).
Résoudre cette équation différentielle.
Soit \(x,t\in\mathbb{R}\). On a : \(\sin\left(x-t\right)g(t)=\sin x\cos t g\left(t\right) - \cos x \sin t g\left(t\right)\). Les fonctions \(t\mapsto \cos t g(t)\) et \(t\mapsto \sin t g(t)\) sont continues sur \(\mathbb{R}\) par opération sur les fonctions continues. Par application du théorème fondamental, elles admettent, respectivement, des primitives \(G_1\) et \(G_2\) sur \(\mathbb{R}\). On peut supposer de plus que ces deux primitives s’annulent en \(0\). On a alors d’après les formules d’addition : \[f(x)=\int_{0}^{x} \sin\left(x-t\right)g(t)\,\textrm{d}t = \sin x G_1\left(x\right) - \cos x G_2\left(x\right)\] \(G_1\) et \(G_2\) étant de classe \(\mathcal{C}^{1}\), il en est de même de \(f\) et pour tout \(x\in\mathbb{R}\) : \[\begin{aligned} f'\left(x\right)&=& \cos x G_1\left(x\right) +\sin x \cos x g\left(x\right) + \sin x G_2\left(x\right) -\cos x \sin x g\left(x\right) \\ &=& \cos x G_1\left(x\right) + \sin x G_2\left(x\right)\\ &=&\int_{0}^{x} \cos\left(x-t\right)g(t)\,\textrm{d}t \end{aligned}\]
En effectuant des calculs analogues au précédent, on obtient : \[\begin{aligned} f''\left(x\right)&=&-\sin x G_1\left(x\right)+\cos^2 g\left(t\right)+\cos x G_2\left(x\right)+\sin^2 x g\left(x\right)\\ &=& g\left(x\right)-\sin x G_1\left(x\right)+\cos x G_2\left(x\right)\\ &=& g\left(x\right)-f\left(x\right) \end{aligned}\] \(f\) est donc solution de l’équation différentielle donnée.
Les solutions de \(y''+y=0\) sont les fonctions : \(x\mapsto \alpha \cos x+\beta \sin x\) où \(\alpha,\beta\) sont réels. Les solutions de \(y''+y=g\) sont donc les fonctions : \[x\mapsto f\left(x\right) +\alpha \cos x+\beta \sin x\] avec \(\alpha,\beta\in \mathbb{R}\)
On considère la fonction \(f\) donnée par \(f\left(x\right)=\int_{x}^{4x} e^{-t^2}\,\textrm{d}t\)
Déterminer l’ensemble de définition de \(f\).
Montrer que \(f\) est impaire.
Déterminer la dérivée de \(f\) et en déduire ses variations.
Déterminer les limites de \(f\) aux bornes de son domaine.
La fonction \(\varphi:t\mapsto e^{-t^2}\) est continue sur \(\mathbb{R}\). D’après le théorème fondamental de l’analyse, on peut affirmer qu’elle admet une primitive \(F\) sur \(\mathbb{R}\). \(\varphi\) étant de classe \(\mathcal{C}^{+\infty}\), il en est de même de \(F\) et pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(f\left(x\right)=F\left(4x\right)-F\left(x\right)\)..
Soit \(x\in\mathbb{R}\). \(f\left(-x\right) = \int_{-x}^{-4x} e^{-t^2}\,\textrm{d}t\xlongequal{u=-t} -\int_{x}^{4x} e^{-t^2}\,\textrm{d}t =-f\left(x\right)\). \(f\) est donc impaire.
D’après la première question, pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(f'\left(x\right)=4f\left(4x\right)-f\left(x\right)=4e^{-16x^2}-e^{-x^2}\). On vérifie facilement que \(f'\left(x\right)=0\) si et seulement si \(x=\pm\sqrt{\dfrac{2\ln{2}}{15}}\), qu’elle est positive entre ces deux valeurs et négative ailleurs. On en déduit que \(f\) est décroissante sur \(\left]-\infty,\sqrt{\dfrac{2\ln{2}}{15}}\right]\), croissante sur \(\left[-\sqrt{\dfrac{2\ln{2}}{15}},\sqrt{\dfrac{2\ln{2}}{15}}\right]\) et décroissante à nouveau sur \(\left[\sqrt{\dfrac{2\ln{2}}{15}},+\infty\right[\).
\(\varphi\) étant décroissante, pour tout \(x>0\), et tout \(t\in\left[x,4x\right]\), on a \(e^{-t^2} \leqslant e^{-x^2}\) et \(f\left(x\right)\leqslant \int_{x}^{4x} e^{-x^2}\,\textrm{d}t=3xe^{-x^2} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\) donc, d’après le théorème des gendarmes, \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\). Par symétrie, on a aussi : \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow -\infty]{}0\)
Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), on pose \(f\left(x\right) = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{1+t^4}}\,\textrm{d}t\).
Montrer que \(f\) est bien définie.
En effectuant un changement de variable, montrer que, pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\) : \(f\left(x\right)=f\left(\dfrac{1}{2x}\right)\).
En déduire un équivalent simple de \(f\) en \(+\infty\).
La fonction \(\varphi:t\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{1+t^4}}\) est continue sur \(\mathbb{R}\) par opérations sur les fonctions continues. Par application du théorème fondamental, on en déduit qu’elle admet une primitive \(F\) sur \(\mathbb{R}\) et pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(f\left(x\right)=F\left(2x\right)-F\left(x\right)\). \(f\) est donc bien définie sur \(\mathbb{R}\). On remarque de plus que \(\varphi\) étant de classe \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\), il en est de même de \(F\).
Soit \(x\in\mathbb{R}^*\). On a : \[\begin{aligned} f\left(\dfrac{1}{2x}\right)&=&\int_{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2x}}^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} \dfrac{1}{\sqrt{1+t^4}}\,\textrm{d}t\\ &\xlongequal{u={\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}}&\int_{{2x}}^{{x}} -\dfrac{1}{u^2}\dfrac{1}{\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle u^4}}}\,\textrm{d}u\\ &=&\int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{1+u^4}}\,\textrm{d}t\\ &=&f\left(x\right) \end{aligned}\]
Chercher un équivalent de \(f\left(x\right)\) en \(+\infty\) revient à chercher un équivalent de \(f\left(\dfrac{1}{x}\right)\) en \(0\). D’après la question précédente, \(f\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)=f\left({\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}\right)\). D’après la première question, on peut affirmer que \(x\mapsto f\left({\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}\right)\) est de classe \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\) et admet donc un développement limité à l’ordre \(1\) en \(0\). Au voisinage de \(0\), on a donc : \[f\left({\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}\right)=f\left(0\right)+{\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}f'\left(0\right)+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right).\] Mais, d’après la première question, \(f'\left(x\right)=2\varphi\left(2x\right)-\varphi\left(x\right)\) donc \(f'\left(0\right)=1\). Il est clair d’autre part que \(f\left(0\right)=0\). On a donc : \(f\left({\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}\right)={\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right)\) ce qui amène \(f\left({\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x}{2}\) et il vient \(\boxed{f\left(x\right)\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{1}{2x}}\).
Soit \(f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) une fonction de classe \(\mathcal{C}^{1}\) et \(g:\mathbb{R}^*\rightarrow\mathbb{R}\) définie par : \[\forall x\neq 0,\quad g\left(x\right) = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2x} \int_{-x}^{x} f\left(t\right)\,\textrm{d}t.\]
Montrer que \(g\) peut-être prolongée par continuité en \(0\). On appellera encore \(g\) la fonction ainsi définie sur \(\mathbb{R}\).
Montrer que \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) et calculer \(g'\left(x\right)\) pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\).
Montrer que \(g\) est dérivable en \(0\) et calculer \(g'\left(0\right)\).
Comme \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\), elle admet, d’après le théorème fondamental de l’analyse une primitive \(F\) sur \(\mathbb{R}\). Comme \(f\) est \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\), \(F\) est \(\mathcal{C}^{2}\) sur \(\mathbb{R}\). De plus, pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), \[g\left(x\right)=\dfrac{F\left(x\right)-F\left(-x\right)}{2x} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{F\left(x\right)-F\left(0\right)}{x} + \dfrac{F\left(-x\right)-F\left(0\right)}{-x} \right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{} F'\left(0\right)=f\left(0\right)\] car \(F\) est dérivable en \(0\) de dérivée \(f\left(0\right)\). Donc on peut prolonger \(g\) par continuité en \(0\) en posant \(g\left(0\right)=f\left(0\right)\).
En utilisant ce qui a été fait dans la question précédente, on peut écrire pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\) : \[g\left(x\right)=\dfrac{F\left(x\right)-F\left(-x\right)}{2x}\] avec \(F\) qui est de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur \(\mathbb{R}\). Donc \(g\) est de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur \(\mathbb{R}^*\) par opération sur les fonctions de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur \(\mathbb{R}^*\). En particulier, \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) et si \(x\in\mathbb{R}^*\) : \[g'\left(x\right)= \dfrac{2x\left(F'\left(x\right) + F'\left(-x\right) \right) - 2\left(F\left(x\right)-F\left(-x\right)\right) }{4x^2}=\dfrac{x\left(f\left(x\right) + f\left(-x\right) \right) - \left(F\left(x\right)-F\left(-x\right)\right) }{2x^2}=\dfrac{f\left(x\right) + f\left(-x\right)}{2x} - \dfrac{g\left(x\right)}{x} .\]
Calculons le taux d’accroissement \(\Delta\) de \(g\) en \(0\). Soit \(x\in\mathbb{R}^*\) : \[\Delta\left(x\right)=\dfrac{g\left(x\right)-g\left(0\right)}{x}= \dfrac{1}{x}\left( \dfrac{F\left(x\right)-F\left(-x\right)}{2x} - f\left(0\right) \right) .\] Comme \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur \(\left[-x,x\right]\), d’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c_x\in\left]-x,x\right[\) tel que \(F\left(x\right)-F\left(-x\right)=2xf\left(c_x\right)\). On obtient alors : \[\Delta\left(x\right)= \dfrac{f\left(c_x\right) - f\left(0\right)}{x}.\] On utilise alors le fait que \(c_x\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\) et que \(f\) est dérivable en \(0\). On trouve \(\lim_{x\rightarrow 0} \Delta\left(x\right)=f'\left(0\right)\) donc \(\boxed{g'\left(0\right)=f'\left(0\right)}\)..
On se propose d’étudier la fonction définie par \(g(x)= \int_x^{2x} \dfrac{\mathop{\mathrm{ch}}t}{t^2} dt\).
Montrer que le domaine de définition de \(g\) est \(\mathbb{R}^{*}\).
Etudier la parité de la fonction \(g\).
Calculer la dérivée de la fonction \(g\) et dresser son tableau de variations.
Calculer la limite de la fonction \(g\) en \(0\) et en \(+\infty\).
La fonction donnée par \(f(t)={\scriptstyle \mathop{\mathrm{ch}}t\over\scriptstyle t^2}\) est définie et continue sur les intervalle \(\mathbb{R}_+^*\) et \(\mathbb{R}_-^*\) . D’après le théorème fondamental, \(f\) admet une primitive sur chacun de ces deux intervalles. On note \(F\) une fonction définie sur \(\mathbb{R}^*\), primitive de \(f\) sur \(\mathbb{R}_+^*\) et \(\mathbb{R}_-^*\) . Pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), on peut alors écrire \(g\left(x\right)=F\left(2x\right)-F\left(x\right)\). La fonction \(g\) est donc définie sur \(\mathbb{R}^*\).
Par le changement de variables \(u=-t\), on montre que pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), \(g(-x)=\int_{-x}^{-2x} f(t) \mathrm{ \;d}t = -\int_x^{2x} f(-t) \mathrm{ \;d}t = -g(x)\) car la fonction \(f\) est paire. La fonction \(g\) est donc impaire. On ne fera donc son étude que sur \(I=]0,+\infty[\).
Remarquons tout d’abord que comme \(F\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\), il en est de même de \(g\) par opérations sur les fonctions continues. Soit \(x \in ]0, +\infty[\), on a : \[g'(x)=2 F'\left(2x\right) - F'\left(x\right)= 2f\left(2x\right)-f\left(x\right)=2\dfrac{ \mathop{\mathrm{ch}}(2x)}{(2x)^2}- \dfrac{ \mathop{\mathrm{ch}}x}{x^2} = \dfrac{ 2\mathop{\mathrm{ch}}^2x-2\mathop{\mathrm{ch}}x -1}{2x^2}.\] Trouver les valeurs \(x>0\) telles que \(g'(x)=0\), revient à résoudre une équation du second degré en \(\mathop{\mathrm{ch}}x\) et l’on trouve que \(\mathop{\mathrm{ch}}x= \dfrac{ 1+\sqrt{3}}{2}\). On résout ensuite une équation du second degré en \(e^x\) et l’on trouve \(e^x = {\scriptstyle 1+\sqrt{3}+\sqrt{ 2\sqrt{3}}\over\scriptstyle 2}\). Finalement \(x_0= \ln \left( {\scriptstyle 1+\sqrt{3}+\sqrt{ 2\sqrt{3}}\over\scriptstyle 2}\right)\). La fonction \(g'\) est négative sur l’intervalle \(]0,x_0[\) et positive sur l’intervalle \(]x_0,+\infty[\).
Soit \(x>0\). Puisque \(\forall t\in [x,2x]\), \(\dfrac{ \mathop{\mathrm{ch}}x}{4x^2} \leqslant f(t) \leqslant\dfrac{\mathop{\mathrm{ch}}(2x)}{x^2}\), on en déduit que \(\dfrac{\mathop{\mathrm{ch}}x}{4x} \leqslant g(x) \leqslant\dfrac{ \mathop{\mathrm{ch}}x}{x}\) et d’après le théorème des gendarmes, on obtient que \(\lim_{x\rightarrow 0} g(x)= +\infty\) et \(\lim_{x\rightarrow +\infty} g(x)=+\infty\).
Soient deux fonctions \(f\) et \(g\) continues et positives sur l’intervalle \([0,+\infty[\). On suppose que \[\forall x \geqslant 0, \quad f(x) \leqslant C + \int_0^x f(t)g(t) \mathrm{ \;d}t\] où \(C\) est une constante strictement positive.
Montrer que \[\forall x \geqslant 0,\quad f(x) \leqslant C\exp\left(\int_0^x g(t) \mathrm{ \;d}t \right) .\] C’est le lemme de Gronwall, très utile pour étudier des équations différentielles.
Que peut-on dire si \(f(x)\leqslant\int_0^x f(t)g(t) \mathrm{ \;d}t\) ?
Introduisons la fonction \(\varphi\) donnée pour tout \(x\in\left[0,+\infty\right[\) par \(\varphi(x)=C+\int_0^x f(t)g(t) \mathrm{ \;d}t\). D’après le théorème fondamental, la fonction \(\varphi\) est dérivable et en utilisant l’hypothèse, pour tout \(x\geqslant 0\), il vient que \[\varphi'(x)=f(x)g(x) \leqslant g(x)\varphi(x)\] Introduisons alors la fonction \(\psi(x)=e^{-\int_0^x g(t) \mathrm{ \;d}t}\varphi(x)\). On a \[\psi'(x)=e^{-\int_0^x g(t) \mathrm{ \;d}t}\left( \varphi'(x)-g(x)\varphi(x) \right) \leqslant 0\] Donc \(\psi\) est décroissante sur \([0,+\infty[\) et donc puisque \(\psi(0)=C\), \[\forall x\geqslant 0, \psi(x)\leqslant C \Rightarrow f(x)\leqslant\varphi(x)\leqslant Ce^{\int_0^x g(t) \mathrm{ \;d}t}\]
Lorsque \(C=0\), on trouve que \(f\) est nulle sur \([0,+\infty[\).
Étudier la fonction définie par \[g(x)= \int_x^{x^2} \dfrac{e^t}{t} dt.\]
La fonction \(f:x\mapsto e^t/t\) est définie et continue sur \(\mathbb{R}^*\) par opérations sur les fonctions continues sur \(\mathbb{R}^*\). \(f\) diverge en \(0\). Si \(x\in\mathbb{R}_-\), alors \(0\in\left[x,x^2\right]\) et donc on ne peut intégrer \(f\) sur ce segment. On en déduit que \(g\) est définie sur \(\left]0,+\infty\right[\). De plus, d’après le théorème fondamental, \(f\) admet une primitive \(F\) sur \(\mathbb{R}_+^*\). Donc, pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), \(g\left(x\right)=F\left(x^2\right)-F\left(x\right)\). On en déduit que \(g\) est de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}_+^*\) et que pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^*\) : \[g'(x) = 2x\dfrac{e^{x^2}}{x^2} - \dfrac{e^x}{x}=\dfrac{2e^{x^2}-e^x}{x}.\] Pour tout \(x\in\left]0,1\right[\) et tout \(t\in\left[x,x^2\right]\), \(e^t/t \leqslant e^x / x^2\) donc \(g\left(x\right)\leqslant{\scriptstyle e^x\over\scriptstyle x^2}\left(x^2-x\right) =e^x\left(1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right) \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{} -\infty\) donc d’après le théorème des gendarmes, \(g\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}-\infty\).
De même, pour tout \(x\geqslant 1\) et tout \(t\in\left[x,x^2\right]\), \(e^{t}/t\geqslant 1/t\) et \(g\left(x\right) \geqslant\ln\left(x^2\right)-\ln\left(x\right)=\ln\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}+\infty\). Donc \(g\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}+\infty\).
Afin d’étudier les variations de \(g\), résolvons l’équation : \(2e^{x^2}-e^x=0\) sur \(\mathbb{R}_+^*\) : \[2e^{x^2}-e^x=0 \Longleftrightarrow e^{x^2+\ln 2}=e^x \Longleftrightarrow x^2-x+\ln 2=0\] mais le discriminant de ce trinôme est négatif donc l’équation n’admet pas de solution sur \(\mathbb{R}_+^*\). On en déduit que \(g'\) est strictement positive sur \(\mathbb{R}_+^*\) et que \(g\) est strictement croissante. Remarquons que l’unique zéro de \(g\) est en \(x=1\).
Pour les limites, on remarque que au voisinage de \(0\), \(\int_{x}^{x^2} e^{x^2}/t\,\textrm{d}t \leqslant g(x)\leqslant\int_{x}^{x^2} e^x/t\,\textrm{d}t\) et \(e^{x^2}\ln x\leqslant g(x)\leqslant e^{x}\ln x\) donc par le théorème des gendarmes, \(g(x)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}-\infty\). Au voisinage de \(+\infty\), \(\int_{x}^{x^2} e^{t}/x^2\,\textrm{d}t \leqslant g(x)\leqslant\int_{x}^{x^2} e^t/x\,\textrm{d}t\) et \(\left(e^{x^2}-e^x\right)/x^2\leqslant g(x)\leqslant\left(e^{x^2}-e^x\right)/x\) donc toujours par le théorème des gendarmes, \(g(x)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}+\infty\).
Soient deux fonctions continues \(f\) et \(g\) sur \([0,1]\). On suppose que \(\forall x \in [0,1]\), \[f(x)=\int_0^x g(t) \mathrm{ \;d}t \textrm{ et } g(x)=\int_0^x f(t) \mathrm{ \;d}t\]
Montrer que \(f\) et \(g\) sont \(\mathcal{C}^{\infty}\) ;
Montrer que \(f=g=0\).
Comme \(f\) et \(g\) sont continues sur \(\left[0,1\right]\), d’après le théorème fondamentale, elles admettent des primitives \(F\) et \(G\) sur \(\left[0,1\right]\). On peut de plus supposer que ces primitives s’annulent en \(0\). Remarquons que \(F\) et \(G\) sont éléments de \(\mathcal{C}^{1}\left(\left[0,1\right]\right)\). Il vient alors pour tout \(x\in\left[0,1\right]\) : \[f\left(x\right)=G\left(x\right) \quad \textrm{ et} \quad g\left(x\right)=F\left(x\right).\] Mais alors \(f\) et \(g\) sont aussi éléments de \(\mathcal{C}^{1}\left(\left[0,1\right]\right)\). Comme \(f'=g\) et que \(g'=f\), on montre par une récurrence facile que \(f,g\in\mathcal{C}^{\infty}\left(\left[0,1\right]\right)\).
Comme \(f'=g\) et que \(g'=f\), \(f\) est solution de l’équation différentielle : \(y''-y=0\). Donc il existe \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\) tels que \(f:x\mapsto \alpha e^x + \beta e^{-x}\). Mais comme \(f\left(0\right)=0\) et que \(f'\left(0\right)=g\left(0\right)=0\), il vient que \(\alpha=\beta=0\). Donc \(f=0\). Comme \(f'=g\), il est clair que \(g=0\) aussi.
Soit la fonction définie par \[g(x)= \int_x^{2x} \dfrac{\cos t}{t} \mathrm{ \;d}t\]
Montrer que la fonction \(g\) est définie et dérivable sur \(\mathbb{R}^*\).
Étudier la parité de \(g\).
Montrer que pour tout \(x\in\left[0,\pi/2\right]\), \(1-x^2 \leqslant\cos x \leqslant 1\).
Prolonger \(g\) par continuité en \(0\).
Montrer que \(g\) ainsi prolongée est dérivable en \(0\)?
Trouver \(\lim_{x \rightarrow + \infty} g(x)\).
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 \(\mathbb{R}^*\).
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 \(\mathbb{R}_+^*\).
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 : \(-x^2 \leqslant\cos x -1\leqslant 0\)
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 \(g\left(0\right)=\ln 2\).
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 \(g'\left(0\right)=0\).
Voir l’exercice [exo_cos_t_sur_t].