PCSI 10 Septembre 2016
Correction du devoir surveillé n
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Exercice 1: Questions de cours
1. Soit f une fonction définie sur Df à valeurs dans R.
La fonction f est périodique lorsque qu’il existe un réel T 6= 0 tel que ∀x ∈ Df, x + T ∈ Df et f (x + T ) = f (x)
2. Soit f une fonction définie sur R à valeurs dans R.
On dit que f est une fonction bornée sur R lorsque elle est majorée et minorée sur R : ∃(m, M ) ∈ R2
, ∀x ∈ R , m ≤ f (x) ≤ M.
3. Soient f : Df → R et g : Dg → R telles que f(Df) ⊂ Dg. Supposons f décroissante sur I et g
décroissante sur f (I).
∀(x, y) ∈ I2, x ≤ y ⇒ f (x) ≥ f (y) car f est décroissante sur I
⇒ g[f (x)] ≤ g[f (y)] car g est décroissante sur f (I) ∀(x, y) ∈ I2, x ≤ y ⇒ (g ◦ f )(x) ≤ (g ◦ f )(y)
La fonction g ◦ f est croissante sur I.
4. Soient f une fonction dérivable sur I et g une fonction dérivable sur J telles que f (I) ⊂ J La composée g ◦ f est dérivable sur I et (g ◦ f )0 = f0× g0◦ f .
Exercice 2: Applications
1. La fonction x 7→ cos(4x) est définie sur R. ∀x ∈ R, cos4x + π
2
= cos(4x + 2π) = cos(4x).
car la fonction cos est 2π-périodique. La fonction x 7→ cos(4x) est π2-périodique. 2. La fonction x 7→ sin(x) − x est définie sur R qui est bien un ensemble centré en 0.
∀x ∈ R, sin(−x) − (−x) = − sin(x) + x = −(sin(x) − x) La fonction x 7→ sin(x) − x est impaire.
3. Il existe plusieurs méthodes pour montrer que la fonction est bornée. (a) Tableau de variations :
La fonction f : x 7→ 1+xx2 est définie et dérivable sur R comme quotient de deux fonctions
dérivables sur R avec un dénominateur qui ne s’annule pas et ∀x ∈ R, f0(x) = 1 + x
2− x × 2x
(1 + x2)2 =
1 − x2 (1 + x2)2
La dérivée est du signe du polynôme P (x) = 1 − x2, qui est positif entre les racines,
c’est-à-dire sur [−1, 1]. La fonction f est décroissante sur ] − ∞; −1], elle est croissante sur [−1; 1] et décroissante sur [1; +∞[.
∀x ∈ R, f(x) = 1 x 1 x2+1 donc lim x→−∞f (x) = 0 et limx→+∞f (x) = 0
PCSI 10 Septembre 2016 x −∞ −1 1 +∞ f0(x) − + − f (x) 0 −1 2 1 2 0 Finalement, ∀x ∈ R, −12 ≤ f (x) ≤ 1 2. (b) Encadrements : ∀x ∈ R, (1 − x)2 ≥ 0 1 − 2x + x2 ≥ 0 1 + x2 ≥ 2x 1 2 ≥ x 1 + x2 ∀x ∈ R, (1 + x)2 ≥ 0 1 + 2x + x2 ≥ 0 1 + x2 ≥ −2x −1 2 ≤ x 1 + x2 Finalement, ∀x ∈ R, −12 ≤ f (x) ≤ 1 2.
4. La fonction f : x 7→ x ln(x) est définie et dérivable sur R∗+ comme produit de fonctions
déri-vables sur R∗+ et
∀x ∈ R∗+, f 0
(x) = ln(x) + x × 1
x = ln(x) + 1
Or, ln(x) + 1 s’annule et change de signe en x = e−1 = 1e.
La fonction f est décroissante sur ]0; e−1] et elle est croissante sur [e−1; +∞[. 5. Soit f une fonction définie et dérivable sur R impaire : ∀x ∈ R, f (−x) = −f (x)
On va dériver cette égalité. On a le droit puisque les fonction x 7→ f (−x) est dérivable sur R comme composée de la fonction f et de la fonction x 7→ −x.
∀x ∈ R, −f0(−x) = −f0(x)
f0(−x) = f0(x)
Si la fonction f est impaire alors la fonction f0 est paire. On peut démontrer également que si la fonction f est paire alors la fonction f0 est impaire.
Exercice 3: Compositions
Df = R et Dg = R∗+.
La fonction f est un polynôme du second degré qui s’annule deux points : (−√2, 0) et (√2, 0). Elle est positive à l’extérieur des racines.
La fonction f est strictement positive sur ] − ∞; −√2[∪]√2; +∞[ donc la fonction g ◦ f est définie sur cet ensemble par
∀x ∈] − ∞; −√2[∪]√2; +∞[, g ◦ f (x) = ln(x2− 2).
Exercice 4: Dérivations
a) La fonction k est définie sur R.
La fonction x 7→ e−3x est dérivable sur R comme composée de la fonction x 7→ −3x définie sur R à valeurs dans R et de la fonction exponentielle dérivable sur R. De même, la fonction
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x 7→ sin(x2) est dérivable sur R.
Par produit, la fonction k est dérivable sur R et
∀x ∈ R, k0(x) = 2x cos(x2)e−3x+ sin(x2) × (−3e−3x) = e−3x(2x cos(x2) − 3 sin(x2)) b) Dh =
n
x ∈ R, 2 + x ≥ 0 et 1 +√2 + x ≥ 0o= {x ∈ R, 2 + x ≥ 0} = [−2; +∞[.
La fonction x 7→ 2 + x est dérivable sur ] − 2; +∞[ à valeurs dans R∗+ (on enlève 2 car la racine
carrée n’est pas dérivable en 0). La fonction x 7→ √x est dérivable sur R∗+. Par composée et somme , la fonction x 7→ 1 +√2 + x est dérivable sur ] − 2; +∞[ à valeurs dans R∗+. De nouveau par composée, la fonction x 7→
q
1 +√2 + x est dérivable sur ] − 2; +∞[ et ∀x ∈] − 2; +∞[, h0(x) = (1 + √ 2 + x)0 2 q 1 +√2 + x = 1 2√2+x 2 q 1 +√2 + x = 1 4√2 + x q 1 +√2 + x c) Dg = {x ∈ R, 2 + cos(x) 6= 0} = R car ∀x ∈ R, 1 ≤ 2 + cos(x) ≤ 3.
La fonction g est dérivable sur R comme quotient de deux fonctions dérivables sur R avec un dénominateur qui ne s’annule jamais et
∀x ∈ R, g0(x) = cos(x)(2 + cos(x))
2− sin(x) × (−2 sin(x)(2 + cos(x))
(cos(x) + 2)4
= cos(x)(4 + 4 cos(x) + cos
2(x)) + 2 sin2(x)(2 + cos(x))
(cos(x) + 2)4
= 4 cos(x) + 4 cos
2(x) + cos3(x) + 4 sin2(x) + 2 sin2(x) cos(x)
(cos(x) + 2)4 = 4 cos(x) + 4 + cos 3(x) + 2(1 − cos2(x)) cos(x) (cos(x) + 2)4 = 4 + 6 cos(x) − cos 3(x) (cos(x) + 2)4
Exercice 5: On définit sur R la fonction φ par φ(x) = ee2x2x−1+1.
1. φ est définie sur R qui est centré en 0. ∀x ∈ R, φ(−x) = e
−2x− 1
e−2x + 1 =
1 − e2x
1 + e2x en multipliant numérateur et dénominateur par e 2x
= −(e
2x− 1)
e2x+ 1 = −φ(x)
La fonction φ est impaire. Nous pouvons restreindre son ensemble d’étude à [0; +∞[.
2. La fonction φ est dérivable sur R+ comme quotient de deux fonctions dérivables sur R+ avec
un dénominateur qui ne s’annule jamais et ∀x ∈ R+, φ0(x) =
2e2x(e2x+ 1) − (e2x− 1) × 2e2x
(e2x+ 1)2 =
4e2x
(e2x+ 1)2
La dérivée de φ est strictement positive sur R+ donc φ est strictement croissante sur R+. Par
symétrie, elle l’est aussi sur R−.
∀x ∈ R, e2x−1 e2x+1 = e2x(1− 1 e2x) e2x(1− 1 e2x) = 1− 1 e2x 1− 1 e2x et lim x→+∞ 1
e2x = 0. Par somme et quotient, lim
x7→+∞φ(x) = 1.
La courbe admet une asymptote horizontale y = 1 en +∞.
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Par parité, lim
x7→−∞φ(x) = − limx7→+∞φ(x) = −1. La courbe admet une asymptote horizontale
y = −1 en −∞.
Nous pouvons alors tracer le tableau de variations de φ sur R.
x −∞ 0 +∞ φ0(x) + + φ(x) −1 0 1
3. φ est une fonction continue et strictement croissante sur R à valeurs dans ] − 1, 1[. C’est donc une bijection de R sur ] − 1, 1[.
4. Soit x ∈ R et soit y ∈] − 1, 1[ tels que φ(x) = y.
φ(x) = y ⇔ e 2x− 1 e2x+ 1 = y ⇔ e2x− 1 = y(e2x+ 1) ⇔ e2x(1 − y) = 1 + y ⇔ e2x= 1 + y 1 − y car y 6= 1 ⇔ x = 1 2ln 1 + y 1 − y
Finalement, ∀y ∈] − 1, 1[, φ−1(y) = 12ln1+y1−y. 5. Nous allons calculer 1 − φ2.
∀x ∈ R, 1 − φ2(x) = 1 −e 2x− 1 e2x+ 1 2 = 1 − (e 2x− 1)2 (e2x+ 1)2 = (e 2x+ 1)2− (e2x− 1)2 (e2x+ 1)2 = 2e 2x× 2
(e2x+ 1)2 par l’identité remarquable (a + b)(a − b) = a 2− b2 = 4e 2x (e2x+ 1)2 = φ 0 (x).
La fonction φ est dérivable sur R avec une dérivée qui ne s’annule jamais donc la fonction φ−1 est dérivable sur ] − 1, 1[ et
∀y ∈] − 1, 1[, (φ−1)0(y) = 1 (φ0◦ φ−1)(y) = 1 φ0[φ−1(y)] = 1 1 − φ2[φ−1(y)] = 1 1 − y2 6. ∀x ∈ R, 2 φ(2x) − 1 φ(x) = 2 e4x−1 e4x+1 − e2x1−1 e2x+1 = 2(e 4x+ 1) e4x− 1 − e2x+ 1 e2x− 1 = 2(e4x+ 1) − (e2x+ 1)2 e4x− 1 = 2e 4x+ 2 − e4x− 2e2x− 1 e4x− 1 = (e2x− 1)2 (e2x− 1)(e2x+ 1) = φ(x)
D’où l’égalité souhaitée.
