\documentclass[10pt,a4paper]{article}
\usepackage{MIS1}
 
\begin{document}
\correction
\devoir{3}{04 d\'ecembre}
\bigskip

\exo
\begin{enumerate}
\item $f$ restreinte \`a $]-\infty,0[$ est une somme de fonctions
continues, donc $f$ est continue sur $]-\infty,0[$. De m\^eme $f$ est
continue sur $]0,+\infty[$. Donc $f$ est continue sur $\R$ si et seulement si
$f$ est continue en $0$. Or $f$ est continue en $0$ ssi
$$\lim_{x\to 0^-} f(x)=\lim_{x\to 0^+} f(x)=f(0).$$
Ces trois quantit\'es sont respectivement \'egales \`a $2$, $n$ et $n$,
donc $C=\set{(m,2)\colon m\in \R}$.

\item Comme $f$ est d\'erivable, elle est continue; donc $n$ vaut $2$
d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, et $f(0)=2$. D'autre part $f$ est
d\'erivable sur $]-\infty,0[$ et sur $]0,+\infty[$ car sa restriction \`a ces
intervalles est une somme de fonctions d\'erivables. Donc $f$ est d\'erivable
sur $\R$ ssi $f$ est d\'erivable en $0$. Or $f$ est d\'erivable en $0$ ssi
$$\lim_{x\to 0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x\to
0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\quad\text{dans $\R$},$$
donc ssi $m=1$. D'o\`u $D=\set{(1,2)}$; de plus, si $(m,n) = (1,2)$, on a
$f'(0) = 1$.

\item On a $(m,n) = (1,2)$. D'apr\`es la question pr\'ec\'edente: si $x\in
]-\infty,0[$ on a $f'(x)=-2x+1$, si $x\in\, ]0,+\infty[$ on a $f'(x)=1$, et en
$0$ on a $f'(0)= 1$. Comme $f'$ est
continue sur $]-\infty,0[$ et sur $]0,+\infty[$, elle est continue sur $\R$
ssi elle l'est en $0$. Or 
$$\lim_{x\to 0^-} f'(x)= \lim_{x\to 0^+} f'(x) = f'(0) = 1.$$
Donc $f'$ est continue sur $\R$.
\end{enumerate}

\exo 
\begin{enumerate}
\item $\arctan$ et $\cos$ sont deux fonctions d\'efinies sur $\R$ donc leur
compos\'ee aussi.

\item $\displaystyle\lim_{x\to -\infty} \arctan x=-\frac{\pi}{2}$
d'o\`u $\displaystyle\lim_{x\to -\infty} f(x)=0$.
Et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \arctan x=+\frac{\pi}{2}$
d'o\`u $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)=0$.

\item Calculons $\arctan \sqrt{3}$. C'est l'unique r\'eel $a$ dans
$]-\frac{\pi}{2},+\frac{\pi}{2}[$ tel que $\tan a= \sqrt{3}$.
Donc $a = \frac{\pi}{3}$, et 
$f(\sqrt{3}) = \cos (a)=\frac12$.

\item $\cos (\arctan x)=\frac12 \iff
(\arctan x=\frac {\pi}{3} +2k\pi)\quad \text{ou} \quad
(\arctan x=-\frac{\pi}{3} +2k\pi)$, $k\in \Z$.

Comme $\arctan x\in\, ]-\frac{\pi}{2},+\frac{\pi}{2}[$,
l'\'equation $f(x)=\frac12$ est \'equivalente \`a $\arctan x= \pm
\frac{\pi}{3}$. On en d\'eduit qu'elle poss\`ede deux solutions: $x=\pm
\sqrt{3}$.

\item $\arctan$ est continue, strictement croissante sur $[0,+\infty[$, \`a
valeurs dans $[0,+\frac{\pi}{2}[$; $\cos$ est continue, strictement
d\'ecroissante sur $[0,+\frac{\pi}{2}[$. Donc leur compos\'ee est 
continue, strictement d\'ecroissante sur $[0,+\infty[$. La
restriction de $f$ \`a $I=[0,+\infty[$ est donc une bijection de $I$ sur
$f(I)=\, ]0,1]$.\\

\item $\bullet$ $\arctan$ est d\'erivable sur $\R$,
\`a valeurs dans $]-\frac{\pi}{2},+\frac{\pi}{2}[$, et $\cos$ est
d\'erivable sur $\R$, donc en particulier sur
$]-\frac{\pi}{2},+\frac{\pi}{2}[$. Donc leur compos\'ee est d\'erivable sur
$\R$. De plus 
$$\forall x \in \R,\quad f'(x)=(1+x^2)^{-1}\;\big(-\sin (\arctan x)\big).$$
Si $x\in\, ]0,+\infty[$, alors $\arctan x\in\,]0,\pi/2[$ et $f'(x)\neq 0$.
Donc $g$ est d\'erivable sur $f(]0,+\infty[)=\,]0,1[$, et on a
$$\forall y \in \,]0,1[,\quad g'(y) = \frac{1}{f'(g(y))}.$$

$\bullet$ Il nous faut \'evaluer cette expression pour $y = \frac{1}{2}$.
Dans une question pr\'ec\'edente nous avons r\'esolu l'\'equation
$f(x)=\frac12$; $g(\frac12)$ est celle des deux solutions qui appartient \`a
$]0,+\infty[$, \emph{i.e.} $g(\frac12)=+\sqrt {3}$ et
$$g'\left(\frac12\right)=\frac{1}{f'(\sqrt{3})}= \frac{-4}{\sin(\arctan \sqrt{3})}.$$

$\bullet$ De plus $(\sin(\arctan \sqrt{3}))^2=1-(\cos(\arctan
\sqrt{3}))^2=1-(f(\sqrt{3})^2=1-\frac14=\frac34$. Comme $\arctan \sqrt{3}$
appartient \`a $[0,+\frac{\pi}{2}[$, son sinus est positif et
$\sin(\arctan \sqrt{3})=+\frac{\sqrt{3}}{2}$. Finalement,
$$g'\left(\frac12\right)= -\frac{8}{\sqrt{3}}.$$

\item On remarque que
$$ (f(x))^2=\cos ^2(\arctan x) = \frac{1}{1+{\tan} ^2(\arctan
  x)}=\frac{1}{1+x^2}.$$
$f(x)$ \'etant positif pour tout $x$ de $\R^+$,
on a donc $f(x)=+(1+x^2)^{-\frac12}$ pour $x\in \R^+$.
On en d\'eduit que les primitives $F$ de $f$ sur $\R^+$ sont de la
forme: $F(x)= \text{Argsh $x$}  + \text{Constante}$. 
\end{enumerate}

\exo $\arctan$ est d\'efinie sur $\R$ et $\tan$ sur 
$$\R \setminus \set{\frac{\pi}2 + k\pi,  k\in\Z} = \bigcup_{n\in\Z}
I_n,$$ leur compos\'ee $f$ est donc d\'efinie sur ce dernier ensemble.
Comme $\tan$ est $\pi$-p\'eriodique, $f$ aussi; il suffit donc de l'\'etudier
sur $I_0=\,]-\frac{\pi}2,\frac{\pi}2[$. Mais $\arctan$ est la r\'eciproque de
$\tan:I_0\to\R$, donc $f(x) = x$ pour tout $x$ dans $I_0$. Pour $x$ dans
$I_n$, on remarque que $x - n\pi\in I_0$. Comme $f(x) = f(x- n\pi)$ par
p\'eriodicit\'e, on a
$$ f(x) = f(x - n\pi) = x - n\pi.$$
En particulier, $f$ est une fonction affine par morceaux, {\guillemotleft}en dents de scie{\guillemotright}.

\exo
\begin{enumerate}
\item $f: t\mapsto \frac{\sin t}{t} $ est continue sur $\R^+_*$,
et $F$ en est une primitive, elle est donc d\'erivable sur cet intervalle
avec $F'(x) = f(x)$. Elle est en particulier continue sur $[\pi/6,\pi]$.

Comme $f$ est strictement positive sur $[\frac{\pi}6,\pi[$, $F$ y est
strictement croissante, mais il y a un probl\`eme en $\pi$. Pour tout $x < y <
z$ dans $[\frac{\pi}6,\pi[$, on a $F(x) < F(y) < F(z)$. Comme $F$ est
continue en $\pi$, on peut faire tendre $z$ vers $\pi$ et obtenir $F(x) <
F(y) \leq F(\pi)$ \hint{Attention, le $<$ devient $\leq$ lors du passage \`a
la limite.} En particulier, on a bien $F(x) < F(\pi)$ pour tout
$x\in[\frac{\pi}6,\pi[$ et $F$ est strictement croissante sur l'intervalle
ferm\'e $[\frac{\pi}6,\pi]$.

Notons que $F(\pi/2) = 0$, donc $I < 0$ et $J > 0$.

\item D'apr\`es le th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires, $F$ \'etant
\emph{strictement} croissante et continue de $[\frac{\pi}6,\pi]$ dans $[I,J]$
admet une r\'eciproque $G$ continue sur $[I,J]$. $G$ est d\'erivable en un
point $F(x)\in[I,J]$ ssi $F'(x)\neq 0$. Comme $F'(x) = f(x) > 0$ pour
$x\in[\frac{\pi}6,\pi[$, $G$ est d\'erivable sur $[I,J[$

\item D'apr\`es ce qui pr\'ec\`ede, $F(x) = 0$ ssi $x = \pi/2$ et
$$ G'(0) = 1/F'(\pi/2) = 1/f(\pi/2) = \pi/2.$$
\end{enumerate}

\exo
\begin{enumerate}
\item On effectue le changement de variable $u = \pi - t$: on a
$$ \int_0^\pi \frac{\cos t}{2+\sin^2 t}\, dt
= \int_\pi^0 \frac{\cos (\pi - u)}{2+\sin^2 (\pi - u)}\, (-du)
= \int_\pi^0 \frac{\cos u}{2+\sin^2 u}\, du. $$
\'Etant \'egale \`a son oppos\'ee, l'int\'egrale est nulle.

\item $f$ est continue sur $\R$, donc y admet une primitive. 
Comme $t^2 + t + 1 = (t + 1/2)^2 + 3/4$, on utilise le changement de variable
$t+1/2 = \sqrt{3/4} \sh u$, soit $dt = \sqrt{3/4} \ch u \,du$;
en utilisant $\ch^2 u = (e^{2u} + e^{-2u} + 2)/4 = (1 + \ch 2u)/ 2$, on
obtient
$$ \int \sqrt{t^2 + t + 1}\, dt 
= \int \frac{3}{4} \ch^2 u\, du
= \frac{3}{8}\left(u + \frac{\sh 2u}2\right) + C.$$
On peut maintenant remplacer $u$ par sa valeur 
$u = \text{Argsh} \left(\sqrt{4/3}(t+1/2)\right)$. Le r\'esultat pr\'esentant
un int\'er\^et limit\'e, on s'abstiendra de le reproduire.

\end{enumerate}

\end{document}
