Branches infinies
Exercices du dossier Branches infinies
Exercice 698 *
18 janvier 2021 14:17 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-BaronConstruire la courbe \[y=\left( \dfrac{e^x+1}{2} \right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\]
[ID: 766] [Date de publication: 18 janvier 2021 14:17] [Catégorie(s): Branches infinies ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 698
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Introduisons la fonction \(f:x\mapsto \left( \dfrac{e^x+1}{2}\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}=e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\ln\left(\dfrac{e^x +1}{2}\right)}\). Le domaine de définition de \(f\) est \(\mathbb{R}^*\). \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) par opérations sur les fonctions dérivables et pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\) : \[f'(x)=\dfrac{ f(x)}{x^2}\left( -\ln( \dfrac{e^x+1}{2}) + \dfrac{xe^x}{e^x+1} \right)\] Étudions la fonction \(g\) donnée par \(g \left(x\right)= \dfrac{xe^x}{e^x+1} -\ln( \dfrac{e^x+1}{2})\). On a : \(g'(x)=\dfrac{xe^x}{(e^x+1)^2}\), de quoi on tire facilement les variations de \(g\) puis celles de \(f\): \(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}\). En utilisant les règles de calcul avec les DLs, on montre que : \(f(x)=e^{1/2} +\dfrac{ e^{1/2}}{8}x + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right)\). Donc on peut prolonger \(f\) par continuité en \(0\) en posant \(f\left(0\right)=e^{1/2}\) et le prolongement est dérivable en \(0\). En \(+\infty\), on remarque que \[\ln f(x) = \dfrac{1}{x}\ln\left(\dfrac{e^x + 1}{2}\right) = \dfrac{1}{x}\left(x + \ln\left(1+e^{-x}\right) -\ln 2 \right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} 1\] donc \(\lim_{+\infty} f= e\).
Exercice 240 *
18 janvier 2021 14:17 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-BaronÉtudier les branches infinies de la courbe \[y = x\operatorname{arctan} \left( \dfrac{x}{x-1}\right)\]
[ID: 768] [Date de publication: 18 janvier 2021 14:17] [Catégorie(s): Branches infinies ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 240
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Introduisons la fonction \(f:x \mapsto x\operatorname{arctan} \left( \dfrac{x}{x-1}\right)\). Elle est définie sur \(\mathbb{R}\setminus\left\{1\right\}\).
On a une branche infinie d’asymptote \(x=1\) quand \(x\rightarrow 1^+\) ou quand \(x\rightarrow 1^-\). On vérifie facilement que \(\lim_{+\infty}f=+\infty\). Étudions la branche infinie quand \(x\rightarrow +\infty\). À cette fin, formons un développement asymptotique de \(f\left(1/x\right)\) au voisinage \(x=0\). On obtient (grâce à la formule \(\operatorname{arctan} x+\operatorname{arctan} 1/x={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\) pour \(x>0\)), avec \(X=1/x\) : \(f\left(X\right)={\scriptstyle 1\over\scriptstyle X}\operatorname{arctan} {{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 1-X}}= {\scriptstyle 1\over\scriptstyle X}\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}-\operatorname{arctan} \left(1-X\right)\right)\). Posons \(g(X)=\operatorname{arctan} \left(1-X\right)\). Elle est définie sur \(\mathbb{R}\), dérivable sur \(\mathbb{R}\) par opérations et pour tout \(X\in\mathbb{R}\), on a : \(g'(X)={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 1-X+X^2/2}\). Donc \(g'(X)=-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}X+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X\right)\) et par primitivation, \(g(X)={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}-{\scriptstyle X\over\scriptstyle 2}-{\scriptstyle X^2\over\scriptstyle 4}+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X^2\right)\) donc \(f(X)=\dfrac{\pi}{4X} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{X}{4} + \underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X\right)\) ou encore \(f(x)= \dfrac{\pi}{4}x + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4x} +\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(x^{-1}\right)\). On en déduit que la droite d’équation \(y=\dfrac{\pi}{4}x + \dfrac{1}{2}\) est asymptote à la courbe en \(+\infty\). De plus \(f(x)-\dfrac{\pi}{4}x + \dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{4x} +\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(x^{-1}\right) \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{1}{4x}\) qui est positif au voisinage de l’infini. Donc \(f\) est au dessus de son asymptote en \(+\infty\). On fait de même en \(-\infty\).
Exercice 157 *
18 janvier 2021 14:17 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-BaronÉtudier les branches infinies de la fonction définie par \[f(x) = x^2 \operatorname{arctan} \Bigl(\dfrac{1}{1+x}\Bigr)\]
[ID: 770] [Date de publication: 18 janvier 2021 14:17] [Catégorie(s): Branches infinies ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 157
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Remarquons que \(f(x) \xrightarrow[x \rightarrow -1^{\pm}]{} \mp {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\). On vérifie facilement que \(\lim_{+\infty}f=+\infty\). Au voisinage de \(+\infty\), on a : \[\begin{split}f(x) \xlongequal{X=1/x} \dfrac{1}{X^2}\operatorname{arctan} \left(\dfrac{X}{1+X}\right) =\dfrac{1}{X^2}\operatorname{arctan} \left(X-X^2+X^3\underset{X \rightarrow 0^+}{o}\left(X^3\right) \right) =\dfrac{1}{X^2}\left( X-X^2+2/3X^3 +\underset{X \rightarrow 0^+}{o}\left(X^3\right)\right)\\= \dfrac{1}{X}-1+2/3X+\underset{X \rightarrow 0^+}{o}\left(X\right) =x - 1 + \dfrac{2}{3x} + \underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(1/x\right)\end{split}\] donc la droite d’équation \(y=x-1\) est asymptote à la courbe en \(+\infty\) et comme dans l’exercice précédent, on montre qu’elle est au dessus de son asympote. On procède de même en \(-\infty\).
Exercice 531 *
18 janvier 2021 14:17 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-BaronÉtudier les branches infinies de la fonction définie par \[f(x) = (x - 1) e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x-3}}\]
[ID: 772] [Date de publication: 18 janvier 2021 14:17] [Catégorie(s): Branches infinies ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 531
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Comme \(\lim_{3^+}f=+\infty\), \(f\) admet une branche infinie d’asymptote \(x=3\). En \(\pm\infty\), on a :\(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow + \infty]{}+ \infty\). Calculons un développement asymptotique de \(f\left(1/x\right)\) au voisinage de \(0\) de \(f\left(1/x\right)\) : \[f\left(1/x\right)=\dfrac{1-x}{x}e^{{\scriptstyle x\over\scriptstyle 1-3x}} = \dfrac{1-x}{x}e^{x+3x^2+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right)}= \dfrac{1-x}{x} \left(1+x+7/2x^2+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right)\right)=1/x+5/2x+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right)\] et \(f\left(x\right)= x+5/(2x)+\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(1/x\right)\) donc la droite d’équation \(y=x\) est asymptote au graphe de \(f\) en \(+ \infty\). On fait de même en \(-\infty\).
Exercice 245 **
18 janvier 2021 14:17 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-BaronConstruire les courbes représentatives des deux fonctions définies par : \[f(x)=\dfrac{\ln (1+x)}{\ln x} \quad \textrm{ et} \quad g(x)=\left( \dfrac{e^x+1}{2}\right) ^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\] On précisera les asymptotes éventuelles, la position de la courbe par rapport aux asymptotes, et on étudiera éventuellement les prolongements par continuité.
[ID: 774] [Date de publication: 18 janvier 2021 14:17] [Catégorie(s): Branches infinies ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 245
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Le domaine de définition de \(f\) est \(D_f=]0,1[\cup]1,+\infty[\). Cette fonction est dérivable sur son domaine de définition par opérations sur les fonctions dérivables et pour tout \(x\in D_f\), \(f'(x)=\dfrac{ x\ln x -(x+1)\ln(x+1) }{x(x+1)\ln^2 x} \leqslant 0\) (car \(x\ln x \leqslant(x+1)\ln(x+1)\)). Donc la fonction \(f\) est décroissante. On remarque que \(f(x)\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} \dfrac{x}{\ln x}\) et donc \(f(x)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{} 0\). Puisque \(\dfrac{f(x)}{x} \underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} \dfrac{1}{\ln x} \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{} -\infty\), la courbe présente une tangente verticale en \(0\). Lorsque \(x\rightarrow +\infty\), \(f(x)=\dfrac{ \ln x(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x})}{\ln x} = 1+\dfrac{\ln(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x})}{\ln x}\) et donc \(f(x)-1 \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{x\ln x} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} 0\). La droite \(y=1\) est une asymptote, et la position par rapport à l’asymptote se lit sur le tableau de variations.
Le domaine de définition de \(g\) est \(D_g=\mathbb{R} \setminus \{0\}\). \(g(x)=\exp\left[ \dfrac{1}{x}\ln \left( \dfrac{e^x+1}{2}\right) \right]\). \(g\) est dérivable sur son domaine de définition par opération sur les fonctions dérivables et pour tout \(x\in D_g\), \[g'(x) =\dfrac{ \left( \dfrac{e^x+1}{2} \right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} }{x^2} \left[ 2x\dfrac{e^x}{e^x+1}-\ln(\dfrac{e^x+1}{2}) \right]\] Étudions le signe de \(\varphi(x)= 2x\dfrac{e^x}{e^x+1} - \ln(\dfrac{e^x+1}{2})\). On remarque que \(\varphi'(x)= \dfrac{2xe^x}{(e^x+1)^2}\) est du signe de \(x\). Comme \(\varphi(0)=0\), il vient que \(g'(x) \geqslant 0\).
Lorsque \(x\rightarrow 0\), posons \[a(x)=\dfrac{1}{x}\ln( \dfrac{e^x+1}{2}) = \dfrac{1}{x}\ln( 1+ \dfrac{e^x-1}{2}) = \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{8}x - \dfrac{1}{192}x^3+o(x^3)\] On a alors \[\boxed{ g(x)= \sqrt{e}+\dfrac{\sqrt{e}}{8}x + \dfrac{\sqrt{e}}{128}x^2 + o(x^2) }\] Donc \(g\) se prolonge par continuité en \(0\) en posant \(g(0)=\sqrt{e}\). La fonction ainsi prolongée est dérivable en \(0\), de dérivée \(g'(0)=\dfrac{\sqrt{e}}{8}\) et localement, la courbe se situe au dessus de sa tangente.
Lorsque \(x\rightarrow +\infty\), posons \(h=\dfrac{1}{x}\), \[\widetilde{g}(h)= \exp\left( h \ln \left[ {\scriptstyle e^{ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle h} } +1 \over\scriptstyle 2} \right] \right)= \exp\left( 1+ h\ln\left[ {\scriptstyle 1+e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle h} } \over\scriptstyle 2} \right] \right)\] Lorsque \(h\rightarrow 0^{-}\), \(e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle h}}\rightarrow 0\), et donc \(\widetilde{g}(h)\rightarrow 1\). Lorsque \(h\rightarrow 0^{+}\), on utilise la deuxième expression : \(e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle h}} \rightarrow 0\) et donc \(\widetilde{g}(h) \rightarrow e\). On trouve donc que lorsque \(x\rightarrow -\infty\), \(g(x)\rightarrow 1\) et lorsque \(x\rightarrow +\infty\), \(g(x) \rightarrow e\). La position par rapport aux asymptotes se lit sur le tableau de variations.
Exercice 53 ***
18 janvier 2021 14:17 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-BaronÉtudier le prolongement en \(0\) et les branches infinies de la fonction définie par \[f(x) = \dfrac{x^3}{(x^2+1)\operatorname{arctan} x}\]
[ID: 776] [Date de publication: 18 janvier 2021 14:17] [Catégorie(s): Branches infinies ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 53
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:17
On a au voisinage de \(0\) : \[f(x) = \dfrac{x^3}{(x^2+1)\operatorname{arctan} x}=\dfrac{x^3}{x+2/3x^3+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^4\right)}=\dfrac{x^2}{1+2/3x^2+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left( x^3\right)}={x}^{2}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right)\] donc \(f\) est prolongeable par continuité en \(0\) en posant \(f\left(0\right)\). Son prolongement est dérivable en \(0\). La tangente au graphe de \(f\) en \(0\) est l’axe des abscisses et le graphe est au dessus de la tangente.
Pour étudier le comportement de \(f\) au voisinage de \(+\infty\), calculons un développement asymptotique au voisinage de \(0\) de \(f\left(1/x\right)\). On sait que pour tout \(x>0\), \(\operatorname{arctan} x + \operatorname{arctan} 1/x = \pi/2\) (voir la proposition page ) donc \(\operatorname{arctan} 1/x= \pi/2 -x+1/3x^3-1/5x^5+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^6\right)\) et on a : \[f\left(1/x\right)=\dfrac{1}{x\left(1+x^2\right)\left(\pi/2 -x+1/3x^3-1/5x^5+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^6\right)\right)}=\dfrac{2}{\pi x}\dfrac{1}{1+x^2}\dfrac{1}{1 -2/\pi x+2/(3\pi)x^3-(2/5\pi)x^5+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^6\right)}\] et \(f\left(x\right)=2\,{{\scriptstyle x\over\scriptstyle\pi }}+4\,{\pi }^{-2}+2\,{{\scriptstyle-1+4\,{\pi }^{-2}\over\scriptstyle\pi \,x}}+2\,{{\scriptstyle-2/3\,{\pi }^{-1}-2\,{{\scriptstyle{\pi }^{2}-4\over\scriptstyle{\pi }^{3} }}\over\scriptstyle\pi \,{x}^{2}}}+\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(x^2\right)\) donc la droite d’équation \(y=2\,{{\scriptstyle x\over\scriptstyle\pi }}+4\,{\pi }^{-2}\) est asymptote à la courbe en \(+\infty\).