Études de fonctions

Calculs algébriques

EXERCICE1.

A= µ

2x−1 2

¶3

= µ

2x−1 2

¶2µ 2x−1

2

¶

= µ

4x²−2x+1 4

¶ µ 2x−1

2

¶

=8x³−2x²−4x²+x+x 2−1

8

=8x³−6x²+3 2x−1

8 EXERCICE2.

A=x⁵−2x⁴+x³−x²+2x−1 B=x⁵−x³+x²−1 C=x⁵+2x⁴+x³−x²−2x−1

D=x⁵−x³−x²+1 EXERCICE3.

A=x⁴+x²+1 B=x⁴+2x³+3x²+2x+1

C=x⁴+1 EXERCICE4.

A=x²+y²+z²+2y z+2xz+2x y B=x³+3x²y+3x y²+y³ EXERCICE5.

A=

µe^x+e^−x 2

¶2

−

µe^x−e^−x 2

¶2

=

µe^x+e^−x

2 −e^x−e^−x 2

¶ µe^x+e^−x

2 +e^x−e^−x 2

¶

(identité remarquable)

=e^−xe^x

=1 EXERCICE6.

A= −(6x+7)(6x−1)+36x²−49

= −(6x+7)(6x−1)+(6x−7)(6x+7)

=(6x+7)(−(6x−1)+6x−7))

=(6x+7)(−6))

= −6(6x+7)

B= −4(5x−1)(5x+4) C=2 (10x+3)(3x−4) D= −8 (x+16)(x+1) E= −4 (2x+5)(2x−1)

EXERCICE7. 1. A=(x−1)²(identité remarquablea²+2ab+b²=(a+b)²) 2. B=(x+2)²

3. C=(x+1)(x+2) (car−1 et−2 sont racines dex²+3x+2) 4. D=(x−1)(x−8)

5. E=2 (x+2)(x−4) 6. F=(x+7)(x−4)

7. On remarque que 1 est racine dex³−1 doncG=x³−1=(x−1)(ax²+bx+c). En développant et en identifiant les coefficients, on obtient :a=b=c=1. DoncG=(x−1)(x²+x+1). Le trinômex²+x+1 ne se factorise pas davantage dans les réels car son discriminant est strictement négatif.

8. H=(x+1)(x²−x+1) 9. I=(x+1)(x+2)(x+3)

10. J=(x²)²−1²=(x²−1)(x²+1)=(x−1)(x+1)(x²+1)

11. K=x⁶−1=(x³)²−1²=(x³−1)(x³+1). Puis en utilisantGetH:K=(x−1)(x²+x+1)(x+1)(x²−x+1).

12. L=¡

x⁴−x²+1¢¡

x²+x+1¢¡

x²−x+1¢¡

x²+1¢

(x+1)(x−1) EXERCICE8. 1. A=(x+y−b)(x+y+b)

2. B= −3¡

14x+3y¢¡

4x−y¢ 3. C=(x+3)(x+2)(x−1) 4. D=7 (2x−3)²x y 5. E=2¡

x²y²+2¢¡

x²y²−2¢ x y 6. F=¡

x²−y²−1¢¡

x−2y¢ 7. G= −¡

a²+b²¢¡

4x²+y¢¡

4x²−y¢ ) 8. H=(x+y)(x−y+1)

9. I=(x+1)(y+1) 10. J=(x−1)(y−1) 11. K=(x+y)(x+1)²

EXERCICE9. 1. Les solutions dex²−5x+4=0 sont 1 et 4. Les solutions de 2x²−x−1=0 sont 1 et−¹₂. 2.

A=

³x²−5x+4 2x+6

´

³2x²−x−1 x²−9

´

=x²−5x+4

2x+6 × x²−9 2x²−x−1

=(x−1)(x−4)(x−3)(x+3) 2(x+3)2(x−1)(x+¹₂)

=(x−4)(x−3) 2×2(x+¹₂)

=(x−3)(x−4) 2(2x+1)

EXERCICE10. L’équationx²=2018x−2017 est équivalente àx²−2018x−2017=0. On constate que 1 est une solution.

On peut donc factoriserx²−2018x−2017 ainsi :x²−2018x−2017=(x−1)(x−a). En développant et en identifiant les coefficients, on trouvea=2017. Finalement, l’équationx²=2018x−2017 est équivalente à (x−1)(x−2017)=0, et cette équation a exactement deux solutions : 1 et 2017.

EXERCICE11.

A=4p 2xp

x

EXERCICE12.

A=x⁴ⁿy⁻²ⁿ⁻¹ EXERCICE13. 1. A=x¹⁵

2. B=x¹⁰⁵ 3. C=₁₀₀₀¹ x² 4. D=^2a_3c^9b7⁵

5. E=^16b_a34³⁸

EXERCICE14. 1. A=4 2. B=4

3. C=4p 6 4. D= −13p

3 5. E=2p

7

EXERCICE15. 1. L’équation (E) a un sens si et seulement sixest différent de−1.

2. Soitxun réel différent de−1.

3 x+1−1

2= 2

3x+3 ⇐⇒ 3 x+1−1

2− 2 3x+3=0

⇐⇒ 18−3(x+1)−4 6(x+1) =0

⇐⇒ −3x+11=0

⇐⇒ x=11 3 L’équation (E) possède donc une solution et une seule :¹¹₃. EXERCICE16. 1. L’équation (F) a un sens si et seulement six≥0.

2. Les solutions de l’équationt²−4t+3=0 sont 1 et 3.

3. Soitx≥0. On remarque quexest solution de (F) si et seulement sip

xest solution de l’équation de la question précédente. Ainsi : (F)⇐⇒(p

x=1 oup

x=3) ⇐⇒(x=1 oux=9).

EXERCICE17. L’égalité 21²+220²=221²est équivalente à 21²=221²−220². Or :

221²−220²=(221−220)(221+220)=441=400+2×20+1=(20+1)²=21² EXERCICE18. 1. L’expression ln(−3x+1) a un sens si et seulement six<¹₃.

2. Soitx<¹₃. On résout :

ln(−3x+1)=y ⇐⇒ e^ln(−3x+1)=e^y

⇐⇒ −3x+1=e^y

⇐⇒ x=1−e^y 3 L’équation ln(−3x+1)=ypossède donc une et une seule solution :^1−e₃^y. EXERCICE19.

e^x+1+2=y ⇐⇒e^x+1=y−2 On va passer aux logarithmes mais il faut distinguer deux cas :

— Siy−2>0 (c’est-à-dire siy>2), alors :e^x+1=y−2⇐⇒ x+1=ln(y−2)⇐⇒ x=ln(y−2)−1.

— Siy−2≤0 (c’est-à-dire siy≤2), alors l’équatione^x+1=y−2 n’a pas de solution, car la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives.

En conclusion : siy≤2, alors l’équatione^x+1+2=yn’a pas de solution, et siy>2, alors l’équatione^x+1+2=ya une et une seule solution, qui est ln(y−2)−1.

EXERCICE20. 1. On a d’une part : 1+ 1

n²+ 1

(n+1)²=n²(n+1)²+(n+1)²+n²

n²(n+1)² =n⁴+2n³+3n²+2n+1 n²(n+1)² Et d’autre part :

(n²+n+1)²=n⁴+2n³+3n²+2n+1 On a donc bien :

1+ 1 n²+ 1

(n+1)²=(n²+n+1)² n²(n+1)² 2. On a :

a+b n+ c

n+1=an(n+1)+b(n+1)+cn

n(n+1) =an²+(a+b+c)n+b n(n+1) Donc, pour que l’égalité :

n²+n+1 n(n+1) =a+b

n+ c n+1 soit vraie pour toutn∈N^∗,il suffitque :

a=1 eta+b+c=1 etb=1 Cela équivaut à :a=1 etb=1 etc= −1. On a donc, pour toutn∈N^∗:

n²+n+1 n(n+1) =1+1

n− 1 n+1 3. On a :

S=

2017

X

n=1

s 1+ 1

n²+ 1 (n+1)²

=

2017

X

n=1

s

(n²+n+1)² n²(n+1)²

=

2017

X

n=1

n²+n+1 n(n+1)

=

2017

X

n=1

1+1 n− 1

n+1

=1+1 1−1

2 +1+1

2−1 3 +1+1

3−1 4 +1+1

4−1 5 . . .

+1+ 1 2016− 1

2017 +1+ 1

2017− 1 2018

=2017+1 1− 1

2018

=2018− 1 2018

EXERCICE21((identité de Diophante)). D’une part :

(a²+b²)(c²+d²)=a²c²+a²d²+b²c²+b²d² D’autre part :

(ac+bd)²+(ad−bc)²=a²c²+2acbd+b²d²+a²d²−2ad bc+b²c²=a²c²+a²d²+b²c²+b²d² On constate donc qu’il y a bien égalité entre (a²+b²)(c²+d²) et (ac+bd)²+(ad−bc)².

Suites et récurrence

EXERCICE22. — Initialisation : pourn=1, on a d’une part 1+2+ · · · +n=1, et d’autre partⁿ⁽ⁿ₂⁺¹⁾=1. L’égalité qu’il faut démontrer est donc vraie pourn=1.

— Hérédité : supposons que 1+2+ · · · +n=ⁿ⁽ⁿ₂⁺¹⁾pour un certain entiern≥1. Alors : 1+2+ · · · +n+(n+1)=n(n+1)

2 +(n+1)=n(n+1)+2(n+1)

2 =(n+1)(n+2) 2 L’égalité qu’il faut démontrer est donc vraie au rangn+1.

Le principe de récurrence conclut : pour tout entiern≥1, 1+2+ · · · +n=ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ .

EXERCICE23. — Initialisation : pourn=0, on au_n=2 et_2n+1² =2 donc on a bienu_n=_2n+1² .

— Hérédité : supposonsun=_2n²₊₁pour un certain entier natureln. Alors :

u_n+1= un

1+u_n =

2 2n+1

1+_2n²₊₁ = 2

2n+1+2= 2 2(n+1)+1 Notre égalité est donc vraie au rangn+1.

Le principe de récurrence conclut : pour tout entiern≥0,u_n=_2n+1² . EXERCICE24. 1. — Initialisation : pourn=1, on a₁₃⁴ +¡

a−₁₃⁴¢ ¡₋₃

10

¢n−1

=aetu_n=adonc on a bienu_n=₁₃⁴ +

¡a−₁₃⁴¢ ¡₋₃

10

¢n−1

.

— Hérédité : supposons queu_n=₁₃⁴ +¡

a−₁₃⁴¢ ¡₋₃

10

¢n−1

pour un certain entiern≥1. Alors : un+1=2

5− 3 10un=2

5− 3 10

µ4 13+

µ a− 4

13

¶ µ−3 10

¶n−1¶

=2 5− 3

10× 4 13+

µ a− 4

13

¶ µ−3 10

¶n

= 4 13+

µ a− 4

13

¶ µ−3 10

¶n

Le principe de récurrence conclut : pour tout entiern≥1,un=₁₃⁴ +¡

a−₁₃⁴¢ ¡₋₃

10

¢n−1

. 2. Comme¯

¯⁻³

10

¯

¯<1, on a :

n→+∞lim µ−3

10

¶n−1

=0 Et donc, en utilisant la relation établie dans la question précédente :

nlim→+∞un= 4 13

EXERCICE25. — Initialisation : pourn=1, on a_1×2¹ +_2×3¹ +_3×4¹ + · · · + · · · +_n(n+1)¹ =_1×2¹ =¹₂et 1−_n+1¹ =1−¹₂=¹₂. Donc l’égalité qu’on veut démontrer est vraie pourn=1.

— Hérédité : supposons notre égalité vraie pour un certain entiern≥1. Alors : 1

1×2+ 1 2×3+ 1

3×4+ · · · + · · · + 1

(n+1)(n+2)=1− 1

n+1+ 1

(n+1)(n+2)=1+ 1−(n+2)

(n+1)(n+2)=1− 1 n+2 Notre égalité est donc vraie au rangn+1.

Le principe de récurrence conclut : pour tout entiern≥1,_1×2¹ +_2×3¹ +_3×4¹ + · · · + · · · +_n(n+1)¹ =1−_n+1¹ .

EXERCICE26. — Initialisation : pourn=1, on a d’une part 1²+2²+ · · · +n²=1, et d’autre part^n(n+1)(2n₆ ⁺¹⁾ =1.

L’égalité qu’il faut démontrer est donc vraie pourn=1.

— Hérédité : supposons 1²+2²+ · · · +n²=^n(n+1)(2n₆ ⁺¹⁾vraie pour un certain entiern≥1. On a alors : 1²+2²+ · · · +n²+(n+1)²=n(n+1)(2n+1)

6 +(n+1)²=n+1

6 (n(2n+1)+6(n+1))=n+1

6 (2n²+7n+6) D’autre part : (n+2)(2(n+1)+1)=(n+2)(2n+3)=2n²+7n+6. Donc on a bien :

1²+2²+ · · · +n²+(n+1)²=(n+1)(n+2)(2(n+1)+1) 6

Et notre égalité est vraie au rangn+1.

Le principe de récurrence conclut : pour tout entiern≥1, 1²+2²+ · · · +n²=n(n+1)(2n+1)

6 .

EXERCICE27. Démontrer par récurrence que, pour tout entiern≥1 : 1³+2³+ · · · +n³=

µn(n+1) 2

¶2

— Initialisation : pourn=1, on a d’une part 1³+2³+ · · · +n³=1, et d’autre part³

(n(n+1) 2

´2

=1. L’égalité qu’il faut démontrer est donc vraie pourn=1.

— Hérédité : On suppose 1³+2³+ · · · +n³=

³n(n+1) 2

´2

vraie pour un certainn≥1. On a alors :

1³+2³+ · · · +n³+(n+1)³=

µn(n+1) 2

¶2

+(n+1)³= µn+1

2

¶2

¡n²+4(n+1)¢

=

µ((n+1)(n+2) 2

¶2

Notre égalité est donc vraie au rangn+1.

Le principe de récurrence conclut : pour tout entiern≥1, 1³+2³+ · · · +n³=

³n(n+1) 2

´2

. EXERCICE28. 1. On a 3u1=u0+4=9 doncu1=3. Et 3u2=u1+4=7 doncu2=⁷₃.

2. — Initialisation : on a bienu₀≥2 caru₀=5.

— Hérédité : supposonsu_n ≥2 pour un certain entier natureln. Alors : 3u_n+1=u_n+4≥2+4=6. Donc u_n+1≥⁶₃=2. Notre inégalité est donc vraie au rangn+1.

Le principe de récurrence conclut : pour tout entier natureln, on au_n≥2.

3. Soitnun entier naturel. On a :

3(un+1−un)=3un+1−3un=un+4−3un=2(2−un)≤0 (carun≥2) Doncun+1−un≤0. La suite (un) est décroissante.

4. On sait que toute suite décroissante et minorée est convergente. Or la suite (u_n) est décroissante et minorée (par 2) d’après les questions précédentes. Donc la suite (u_n) est convergente.

Notons`la limite de (un). En passant à la limite dans la relation 3un+1=un+4, on obtient : 3`=`+4. On en déduit :`=2.

5. Soitnun entier naturel. On a :

3v_n+1=3(u_n+1−2)=3u_n+1−6=u_n+4−6=u_n−2=v_n Donc :u_n+1=¹₃u_n. Ainsi, la suite (v_n) est géométrique de raison¹₃.

6. Pour tout entier natureln:v_n=¡₁

3

¢n

v₀=₃n−1¹ . Puis :u_n=2+v_n=2+₃n−1¹ . 7.

T_n=

n

X

k=0

v_k=

n

X

k=0

µ1 3

¶k

v₀=v₀1−¡₁

3

¢n+1

1−¹₃ =9 2 µ

1− µ1

3

¶_n+1¶

S_n=

n

X

k=0

u_k=

n

X

k=0

(2+v_k)= Ã_n

X+1 k=0

2

!

+T_n=2(n+1)+T_n

8. Comme−1<¹₃<1 donc :

n→+∞lim µ1

3

¶n+1

=0 Donc :

nlim→+∞Tn=9 2 Et :

n→+∞lim 2(n+1)= +∞

Donc :

n→+∞lim S_n= +∞

EXERCICE29. On définit deux suites (u_n) et (v_n) par :u₀=2,v_n=_u²_n pour toutn∈N, etu_n+1=^un+v₂ ⁿ pour toutn∈N. 1. v₀=1,u₁=³₂,v₁=⁴₃,u₂=¹⁷₁₂,v₂=²⁴₁₇.

2. — Initialisation :u0etv0sont bien compris entre 1 et 2, donc les encadrements qu’on veut établir sont vrais au rangn=0.

— Hérédité : supposons 1≤un ≤2 et 1≤vn ≤2 pour un certain entier natureln. On a alors 2=1+1≤ u_n+v_n≤2+2=4, donc : 1≤^un+₂^vn ≤2, c’est-à-dire 1≤u_n+1≤2. La fonction inverse est décroissante sur ]0,+∞[ donc :¹₂≤_un+1¹ ≤¹₁, d’où : 1≤v_n+1≤2. Nos deux encadrements sont donc vrais au rangn+1.

Le principe de récurrence conclut : pour tout entier natureln,unetvnsont compris entre 1 et 2.

3. On a :

u_n+1−v_n+1=u_n+v_n

2 − 2

un+vn 2

=u_n+v_n

2 − 4

un+vn =(u_n+v_n)²−8

2(un+vn) =u²_n+2u_nv_n+v²_n−8

2(un+vn) ==u²_n−4+v²_n 2(un+vn) D’autre part :

(un−vn)²=u²_n−2unvn+v²_n=u²_n−4+v²_n On a donc bien :

u_n+1−v_n+1=(u_n−v_n)² 2(u_n+v_n)

4. Soitnun entier naturel. Un carré est positif donc (u_n−v_n)²>0. De plus, on sait queu_netv_nsont positifs donc 2(u_n+v_n)≥0. Ainsi : ^(u_2(u^n−vn)2

n+vn)≥0 et donc, avec la question précédente :u_n+1−v_n+1≥0. D’où :v_n+1≤u_n+1. Cela prouve quev_n≤u_n pour tout entiern≥1. De plus, on a bienv₀≤u₀carv₀=1 etu₀=2. Finalement : v_n≤u_npour tout entier natureln.

5. Soitnun entier naturel. On a :

u_n+1−u_n=un+vn

2 −u_n=vn−un

2 ≤0 carv_n≤u_n Donc la suite (un) est décroissante. Ensuite :

v_n+1 v_n =

2 un+1

2 u_n

= u_n

u_n+1≥1 car 0<u_n+1≤u_n

De plus la suite (v_n) est à termes strictement positifs donc la suite (v_n) est croissante.

6. Les suites (un) et (vn) sont convergentes car elles sont respectivement décroissante minorée et croissante ma- jorée.

7. Soitnun entier naturel. On a vu queunetvnsont compris entre 1 et 2, donc : 1≤un≤2 et−2≤ −vn≤ −1. On en déduit : 1+(−2)≤un−vn≤2+(−1). En particulier, on a bien :un−vn≤1.

8. Soitnun entier naturel. On au_n≥1 etv_n≥1 donc 2(u_n+v_n)≥4 et donc :_2(u¹

n+v_n)≤¹₄. En multipliant par le nombre positif (un−vn)², on obtient :^(u_2(u^n−vn)2

n+v_n)≤^(un−₄^vn)2. On en déduit :un+1−vn+1≤^(un−vn)(u₄ ^n−vn)≤^un−₄^vn (car 0≤un−vn≤1 d’après la question précédente).

9. — Initialisation : pourn=0, on au_n−v_n=2−1=1 et₄¹n =1 donc on a bienu_n−v_n≤₄¹ⁿ.

— Hérédité : supposonsun−vn≤₄¹n vrai pour un certain entier natureln. On a alors :un+1−vn+1≤^un−₄^vn

1 4n

4 =

1

4ⁿ⁺¹, donc notre inégalité est vraie au rangn+1.

Le principe de récurrence conclut :u_n−v_n≤₄¹ⁿ est vraie pour tout entier natureln.

10. En déduire que`=mpuis déterminer`. Pour tout entier natureln: 0≤u_n−v_n≤₄¹ⁿ. Par encadrement, on a donc : lim_n→+∞u_n−v_n=0. Mais par ailleurs, lim_n→+∞`−m=0. Donc`−m=0, et donc`=m.

En passant à la limite dans la relationvn=_u²_n, on obtient :`=<sup>2</sup><sub>`</sub>. Donc`<sup>2</sup>=2 et donc`=p

2 ou`= −p 2. Mais comme`est la limite d’une suite à termes positifs, on a`≥0 et donc`=p

2.

Études de fonctions

EXERCICE30. 1. L’expressionA(x) a un sens si et seulement si toutes les conditions suivantes sont remplies : (a) x6=0

(b) 1+¹_x6=0 (c) 1+₁₊¹1

x 6=0

Résolvons l’équation 1+¹_x =0 :

1+1

x=0⇐⇒ 1

x= −1 ⇐⇒x= −1 Résolvons l’équation 1+₁₊¹1

x =0 : 1+ 1

1+¹_x =0⇐⇒ 1

1+¹_x = −1⇐⇒1+1

x = −1 ⇐⇒1+1

x= −1⇐⇒ 1

x= −2 ⇐⇒x=−1 2 Conclusion : l’expressionA(x) a un sens si et seulement sixest différent de 0, de−1 et de⁻¹₂. 2.

A(x)= 1 1+₁₊¹1

x

= 1 1+ x+1¹

x

= 1

1+_x+1^x = 1

2x+1 x+1

= x+1 2x+1 EXERCICE31. On pose :

B(x)= 1 1−₁₊²1

1−x

1. L’expressionB(x) a un sens si et seulement si toutes les conditions suivantes sont remplies : (a) 1−x6=0

(b) 1+_1−x¹ 6=0 (c) 1−₁₊²1

1−x 6=0

Résolvons l’équation 1+₁₋¹_x =0 : 1+ 1

1−x =0 ⇐⇒ 1

1−x= −1⇐⇒1−x= −1⇐⇒ x=2 Résolvons l’équation 1−₁₊²1

1−x =0 : 1− 2

1+₁₋¹_x =0⇐⇒ 2

1+₁₋¹_x =1 ⇐⇒1+ 1

1−x=2⇐⇒ 1

1−x =1 ⇐⇒1−x=1 ⇐⇒x=0 Conclusion : l’expressionB(x) a un sens si et seulement sixest différent de 1, de 2 et de 0.

2.

B(x)= 1 1−₁₊²1

1−x

= 1 1−2−x²

1−x

= 1

1−²₂⁻₋^2x_x = 1

1+^2x₂₋⁻_x² = 1

x 2−x

=2−x x

EXERCICE32. L’expressionC(x) a un sens si et seulement si toutes les conditions suivantes sont remplies : 1. 25−x²>0

2. x²−9≥0

On a : 25−x²>0⇐⇒ (5−x)(5+x)>0.

x

5−x 5+x (5−x)(5+x)

−∞ −5 5 +∞

+ + 0 −

− 0 + +

− 0 + 0 −

Donc : 25−x²>0⇐⇒ x∈]−5, 5[.

De même :x²−9≥0⇐⇒ (x−3)(x+3)≥0.

x

x−3 x+3 (x−3)(x+3)

−∞ −3 3 +∞

− − 0 +

− 0 + +

+ 0 − 0 +

Donc :x²−9≥0 ⇐⇒x∈]− ∞,−3]∪[3,+∞[.

Conclusion : l’expressionC(x) a un sens si et seulement six∈]−5,−3]∪[3, 5[.

EXERCICE33. On posef(x)=4+e^x−3. 1. La fonctionf est définie surR. On a :

x→−∞lim f(x)=4, lim

x→+∞f(x)= +∞

(il n’y a pas de forme indéterminée)

2. La fonctionf est dérivable surRet :∀x∈R,f⁰(x)=e^x−3>0. D’où le tableau de variations suivant : x

f⁰(x)

Variations de f

−∞ +∞

+

4 4

+∞

+∞

3. La tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 3 a pour équation :y= f⁰(3)(x−3)+f(3)= x−3+5=x+2.

La tangente à la courbe représentative def au point d’abscisse 4 a pour équation :y= f⁰(4)(x−4)+f(4)= e(x−4)+4+e=ex+4−3e.

x y

−2 −1 0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5 6 7 8

4. On résout :

f(x)=y ⇐⇒ 4+e^x−3=y ⇐⇒e^x−3=y−4 On aimerait passer au logarithme. . .Distinguons deux cas :

— Siy−4≤0 (c’est-à-dire siy≤4), alors l’équatione^x−3=y−4 n’a pas de solution (car la fonction exponen- tielle est à valeurs strictement positives).

— Siy−4>0, alorse^x−3=y−4 ⇐⇒x−3=ln(y−4) ⇐⇒x=3+ln(y−4).

Conclusion : siy≤4, alors l’équationf(x)=yn’a pas de solution. Si par contrey>4, alors l’équationf(x)=y possède une et une seule solution qui est : 3+ln(y−4).

EXERCICE34. 1. On poseu(x)=xetv(x)=x²+1. Les fonctionsuetvsont polynomiales dont définies et déri- vables surR. De plus, la fonctionvne s’annule jamais car :∀x∈R,x²+1≥1. La fonctionf est donc définie et dérivable surRcomme quotient de deux fonctions dérivables avec un dénominateur qui ne s’annule pas. Et :

∀x∈R,f⁰(x)=u⁰(x)v(x)−u(x)v⁰(x)

v(x)² =x²+1−x×2x

(x²+1)² = 1−x²

(x²+1)²=(1−x)(1+x) (x²+1)² Résolvons l’équationf⁰(x)=0 :

f⁰(x)=0 ⇐⇒(1−x)(1+x)=0⇐⇒ x=1 oux= −1

Il existe exactement deux points deC où la tangente est horizontale : ce sont les points d’abscisses−1 et 1.

2. Commençons par les limites :

f(x)= x

x²+1= 1 x+¹_{x x}−→

→+∞0 On trouve de même :

f(x)_x→−∞−→ 0

On a vu que, pour tout réelx:f⁰(x)=⁽¹_(x^−x)(12+1)^+2x). Doncf⁰(x) est du signe de (1−x)(1+x). Pour étudier le signe de ce produit, faisons un tableau de signes :

x

1−x 1+x (1−x)(1+x)

−∞ −1 1 +∞

+ + 0 −

− 0 + +

− 0 + 0 −

On en déduit le tableau des variations def : x

f⁰(x)

Variations de f

−∞ −1 1 +∞

− 0 + 0 −

0 0

−1 2

−1 2

1 2 1 2

0 0 3. Dessin deC :

x y

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−1 0 1

EXERCICE35. On posef(x)=^x2_x⁺₋^x₁⁻¹.

1. La fonctionf est définie en tout réel différent de 1.

2. On a :

f(x)=x²+x−1

x−1 =x+1−¹_x 1−¹_{x x}−→

→+∞+∞

Et :

f(x)=x+1−¹_x

1−¹_{x x→−∞}−→ −∞

Donc la courbe représentative def ne possède pas d’asymptote horizontale. Ensuite : x²+x−1−→

x→11 x−1 −→

x→1₋0₋, x−1 −→

x→1₊0₊ Donc :

f(x)=x²+x−1 x−1 −→

x→1−−∞, f(x)=x²+x−1 x−1 −→

x→1++∞

Donc la droite d’équationx=1 est une asymptote verticale pour la courbe représentative def.

3. Posonsu(x)=x²+x−1 etv(x)=x−1. Les fonctionsuetvsont définies et dérivables surRcar polynomiales.

La fonctionf est donc dérivable sur son domaine de définition, comme quotient de fonctions dérivables (avec un dénominateur qui ne s’annule pas). Soitxun réel différent de 1 :

f⁰(x)=u⁰(x)v(x)−u(x)v⁰(x)

v(x)² =(2x+1)(x−1)−(x²+x−1)×1

(x−1)² =x²−2x

(x−1)²=x(x−2) (x−1)²

Posonsa(x)=x²−2x) etb(x)=(x−1)². Les fonctionsaetbsont définies et dérivables surR(car polynomiales) et la fonctionb ne s’annule qu’au point 1, donc la fonction f⁰ est dérivable surR\ {1} comme quotient de fonctions dérivables. Soitxun réel différent de 1 :

f⁰⁰(x)=a⁰(x)b(x)−a(x)b⁰(x)

b(x)² =(2x−2)(x−1)²−(x²−2x)×2(x−1)

(x−1)⁴ =2(x−1)²−2(x²−2x)

(x−1)³ = 2

(x−1)³ 4. Pour tout réelxdifférent de 1,f⁰(x) est du signe dex(x−2). D’où le tableau suivant :

x

x

x−2 f⁰(x)

Variations de f

−∞ 0 1 2 +∞

− 0 + + +

− − − 0 +

+ 0 − − 0 +

−∞

−∞

1 1

−∞

+∞

5 5

+∞

+∞

x y

−3 −2 −1 0 1 2 3

−1 0 1 2 3 4 5 6 7

EXERCICE36. 1. On résout l’inéquation 2x+3>0 :

2x+3>0⇐⇒ x>−3 2 Donc la fonctionf est définie sur l’intervalleI=]⁻³₂,+∞[.

2. La fonctionf est dérivable surIet, pour toutx∈I: f⁰(x)= 2

2x+3>0 Donc la fonctionf est croissante surI. De plus :

xlim→+∞f(x)= +∞, lim

x→⁻³₂

f(x)= −∞

(il n’y a pas de forme indéterminée dans ces calculs de limite)

3. La tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse−1 a pour équation :y =f⁰(−1)(x−(−1))+ f(−1)=2(x+1)+ln(1)=2x+2.

x=⁻³₂

x y

−2 −1 0 1 2 3 4

−3

−2

−1 0 1 2 3

EXERCICE37. 1. On a :

2e^x−1>0⇐⇒ e^x>1

2 ⇐⇒ln(e^x)>ln µ1

2

¶

⇐⇒ x> −ln(2) Donc l’ensemble des solutions de l’équation 2e^x−1>0 est l’intervalle ]−ln(2),+∞[.

2. La fonctionf est définie surI=]−ln(2),+∞[.

3. Soitxappartenant àI:

f⁰(x)= 2e^x 2e^x−1

Commex∈I, on a 2e^x−1>0 (d’après la première question). On a aussi 2e^x>0. Doncf⁰(x)>0.

4. On a :

lim

x→−ln(2)2e^x−1=2e^−ln(2)−1=0 Donc :

x→−limln(2)f(x)= −∞

Et :

x→+∞lim f(x)= +∞

5. Soitxun élément deI.

f(x)−g(x)=ln(2e^x−1)−x−ln(2)=ln(2e^x−1)−ln(e^x)−ln(2)=ln

µ2e^x−1 2e^x

¶

=ln µ

1− 1 2e^x

¶

Or_2e¹x >0 donc 1−_2e¹x <1, puis en passant au logarithme : f(x)−g(x)=ln

µ 1− 1

2e^x

¶

<ln(1)=0 Enfin :

xlim→+∞f(x)−g(x)= lim

x→+∞ln µ

1− 1 2e^x

¶

=ln(1)=0

6. La droiteT a pour équation :y=f⁰(0)(x−0)+f(0)=2x

7. La question 5 montre que la droite d’équationy=g(x) est une asymptote (oblique) pour la courbe représen- tative def, au voisinage de+∞. La question 5 montre également que la courbe représentative def se situe partouten dessousde son asymptote.

x= −ln(2)

y=g(x)

x y

−1 0 1 2 3

−3

−2

−1 0 1 2 3

y=f(x)

8. On a :

f(x)=y ⇐⇒ ln(2e^x−1)=y ⇐⇒2e^x−1=e^y ⇐⇒ e^x=e^y+1 2 Or^ey₂⁺¹>0 donc on peut passer au logarithme :

f(x)=y ⇐⇒ x=ln µe^y+1

2

¶

EXERCICE38. On posef(x)=x³+ax−1. La fonctionf est définie et dérivable surR(car polynomiale). Soitxun réel.

On a :

f⁰(x)=3x²+a

Or 3x²≥0 eta>0, doncf⁰(x)>0. La fonctionf est donc strictement croissante surR. Or une fonction strictement croissante s’annule au plus une fois (il en est de même pour une fonction strictement décroissante), donc l’équation

f(x)=0 possède au plus une solution.

EXERCICE39. On souhaite comparera=1000¹⁰⁰¹etb=1001¹⁰⁰⁰. Pour cela on poseq=^b_a. 1. La fonctionf est définie et dérivable sur l’intervalle ]−1,+∞[. Pour tout réelx> −1 :

f⁰(x)= 1

1+x−1=1−(1+x) 1+x = −x

1+x

Comme 1+x>0, le nombref⁰(x) est du signe de−x. On a donc le tableau suivant : x

−x f⁰(x)

Variations de f

−1 0 +∞

+ 0 −

+ 0 −

0 0

(il est inutile de calculer les limites def en−1 et en+∞pour la suite de l’exercice) 2. Le tableau ci-dessus montre que pour toutx> −1,f(x)≤0.

3. On a :

ln(q)=ln µb

a

¶

=ln(b)−ln(a)=1000 ln(1001)−1001 ln(1000)=1000¡

ln(1001)−ln(1000)¢

−ln(1000)

=1000 ln µ1001

1000

¶

−ln(1000)=1000 ln µ

1+ 1 1000

¶

−ln(1000)=1000 µ

ln µ

1+ 1 1000

¶

− 1 1000+ 1

1000

¶

−ln(1000) Donc :

ln(q)=1000f µ 1

1000

¶

+1−ln(1000)

4. D’après les questions précédentes : ln(q)≤1−ln(1000)<0. Donc :q<1, et doncb<a.

EXERCICE40. Pour tout réelx>0, on poseg(x)=x²−2 ln(x) etf(x)=x³+6x−6xln(x).

1. La fonctiongest définie et dérivable sur ]0,+∞[. Pour tout réel strictement positifx: g⁰(x)=2x−2

x =2x²−2

x =2(x−1)(x+1) x 2.

x→+∞lim g(x)= lim

x→+∞x² µ

1−2ln(x) x²

¶

= +∞ car lim

x→+∞

ln(x) x² =0 limx→0g(x)= +∞ (pas de forme indéterminée) 3. On a vu que pour toutx>0 :

g⁰(x)=2(x−1)(x+1) x

On ax>0 etx+1>0 doncg⁰(x) est du signe dex−1. D’où le tableau suivant : x

x−1 g⁰(x)

Variations deg

0 1 +∞

− 0 +

− 0 +

+∞

1 1

+∞

+∞

4. D’après le tableau précédent,g(x)>0 pour tout réelx>0.

5. La fonctionf est définie et dérivable sur ]0,+∞[. Soitx>0 :

f⁰(x)=3x²+6−6 (ln(x)+1)=3x²−6 ln(x) On remarque que :f⁰(x)=3g(x).

6.

xlim→+∞f(x)= lim

x→+∞x³ µ

1+ 6

x²−6ln(x) x²

¶

= +∞

limx→0f(x)=0 car lim

x→0xln(x)=0

7. On a vu que, pour tout réelx>0, on af⁰(x)=3g(x)>0. D’où le tableau suivant :

x

f⁰(x)

Variations de f

0 +∞

+

0

+∞

+∞

EXERCICE41. Pour tout réelx>0, on poseg(x)=ln(x+1)−ln(x)−_x+1¹ etf(x)=e^xln¡1+1x¢. 1. La fonctiongest définie et dérivable sur ]0,+∞[. Soitx>0.

g⁰(x)= 1 x+1−1

x− (−1)

(x+1)²= x(x+1)

x(x+1)²− (x+1)²

x(x+1)²+ x

x(x+1)²=x(x+1)−(x+1)²+x

x(x+1)² = −1 x(x+1)² 2. D’après la question précédente,g⁰(x)<0 pour tout réel x>0. Donc la fonctiong est décroissante sur son

intervalle de définition.

x→+∞lim g(x)= lim

x→+∞ln µx+1

x

¶

− 1

x+1= lim

x→+∞ln µ

1+1 x

¶

− 1 x+1=0

x→0lim+

g(x)= lim

x→0+

ln µx+1

x

¶

− 1

x+1= +∞ car lim

x→0+

x+1 x = +∞

x

g⁰(x)

Variations deg

0 +∞

− +∞

0 0 3. Posonsu(x)=xetv(x)=ln¡

1+¹_x¢

. Les fonctionsu etv sont définies et dérivables sur ]0,+∞[ et pour tout x>0 :

u⁰(x)=1 v⁰(x)=

−1 x²

1+¹_x = −1 x²+x Posonsw(x)=xln¡

1+¹_x¢

=u(x)v(x). La fonctionwest définie et dérivable sur ]0,+∞[ (produit de deux fonc- tions dérivables) et :

w⁰(x)=u⁰(x)v(x)+u(x)v⁰(x)=ln µ

1+1 x

¶

− x x²+x =ln

µ 1+1

x

¶

− 1 x+1

Pour toutx>0, on af(x)=e^w(x)donc la fonctionf est définie et dérivable sur ]0,+∞[. Pour toutx>0 : f⁰(x)=w⁰(x)e^w(x)=

µ ln

µ 1+1

x

¶

− 1 x+1

¶

e^xln¡1+1x¢

D’autre part :

g(x)=ln(x+1)−ln(x)− 1 1+x=ln

µx+1 x

¶

− 1 x+1=ln

µ 1+1

x

¶

− 1 x+1 On a donc bien :

f⁰(x)=g(x)f(x)

4. Soitx>0. On ag(x)>0 etf(x)>0 donc, avec la question précédente,f⁰(x)>0. D’où le tableau de variation def :

x

f⁰(x)

Variations de f

0 +∞

−

EXERCICE42. 1. x7→¹₄e^4x+1 2. x7→^x₂⁴−^x₉³

3. x7→¹₄x²−³_x 4. x7→^x₂²+p

2x+1 5. x7→¹₃e^3x+^x₃³−^x₂² 6. x7→^x₄⁴+x³+x² 7. x7→²₃p

3x+1 8. x7→x−e^−x 9. x7→ln(e^x+1)

Systèmes linéaires

EXERCICE43. On a :

a x+ b

x+1=a(x+1)+bx

x(x+1) =(a+b)x+a x(x+1) Pour avoir pour tout réelxdifférent de 0 et de−1 :

1 x(x+1)=a

x+ b x+1 ilsuffitdonc de choisiraetbde telle sorte que :

½a+b=0 a =1

Donca=1 etb= −1 conviennent. Finalement, pour tout réelxdifférent de 0 et de−1, on a : 1

x(x+1)=1 x− 1

x+1

EXERCICE44. On procédant comme dans l’exercice précédent, on trouve que, pour tout réelxdifférent de 1 et de−1 : 1

(x−1)(x+1)=

1 2

x−1+

−1 2

x+1

EXERCICE45. On procédant comme dans l’exercice précédent, on trouve que, pour tout réelxdifférent de 0 et de 2 : 3x+1

(x−2)x =

7 2

x−2+

−1 2

x

EXERCICE46. Déterminer des réelsa,b,c,dtels que, pour tout réelxdifférent de 1 : (1−x+x²)²

x−1 =ax³+bx²+c x+ d x−1 On a d’une part :

(1−x+x²)²=x⁴−2x³+3x²−2x+1 Et d’autre part :

ax³+bx²+c x+ d

x−1=ax³(x−1)+bx²(x−1)+c x(x−1)+d

x−1 =ax⁴+(−a+b)x³+(−b+c)x²−c x+d x−1

Donc, pour que :

(1−x+x²)²

x−1 =ax³+bx²+c x+ d x−1 pour tout réelxdifférent de 1, ilsuffitque :



















a =1

−a+b = −2

−b+c =3

−c = −2 d=1

Ce système a pour unique solution :a=1,b= −1,c=2,d=1. Donc, pour tout réelxdifférent de 1 : (1−x+x²)²

x−1 =x³−x²+2x+ 1 x−1

EXERCICE47. On procédant comme dans l’exercice précédent, on trouve que, pour tout réelxdifférent de 1 : x²+1

x³−1=

2 3

x−1+

1 3x−¹₃ x²+x+1

EXERCICE48. On procédant comme dans l’exercice précédent, on trouve que, pour tout réelxdifférent de−1 : x³

x³+1=1+

−1 3

x+1+

1 3x−²₃ x²−x+1

EXERCICE49. 1. La fonctionf est définie et dérivable surRet, pour tout réelx: f⁰(x)=ae^x+(ax+b)e^x=(ax+(a+b))e^x

2. D’après la question précédente, pour quef :x7→(ax+b)e^xsoit une primitive deg:x7→xe^x, ilsuffitque :

½a =1 a+b=0

Ce système a une unique solution :a=1,b= −1. Donc, une primitive degest la fonctionx7→(x−1)e^x. 3. De même, pour quef :x7→(ax+b)e^xsoit une primitive deh, ilsuffitque :

½a =2 a+b=1

Ce système a une unique solution :a=2,b= −1. Donc, une primitive dehest la fonctionx7→(2x−1)e^x. EXERCICE50. 1. La fonctionf est définie et dérivable surR. Pour tout réelx:

f⁰(x)=acos(x)+(ax+b)(−sin(x))+csin(x)+(c x+d) cos(x)=(c x+(a+d)) cos(x)+(−ax+(−b+c)) sin(c)