Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale

Exercices du dossier Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale

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Exercice 802
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:41

Comme \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\), elle admet une primitive \(F\) sur \(\mathbb{R}\) d’après le théorème fondamental de l’analyse.

  1. 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 \(g'(x)=2xf(x^2)-2f(2x)\).

  2. 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 \(x\in\mathbb{R}\), \(g'\left(x\right)=2x\mathop{\mathrm{sh}}\left(x^2\right)f\left(\mathop{\mathrm{ch}}\left(x^2\right)\right)\).

  3. 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 \(g'\left(x\right)=2f\left(2x\right)-f\left(x\right)\).

  4. 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 \(g'\left(x\right)=\dfrac{f\left(\ln x\right)}{x}\).


Exercice 318 *

12 mai 2021 12:41 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

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 \(\forall x \in [a, b]\), \(f(x) = 0\).



[ID: 1922] [Date de publication: 12 mai 2021 12:41] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 318
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:41

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 \(\left[a,b\right]\).


Exercice 1011 **

12 mai 2021 12:41 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

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 \(f'(c) = 0\).



[ID: 1924] [Date de publication: 12 mai 2021 12:41] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 1011
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:41

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 \(f'(c) = 0\).


Exercice 991 *

12 mai 2021 12:41 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

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.



[ID: 1926] [Date de publication: 12 mai 2021 12:41] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 991
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:41

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 \(\varepsilon\in \{-1, 1\}\).


Exercice 38 *

12 mai 2021 12:41 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer le domaine de définition et la parité de l’application \[g:x \mapsto \int_{x}^{3x} e^{t^2} \; dt\]



[ID: 1928] [Date de publication: 12 mai 2021 12:41] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 38
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:41

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.


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Exercice 632
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:41
  1. \(\varphi\) 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 \(\mathbb{R}\).

  2. \(f\) 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 \(\mathop{\mathrm{sh}}\).

  3. \(f\) 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 \(\mathbb{R}\).

  4. 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 : \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow -\infty]{}-\infty\).

  5. On montre de plus facilement que \(f\) admet la bissectrice principale comme tangente en \(0\).

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Exercice 969 **

12 mai 2021 12:41 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) une fonction continue. On pose, pour tout \(x\in \mathbb{R}\), \[f(x)=\int_{0}^{x} \sin\left(x-t\right)g(t)\,\textrm{d}t\]

  1. Montrer que \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et que \[f'(x)=\int_{0}^{x} \cos\left(x-t\right)g(t)\,\textrm{d}t\]

  2. En déduire que \(f\) est solution de l’équation différentielle \(y''+y=g(x)\).

  3. Résoudre cette équation différentielle.



[ID: 1932] [Date de publication: 12 mai 2021 12:41] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 969
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:41
  1. 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 \(x\in\mathbb{R}\) : \[\begin{aligned} f'\left(x\right)&=& \cos x G_1\left(x\right) +\sin x \cos x g\left(x\right) + \sin x G_2\left(x\right) -\cos x \sin x g\left(x\right) \\ &=& \cos x G_1\left(x\right) + \sin x G_2\left(x\right)\\ &=&\int_{0}^{x} \cos\left(x-t\right)g(t)\,\textrm{d}t \end{aligned}\]

  2. 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.

  3. Les solutions de \(y''+y=0\) sont les fonctions : \(x\mapsto \alpha \cos x+\beta \sin x\)\(\alpha,\beta\) 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 \(\alpha,\beta\in \mathbb{R}\)


Exercice 895 **

12 mai 2021 12:41 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère la fonction \(f\) donnée par \(f\left(x\right)=\int_{x}^{4x} e^{-t^2}\,\textrm{d}t\)

  1. Déterminer l’ensemble de définition de \(f\).

  2. Montrer que \(f\) est impaire.

  3. Déterminer la dérivée de \(f\) et en déduire ses variations.

  4. Déterminer les limites de \(f\) aux bornes de son domaine.



[ID: 1934] [Date de publication: 12 mai 2021 12:41] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 895
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:41
  1. 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 \(x\in\mathbb{R}\), \(f\left(x\right)=F\left(4x\right)-F\left(x\right)\)..

  2. 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.

  3. 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 \(\left[\sqrt{\dfrac{2\ln{2}}{15}},+\infty\right[\).

  4. \(\varphi\) 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 : \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow -\infty]{}0\)

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Exercice 708 **

12 mai 2021 12:42 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), on pose \(f\left(x\right) = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{1+t^4}}\,\textrm{d}t\).

  1. Montrer que \(f\) est bien définie.

  2. En effectuant un changement de variable, montrer que, pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\) : \(f\left(x\right)=f\left(\dfrac{1}{2x}\right)\).

  3. En déduire un équivalent simple de \(f\) en \(+\infty\).



[ID: 1936] [Date de publication: 12 mai 2021 12:42] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 708
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:42
  1. 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 \(F\).

  2. Soit \(x\in\mathbb{R}^*\). On a : \[\begin{aligned} f\left(\dfrac{1}{2x}\right)&=&\int_{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2x}}^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} \dfrac{1}{\sqrt{1+t^4}}\,\textrm{d}t\\ &\xlongequal{u={\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}}&\int_{{2x}}^{{x}} -\dfrac{1}{u^2}\dfrac{1}{\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle u^4}}}\,\textrm{d}u\\ &=&\int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{1+u^4}}\,\textrm{d}t\\ &=&f\left(x\right) \end{aligned}\]

  3. 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 \(\boxed{f\left(x\right)\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{1}{2x}}\).


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Exercice 1015
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:42
  1. 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 \(g\left(0\right)=f\left(0\right)\).

  2. 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 \(x\in\mathbb{R}^*\) : \[g'\left(x\right)= \dfrac{2x\left(F'\left(x\right) + F'\left(-x\right) \right) - 2\left(F\left(x\right)-F\left(-x\right)\right) }{4x^2}=\dfrac{x\left(f\left(x\right) + f\left(-x\right) \right) - \left(F\left(x\right)-F\left(-x\right)\right) }{2x^2}=\dfrac{f\left(x\right) + f\left(-x\right) - g\left(x\right)}{2x} .\]

  3. 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 \(\boxed{g'\left(0\right)=f'\left(0\right)}\)..


Exercice 759 ***

12 mai 2021 12:42 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On se propose d’étudier la fonction définie par \(g(x)= \int_x^{2x} \dfrac{\mathop{\mathrm{ch}}t}{t^2} dt\).

  1. Montrer que le domaine de définition de \(g\) est \(\mathbb{R}^{*}\).

  2. Etudier la parité de la fonction \(g\).

  3. Calculer la dérivée de la fonction \(g\) et dresser son tableau de variations.

  4. Calculer la limite de la fonction \(g\) en \(0\) et en \(+\infty\).



[ID: 1940] [Date de publication: 12 mai 2021 12:42] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 759
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:42
  1. 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 \(\mathbb{R}^*\).

  2. 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 \(I=]0,+\infty[\).

  3. 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 : \[g'(x)=2 F'\left(2x\right) - F'\left(x\right)= 2f\left(2x\right)-f\left(x\right)=2\dfrac{ \mathop{\mathrm{ch}}(2x)}{(2x)^2}- \dfrac{ \mathop{\mathrm{ch}}x}{x^2} = \dfrac{ 2\mathop{\mathrm{ch}}^2x-2\mathop{\mathrm{ch}}x -1}{x^2}.\] 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 \(]x_0,+\infty[\).

  4. 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 \(\lim_{x\rightarrow +\infty} g(x)=+\infty\).

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Exercice 972
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:42
  1. 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 \(\psi(0)=C\), \[\forall x\geqslant 0, \psi(x)\leqslant C \Rightarrow f(x)\leqslant\varphi(x)\leqslant Ce^{\int_0^x g(t) \mathrm{ \;d}t}\]

  2. Lorsque \(C=0\), on trouve que \(f\) est nulle sur \([0,+\infty[\).


Exercice 491 **

12 mai 2021 12:42 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Étudier la fonction définie par \[g(x)= \int_x^{x^2} \dfrac{e^t}{t} dt.\]



[ID: 1944] [Date de publication: 12 mai 2021 12:42] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 491
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:42

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, \(g(x)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}+\infty\).

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Exercice 209 **

12 mai 2021 12:42 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient deux fonctions continues \(f\) et \(g\) sur \([0,1]\). On suppose que \(\forall x \in [0,1]\), \[f(x)=\int_0^x g(t) \mathrm{ \;d}t \textrm{ et } g(x)=\int_0^x f(t) \mathrm{ \;d}t\]

  1. Montrer que \(f\) et \(g\) sont \(\mathcal{C}^{\infty}\) ;

  2. Montrer que \(f=g=0\).



[ID: 1946] [Date de publication: 12 mai 2021 12:42] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 209
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:42
  1. 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 \(f,g\in\mathcal{C}^{\infty}\left(\left[0,1\right]\right)\).

  2. 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.


Exercice 396 **

12 mai 2021 12:42 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit la fonction définie par \[g(x)= \int_x^{2x} \dfrac{\cos t}{t} \mathrm{ \;d}t\]

  1. Montrer que la fonction \(g\) est définie et dérivable sur \(\mathbb{R}^*\).

  2. Étudier la parité de \(g\).

  3. Montrer que pour tout \(x\in\left[0,\pi/2\right]\), \(1-x^2 \leqslant\cos x \leqslant 1\).

  4. Prolonger \(g\) par continuité en \(0\).

  5. Montrer que \(g\) ainsi prolongée est dérivable en \(0\)?

  6. Trouver \(\lim_{x \rightarrow + \infty} g(x)\).



[ID: 1948] [Date de publication: 12 mai 2021 12:42] [Catégorie(s): Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 396
Par emmanuel 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].


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