DEVOIRLIBRE2 MATHÉMATIQUES
Devoir Libre 2 – Mathématiques
Exercice 1 : Bijection
On considère la fonction
fdéfinie pour tout
x∈]0, 1] par
f(x)
=e(ln(x))2.
Montrer que
fréalise une bijection de ]0, 1] sur un intervalle à expliciter et déterminer l’expression de
f−1.
RéponseÉtape(s) du raisonnement :
1. On montre quef réalise une bijection en utilisant le théorème de la bijection.
2. On déterminef−1en résolvant l’équationy=f(x).
Ici, on ne résout pas directement l’équationy=f(x)car on ne connaît pas l’intervalle sur lequel f réalise une bijection. Le théorème de la bijection nous permet de le déterminer.
ÏLa fonction ln est strictement croissante et continue sur ]0, 1] et à valeurs dansR−.
De plus, la fonction x7→x2 est strictement décroissante et continue sur R−. Donc, comme composée de fonctions, x7→¡
ln(x)¢2
est strictement décroissante et continue sur ]0, 1].
De plus, la fonction exp est strictement croissante et continue sur R, donc, comme composée de fonctions, f est strictement décroissante et continue sur l’intervalle ]0, 1] .
Remarque : la stricte monotonie de f peut aussi s’obtenir en dérivant ! Par le théorème de la bijection,
f réalise une bijection de ]0, 1] surf¡ ]0, 1]¢
. De plus, lim
x→0+f(x)= −∞et
x
f
0 1
+∞
+∞
1 1 Donc,
f¡ ]0, 1]¢
=[1,+∞[.
ÏSoit y∈[1,+∞[. On résout l’équationy=f(x) d’inconnuex∈]0, 1].
On a :
y=f(x) ⇐⇒ y=eln(x)2 ⇐⇒ ln(y)=ln(x)2. Or,x∈]0, 1] et yÊ1, donc ln(x)É0 et ln(y)Ê0. Donc,
ln(y)=ln(x)2 ⇐⇒ p
ln(y)= |ln(x)| ⇐⇒ p
ln(y)= −ln(x) ⇐⇒ −p
ln(y)=ln(x) ⇐⇒ e−p
ln(y)
=x.
Ainsi,
f−1:y7→e−p
ln(y).
Exercice 2 : Bijection
Soit
f:
x7→2
x1
−x2.
G. BOUTARD 1 Lycée GAY-LUSSAC
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Montrer que
fréalise une bijection de ]
−1, 1[ sur R et déterminer sa bijection réciproque.
Indication
: Exercice 2.5 page 34 du chapitre 2.
Réponse
Étape(s) du raisonnement :On montre que f réalise une bijection en résolvant l’équation y=f(x).
Soit y∈R.
Résolvons l’équation y=f(x) d’inconnuex∈R. On a : y=f(x) ⇐⇒ y= 2x
1−x2 ⇐⇒ y×x2+2×x−y=0.
Attention ! Ce n’est pas toujours une équation de second degré.
Il y a deux cas :
• Cas 1:y=0. On a :
y×x2+2×x−y=0 ⇐⇒ x=0
• Cas 2:y,0. Le discriminant de l’équation est∆=4+4y2=4 (1+y2). Comme y∈]−1, 1[,∆>0.
Donc,
y×x2+2×x−y=0 ⇐⇒ x=−2−2p 1+y2
2y =−1−p 1+y2 y
| {z }
=x1
oux=−2+2p 1−y2
2y =−1+p 1+y2 y
| {z }
=x2
On cherche qui dex1oux2appartient à]−1, 1[.On a :
|x1| =1+p 1+y2
|y| Or, par stricte croissante de la fonction racine carrée,
1+ q
1+y2>
q 1+y2>
q y2
D’où, comme q
y2= |y|, on a : 1+ q
1+y2> |y|. Or,|y| >0, donc
|x1| =1+p 1+y2
|y| >1.
Donc,x1∉]−1, 1[.
De plus,x1×x2=1. Donc,|x2| = 1
|x1|<1. Donc,x2∈]−1, 1[.
Donc, l’équation y=f(x) possède une unique solution dans ]−1, 1[ (et cette solution estx2) Dans les deux cas, l’équationy=f(x) possède une unique solution dans ]−1, 1[.
Ainsi,
f réalise une bijection de ]−1, 1[ surRet f−1:y7→
( −1+p
1+y2
y siy,0
0 siy=0.
Exercice 3 : Partie entière
Montrer que :
∀(x,
y)∈R
2,
bxc + byc É bx+yc É bxc + byc +1.
Réponse
Soit (x,y)∈R2.
ÏOn sait quebxc Éxetbyc Éy.
PCSI 2021 – 2022 2 G. BOUTARD
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D’où, en sommant les inégalités,bxc + byc Éx+y.
Donc, par croissance de la fonction partie entière,
¥bxc + byc¦
É bx+yc. Or,bxc + byc ∈Z, donc,¥bxc + byc¦
=bxc + byc. Donc,
bxc + byc É bx+yc.
ÏOn sait quex<bxc +1et y<byc +1.
Donc, en sommant les inégalités, on a :x+y< bxc + byc +2.
De plus,bx+yc Éx+y.
Donc,bx+yc <bxc + byc +2.
Donc, commebx+ycetbxc + byc +2 sont des entiers,bx+yc Ébxc + byc +2−1.
Donc,
bx+yc É bxc + byc +1.
G. BOUTARD 3 Lycée GAY-LUSSAC
