DS n°1 : Etude de fonctions - PCSI-PSI AUX ULIS

Loading....

Loading....

Loading....

Loading....

Loading....

Texte intégral

(1)

PCSI 10 Septembre 2016

Correction du devoir surveillé n

1

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

(2)

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

(3)

PCSI 10 Septembre 2016

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 +∞.

(4)

PCSI 10 Septembre 2016

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 0◦ φ−1)(y) = 1 φ0−1(y)] = 1 1 − φ2−1(y)] = 1 1 − y2 6. ∀x ∈ R, 2 φ(2x) − 1 φ(x) = 2 e4x−1 e4x+1e2x1−1 e2x+1 = 2(e 4x+ 1) e4x− 1e2x+ 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.

Figure

Updating...

Références

Updating...

Sujets connexes :