Enoncé

On note $I$ l’intervalle $]0\,,\,+\infty[$ et on considère la fonction $F$ définie sur $I$ par :

$$F(x)=\int_{\ln(2)}^{x}\frac{dt}{\sqrt{e^t-1}}$$

1.a. Etudier le signe de $F(x)$ pour tout réel $x$ dans $I$.

1.b. Montrer que $F$ est dérivable sur $I$ et donner l’expression de $F^{\prime}(x)$ pour tout réel $x$ dans $I$.

1.c. Montrer que $F$ est strictement croissante sur $I$.

2.a. À l’aide d’une intégration par changement de variable en posant $u=\sqrt{e^t-1}$, montrer que pour tout réel $x$ dans $I$, on a :

$$\int_{\ln(2)}^{x}\frac{dt}{\sqrt{e^t-1}}=2\arctan\left(\sqrt{e^x-1}\right)-\frac{\pi}{2}$$

2.b. Calculer les limites : $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}F(x)$ et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)$

3.a. Montrer que $F$ réalise une bijection de $I$ vers un intervalle $J$ que l’on précisera.

3.b. Déterminer l’expression de la bijection réciproque $F^{-1}$ de $F$.

 

FIN

Indications

Question 1.a :

Il faudra appliquer le théorème suivant :


Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a\leq b$.

Soit $f$ une fonction continue sur $[a\,,\,b]$. Si $f\geq 0$, alors $\displaystyle\int_{a}^{b}f(t)dt\geq 0$.


En effet, si $f\geq 0$, une primitive quelconque $F$ de $f$ est croissante sur $[a\,,\,b]$ (puisque $F^{\prime}=f$). Il en découle que $F(b)\geq F(a)$ ou encore $F(b)-F(a)\geq 0$, soit $\displaystyle\int_{a}^{b}f(t)dt\geq 0$.

Remarque :

On raisonne de la même façon si $f$ est inférieure ou égale à zéro.

 

Question 1.b :

Il faudra s’appuyer sur le théorème suivant puis conclure :


Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $I$ et $a$ un réel de $I$.

La fonction définie sur $I$ par $\displaystyle x\mapsto\int_{a}^{x}f(t)dt$ est LA primitive de $f$ qui s’annule en $a$.


Question 2.b :

Il faudra utiliser l’expression de $F$ établie à la question 2.a.

Corrigé

$I$ est l’intervalle $]0\,,\,+\infty[$, et $F$ est la fonction définie sur $I$ par :

$$F(x)=\int_{\ln(2)}^{x}\frac{dt}{\sqrt{e^t-1}}$$

1.a. Signe de $F(x)$ pour tout réel $x$ dans $I$ :

Soit $t$ un réel dans $I$.

On commence par montrer que la fonction $\displaystyle t\mapsto\frac{1}{\sqrt{e^t-1}}$ est continue sur $I$ :

D’une part, la fonction $\displaystyle t\mapsto\sqrt{e^t-1}$ est la composée de $\displaystyle  t\mapsto e^t-1$ et de $\displaystyle  t\mapsto\sqrt{t}$, or la fonction $\displaystyle  t\mapsto\sqrt{t}$ est continue sur $I$ et la fonction $\displaystyle  t\mapsto e^t-1$ est continue et à valeurs strictement positives sur $I$, donc par composition, la fonction $\displaystyle t\mapsto\sqrt{e^t-1}$ est continue sur $I$.

Et d’autre part, la fonction $\displaystyle t\mapsto\frac{1}{\sqrt{e^t-1}}$ est la composée de $\displaystyle t\mapsto\sqrt{e^t-1}$ continue sur $I$ et de $\displaystyle t\mapsto\frac{1}{t}$ continue et ne s’annulant pas sur $I$, donc par composition $\displaystyle t\mapsto\frac{1}{\sqrt{e^t-1}}$ est continue sur $I$.

On détermine ensuite le signe de $F$ :

Pour tout réel $t$ dans $I$, on a $\displaystyle\frac{1}{\sqrt{e^t-1}}>0$. On en déduit que :

Si $0<x<\ln(2)$, alors par inversion des bornes, on a $\displaystyle F(x)=-\int_{x}^{\ln(2)}\frac{dt}{\sqrt{e^t-1}}<0$ d’après le théorème rappelé dans l’indication.

Si $\ln(2)<x$, alors $\displaystyle F(x)=\int_{\ln(2)}^{x}\frac{dt}{\sqrt{e^t-1}}>0$.

D’où le tableau de signe de $F$ ci-dessous :

$$\large\begin{array}{|c|lcr|} \hline x & 0\qquad\qquad\qquad\qquad& \ln(2) &\qquad\qquad\qquad\qquad+\infty \\  \hline \\\text{Signe de } F(x) &\|\qquad\qquad -\qquad\qquad&0&\qquad\qquad +\qquad\qquad \\ \\ \hline \end{array}$$

1.b. $F$ est dérivable sur $I$ et expression de $F^{\prime}(x)$ pour tout réel $x$ dans $I$ :

Puisque, pour tout réel $t$ dans $I$, la fonction $\displaystyle\frac{1}{\sqrt{e^t-1}}$ est continue sur $I$, et puisque $\ln(2)$ est un réel de $I$, alors $F$ est LA primitive de $\displaystyle\frac{1}{\sqrt{e^t-1}}$ sur $I$ qui s’annule en $\ln(2)$.

$F$ est donc dérivable sur $I$ et on a pour tout réel $x$ dans $I$, $\displaystyle F^{\prime}(x)=\frac{1}{\sqrt{e^x-1}}$.

1.c. $F$ est strictement croissante sur $I$ :

Pour tout réel $t$ dans $I$, on a $\displaystyle\frac{1}{\sqrt{e^t-1}}>0$. On en déduit que $F^{‘}(x)>0$ et par suite, $F$ est strictement croissante sur $I$.

D’où le tableau de variations de $F$ :

$$\large\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & 0\qquad&&\qquad \ln(2) \qquad &&\qquad +\infty \\ \hline \text{Signe de } F^{\prime} &\|&&+&&\\ \hline \hline &&&&\nearrow&\\ \text{Variations de } F &&&0&&\\&&\nearrow&&&\\ \hline \end{array}$$

2.a. Une autre expression de $F$ :

L’objectif de cette question est de montrer, à l’aide d’une intégration par changement de variable en posant $\displaystyle u=\sqrt{e^t-1}$, que pour tout réel $x$ dans $I$, on a :

$$\int_{\ln(2)}^{x}\frac{dt}{\sqrt{e^t-1}}=2\arctan\left(\sqrt{e^x-1}\right)-\frac{\pi}{2}$$

Soient $x$ et $t$ deux réels dans $I$ et posons donc $\displaystyle u=\sqrt{e^t-1}$.

On a,

$$\begin{align}u=\sqrt{e^t-1}&\Leftrightarrow u^2=e^t-1\\&\Leftrightarrow u^2+1=e^t\\&\Leftrightarrow t=\ln\left(u^2+1\right)\quad\text{Car }u^2+1>0\end{align}$$

D’où,

$$dt=\frac{2u}{u^2+1}du$$

Attention : Il faut aussi changer les bornes ;-)

Lorsque $t$ vaut $\ln(2)$, $u$ vaut $\sqrt{e^{\ln(2)}-1}$ soit $1$.

Lorsque $t$ vaut $x$, $u$ vaut $\sqrt{e^x-1}$.

Il vient,

$$\begin{align}\int_{\ln(2)}^{x}\frac{dt}{\sqrt{e^t-1}}&=\int_{1}^{\sqrt{e^x-1}}\frac{1}{u}\times\frac{2u}{u^2+1}du\\\\&=2\int_{1}^{\sqrt{e^x-1}}\frac{du}{u^2+1}\\\\&=2\left[\arctan(u)\right]_{1}^{\sqrt{e^t-1}}\\\\&=2\left(\arctan\left(\sqrt{e^t-1}\right)-\arctan(1)\right)\\\\&=2\left(\arctan\left(\sqrt{e^t-1}\right)-\frac{\pi}{4}\right)\end{align}$$

Finalement, pour tout réel $x$ dans $I$, on a $\displaystyle\int_{\ln(2)}^{x}\frac{dt}{\sqrt{e^t-1}}=2\arctan\left(\sqrt{e^x-1}\right)-\frac{\pi}{2}$.

2.b. Calculer de deux limites :

L’objectif de cette question est de calculer les deux limites $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}F(x)$ et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)$.

Pour ce faire, nous allons utiliser l’expression de $F$ établie à la question précédente.

Soit $x$ un réel dans $I$. On a $\displaystyle\int_{\ln(2)}^{x}\frac{dt}{\sqrt{e^t-1}}=2\arctan\left(\sqrt{e^x-1}\right)-\frac{\pi}{2}$.

Calcul de la limite $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}F(x)$ :

On a d’une part, la fonction $\displaystyle x\mapsto\sqrt{e^x-1}$ est la composée de $x\mapsto e^x-1$ et de $X\mapsto\sqrt{X}$.

Or $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}e^x-1=0$ et $\displaystyle\lim_{X\to 0}\sqrt{X}=0$, on peut donc écrire $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\sqrt{e^x-1}=\lim_{X\to 0}\sqrt{X}=0$ par composition avec $X=e^x-1$.

Et d’autre part, la fonction $\displaystyle x\mapsto\arctan\left(\sqrt{e^x-1}\right)$ est la composée de $x\mapsto\sqrt{e^x-1}$ et de $x\mapsto\arctan(x)$. Comme $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\sqrt{e^x-1}=0$ et $\displaystyle\lim_{X\to 0}\arctan{X}=0$ alors on peut écrire $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\arctan\left(\sqrt{e^x-1}\right)=\lim_{X\to 0}\arctan(X)=0$ par composition avec $X=\sqrt{e^x-1}$.

On en déduite que : $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}F(x)=-\frac{\pi}{2}$.

Calcul de la limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)$ :

Puisque $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}e^x-1=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{X\to +\infty}\sqrt{X}=+\infty$ alors $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\sqrt{e^x-1}=\lim_{X\to +\infty}\sqrt{X}=+\infty$ par composition avec $X=e^x-1$.

De plus, comme $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\sqrt{e^x-1}=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{X\to +\infty}\arctan{X}=\frac{\pi}{2}$ alors on peut écrire $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\arctan\left(\sqrt{e^x-1}\right)=\lim_{X\to +\infty}\arctan(X)=\frac{\pi}{2}$ par composition avec $X=\sqrt{e^x-1}$.

On en déduite que : $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)=\frac{\pi}{2}$.

3.a. $F$ réalise une bijection de $I$ sur un intervalle $J$ que l’on précisera :

On sait d’après la question 1.b que $F$ est dérivable sur $I$. Donc $F$ est continue sur $I$.

On sait d’après la question 1.c que $F$ est strictement croissante. De ces deux données (F continue + croissante), on déduit que $F$ réalise une bijection de l’intervalle $I$ vers l’intervalle $J$ tel que $\displaystyle J=F(I)=]\lim_{x\to 0^+}F(x)\,,\,\lim_{x\to +\infty}F(x)[$.

$F$ réalise donc une bijection de l’intervalle $I$ sur l’intervalle $J=\left]-\frac{\pi}{2}\,,\,\frac{\pi}{2}\right[$.

3.b. Expression de la bijection réciproque $F^{-1}$ de $F$ :

On appelle bijection réciproque de $F$ la fonction définie sur $J$, à valeurs dans $I$, notée $F^{-1}$, telle que pour tous éléments $x$ de $I$ et $y$ de $J$, on a :

$$y=F(x)\quad \Leftrightarrow\quad x=F^{-1}(y)$$

Or on vient de démontrer à la question précédente que $F$ réalise donc une bijection de l’intervalle $I$ sur l’intervalle $J=\left]-\frac{\pi}{2}\,,\,\frac{\pi}{2}\right[$. Concrètement, cela signifie que pour tout $y$ de $J$, il existe un unique $x$ de $I$ tel que $F(x)=y$. Soit,

$\forall y\in J$, $\exists\,!\,x\in I$ tel que $y=F(x)$

C’est à dire,

$$y=2\arctan\left(\sqrt{e^x-1}\right)-\frac{\pi}{2}$$

Autrement dit,

$$\frac{1}{2}\left(y+\frac{\pi}{2}\right)=\arctan\left(\sqrt{e^x-1}\right)$$

 

Comme pour tout réel $t$, on a $\displaystyle\tan(\arctan(t))=t$, et sachant que $y$ dans $J$ signifie que $\displaystyle -\frac{\pi}{2}<y<\frac{\pi}{2}$ c’est à dire $\displaystyle 0<\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{2}$. On en déduit que,

$$\tan\left(\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{e^x-1}$$

Soit en élevant au carré,

$$\tan^2\left(\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1=e^x$$

Comme $\displaystyle\tan^2\left(\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1 >0$, alors,

$$x=\ln\left(\tan^2\left(\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1\right)$$

Par ailleurs, on a pour tout $y$ dans $J$,

$$\begin{align}\ln\left(\tan^2\left(\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1\right)&=\ln\left(\frac{1}{\cos^2\left(\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}\right)}\right)\\&=-\ln\left(\cos^2\left(\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\right)\\&=-2\ln\left(\cos\left(\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\right)\\&=-2\ln\left(\cos\left(\frac{y}{2}\right)\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)-\sin\left(\frac{y}{2}\right)\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)\right)\\&=-2\ln\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\left(\frac{y}{2}\right)-\sin\left(\frac{y}{2}\right)\right)\right)\\&=-2\left[\ln\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+\ln\left(\cos\left(\frac{y}{2}\right)-\sin\left(\frac{y}{2}\right)\right)\right]\end{align}$$

Avec,

$$\ln\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\ln\left(\sqrt{2}\right)-\ln(2)=\frac{\ln(2)}{2}-\ln(2)=-\frac{\ln(2)}{2}$$

D’où pour tout $y$ dans $J$,

$$\begin{align}\ln\left(\tan^2\left(\frac{y}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1\right)&=-2\left[\ln\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+\ln\left(\cos\left(\frac{y}{2}\right)-\sin\left(\frac{y}{2}\right)\right)\right]\\&=\ln(2)-2\ln\left(\cos\left(\frac{y}{2}\right)-\sin\left(\frac{y}{2}\right)\right)\end{align}$$

Ainsi, la bijection réciproque $F^{-1}$ de $F$ est définie par :

$F^{-1}:\begin{cases}\left]-\frac{\pi}{2}\,,\,\frac{\pi}{2}\right[\to I \\ x\mapsto\ln(2)-2\ln\left(\cos\left(\frac{x}{2}\right)-\sin\left(\frac{x}{2}\right)\right)\end{cases}$

 

FIN

Saïd BENLAADAM
Je suis ingénieur télécoms de formation et j’exerce ce métier depuis toujours. Je reste cependant passionné par les mathématiques et très proche de ce domaine.
À travers mathsland, je m’enrichis chaque jour au contact de personnes remarquables, passionnées et passionnantes.
  1. EL HAJJAMI AbdelKarim

    Bonjour Saîd, premièrement je vous remercie bien pour ce travail.
    Je vois que vous avez fait une petite erreur quest 2-b Calcul de la limite au voisinage +oo car vous avez oubliez de multiplier par 2 et trancher – Pi/2 et par la même le résultats sera -Pi/4 et non Pi/2
    Remarque : lorsque vous fixer un t dans R par exemple vous n’avez plus le droit après de le rendre variable comme vous faites lorsque cous considérez un fonction f qui associe t à f(t).
    Cordialement

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