Correction devoir maison n°2
Commentaires et analyse des questions
Commentaires Exercice 1
L’exercice 1 est le plus long et « le plus important » au sens où l’ensemble des questions posées fait appel à des notions rencontrées dans les chapitres étudiés depuis le début de l’année.
De par ce fait, pour bien traiter cet exercice, il est indispensable de bien maîtriser son cours et d’avoir travailler (retravailler, reretravailler, …) ses exercices, ses corrections de DS notamment celle du dernier.
Exercice 2
L’exercice 2 est un exercice purement calculatoire et ne présente aucune difficulté.
Exercice 3
L’exercice 3 est un exercice d’application portant sur la recherche d’un ensemble de points et ne présente pas de grandes difficultés.
Analyse des questions et notions utilisées Exercice 1
1. Question très importante (classique):
Justification de la dérivabilité d’une fonction comportant une fonction composée Dérivation
Etude du signe d’une expression Interprétation du signe de la dérivée
Limites d’une fonction composée et connaissance des croissances comparées Etude du signe d’une fonction à partir de sons sens de variation
2. (a) Question très importante (classique)
Continuité et dérivabilité d’une fonction en un réel (chap 1), notions mathématiques essentielles (b) Savoir utiliser les résultats des questions précédentes (question classique)
Justification de la dérivabilité d’une fonction comportant une fonction composée Dérivation
Interprétation du signe de la dérivée 3. Question difficile et pas classique
Astuce de calcul et utilisation de
0
lim 1
x x
e
→ x
−
=1.
Exercice 3
L’exercice 3 fait appel aux propriétés vues dernièrement en cours : Z Im( )Z 0
Z Z
∈ ⇔ =
⇔ = ℝ
Exercice 1
1. Etudions le sens de variation de la fonction ϕ sur ℝ* : Démontrons que ϕ est dérivable sur
]
−∞; 0[
et sur]
0;+∞[
.ϕ est de la forme uv + 1 avec
1 1
: 1 : x
u x et v x e
→ + x → .
u est dérivable sur ℝ* et pour tout 1
*, '( ) x u x ²
∈ℝ = −x .
1
x→ x est dérivable sur ℝ* à valeurs dans ℝ et exp est dérivable sur ℝ donc v est dérivable sur ℝ* et pour tout
1 1
*, '( )
²
x v x ex
∈ℝ = −x . Donc ϕ est dérivable sur
]
−∞; 0[
et sur]
0;+∞[
et pour toutx∈ℝ*,Or
1 1
0 * 0 *
²
ex sur et sur
> ℝ x > ℝ , donc '( )ϕ x est du signe de 2x 1 x
− − .
Etude du signe de 2x 1 x
− − : Le signe de 2x 1
x
− − est le même que le signe du polynôme ( 2− −x 1)x(en retenant que 0 est une valeur interdite pour le quotient !)
Ou encore en établissant un tableau de signes Bref,
] [
'( ) 0 1
2
'( ) 0 ; 1 0;
2
x x
x x
ϕ ϕ
= ⇔ = −
< ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞
Le signe de la dérivée nous donne le sens de variation de la fonction donc ϕ est strictement décroissante
sur 1
; 2
−∞ −
et sur
]
0;+∞[
, et strictement croissante sur 1 2; 0
−
. Etudions les limites de ϕ aux bornes de son ensemble de définition :
En ±∞ :
lim 1 1 1
x→±∞ x
+ =
0
( )
lim 1 0
lim 1
x X X
x e
→±∞
→
=
=
donc par composition,
1
lim x 1
x e
→±∞
=
.
Ainsi, d’après les théorèmes opératoires sur les limites, lim ( ) 2
x ϕ x
→±∞ = .
1 1
1
1 1 1
'( ) 1
² ²
1 2 1
²
x x
x
x e e
x x x
e x
x x
ϕ = − + + −
− −
=
En 0+ :
0
lim 1 1
x→ + x
+ = +∞
( )
0
lim 1 lim
x
X X
x e
→ +
→+∞
= +∞
= +∞
donc par composition,
1
0
lim x
x
+ e
→
= +∞
.
Ainsi, d’après les théorèmes opératoires sur les limites,
0
lim ( )
x +ϕ x
→ = +∞. En 0− :
0
lim 1 1
x→ − x
+ = −∞
( )
0
lim 1
lim 0
x
X X
x e
→ −
→−∞
= −∞
=
donc par composition,
1
0
lim x 0
x
− e
→
=
.
D’où la présence d’une forme indéterminée. Levons cette indétermination en utilisant les croissances comparées :
Pour tout
1 1
*, ( ) x 1 x 1
x x e e
ϕ x
∈ℝ = + +
1
0
lim x 0
x − e
→
=
( )
0
lim 1
lim 0
x
X X
x
Xe par croissance comparée
→ −
→−∞
= −∞
=
donc par composition,
1
0
lim 1 x 0
x
xe
→ −
=
.
Ainsi, d’après les théorèmes opératoires sur les limites,
0
lim ( ) 1
x −ϕ x
→ = .
De plus, 1 2
2 1 e
ϕ− = − −
> 0 car -2 < 0 et la stricte croissance de la fonction exp sur ℝdonne
2 0 2
1 0
e− <e soit −e− > .
On a ainsi le tableau de variations suivant :
Etudions le signe de ( )ϕ x sur ℝ : Sur
]
−∞; 0[
ϕ est strictement décroissante sur 1
; 2
−∞ −
et strictement croissante sur 1 2; 0
−
donc ϕ admet un minimum sur
]
−∞; 0[
en 1−2 de valeur 1−e−2 >0 ; donc ϕ( )x >0 sur
]
−∞; 0[
.Sur
]
0;+∞[
ϕ est strictement décroissante sur
]
0;+∞[
et limx→+∞ϕ( )x = >2 0, donc ϕ( )x >0 sur]
0;+∞[
.Donc ( )ϕ x >0 sur ℝ*.
2. (a) Etudions la limite de f en 0 : En 0−
1
0
lim x 0
x
− e
→
=
donc d’après les théorèmes opératoires,
0
lim ( ( )) 0
x
− f x
→ =
En 0+
1
0
lim x
x
+ e
→
= +∞
donc d’après les théorèmes opératoires,
0
lim ( ( )) 0
x
+ f x
→ =
Donc
0
lim( ( )) 0
x f x
→ = . Or (0)f =0, donc la fonction f est continue en 0.
Etudions sa dérivabilité en 0 :
0 0 1
( ) (0) 1
lim lim
0 1
x x
x
f x f
x e
→ →
−
=
−
+
En 0−
1
0
lim x 0
x − e
→
=
donc d’après les théorèmes opératoires, 1
0
lim 1 1
1
x
ex
→ −
=
+
donc f est dérivable à gauche en 0 et f ' (0) 1g = .
En 0+
1
0
lim x
x
+ e
→
= +∞
donc d’après les théorèmes opératoires, 1
0
lim 1 0
1
x
ex
→ +
=
+
donc f est dérivable à droite en 0 et f ' (0)d =0.
Or 1≠0 donc f n’est pas dérivable en 0.
(b) Etudions le sens de variation de la fonction f sur ℝ:
1
x→ex est dérivable sur
]
−∞; 0[
et sur]
0;+∞[
(1) donc x→e1x+1 est dérivable sur]
−∞; 0[
et sur]
0;+∞[
; donc par quotient f est dérivable sur]
−∞; 0[
et sur]
0;+∞[
, et pourtoutx∈ℝ*,
Or
1
1 ex ²
+
> 0 sur ℝ* et ( )ϕ x > 0 sur ℝ*, donc f x > 0 sur '( ) ℝ*. Par conséquent, f est strictement croissante sur ℝ(car f est continue en 0).
Etudions les limites de f aux bornes de son ensemble de définition :
1
lim x 1
x e
→±∞
=
donc d’après les théorèmes opératoires sur les limites, lim ( ( ))
x f x
→−∞ = −∞et lim ( ( ))
x f x
→+∞ = +∞. D’où le tableau de variations suivant :
1 1
1
1
1 1 1 '( ) ²
1 ²
( )
1 ²
x x
x
x
e x e
f x x
e x
e ϕ
× + − × −
=
+
= +
3. Montrons que la droite d’équation 1 1
2 4
y= x− est asymptote à Cf . Soit x≠0,
1 1
1
1 1 2 (1 ) 1
( ) ...
2 4
4(1 )
x x
x
x e e
f x x
e
− + +
− − = =
+
.
1
lim x 1
x e
→±∞
=
donc
1 1
lim 1 x 2 lim 4(1 x) 8
x e et x e
→±∞ →±∞
+ = + =
.
Reste à étudier
1
lim (1 x)
x x e
→±∞
−
.
Soit x≠0,
1 1
1 1
1 1 1
(1 ) (1 )
1 1 1
x x
x x e e
x e e
x x x
− −
− = − = = − (c’est joli non ?!!?!)
0
lim 1 0
lim 1 exp'(0) 1
x X X
x e
X
→±∞
→
=
− = =
donc par composition,
1
lim (1 x) 1
x x e
→±∞
− = −
.
Par conséquent,
1 1
lim 2 (1 x) 1 x 0
x x e e
→±∞
− + + =
et par quotient, 1 1
lim ( ) 0
2 4
x f x x
→±∞
− − =
donc la droite
d’équation 1 1
2 4
y= x− est asymptote à C en f ±∞.
Exercice 2
Exercice 3
Rappel : Z Im( )Z 0
Z Z
∈ ⇔ =
⇔ = ℝ
. On utilise l’une ou l’autre des deux propriétés pour déterminer les ensembles de points donnés.
1. Soit Ε =1
{
M z( )∈P z, ²−2z+ ∈1 ℝ}
Déterminons cet ensemble de points.
Soit z∈ℂ,
( ) 1 ² 2 1
² 2 1 ² 2 1
² 2 1 ( )² 2 1
² ( )² 2 2 0
( )( ) 2( ) 0
( )( 2) 0
0 2 0
2 Re( ) 2
Re( ) 1
Re( ) 1
( ) ' ( )
M z z z
z z z z
z z z z
z z z z
z z z z z z
z z z z
z z ou z z
z z ou z
z z ou z
z ou z
M z est sur l axe des réels ou M z est sur la dr
∈Ε ⇔ − + ∈
⇔ − + = − +
⇔ − + = − +
⇔ − − + =
⇔ + − − − =
⇔ − + + =
⇔ − = + + =
⇔ = = −
⇔ = = −
⇔ ∈ = −
⇔
ℝ
ℝ
' 1
oite d équation x= − Donc Ε1 est la réunion de l’axe des abscisses et de la droite d’équation x = -1.
2. Soit Ε =2
{
M z( )∈P z, ( −3)(iz+ ∈2) ℝ}
Déterminons cet ensemble de points.
Soit z∈ℂ,
[ ][ ]
[ ] [ ]
2
²
²
( ) ( 3)( 2)
( 3)( ( ) 2) ( , )
( 3) (2 )
( 3)(2 ) ( 3) (2 )
( 3) (2 ) 0
² ² 3 2 0
² 3 ² 2 0
3 9
( 1)² 1 0
2 4
3 ( 1)
2
M z z iz
x iy i x iy avec z x iy x y
x iy y ix
x y xy i x x y y
x x y y
x y x y
x x y y
x y
x y
∈Ε ⇔ − + ∈
⇔ − − + + ∈ = + ∈ ∈
⇔ − − − + ∈
⇔ − − + + − − − ∈
⇔ − − − =
⇔ + − − =
⇔ − + − =
⇔ − − + − − =
⇔ − + −
ℝ
ℝ ℝ ℝ
ℝ
ℝ
² 2
² 13 4
3 13
( 1)²
2 2
3 13
( ) .
2 2
x y
M z est sur le cercle de centre A i et de rayon
=
⇔ − + − =
⇔ +
Donc Ε2 est le cercle de centre 3 13
2;1 2
A et de rayon
.
