Enoncé

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par :

$$f(x)=\begin{cases}\left(x+\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^{2}}} \,\,\,\,\,&\text{Si}\,x\neq 0\\ 0\,\qquad &\text{Si}\,x=0 \end{cases}$$

On note $\mathscr{C}_{f}$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $\left(O\,,\,\vec{i}\,,\,\vec{j}\right)$.

Voici quelques valeurs utiles si vous ne souhaitez pas utiliser votre calculatrice :

$\sqrt{\frac{2}{3}}\sim 0,8$, $\frac{5}{\sqrt{6}}\sim 0,5$ et $e^{-\frac{3}{2}}\sim 0,22$

PARTIE I

1. Montrer que $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.

2. Montrer que $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et donner l’expression de $f^{\prime}(x)$ pour tout réel $x$.

3. Montrer que $f$ est impaire.

4. Étudier les variations de $f$ et dresser son tableau de variation. On fera apparaître les limites de $f$ au voisinage de l’infini.

5. Montrer que la droite d’équation $y=x$ est asymptote à $\mathscr{C}_{f}$ au voisinage de $+\infty$.

6. Montrer que le point $A$ de coordonnées $\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,\frac{5}{\sqrt{6}}\,e^{-\frac{3}{2}}\right)$ est un point d’inflexion de la courbe $\mathscr{C}_{f}$.

7. Tracer la courbe $\mathscr{C}_{f}$.

Partie II

$x$ est un réel.

On considère la fonction $F$ définie par :

$$F(x)=\int_{x}^{x+1}f(t)dt$$

On note $\mathscr{C}_{F}$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $\left(O\,,\,\vec{i}\,,\,\vec{j}\right)$.

1. Vérifier que $F$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ puis montrer que le point $I$ de coordonnées $\left(-\frac{1}{2}\,,\,0\right)$ est le centre de symétrie de $\mathscr{C}_{F}$.

2. Montrer que pour tout réel $x$, il existe un réel $y$ dans l’intervalle $]x\,,\,x+1[$ tel que $F(x)=f(y)$.

3. Calculer la limite : $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)$.

4. Étudier les variations de $F$ et donner une équation de la tangente à $\mathscr{C}_{F}$ au point $I$.

5. Montrer que pour tout réel $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et pour tout réel $t$ dans l’intervalle $[x\,,\,x+1]$, on a :

$$(f(x+1)-f(x))(t-x)+f(x)\leq f(t)<t$$

6. Montrer que pour tout réel $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, on a :

$$\frac{1}{2}\left(f(x+1)+f(x)\right)\leq F(x)\leq x+\frac{1}{2}$$

7. En déduire que la droite d’équation $\displaystyle y=x+\frac{1}{2}$ est asymptote à $\mathscr{C}_{F}$ au voisinage de $+\infty$.

FIN

Indications

Vous trouverez dans cet onglet des indications pour les questions délicates ou particulièrement difficiles :)

Partie I

Question 1 :

Continuité de $f$ en $0$ : Un calcul direct de la limite $\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)$ donne une forme indéterminée. Pour lever l’indétermination, il faudra écrire la limite $\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)$ sous la forme $\displaystyle\lim_{x\to 0}xe^{-\frac{1}{x^{2}}}+\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\,e^{-\frac{1}{x^{2}}}$.

Question 5 :

Il faudra écrire l’expression $f(x)-x$ sous la forme $\displaystyle \frac{1}{x}\left(\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}-1}{\frac{1}{x^2}}\right)+\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x}$, pour tout $x\neq 0$

Partie II

Question 2 :

Il faudra appliquer le théorème des accroissements finis.

Question 5 :

Il faudra étudier les fonctions $t\mapsto f(t)-t$ et $t\mapsto f(t)-\left(\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)+f(x)\right)$.

Corrigé

$f$ est la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par :

$$f(x)=\begin{cases}\left(x+\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^{2}}} \,\,\,\,\,&\text{Si}\,x\neq 0\\ 0\,\qquad &\text{Si}\,x=0 \end{cases}$$

$\mathscr{C}_{f}$ est sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

Voici quelques valeurs utiles si vous ne souhaitez ne pas utiliser votre calculatrice :

$\sqrt{\frac{2}{3}}\sim 0,8$, $\frac{5}{\sqrt{6}}\sim 0,5$ et $e^{-\frac{3}{2}}\sim 0,22$

PARTIE I

1. $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ :

Pour $x\neq 0$, $f(x)= \left(x+\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^{2}}}$.

La fonction $f$ est le produit des fonctions $\displaystyle x\mapsto x+\frac{1}{x}$ et $\displaystyle x\mapsto e^{-\frac{1}{x^{2}}}$.

La fonction $\displaystyle x\mapsto x+\frac{1}{x}$ est la somme de $x\mapsto x$ continue sur $\mathbb{R}^{*}$ et de $x\displaystyle\mapsto \frac{1}{x}$ continue sur $\mathbb{R}^{*}$. Par somme $\displaystyle x\mapsto x+\frac{1}{x}$ est continue sur $\mathbb{R}^{*}$.

La fonction $\displaystyle x\mapsto e^{-\frac{1}{x^{2}}}$ est la composée de $\displaystyle x\mapsto -\frac{1}{x^{2}}$ continue sur $\mathbb{R}^{*}$ et de $x\mapsto e^{x}$ continue sur $\mathbb{R}^{*}$. Donc par composition, $\displaystyle x\mapsto e^{-\frac{1}{x^{2}}}$ est continue sur $\mathbb{R}^{*}$.

Enfin, par somme, $f$ est continue sur $\mathbb{R}^{*}$.

 

Pour $x=0$ :

$f$ est continue en $0$ si et seulement si $\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)=f(0)$.

Un calcul direct de la limite $\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)$ donne une forme indéterminée ($\infty\times 0$).

On procède ainsi pour lever cette indétermination :

$$\begin{align}\lim_{x\to 0}f(x)&=\lim_{x\to 0}\left(x+\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^{2}}}\\&=\lim_{x\to 0}xe^{-\frac{1}{x^{2}}}+\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\,e^{-\frac{1}{x^{2}}}\end{align}$$

Calcul de la limite $\displaystyle\lim_{x\to 0}x\,e^{-\frac{1}{x^{2}}}\,$ :

$\displaystyle x\mapsto e^{-\frac{1}{x^{2}}}$ est la composée de $x\mapsto-\frac{1}{x^{2}}$ et de $X\mapsto e^{X}$.

Or, $\displaystyle\lim_{x\to 0}-\frac{1}{x^{2}}=-\infty$ et $\displaystyle\lim_{X\to -\infty}e^{X}=0$, on peut donc écrire $\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{X\to -\infty}e^X=0$ par composition avec $X=-\frac{1}{x^{2}}$, d’où par produit, $\displaystyle\lim_{x\to 0}xe^{-\frac{1}{x^{2}}}=0$.

 

Calcul de la limite $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\,e^{-\frac{1}{x^{2}}}$ :

On a $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\,e^{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to 0}\left(x\times\frac{1}{x^2}e^{-\frac{1}{x^2}}\right)$, or $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\,e^{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{y\to +\infty}ye^{-y}=\lim_{y\to +\infty}\frac{y}{e^y}=0$ d’après les croissances comparées.

D’où, $\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(x\times\frac{1}{x^2}\,e^{-\frac{1}{x^2}}\right)=0$.

Par suite,

$$\begin{align}\lim_{x\to 0}f(x)&=\lim_{x\to 0}\left(x+\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^{2}}}\\&=\lim_{x\to 0}xe^{-\frac{1}{x^{2}}}+\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\,e^{-\frac{1}{x^{2}}}\\&=0\\&=f(0)\end{align}$$

$f$ est donc continue en zéro.

$f$ est continue sur $\mathbb{R}^{*}$ et en $0$. $f$ est donc continue sur $\mathbb{R}$.

 

2. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ :

Pour $x\neq 0$, $f(x)= \left(x+\frac{1}{x}\right)\,e^{-\frac{1}{x^{2}}}$.

La fonction $f$ est le produit des fonctions $\displaystyle x\mapsto x+\frac{1}{x}$ et $\displaystyle x\mapsto e^{-\frac{1}{x^{2}}}$.

La fonction $\displaystyle x\mapsto x+\frac{1}{x}$ est la somme de $x\mapsto x$ dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$ et de $\displaystyle x\mapsto \frac{1}{x}$ dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$. Par somme $\displaystyle x\mapsto x+\frac{1}{x}$ est dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$.

La fonction $\displaystyle x\mapsto e^{-\frac{1}{x^{2}}}$ est la composée de $\displaystyle x\mapsto -\frac{1}{x^{2}}$ dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$ et de $x\mapsto e^{x}$ dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$. Donc par composition, $\displaystyle x\mapsto e^{-\frac{1}{x^{2}}}$ est dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$.

Enfin, par somme, $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$.

 

Pour $x=0$ :

$f$ est dérivable en $0$ si et seulement si le taux d’accroissement $\displaystyle\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$ admet une limite finie lorsque $x$ tend vers $0$.

On a :

$$\begin{align}\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}&=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}\\&=\lim_{x\to 0}\left(1+\frac{1}{x^2}\right)e^{-\frac{1}{x^2}}\\&=\lim_{x\to 0}e^{-\frac{1}{x^2}}+\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\,e^{-\frac{1}{x^2}}\end{align}$$

Ces deux limites $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\,e^{-\frac{1}{x^2}}$ et et $\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{-\frac{1}{x^2}}$ ont été calculées à la question précédente et valent $0$ chacune.

Donc, $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=0$. $f$ est donc dérivable en $0$ et $f^{\prime}(0)=0$.

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$ et en zéro. $f$ est donc dérivable sur $\mathbb{R}$.

Expression de $f^{\prime}(x)$ :

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, on a :

$$\begin{align}f^{\prime}(x)&=\left(1-\frac{1}{x^2}\right)e^{-\frac{1}{x^2}}+\frac{2}{x^3}\left(x+\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^2}}\\&=\left(1+\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x^4}\right)e^{-\frac{1}{x^2}}\\&=\frac{x^4+x^2+2}{x^4}\,e^{-\frac{1}{x^2}}\end{align}$$

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, $\displaystyle f^{\prime}(x)= \frac{x^4+x^2+2}{x^4}e^{-\frac{1}{x^2}}$.

3. $f$ est impaire :

$f$ est définie sur $\mathbb{R}$ et pour tout $x\in\mathbb{R}$, on a $-x\in\mathbb{R}$.

Soit $x\in\mathbb{R}$, on a :

$$\begin{align}f(-x)&=\left(-x-\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{(-x)^2}}\\&=-\left(x+\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^2}}\\&=-f(x)\end{align}$$

Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $-x\in\mathbb{R}$ et $f(-x)=-f(x)$. $f$ est donc impaire.

4. Variations de $f$ :

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$ on a $\displaystyle f^{\prime}(x)= \frac{x^4+x^2+2}{x^4}\,e^{-\frac{1}{x^2}}$.

$f^{\prime}$ est donc positive sur $\mathbb{R}$, en particulier $f^{\prime}(0)=0$ et $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$.

 

Limite de $f$ au voisinage de $+\infty$ :

$\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}\left(x+\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^2}}$.

On a d’une part, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} x+\frac{1}{x}=+\infty$, et d’autre part, la fonction $\displaystyle x\mapsto e^{-\frac{1}{x^2}}$ est la composée de $\displaystyle x\mapsto -\frac{1}{x^2}$ et de $\displaystyle X\mapsto e^X$. Or, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}-\frac{1}{x^2}=0$ et $\displaystyle\lim_{X\to 0}e^X=1$, on peut donc écrire $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}e^{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{X\to 0} e^X=1$ par composition avec $X=-\frac{1}{x^2}$.

 

Et par suite, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty\times 1=+\infty$.

La limite de $f$ au voisinage de $-\infty$ se déduit de la limite de $f$ au voisinage de $+\infty$ par symétrie centrale de centre $O$ car $f$ est impaire, et on a : $\displaystyle\lim_{x\to -\infty}f(x)= -\lim_{x\to +\infty}f(x)=-\infty$.

Tableau de variations de $f$ :

$$\large\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & -\infty\qquad&&\qquad 0 \qquad &&\qquad +\infty \\ \hline \text{Signe de } f^{\prime} &&&+&&\\ \hline \hline &&&&&+\infty\\ \text{Variations de } f &&&\nearrow&&\\&-\infty&&&&\\ \hline \end{array}$$

5. La droite d’équation $y=x$ est asymptote à $\mathscr{C}_{f}$ au voisinage de $+\infty$ :

Pour montrer que la droite d’équation $y=x$ est asymptote oblique à $\mathscr{C}_{f}$ au voisinage de $+\infty $, il faut et il suffit de montrer que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)=0$.

Un calcul direct de la limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)$ donne une forme indéterminée ($+\infty -\infty$). On procède ainsi lever cette indétermination.

Pour tout réel $x$ différent de $0$, on a :

$$\begin{align}f(x)-x&=\left(x+\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^2}}-x\\&=\left(e^{-\frac{1}{x^2}}-1\right)x+\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x}\\&=\frac{1}{x}\left(\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}-1}{\frac{1}{x^2}}\right)+\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x}\end{align}$$

Soit par passage à la limite :

$$\begin{align}\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)&=\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}\left(\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}-1}{\frac{1}{x^2}}\right)+\lim_{x\to +\infty}\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x}\end{align}$$

Calcul de la limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}\left(\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}-1}{\frac{1}{x^2}}\right)$ :

On a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}=0$ et,

$$\begin{align}\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}-1}{\frac{1}{x^2}}\right)&=\lim_{y\to 0}\frac{e^y-1}{-y}\qquad\text{Avec le changement de variable } y=-\frac{1}{x^2}\,,\,x\neq 0\\&=-\lim_{y\to 0}\frac{e^y-1}{y}\\&=-\lim_{y\to 0}\frac{g(y)-g(0)}{y-0}\qquad\text{Où }g(y)=e^y\end{align}$$

Or $g$ est dérivable en zéro, donc le taux d’accroissement $\displaystyle\frac{g(y)-g(0)}{y-0}$ admet une limite finie en $0$ et on a $\displaystyle\lim_{y\to 0}\frac{g(y)-g(0)}{y-0}=g^{\prime}(0)=1$

D’où par produit, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}\left(\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}-1}{\frac{1}{x^2}}\right)=0\times -1=0$.

Calcul de la limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x}$ :

On a vu plus haut que la limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}e^{-\frac{1}{x^2}}$ est égale à $0$, et on sait que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x=+\infty$, donc par quotient, $\lim_{x\to +\infty}\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x}=0$.

Finalement, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)=0$

La droite d’équation $y=x$ est asymptote à $\mathscr{C}_{f}$ au voisinage de $+\infty$.

Remarque :

Puisque $f$ est impaire, alors la droite d’équation $y=-x$ est asymptote à $\mathscr{C}_{f}$ au voisinage de $+\infty$.

 

6. Le point $A$ est un point d’inflexion de la courbe $\mathscr{C}$ :

Le point $A$ a pour coordonnées $\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,\frac{5}{\sqrt{6}}\,e^{-\frac{3}{2}}\right)$.
$\sqrt{\frac{2}{3}}\in D_f$ et $\displaystyle f\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right)=\left(\sqrt{\frac{2}{3}}+\sqrt{\frac{3}{2}}\right)\,e^{-\frac{3}{2}}=\frac{5}{\sqrt{6}}\,e^{-\frac{3}{2}}$, donc $A$ est un point de la courbe $\mathscr{C}_{f}$.

Pour montrer que le point $A$ est un point d’inflexion de la courbe $\mathscr{C}$ il faut et il suffit de montrer que la dérivée seconde $f^{\prime\prime}$ de $f$ s’annule et change de signe en $x_A$.

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, on a $\displaystyle f^{\prime}(x)=\left(1+\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x^4}\right)\,e^{-\frac{1}{x^2}}$.

La fonction $\displaystyle x\mapsto 1+\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x^4}$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*$ comme somme de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}^*$.

La fonction $\displaystyle x\mapsto e^{-\frac{1}{x^2}}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ (cf. question 2), donc par produit, $f^{\prime}$ est dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$ et pour tout $x$ dans $\mathbb{R}^{*}$, on a :

$$\begin{align}\forall x\in\mathbb{R}^*\,,\qquad f^{\prime\prime}(x)&=\left(-\frac{2}{x^3}-\frac{8}{x^5}\right)\,e^{-\frac{1}{x^2}}+\left(1+\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x^4}\right)\times\frac{2}{x^3}\,e^{-\frac{1}{x^2}}\\&=\left(-\frac{6}{x^5}+\frac{4}{x^7}\right)\,e^{-\frac{1}{x^2}}\\&=\frac{2(2-3x^2)\,e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^7}\end{align}$$

$f^{\prime\prime}$ s’annule donc pour $x=\sqrt{\frac{2}{3}}$. Il reste à vérifier que $f^{\prime\prime}$ change de signe en $x=\sqrt{\frac{2}{3}}$.

Tableau de signe de $f^{\prime\prime}$ :

Puisque $\displaystyle 2-3x^2=-3\left(x-\sqrt{\frac{2}{3}}\right)\left(x+\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$, alors $\displaystyle f^{\prime\prime}(x)=\frac{-6\left(x-\sqrt{\frac{2}{3}}\right)\left(x+\sqrt{\frac{2}{3}}\right)\,e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^7}$

D’où le tableau de signe :

$$\large\begin{array}{|c|lcccccccr|} \hline x & -\infty&&-\sqrt{\frac{2}{3}}&&0&&\sqrt{\frac{2}{3}}&&+\infty\\\hline \text{Signe de }x-\sqrt{\frac{2}{3}} &&\quad-\quad&0&\quad+\quad&&\quad +\quad&&\quad +\quad&\\\hline \text{Signe de }x^7 &&-&&-&0&+&&+&\\\hline \text{Signe de }x+\sqrt{\frac{2}{3}} &&-&&-&&-&0&+&\\\hline \text{Signe de }-6e^{-\frac{1}{x^2}} &&-&&-&&-&&-&\\\hline \text{Signe de }f^{\prime\prime} &&+&0&-&\|&+&0&-&\\\hline\end{array}$$

$f^{\prime\prime}$ est postive si $0<x<\sqrt{\frac{2}{3}}$ et négative si $x>\sqrt{\frac{2}{3}}$.

$f^{\prime\prime}$ s’annule et change de signe en $x_A=\sqrt{\frac{2}{3}}\,$. Le point $A$ est donc un point d’inflexion de la courbe $\mathscr{C}$.

Remarque :
Comme $f$ est impaire, le point $A^{\prime}$ de coordonnées $\left(-\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,-\frac{5}{\sqrt{6}}\,e^{-\frac{3}{2}}\right)$ est aussi un point d’inflexion de la courbe $\mathscr{C}$.

On voit ici que $f^{\prime\prime}$ s’annule et change de signe en $x=-\sqrt{\frac{2}{3}}\,$.

7. Courbe $\mathscr{C}_{f}$ :

Exponentielle, TAF, fonction définie par une intégrale

 

Partie II

$x$ est un réel, $F$ est la fonction définie par :

$$F(x)=\int_{x}^{x+1}f(t)dt$$

Et $\mathscr{C}_{F}$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

1. $F$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, et $I$ est le centre de symétrie de $\mathscr{C}_{F}$ :

La fonction $t\mapsto f(t)$ est continue sur $\mathbb{R}$ donc $F$ est dérivable sur $\mathbb{R}$.

Pour montrer que le point $I$ de coordonnées $\left(-\frac{1}{2}\,,\,0\right)$ est le centre de symétrie de $\mathscr{C}_{F}$, on utilise la propriété suivante :
Soient $a$ et $b$ deux réels. Le point $A(a,b)$ est centre de symétrie de $\mathscr{C}_{f}$ si, et seulement si, pour tout réel $x$ de $D_f$, on a :

  1. $(2a-x)\in D_f$
  2. $f(2a-x)=2b-f(x)$

$F$ est définie sur $\mathbb{R}$. Si $x\in\mathbb{R}$, alors $2a-x=-x\in\mathbb{R}$.

Ensuite, on a,

$$\begin{align}F(-1-x)&=\int_{-1-x}^{-x}f(t)dt\\&=\int_{-(x+1)}^{-x}f(t)dt\\&=-\int_{-x}^{-(x+1)}f(t)dt\\&=-\left(\int_{-x}^{x}f(t)dt+\int_{x}^{x+1}f(t)dt+\int_{x+1}^{-(x+1)}f(t)dt\right)\end{align}$$

d’après la relation de CHASLES

Or, $\displaystyle\int_{-x}^{x}f(t)dt=0$ car $f$ est impaire, idem pour $\displaystyle\int_{x+1}^{-(x+1)}f(t)dt$, d’où :

$$F(-1-x)=-\int_{x}^{x+1}f(t)dt=-F(x)$$

Le point $I$ de coordonnées $\left(-\frac{1}{2}\,,\,0\right)$ est centre de symétrie de la courbe $\mathscr{C}_{F}$.

Remarque :

Une autre méthode consiste à utiliser les formules de changement de repère par translation.

Soit $M(x\,,\,y)$ un point de la courbe $\mathscr{C}_{F}$ dans le repère $\left(O\,,\,\vec{i}\,,\,\vec{j}\right)$.
Dans le repère $\left(I\,,\,\vec{i}\,,\,\vec{j}\right)$, si on note $(X\,,\,Y)$ les coordonnées de $M$, alors on a :
$$\begin{cases}x=X-\frac{1}{2}\\y=Y\end{cases}$$
On détermine ensuite l’expression de $F$ dans le nouveau repère $\left(I\,,\,\vec{i}\,,\,\vec{j}\right)$ (sous la forme $Y=F(X)$) puis on montre que $F$ est impaire.

 

2. Montrer que pour tout réel $x$, il existe un réel $y$ dans l’intervalle $]x\,,\,x+1[$ tel que $F(x)=f(y)$ :

On utilise le théorème des accroissements finis pour répondre à cette question.

Rappel du théorème :
Soit $f$ une fonction définie et continue sur l’intervalle fermé borné $[a\,,\,b]$, et dérivable sur l’intervalle ouvert $]a\,,\,b[$. Il existe alors un réel $c$ de l’intervalle $]a\,,\,b[$ tel que :

$$f(b)-f(a)=(b-a)f^{\prime}(c)$$

 

Soit $x$ un réel. La fonction $f$ est continue sur l’intervalle $[x\,,\,x+1]$ (inclus dans $\mathbb{R}$). Elle y admet donc une primitive que l’on note $G$ et on a : $F(x)=G(x+1)-G(x)$.

$G$ est continue sur $[x\,,\,x+1]$ et dérivable sur $]x\,,\,x+1[$, d’après le théorème des accroissements finis (appliqué à $G$ sur l’intervalle $[x\,,\,x+1]$) il existe un réel $y\in ]x\,,\,x+1[$ tel que : $G(x+1)-G(x)=(x+1-x)G^{\prime}(y)$.

Comme $G(x+1)-G(x)=F(x)$ et $G^{\prime}(y)=f(y)$ car $G$ est une primitive de $f$, alors $F(x)=f(y)$.

Pour tout réel $x$, il existe un réel $y\in ]x\,,\,x+1[$ tel que : $F(x)=f(y)$.

 

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

Puisque $x<y<x+1$, alors lorsque $x$ tend vers $+\infty$, $y$ tend aussi vers $+\infty$.

D’après la relation précédente, on a : $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)=\lim_{y\to +\infty}f(y)=+\infty$ (Cf. question 4 de la partie I).

$\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)=+\infty$.

Remarque :

De la même façon, on démontre que $\displaystyle\lim_{x\to -\infty}F(x)=-\infty$.

 

4. Variations de $F$ et équation de la tangente à $\mathscr{C}_{F}$ au point $I$ :

Variations de $F$ :

$F$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ (Cf. question 1) et pour tout réel $x$, on a : $\displaystyle F^{\prime}(x)=f(x+1)-f(x)$.

Par ailleurs, $\forall x\in\mathbb{R}$ , $x+1\geq x$ donc $\displaystyle f(x+1)\geq f(x)$ car $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$ (Cf. Partie I).

On en déduit que $\forall x\in\mathbb{R}$ , $\displaystyle F^{\prime}(x)=f(x+1)-f(x)\geq 0$ et par suite, $F$ est croissante sur $\mathbb{R}$.

Tableau de variations de $F$ :

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

Une équation de la tangente à $\mathscr{C}_{F}$ au point $I$ :

Une équation de la tangente à $\mathscr{C}_{F}$ au point $I$ de coordonnées $\left(-\frac{1}{2}\,,\,0\right)$ est donnée par : $\displaystyle y=F^{\prime}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(x+\frac{1}{2}\right)+F\left(-\frac{1}{2}\right)$.

Or, $F\left(-\frac{1}{2}\right)=0$ (Ordonnée du point $I$) et,

$$\begin{align}F^{\prime}\left(-\frac{1}{2}\right)&=f\left(\frac{1}{2}\right)-f\left(-\frac{1}{2}\right) \qquad\text{car }F^{\prime}(x)=f(x+1)-f(x))\\&=2f\left(\frac{1}{2}\right)\qquad\qquad\qquad\,\,\text{car }f\text{ est impaire}\\&=2\left(\frac{1}{2}+2\right)e^{-4}\\&=5e^{-4}\end{align}$$

Une équation de la tangente à $\mathscr{C}_{F}$ au point $I$ est : $y=5e^{-4}\left(x+\frac{1}{2}\right)$.

 

5. Pour tout réel $x>\sqrt{\frac{2}{3}}$, et pour tout réel $t$ dans l’intervalle $[x\,,\,x+1]$, on a :
$$(f(x+1)-f(x))(t-x)+f(x)\leq f(t)<t$$

On commence par montrer l’inégalité de droite :

$\forall x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et $\forall t\in [x\,,\,x+1]$, on a : $f(t)<t$

On pose, pour tout $x>\sqrt{\frac{2}{3}}$ et pour tout $t\in [x\,,\,x+1]$ :

$$\Delta_{1}(t)=f(t)-t$$

L’inégalité proposée s’écrit :

$$\forall x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,\forall t\in [x\,,\,x+1]\,,\qquad\Delta_{1}(x) <0$$

Il s’agit donc de déterminer le signe de $\Delta_{1}$. La connaissance des variations de $\Delta_{1}$ aide à répondre à cette question. On a :

$\Delta_{1}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme différence de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x>\sqrt{\frac{2}{3}}$ et tout réel $t\in [x\,,\,x+1]$, on a : $\Delta_{1}^{\prime}(t)=f^{\prime}(t)-1$.

L’expression de $\Delta_{1}^{\prime}$ ainsi obtenue ne permet pas de déterminer directement son signe.

 

Évaluons $\Delta_{1}^{\prime\prime}$ :

$\Delta_{1}^{\prime}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x>\sqrt{\frac{2}{3}}$ et tout réel $t\in [x\,,\,x+1]$, on a : $\Delta_{1}^{\prime\prime}(t)=f^{\prime\prime}(t)$.

Puisque $f^{\prime\prime}(t)\leq 0$ pour tout $t\geq \sqrt{\frac{2}{3}}\,$, alors $\Delta_{1}^{\prime}$ est décroissante sur $\bigg[\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,+\infty\bigg[$. Elle est donc partout sur $\bigg]\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,+\infty\bigg[$ supérieure ou égale à la limite $\displaystyle\lim_{t\to +\infty}\Delta_{1}^{\prime}(t)$.

Or,

$$\begin{align}\lim_{t\to +\infty}\Delta_{1}^{\prime}(t)&=\lim_{t\to +\infty}f^{\prime}(t)-1\\&=\lim_{t\to +\infty}\left(\left(1+\frac{1}{t^2}+\frac{2}{t^4}\right)\,e^{-\frac{1}{t^2}}-1\right)\end{align}$$

Avec $\displaystyle\lim_{t\to +\infty}1+\frac{1}{t^2}+\frac{2}{t^4}=1$ et $\displaystyle\lim_{t\to +\infty}\,e^{-\frac{1}{t^2}}=1$ (Calculée plus haut), on a :

$$\begin{align}\lim_{t\to +\infty}\Delta_{1}^{\prime}(t)&=\lim_{t\to +\infty}f^{\prime}(t)-1\\&=\lim_{t\to +\infty}\left(\left(1+\frac{1}{t^2}+\frac{2}{t^4}\right)e^{-\frac{1}{t^2}}-1\right)\\&=1-1\\&=0\end{align}$$

Pour tout $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et pour tout $t\in [x\,,\,x+1]$, $\Delta_{1}^{\prime}\geq 0$ :

$$\large\begin{array}{|c|lcr|} \hline t & \sqrt{\frac{2}{3}}&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad&+\infty\\\hline\text{Signe de }\Delta_{1}^{\prime\prime}&&-&\\\hline\\\text{Variations de }\Delta_{1}^{\prime}&&\searrow&\\&&&0\\\hline\end{array}$$

$\Delta_{1}$ est donc croissante sur $\bigg]\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,+\infty\bigg[$, elle est donc partout sur $\bigg]\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,+\infty\bigg[$ inférieure à la limite $\displaystyle\lim_{t\to +\infty}\Delta_{1}(t)$.

Or, $\displaystyle\lim_{t\to +\infty}\Delta_{1}(t)=\lim_{t\to +\infty}(f(t)-t)=0$ d’après la question 5 de la partie I.

D’où pour tout $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et pour tout $\forall t\in [x\,,\,x+1]$, $\Delta_{1}\leq 0$. C’est le résultat désiré.

Pour tout $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et pour tout $\forall t\in [x\,,\,x+1]$, $f(t)\leq t$.

 

On démontre ensuite l’inégalité de gauche :

$\forall x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et $\forall t\in [x\,,\,x+1]$, on a :

$$\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)+f(x)\leq f(t)$$

On pose pour tout $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et pour tout $t\in [x\,,\,x+1]$ :

$$\Delta_{2}(t)=f(t)-\left(\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)+f(x)\right)$$

L’inégalité proposée s’écrit :

$\forall x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et $\forall t\in [x\,,\,x+1]$, $\Delta_{2}(t)\geq 0$

Il s’agit donc de déterminer le signe de $\Delta_{2}$. La connaissance des variations de $\Delta_{2}$ aide à répondre à cette question.

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et la fonction $\displaystyle t\mapsto \left(\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)+f(x)\right)$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ (fonction affine donc polynomiale). $\Delta_{2}$ est donc dérivable sur $\mathbb{R}$ et on a :

Pour tout $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et pour tout $t\in [x\,,\,x+1]$, $\displaystyle\Delta_{2}^{\prime}(t)=f^{\prime}(t)-\left(f(x+1)-f(x)\right)$.

Puisque $f$ est continue sur $[x\,,\,x+1]$ (qui est un intervalle de $\mathbb{R}$) et dérivable sur $]x\,,\,x+1[$, alors d’après le théorème des accroissements finis, il existe un réel $\alpha\in ]x\,,\,x+1[$ tel que : $\displaystyle\left(f(x+1)-f(x)\right)=(x+1-x)f^{\prime}(\alpha)$, soit $\displaystyle\ f(x+1)-f(x)=f^{\prime}(\alpha)$

Et on a pour tout $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et pour tout $t\in [x\,,\,x+1]$, $\displaystyle\Delta_{2}^{\prime}(t)=f^{\prime}(t)-f^{\prime}(\alpha)$. Par suite $\displaystyle\Delta_{2}^{\prime\prime}(t)=f^{\prime\prime}(t)\leq 0$ sur $\bigg]\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,+\infty\bigg[$.

$\Delta_{2}^{\prime}$ est décroissante sur $\bigg]\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,+\infty\bigg[$ et on a :

$$\large\begin{array}{|c|lcccr|} \hline t & \sqrt{\frac{2}{3}}&&\alpha&&+\infty\\\hline \text{Signe de }\Delta_{2}^{\prime\prime}&&\qquad\qquad&-&\qquad\qquad&\\\hline&&\searrow&&&\\\text{Variations de }\Delta_{2}^{\prime}&&&0&&\\&&&&\searrow&\\\hline\end{array}$$

Donc :

  • Sur $\bigg]\sqrt{\frac{2}{3}}\,,\,\alpha\bigg]$, $\Delta_{2}^{\prime}\geq 0$ et $\Delta_{2}$ est croissante.
  • Sur $\bigg[\alpha\,,\,+\infty\bigg[$, $\Delta_{2}^{\prime}\leq 0$ et $\Delta_{2}$ est décroissante.

Premier cas : $\Delta_{2}$ est croissante, et $x\leq t\leq\alpha\leq x+1$ et on a :

$$\begin{align}\Delta_{2}(t)&\geq\Delta_{2}(x)\\&\geq f(x)-\left(f(x+1)-f(x)\right)(x-x)+f(x)\\&\geq0\end{align}$$

Deuxième cas : $\Delta_{2}$ est décroissante, et $x\leq\alpha\leq t\leq x+1$ et on a :

$$\begin{align}\Delta_{2}(t)&\geq\Delta_{2}(x+1)\\&\geq f(x+1)-\left(f(x+1)-f(x)\right)(x+1-x)+f(x)\\&\geq0\end{align}$$

Dans les deux cas, $\Delta_{2}$ est positive. C’est le résultat désiré.

Pour tout $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et pour tout $\forall t\in [x\,,\,x+1]$, $\displaystyle\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)+f(x)\leq f(t)$.

Finalement,

Pour tout $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, et pour tout $\forall t\in [x\,,\,x+1]$, $\displaystyle\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)+f(x)\leq f(t)\leq t$.

 

6. Montrer que pour tout réel $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, on a :

$$\frac{1}{2}\left(f(x+1)+f(x)\leq F(x)\leq x+\frac{1}{2}\right)$$

On utilise l’encadrement établit à la question précédente pour répondre à cette question.

Les fonctions $\displaystyle t\mapsto\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)+f(x)$ , $t\mapsto f(t)$ et $t\mapsto t$ sont continues sur $\mathbb{R}$, on peut donc intégrer les inégalités de la question précédente sur l’intervalle $[x\,,\,x+1]$ et on a :

$$\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)+f(x)\leq f(t)\leq t$$

$$\int_{x}^{x+1}\left(\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)\right)+f(x)dt\leq\int_{x}^{x+1}f(t)dt\leq\int_{x}^{x+1}t\,dt$$

$$\int_{x}^{x+1}\left(\left(f(x+1)-f(x)\right)(t-x)\right)dt+\int_{x}^{x+1}f(x)dt\leq F(x)\leq\int_{x}^{x+1}t\,dt$$

$$\left(f(x+1)-f(x)\right)\bigg[\frac{t^2}{2}-xt\bigg]_{x}^{x+1}+f(x)\bigg[t\bigg]_{x}^{x+1}\leq F(x)\leq\bigg[\frac{t^2}{2}\bigg]_{x}^{x+1}$$

Or,

$$\begin{align}\left(f(x+1)-f(x)\right)\bigg[\frac{t^2}{2}-xt\bigg]_{x}^{x+1}&=\left(f(x+1)-f(x)\right)\left(\frac{(x+1)^2}{2}-x(x+1)-\frac{x^2}{2}+x^2\right)\\&=\left(f(x+1)-f(x)\right)\left(\frac{x^2}{2}+x+\frac{1}{2}-x^2-x-\frac{x^2}{2}+x^2\right)\\&=\frac{1}{2}\left(f(x+1)-f(x)\right)\end{align}$$

et,

$$\displaystyle f(x)\bigg[t\bigg]_{x}^{x+1}=f(x)(x+1-x)=f(x)$$

d’où,

$$\left(f(x+1)-f(x)\right)\bigg[\frac{t^2}{2}-xt\bigg]_{x}^{x+1}+f(x)\bigg[t\bigg]_{x}^{x+1}=\frac{1}{2}\left(f(x+1)+f(x)\right)$$

On a aussi,

$$\begin{align}\bigg[\frac{t^2}{2}\bigg]_{x}^{x+1}&=\frac{1}{2}\left((x+1)^2-x^2\right)\\&=x+\frac{1}{2}\end{align}$$

D’où pour tout réel $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, $\displaystyle\frac{1}{2}\left(f(x+1)+f(x)\right)\leq F(x)\leq x+\frac{1}{2}$.

 

7. En déduire que la droite d’équation $y=x+\frac{1}{2}$ est asymptote à $\mathscr{C}_{F}$ au voisinage de $+\infty$ :

Pour montrer que la droite d’équation $\displaystyle y=x+\frac{1}{2}$ est asymptote à $\mathscr{C}_{F}$ au voisinage de $+\infty$, il faut et il suffit de montrer que la limite : $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\left(F(x)-\left(x+\frac{1}{2}\right)\right)=0$.

D’après la question précédente, on a pour tout réel $x>\sqrt{\frac{2}{3}}\,$, $\displaystyle\frac{1}{2}\left(f(x+1)+f(x)\right)\leq F(x)\leq x+\frac{1}{2}$, soit $\displaystyle\frac{1}{2}\left(f(x+1)+f(x)\right)-\left(x+\frac{1}{2}\right)\leq F(x)-\left(x+\frac{1}{2}\right)\leq 0$.

Or,

$$\begin{align}\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{2}\left(f(x+1)+f(x)\right)-\left(x+\frac{1}{2}\right)\right)&=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{2}\left(f(x+1)+f(x)\right)-\left(\frac{x+1}{2}+\frac{x}{2}\right)\right)\\&=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{2}\left(f(x+1)-(x+1)\right)+\frac{1}{2}(f(x)-x)\right)\\&=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{2}\left(f(x+1)-(x+1)\right)\right)+\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{2}(f(x)-x)\right)\end{align}$$

On sait que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)=0$, et comme lorsque $x$ tend vers $+\infty$, $x+1$ tend aussi vers $+\infty$, alors $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(f(x+1)-(x+1)=0$.

Donc, d’après le théorème des gendarmes on a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\left(F(x)-\left(x+\frac{1}{2}\right)\right)=0$.

La droite d’équation $y=x+\frac{1}{2}$ est asymptote à $\mathscr{C}_{F}$ au voisinage de $+\infty$.

FIN

Boîte noire

Ce problème couvre une large partie du programme d’Analyse de la terminale Sciences Mathématiques, et convient également comme exercice d’approfondissement aux élèves de terminale S.

Les principales notions mathématiques abordées sont : La continuité, la dérivabilité, le calcul des limites, la recherche d’asymptotes, de point d’inflexion ou encre du centre de symétrie d’une courbe, mais aussi le théorème des accroissements finis, et l’intégration.

Enfin, le sujet comporte des questions difficiles, et dans l’ensemble il demande beaucoup de technicité, de rigueur, de finesse et surtout d’avoir une vue globale sur les questions.

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.

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