\input{../preambules/preDM.tex}

\begin{document}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}

\chead{Devoir maison n°12}
\lfoot{}
\cfoot{Suites, \'Etude de fonctions}

\begin{center}
\fbox{ \Large A rendre pour le Mercredi 13 Mars 2019}
\end{center}
\vspace{10pt}


Soient $f$ la fonction num\'{e}rique de la variable r\'{e}elle d\'{e}finie
par : 
\[
\forall x\in \Bbb{R},\Bbb{\quad }f\left( x\right) =\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} 
\]
et $\left( u_{n}\right) $ la suite de nombres r\'{e}els d\'{e}termin\'{e}e
par :

\[
\left\{ 
\begin{array}{c}
u_{0}= \ds \int_{0}^{1}f\left( x\right) dx \\ 
\forall n\in \Bbb{N}^{*},\quad u_{n}= \ds \int_{0}^{1}x^{n}f\left( x\right) dx
\end{array}
\right. 
\]

On note $\mathcal{C}_{f}$ la repr\'{e}sentation graphique de $f,$
relativement \`{a} un rep\`{e}re orthonormal $\left( O,\vec{i},\vec{j}%
\right) .$

\subsection*{1) Etude de $f.$}

\begin{enumerate}
\item  La fonction $f$ est bien définie sur $\R$ car $1+x^2 \geq 1$. Et 
$$
\forall x \in \R, \quad f(-x) = \dfrac{1}{\sqrt{1 + (-x)^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + x^2}} = f(x)
$$
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est paire sur $\R$. }
\end{center}

\item  La fonction $f$ est dérivable sur $[0, + \infty[$ en tant que composée de fonction dérivable et (en utilisant le fait que $f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} = (1+ x^2)^{-1/2}$),
\begin{align*}
\forall x \in \R, \quad f'(x) & = - \dfrac{1}{2} \times 2x  \times (1+x^2)^{-3/2} \\
& = \dfrac{-x}{(1+x^2)^{3/2}} < 0
\end{align*}
\begin{center}
 \fbox{La fonction $f$ est décroissante sur $[0,+\infty[$.}
 \end{center} 

\item  On sait que $\li_{x \to +\infty} 1 + x^2 = + \infty$, donc $\li_{x \to +\infty} \sqrt{1 + x^2} = + \infty$ et ainsi
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to +\infty} f(x) = \li_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} = 0
$}
\end{center}

\item La fonction $f$ est décroissante et $f(0) = 1$. On a donc $f([0;+\infty[) = ]0,1]$. La fonction étant paire, sa courbe est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées. Donc $f(\R) = ]0,1]$. (On peut également récapituler ces résultats dans un tableau de variation)
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est bornée sur $\R$. }
\end{center}


\item  On trace la fonction $f$ (en n'oubliant pas l'asymptote horizontale en l'infini et la tangente horizontale en 0)
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.5]{DM12-C1.png}
\end{center}

\item  On sait que 
\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est continue sur $[0;+\infty[$ (car dérivable)
\item La fonction $f$ est strictement décroissante sur $]0;+\infty[$.
\item On a $f([0;+\infty[) = ]0,1]$
\end{itemize}
D'après le théorème de la bijection, 
\begin{center}
\fbox{$f$ réalise une bijection de $[0, +\infty[$ sur $]0,1]$.}
\end{center}

\item  Soit $y \in ]0,1]$. On résout l'équation 
\begin{align*}
f(x) = y  & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} = y \\
& \Longleftrightarrow \sqrt{1+x^2} = \dfrac{1}{y} \\
& \Longleftrightarrow 1+x^2 = \dfrac{1}{y^2} \\
& \Longleftrightarrow x^2 = \dfrac{1}{y^2} - 1 \\
& \Longleftrightarrow x = \dfrac{\sqrt{1-y^2}}{y}  \\
\end{align*}

\item  \fbox{La fonction réciproque de $f$ est alors $f^{-1} : x \to \dfrac{\sqrt{1-x^2}}{x}$.}
\end{enumerate}

\subsection*{2) Calcul d'aire}

On consid\`{e}re la fonction num\'{e}rique $F$ de la variable r\'{e}elle $x$
d\'{e}finie par : 
\[
F\left( x\right) =\ln \left( x+\sqrt{x^{2}+1}\right) 
\]

Pour tout r\'{e}el $\lambda $ strictement positif, on note $\mathcal{A}%
\left( \lambda \right) $ l'aire (exprim\'{e}e en unit\'{e} d'aire) du
domaine constitu\'{e} par l'ensemble des points $M\left( x,y\right) $ tels
que : 
\[
\lambda \le x\le 2\lambda \quad \text{et\quad }0\le y\le f\left( x\right) 
\]
ainsi 
\[
\mathcal{A}\left( \lambda \right) =\int_{\lambda }^{2\lambda }f\left(
x\right) dx 
\]

\begin{enumerate}
\item Soit $x \in \R$. Si $x \geq 0$, on a $\sqrt{1+x^2} > 0$ et donc la somme est positive. Si $x < 0$ alors  
\begin{align*}
1 + x^2  > x^2 & \Longrightarrow \sqrt{1+x^2} > \sqrt{x^2} \\
& \Longrightarrow \sqrt{1+x^2} >  - x \\
& \Longrightarrow x + \sqrt{1+x^2} >  0 \\
\end{align*}
Donc, dans tous les cas,
\begin{center}
\fbox{$
\forall x\in \Bbb{R},\quad x+\sqrt{x^{2}+1}>0
$}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{La fonction $F$ est donc définie sur $\R$. }
\end{center}

\item  La fonction $F$ est dérivable sur $\R$ et 
\begin{align*}
\forall x \in \R, \quad F'(x) & = \dfrac{1 + \dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}}{x + \sqrt{x^2+1}} \\
\\
& = \dfrac{\dfrac{\sqrt{x^2 +1} + x}{\sqrt{x^2 + 1}}}{x + \sqrt{x^2 +1}} \\ 
& = \dfrac{x + \sqrt{x^2 + 1}}{\sqrt{x^2 + 1} \left(x + \sqrt{x^2+1}\right)} \\
& = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} = f(x)
\end{align*}
\begin{center}
 \fbox{La fonction $F$ est donc une primitive de la fonction $f$.}
 \end{center} 

\item  On pourrait montrer que $F$ est impaire en calculant $F(-x)$ mais on peut également exploiter le fait que $f$ est paire et que $F$ est une primitive de $f$. On a 
$$
F(x) = \int_0^x f(t) dt 
$$
Car la fonction $F$ s'annule en $0$. Or la fonction $f$ est paire donc :
\begin{align*}
\int_{-x}^x f(t) dt  = 2\int_0^x f(t) dt & \Longleftrightarrow \int_{-x}^0 f(t) dt  + \int_0^x f(t) dt = 2\int_0^x f(t) dt \\
& \Longleftrightarrow \int_{-x}^0 f(t) dt   = \int_0^x f(t) dt \\
& \Longleftrightarrow - \int_0^{-x} f(t) dt   = \int_0^x f(t) dt \\
& \Longleftrightarrow - F(-x) = F(x) dt 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $F$ est donc impaire. }
\end{center}

\item  On a $\li_{x \to +\infty} x + \sqrt{x^2 + 1} = + \infty$ et donc
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to +\infty} F(x) = + \infty
$}
\end{center}
La fonction étant impaire, 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to -\infty} F(x) = - \infty
$}
\end{center}

\item La fonction $F$ est une primitive de $f$ donc 
\begin{align*}
\mathcal{A}\left( \lambda \right) & = \int_{\lambda}^{2\lambda} f(x) dx \\
& = F(2 \lambda) - F(\lambda) \\
& = \ln \left( 2\lambda + \sqrt{(2\lambda)^2 + 1} \right) - \ln \left( \lambda + \sqrt{\lambda^2 + 1} \right) 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On a donc $ \mathcal{A}\left( \lambda \right) = \ln \left( \dfrac{2\lambda + \sqrt{4\lambda^2 + 1}}{\lambda + \sqrt{\lambda^2 + 1}} \right)$.}
\end{center}

On a 
\begin{align*}
\ln \left( \dfrac{2\lambda + \sqrt{4\lambda^2 + 1}}{\lambda + \sqrt{\lambda^2 + 1}} \right) & = \ln \left( \dfrac{2\lambda + 2\lambda \sqrt{1 + 1/(4 \lambda^2)}}{\lambda + \lambda \sqrt{1 + 1/\lambda}} \right) \\
& = \ln \left( \dfrac{2\lambda \left(1 +  \sqrt{1 + 1/(4 \lambda^2)} \right)}{\lambda \left(1 + \sqrt{1 + 1/\lambda}\right)} \right) \\
& = \ln \left( \dfrac{2 \left(1 +  \sqrt{1 + 1/(4 \lambda^2)} \right)}{ 1 + \sqrt{1 + 1/\lambda}} \right) 
\end{align*}

Or, 
$$\li_{\lambda \to +\infty} 1 + \sqrt{1 + 1/(4 \lambda^2)} = 2 , \quad \li_{\lambda \to +\infty} 1 + \sqrt{1 + 1/\lambda} = 2 $$
\begin{center}
\fbox{Finalement, $\li_{ \lambda \to + \infty} \mathcal{A}\left( \lambda \right) = \ln(2)$. }
\end{center}

\end{enumerate}

\subsection*{3) Etude de la suite $\left( u_{n}\right) .$}

\begin{enumerate}
\item  On a 
$$
u_0 = \int_0^1 f(x) dx = \int_0^1 \dfrac{dx}{\sqrt{1+x^2}}
$$
D'après la partie précédente, 
\begin{center}
\fbox{$u_0 = [F(x)]_0^1 = \ln(1 + \sqrt{1^2 +1}) -  \ln(0 + \sqrt{0+1}) = \ln(1 + \sqrt{2})$.}
\end{center}
On a ensuite 
$$
u_1 = \int_0^1 \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} dx
$$
La fonction $x \to \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ est de la forme $\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$. avec $u(x) = \sqrt{1+x^2}$. Alors
$$
u_1 = \left[ \sqrt{1+x^2} \right]_0^1 = \sqrt{1+1^2} - \sqrt{1 + 0^2}
$$
\begin{center}
 \fbox{Donc, $u_1 = \sqrt2 - 1$.}
 \end{center} 

\item  On a 
$$
u_3 = \int_0^1 \dfrac{x^3}{\sqrt{1+x^2}} dx = \int_0^1 x^2 \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} dx
$$
On pose 
\begin{center}
\begin{tabular}{cc}
$u(x) = x^2$ & $v'(x) = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ \\
\\
$u'(x) = 2x $ & $v(x) = \sqrt{1+x^2}$ 
\end{tabular}
\end{center}
Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. Par intégration par parties
\begin{align*}
u_3 = \int_0^1 x^2 \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} dx & = \left[x^2 \sqrt{1+x^2} \right]_0^1 - \int_0^1 2x \sqrt{1+x^2} dx \\
& = \sqrt{2} - 0 - \left[ \dfrac{2}{3}(1+x^2)^{3/2} \right]_0^1 \\
& = \sqrt{2} - \dfrac{2}{3}(2\sqrt2 - 1) \\
& = \dfrac{2}{3} - \dfrac{\sqrt{2}}{3}
\end{align*}

\item  Pour tout $x\in [0,1]$ et $n \in \N$, 
\begin{align*}
x^{n+1} \leq  x^n \; & \Longrightarrow x^{n+1} f(x) \leq x^n f(x) \quad (\text{La fonction $f$ est croissante}) \\
& \Longrightarrow \int_0^1 x^{n+1} f(x)dx \leq \int_0^1 x^n f(x) dx  \\
& \Longrightarrow u_{n+1} \leq u_n 
\end{align*}
La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est donc décroissante. 

\item Soit $n\in\N$. La fonction $x \to x^n f(x)$ est positive donc 
$$
\forall n \in \N, u_n = \int_0^1  x^n f(x) dx \geq 0
$$
\begin{center}
 \fbox{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est décroissante et minorée, elle est donc convergente.}
 \end{center} 

\item  Soient $x \in [0,1]$ et $n \in \N$. On a 
\begin{align*}
1 \geq x^2 \geq 0 \quad & \Longrightarrow 2 \geq 1 + x^2 \geq 1 \\
& \Longrightarrow \sqrt{2} \geq \sqrt{1 + x^2} \geq 1 \\
& \Longrightarrow 0 \leq \dfrac{1}{\sqrt{2}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{1 + x^2}} \leq 1 \\
& \Longrightarrow 0  \leq \dfrac{x^n}{\sqrt{1 + x^2}} \leq x^n 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{$
\forall x\in \left[ 0,1\right] ,\;\forall n\in \Bbb{N},\Bbb{\quad }0\Bbb{\le 
}\frac{x^{n}}{\sqrt{1+x^{2}}}\le x^{n}
$}
\end{center}
En prenant l'intégrale,
\begin{align*}
0  \leq \dfrac{x^n}{\sqrt{1 + x^2}} \leq x^n  \quad  &\Longrightarrow \quad \int_0^1 0 dx \leq \int_0^1 \dfrac{x^n}{\sqrt{1 + x^2}} dx \leq \int_0^1 x^n dx \\
&\Longrightarrow \quad 0 \leq u_n \leq \left[ \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 \\
&\Longrightarrow \quad 0 \leq u_n \leq \dfrac{1}{n+1} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{$
\;\forall n\in \Bbb{N},\Bbb{\quad }0\Bbb{\le 
} u_n\le \dfrac{1}{n+1}
$}
\end{center}

\item  On a $\li_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$. D'après le théorème des gendarmes, \begin{center}
\fbox{$\li_{n \to +\infty} u_n = 0$.}
\end{center}
\end{enumerate}



\end{document}