Corrigé du contrôle de maths sup : fonctions usuelles, réciproques et primitives

Sommaire

Voici le corrigé du contrôle de maths sup sur le thème : fonctions usuelles, réciproques et primitives.

Ce corrigé rédige entièrement le devoir sur les fonctions réciproques et les primitives. Les simplifications avec Arcsin sont menées par disjonction de cas, et une figure montre la fonction obtenue, affine par morceaux en Arcsin.

Chaque calcul d’intégrale précise la méthode employée : mise sous forme canonique, exponentielle complexe, intégration par parties ou changement de variable avec ses bornes. Pour le problème, le corrigé justifie la dérivabilité par le théorème fondamental de l’analyse, encadre l’intégrale et trace son graphe entre deux courbes de référence. Le barème par question vous aide à situer précisément votre copie et à cibler vos révisions.

L’énoncé se trouve sur la page contrôle de maths sup : fonctions usuelles, réciproques et primitives.

Barème du contrôle

Exercice	Points
Exercice 1 : Questions de cours	3 points
Exercice 2 : Fonctions circulaires réciproques	5 points
Exercice 3 : Inégalités usuelles	3 points
Exercice 4 : Calculs de primitives et d’intégrales	5 points
Exercice 5 : Une intégrale fonction de ses bornes	4 points
Total	20 points

Exercice 1 : Questions de cours (3 points)

La fonction $\tan$ est continue et strictement croissante sur $]-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}[$, avec des limites $-\infty$ et $+\infty$ aux bornes. Elle réalise donc une bijection de $]-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}[$ sur $\mathbb{R}$, dont $\operatorname{Arctan}$ est la réciproque.

Elle est dérivable, de dérivée $1 + \tan^2$, qui ne s’annule jamais. Par le théorème de dérivation d’une réciproque, $\operatorname{Arctan}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout réel $x$,
\[\operatorname{Arctan}^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1 + \tan^2(\operatorname{Arctan} x)} = \dfrac{1}{1 + x^2}.\]
On a bien $\operatorname{Arctan}^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1+x^2}$.
On a $\operatorname{ch} x + \operatorname{sh} x = e^x$ et $\operatorname{ch} x – \operatorname{sh} x = e^{-x}$. En multipliant, $\operatorname{ch}^2 x – \operatorname{sh}^2 x = e^x e^{-x} = 1$.

La fonction $\operatorname{th} = \dfrac{\operatorname{sh}}{\operatorname{ch}}$ est dérivable car $\operatorname{ch} > 0$. Comme $\operatorname{sh}^{\prime} = \operatorname{ch}$ et $\operatorname{ch}^{\prime} = \operatorname{sh}$, la dérivée d’un quotient donne
\[\operatorname{th}^{\prime} = \dfrac{\operatorname{ch}^2 – \operatorname{sh}^2}{\operatorname{ch}^2} = 1 – \operatorname{th}^2 = \dfrac{1}{\operatorname{ch}^2}.\]
Les deux formules sont établies.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la bijection, 0,5 pour la non-annulation de la dérivée, 0,5 pour le calcul ; b) 1,5 point : 0,5 pour $\operatorname{ch}^2 – \operatorname{sh}^2 = 1$, 1 pour la dérivée de $\operatorname{th}$ sous ses deux formes.

Exercice 2 : Fonctions circulaires réciproques (5 points)

Posons $g(x) = \operatorname{Arctan} x + \operatorname{Arctan}\dfrac{1}{x}$ sur $]0, +\infty[$. La fonction $g$ est dérivable comme somme et composée, et
\[g^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1+x^2} + (-\dfrac{1}{x^2})\dfrac{1}{1 + \frac{1}{x^2}} = \dfrac{1}{1+x^2} – \dfrac{1}{x^2 + 1} = 0.\]
Comme $]0,+\infty[$ est un intervalle, $g$ y est constante, égale à $g(1) = 2\operatorname{Arctan} 1 = \dfrac{\pi}{2}$. Donc $\operatorname{Arctan} x + \operatorname{Arctan}\dfrac{1}{x} = \dfrac{\pi}{2}$ pour $x > 0$.

La fonction $g$ est impaire, car $\operatorname{Arctan}$ l’est. Pour $x < 0$, la somme vaut donc $-\dfrac{\pi}{2}$.
1. Pour $x \in [-1,1]$, la racine est définie. De plus, l’inégalité $2|u||v| \leq\, u^2 + v^2$ avec $u = x$ et $v = \sqrt{1-x^2}$ donne $|2x\sqrt{1-x^2}| \leq\, x^2 + 1 – x^2 = 1$. Donc $f$ est définie sur $[-1,1]$.
2. Posons $\theta = \operatorname{Arcsin} x \in [-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}]$. Alors $x = \sin\theta$ et $\cos\theta \geq\, 0$, donc $\sqrt{1 – x^2} = \cos\theta$. Ainsi $2x\sqrt{1-x^2} = \sin(2\theta)$ et $f(x) = \operatorname{Arcsin}(\sin 2\theta)$. Or $\operatorname{Arcsin}(\sin y) = y$ seulement si $y \in [-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}]$. On distingue donc trois cas.
  - Si $x \in [-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{2}}{2}]$, alors $\theta \in [-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{4}]$ et $2\theta \in [-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}]$. Donc $f(x) = 2\operatorname{Arcsin} x$.
  - Si $x \in [\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 1]$, alors $\theta \in [\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}]$, donc $\pi – 2\theta \in [0, \dfrac{\pi}{2}]$. Comme $\sin(\pi – 2\theta) = \sin 2\theta$, $f(x) = \pi – 2\operatorname{Arcsin} x$.
  - Si $x \in [-1, -\dfrac{\sqrt{2}}{2}]$, alors $\theta \in [-\dfrac{\pi}{2}, -\dfrac{\pi}{4}]$, donc $-\pi – 2\theta \in [-\dfrac{\pi}{2}, 0]$. Comme $\sin(-\pi – 2\theta) = \sin 2\theta$, $f(x) = -\pi – 2\operatorname{Arcsin} x$.
  Les trois expressions coïncident aux points $\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, où elles valent $\pm\dfrac{\pi}{2}$.
Posons $h(x) = \operatorname{Arccos} x + \operatorname{Arcsin} x$. La fonction $h$ est continue sur $[-1,1]$ et dérivable sur $]-1,1[$, avec $h^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} + \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 0$. Elle est donc constante sur $]-1,1[$, puis sur $[-1,1]$ par continuité. Or $h(0) = \dfrac{\pi}{2} + 0$. Ainsi $\operatorname{Arccos} x + \operatorname{Arcsin} x = \dfrac{\pi}{2}$ sur $[-1,1]$.

Erreur fréquente : écrire $\operatorname{Arcsin}(\sin 2\theta) = 2\theta$ sans vérifier que $2\theta$ est dans $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la dérivée nulle, 0,5 pour l’argument d’intervalle et la valeur en $1$, 0,5 pour le cas $x < 0$ ; b) i) 0,5 point ; ii) 2 points : 0,5 pour $\sqrt{1-x^2} = \cos\theta$, 0,5 par cas correctement justifié ; c) 1 point : 0,5 pour la dérivée, 0,5 pour la constante avec l’argument de continuité.

Exercice 3 : Inégalités usuelles (3 points)

Posons $g(x) = \operatorname{ch} x – 1 – \dfrac{x^2}{2}$, deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$. On a $g^{\prime}(x) = \operatorname{sh} x – x$ et $g^{\prime\prime}(x) = \operatorname{ch} x – 1 \geq\, 0$. Donc $g^{\prime}$ est croissante, et comme $g^{\prime}(0) = 0$, elle est négative sur $\mathbb{R}_-$ et positive sur $\mathbb{R}_+$. Ainsi $g$ décroît puis croît, et atteint son minimum en $0$, où $g(0) = 0$. Donc $\operatorname{ch} x \geq\, 1 + \dfrac{x^2}{2}$ pour tout réel $x$.
Posons $h(x) = x – \ln(1+x)$ sur $]-1,+\infty[$. Alors $h^{\prime}(x) = 1 – \dfrac{1}{1+x} = \dfrac{x}{1+x}$, du signe de $x$. Donc $h$ admet un minimum en $0$, égal à $h(0) = 0$. Ainsi $\ln(1+x) \leq\, x$ pour $x > -1$.

Ensuite, sur $[0, \dfrac{\pi}{2}]$, $\sin^{\prime\prime} = -\sin \leq\, 0$, donc $\sin$ est concave. Une fonction concave est au-dessus de ses cordes. La corde joignant $(0, 0)$ à $(\dfrac{\pi}{2}, 1)$ a pour équation $y = \dfrac{2x}{\pi}$. Donc $\sin x \geq\, \dfrac{2x}{\pi}$ sur $[0, \dfrac{\pi}{2}]$.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour $g^{\prime}$ et $g^{\prime\prime}$, 0,5 pour le signe de $g^{\prime}$, 0,5 pour la conclusion ; b) 1,5 point : 0,75 pour $\ln(1+x) \leq\, x$, 0,75 pour la concavité et l’équation de la corde.

Exercice 4 : Calculs de primitives et d’intégrales (5 points)

La forme canonique donne $x^2 + x + 1 = (x + \dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{4}(1 + u^2)$ avec $u = \dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}$. Comme $\dfrac{du}{dx} = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$, une primitive est $x \mapsto \dfrac{2}{\sqrt{3}}\operatorname{Arctan}\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}$. Donc
\[I = \dfrac{2}{\sqrt{3}}(\operatorname{Arctan}\sqrt{3} – \operatorname{Arctan}\dfrac{1}{\sqrt{3}}) = \dfrac{2}{\sqrt{3}}(\dfrac{\pi}{3} – \dfrac{\pi}{6}) = \dfrac{\pi}{3\sqrt{3}}.\]
Ainsi $I = \dfrac{\pi\sqrt{3}}{9}$.
Le discriminant est positif : $x^2 – 3x + 2 = (x-1)(x-2)$. On cherche $\dfrac{1}{(x-1)(x-2)} = \dfrac{\alpha}{x-2} + \dfrac{\beta}{x-1}$. En multipliant par $x – 2$ puis en prenant $x = 2$, on trouve $\alpha = 1$ ; de même $\beta = -1$. Sur $]2,+\infty[$, une primitive est $x \mapsto \ln(x-2) – \ln(x-1) = \ln\dfrac{x-2}{x-1}$.
On a $e^x\cos x = \operatorname{Re}(e^{(1+i)x})$, et une primitive de $e^{(1+i)x}$ est $\dfrac{e^{(1+i)x}}{1+i} = \dfrac{1-i}{2}e^x(\cos x + i\sin x)$. Sa partie réelle vaut $\dfrac{e^x(\cos x + \sin x)}{2}$. Donc
\[J = [\dfrac{e^x(\cos x + \sin x)}{2}]_0^{\pi} = \dfrac{-e^{\pi}}{2} – \dfrac{1}{2}.\]
Ainsi $J = -\dfrac{e^{\pi} + 1}{2}$.
Posons $u(x) = \operatorname{Arctan} x$ et $v(x) = \dfrac{x^2}{2}$, de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. Par intégration par parties,
\[K = [\dfrac{x^2}{2}\operatorname{Arctan} x]_0^1 – \dfrac{1}{2}\int_0^1 \dfrac{x^2}{1+x^2}\,dx = \dfrac{\pi}{8} – \dfrac{1}{2}\int_0^1 (1 – \dfrac{1}{1+x^2})dx.\]
L’intégrale restante vaut $1 – \dfrac{\pi}{4}$, donc $K = \dfrac{\pi}{8} – \dfrac{1}{2} + \dfrac{\pi}{8}$. Ainsi $K = \dfrac{\pi}{4} – \dfrac{1}{2}$.
La fonction $x \mapsto e^x$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. Avec $t = e^x$, on a $dt = e^x\,dx$, donc $dx = \dfrac{dt}{t}$, et les bornes deviennent $1$ et $e$ :
\[L = \int_1^e \dfrac{dt}{t(t+1)} = \int_1^e (\dfrac{1}{t} – \dfrac{1}{t+1})dt = \Big[\ln t – \ln(t+1)\Big]_1^e = 1 – \ln(1+e) + \ln 2.\]
Ainsi $L = 1 + \ln\dfrac{2}{1+e}$ (environ $0{,}38$).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la forme canonique, 0,5 pour la primitive, 0,5 pour la valeur ; b) 1 point : 0,5 pour la décomposition, 0,5 pour la primitive ; c) 1 point : 0,5 pour la primitive complexe, 0,5 pour la valeur ; d) 1 point : 0,5 pour l’intégration par parties, 0,5 pour le résultat ; e) 0,5 point.

Exercice 5 : Une intégrale fonction de ses bornes (4 points)

La fonction $\varphi$ est continue sur l’intervalle $]0,+\infty[$. Par le théorème fondamental de l’analyse, elle y admet une primitive $G$, de classe $\mathcal{C}^1$. Pour $x > 0$, le segment $[x, 2x]$ est inclus dans $]0,+\infty[$, donc $F(x) = G(2x) – G(x)$ est bien défini. Par composition, $F$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et
\[F^{\prime}(x) = 2G^{\prime}(2x) – G^{\prime}(x) = 2\,\dfrac{e^{-2x}}{2x} – \dfrac{e^{-x}}{x}.\]
Donc $F^{\prime}(x) = \dfrac{e^{-2x} – e^{-x}}{x}$.
Pour $x > 0$, on a $-2x < -x$, donc $e^{-2x} < e^{-x}$ par stricte croissance de l’exponentielle. Ainsi $F^{\prime}(x) < 0$. La fonction $F$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$.
Pour $t \in [x, 2x]$, la décroissance de $t \mapsto e^{-t}$ donne $e^{-2x} \leq\, e^{-t} \leq\, e^{-x}$. En multipliant par $\dfrac{1}{t} > 0$, puis en intégrant entre $x$ et $2x$ (bornes dans le bon ordre), on obtient par croissance de l’intégrale
\[e^{-2x}\int_x^{2x}\dfrac{dt}{t} \leq\, F(x) \leq\, e^{-x}\int_x^{2x}\dfrac{dt}{t}.\]
Or $\displaystyle \int_x^{2x}\dfrac{dt}{t} = \ln(2x) – \ln x = \ln 2$. Donc $e^{-2x}\ln 2 \leq\, F(x) \leq\, e^{-x}\ln 2$.

Quand $x \to 0$, les deux bornes tendent vers $\ln 2$ ; quand $x \to +\infty$, elles tendent vers $0$. Par le théorème d’encadrement, $\lim_{x \to 0} F(x) = \ln 2$ et $\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0$.
La limite en $0$ étant finie, on prolonge $F$ par continuité en posant $F(0) = \ln 2$. Le prolongement est continu sur $[0,+\infty[$ et strictement décroissant :

$x$ $0$ $+\infty$

$F^{\prime}(x)$ $-$

$F$ $\ln 2$ décroissante $0$

$Courbe de F partant du point (0, ln 2) et décroissant vers 0, encadrée par les courbes de e^{-x} ln 2 et e^{-2x} ln 2$

Erreur fréquente : dériver $F$ en écrivant $F^{\prime}(x) = \varphi(2x) – \varphi(x)$, en oubliant le facteur $2$ dû à la composée $x \mapsto G(2x)$.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour l’existence d’une primitive (continuité citée), 0,5 pour $F = G(2x) – G(x)$, 0,5 pour $F^{\prime}$ ; b) 0,5 point ; c) 1,5 point : 0,5 pour l’encadrement de l’intégrande, 0,5 pour $\ln 2$, 0,5 pour les limites ; d) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : fonctions usuelles, réciproques et primitives

Pour consolider ce que le corrigé vous a appris, relisez le cours « Fonctions usuelles » en maths sup et « Calcul de primitives » en maths sup puis entraînez-vous avec les exercices corrigés fonctions usuelles, calcul de primitives.

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