EXERCICE 193 page 245

EXERCICE 188 page 244

1. x7→exp¡√

x²−3x+ 2¢

>0

Domaines, limites et branches infinies : D=D_c=©

x∈R:x²−3x+ 2≥0ª

= ]−∞; 1]∪[2;∞[ D_d¹=©

x∈R:x²−3x+ 2>0ª

= ]−∞; 1[∪]2;∞[ lim−∞f = lim

+∞f = ” exp (+∞) ” = +∞ a₁= lim

x→−∞

f(x)

x = lim

x→−∞

√x²−3x+2 x

exp(^√x2−3x+2)

√x²−3x+2 = ” (−1)·(+∞) ” =−∞

a₂= lim

x→+∞ f(x)

x = lim

x→+∞

√x²−3x+2 x

exp(^√x2−3x+2)

√x²−3x+2 = ” (+1)·(+∞) ” = +∞ BP de directiona=∞qdx→ −∞et qdx→+∞.

Valeurs aux points d’arrêt :

f(1) =f(2) = exp (0) = 1et doncA1(1; 1) etA2(2; 1). Dérivées :

Pour chaquex∈D_d¹ on calcule : f⁰(x) = d

dxexp³p

x²−3x+ 2´

= 2x−3 2√

x²−3x+ 2exp³p

x²−3x+ 2´ Le signe de la dérivée est égal au signe de(2x−3)car les autres facteurs sont positifs.

Enx= 1 on a : [f⁰(1)]^Cauchy= lim

x→1

f(x)−f(1) x−1

(H)= lim

1 f⁰= ”⁻₊₀^1·1” =−∞

Enx= 2 on a : [f⁰(2)]^Cauchy= lim

x→2

f(x)−f(2) x−2

(H)= lim

2 f⁰= ”⁺¹₊₀^·1” = +∞

La fonction n’est pas dérivable ni en x= 1, ni en x= 2 mais, son graphe admet en ces points d’arrêt une

1

2-tangente verticale dirigée vers lesy positifs. Donc on a :D_d=D¹_d . Ceci conduit au tableau des variations suivant :

x −∞ 1 2 +∞

f⁰(x) − k k +

+∞ +∞

f(x) ^{( B P )} & min min % ^{( B P )}

1 1

Quelques points :

−2 −1 0 3 4 5

e^2√3= 32 e^√6= 11,6 e^√2= 4,11 e^√2= 4,11 e^√6 e^2√3= 32 Graphe de la fonction proposée avec un zoom explicatif :

0 2 4 6 8 10 12

y

-2 -1 1 2 x 3 4 5 0.8

1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

y

0.6 0.8 1 1.2 1.4x1.6 1.8 2 2.2 2.4

Remarque : Pour vérifier la symétrie parfaite par rapport à l’axe (∆) :x= ³₂ , il suffit de vérifier que pour toutx∈D on a :f¡₃

2 −x¢

=f¡₃

2+x¢

2. x7→ 1 e^x2−3x >0

Domaines, limites et branches infinies :

D=Dc=Dd=Rcar l’exponentielle du dénominateur ne s’annule pour aucun réel.

lim−∞f = lim

+∞f = ”₊¹_∞” = 0 (AH) : y= 0qdx→+∞et qdx→ −∞. Dérivées :

Pour chaquex∈Dd on calcule :

f⁰(x) = d dx

1

e^x2−3x = −2x+ 3 e^x2−3x

Le signe de la dérivée est égal au signe de(−2x+ 3)car le dénominateur est positif.

Pour chaquex∈Dd on calcule :

f⁰⁰(x) = d² dx²

1

e^x2−3x = 4x²−12x+ 7 e^x2−3x

Le signe de la dérivée seconde est égal au signe de4x²−12x+ 7 car le dén. est positif.

Ceci conduit au tableau des variations suivant : x −∞ ³⁻2^√2

3 2

3+√ 2

2 +∞

f⁰(x) + + 0 − −

f⁰⁰(x) + 0 − − 0 +

max

f(x) ( A H ) % infl % & infl & ^{( A H )}

0 0

Valeurs aux points remarquables : Au Maximum absolu :f¡₃

2

¢=e⁹⁴ = 9,48 Aux points d’inflexion :f³

3−√ 2 2

´

=f³

3+√ 2 2

´

=e⁷⁴ = 5,75 Quelques points :

−2 −1 0 1 2 3 4 5

e⁻¹⁰= 0,00004 e⁻⁴= 0,02 1 e²= 7,4 e²= 7,4 1 e⁻⁴= 0,02 e⁻¹⁰= 0,00004 Graphe de la fonction proposée :

0 2 4 6 8 10

y

-2 -1 1 2 x 3 4 5

Remarque : Pour vérifier la symétrie parfaite par rapport à l’axe (∆) :x= ³₂ , il suffit de vérifier que pour toutx∈D on a :f¡₃

2 −x¢

=f¡₃

2+x¢ 3. x7→exp (sinx)>0

Domaines, limites et branches infinies :

D=Dc=Dd=R(comme composée de deux fonctions dérivables sur R).

Pour toutx∈Ron a : f(x+ 2π) =f(x)à cause de la périodicité de la fonction sinus.

Donc, la fonctionf est aussi périodique de périodeT = 2π.

Il suffit de l’étudier surDE= [0; 2π] et de compléter son graphe par translations.

Conséquence : la fonction n’a pas de limites, ni en+∞ni en−∞. Valeurs aux points particuliers :

f(0) =f(2π) = exp (0) = 1et doncA₁(0; 1) etA₂(2π; 1).

Dérivées :

Pour chaquex∈D_d on calcule :

f⁰(x) = d

dxexp (sinx) = (cosx)e^sinx Le signe de la dérivée est égal au signe decosxcar l’autre facteur est positif.

Pour chaquex∈D_d on calcule :

f⁰⁰(x) = d²

dx²exp (sinx) =¡

−sin²x−sinx+ 1¢ e^sinx Le signe de la dérivée seconde est égal au signe de¡

−sin²x−sinx+ 1¢

car l’autre facteur est positif.

Les méthodes trigonométriques vues en troisième permettent de résoudre l’équation :

−sin²x−sinx+ 1 = 0⇐⇒x∈n

arcsin^√5₂⁻¹;π−arcsin^√5₂⁻¹o

={0,66; 2,48} Ceci conduit au tableau des variations suivant :

x 0 0,66 ^π₂ 2,48 ^3π₂ 2π

f⁰(x) + + 0 − − 0 +

f⁰⁰(x) + 0 − − 0 + +

max

f(x) 1 % infl % & infl & % 1

min Valeurs aux points remarquables :

Au minimum :f¡_3π

2

¢=e⁻¹= 0,37 Au maximum :f¡_π

2

¢=e= 2,7

Aux deux points d’inflexion :f(0,66) =f(2,48) =e

√5−1

2 = 1,85 Quelques points :

π 6

2π

3 π ^7π₆ ^7π₄

e¹² = 1,65 e

√3

2 = 2,38 1 e⁻¹² = 0,60 e⁻

√2

2 = 0,49 Graphe de la fonction proposée avec un zoom au domaine d’étude :

0 0.5 1 1.5 2 2.5

y

-10 -8 -6 -4 -2 2 4 x 6 8 10 0

0.5 1 1.5 2 2.5 3

y

1 2 3x 4 5 6

4. x7→exp (arctanx)>0

Domaines, limites et branches infinies :

D=D_c=D_d=R comme composée de deux fonctions dérivables surR. lim−∞f = exp¡

−^π₂¢

= 0,21 (AH)₁: y= exp¡

−^π₂¢

qdx→ −∞

lim+∞f = exp¡_π

2

¢= 4,81 (AH)2 : y= exp¡_π

2

¢qdx→+∞. Dérivées :

Pour chaquex∈D_d on calcule :

f⁰(x) = d

dxexp (arctanx) = e^arctanx 1 +x² >0 Le signe de la dérivée est strictement positif pour toutx∈Dd .

Pour chaquex∈Dd on calcule :

f⁰⁰(x) = d²

dx²exp (arctanx) = 1−2x

(1 +x²)²e^arctanx

Le signe de la dérivée seconde est égal au signe de(1−2x). Ceci conduit au tableau des variations suivant :

x −∞ ¹₂ +∞

f⁰(x) + +

f⁰⁰(x) + 0 −

e^π2

f(x) ^{( A H 1 )} % infl % ^{( A H 2 )}

e^−π2 Valeur au point d’inflexion :f¡₁

2

¢=e^arctan12 = 1,6 Quelques points :

−√

3 −1 0 1 2 √

3 e^−13π= 0,35 e^−14π= 0,5 1 e^14π= 2,2 e^{arctan 2}= 3,0 e^13π= 2,8 Graphe de la fonction proposée avec un Zoom explicatif :

0 1 2 3 4

y

-2 2 4x 6 8

EXERCICE 190 page 245

1. (a) h(x) = log (x−1) + log (x+ 4) Tableau des signes :

x −∞ −4 1 ∞

x−1 − − 0 +

x+ 4 − 0 + +

Donc :D=Dc=Dd = ]1;∞[ (b) i(x) = log [(x−1) (x+ 4)]

Tableau des signes :

x −∞ −4 1 ∞

(x−1) (x+ 4) + 0 − 0 +

Donc :D=D_c=D_d = ]−∞;−4[∪]1;∞[ (c) j(x) = log (x−1)−log (x+ 4)

Tableau des signes :

x −∞ −4 1 ∞

x−1 − − 0 +

x+ 4 − 0 + +

Donc :D=D_c=D_d = ]1;∞[ (d) k(x) = log(x−1)

(x+ 4) Tableau des signes :

x −∞ −4 1 ∞

x−1

x+4 + k − 0 +

Donc :D=D_c=D_d = ]−∞;−4[∪]1;∞[

(e) l(x) = log|x−1|−log|x+ 4| Tableau des signes :

x −∞ −4 1 ∞

x−1 + + 0 +

x+ 4 + 0 + +

Donc :D=Dc=Dd = ]−∞;−4[∪]−4; 1[∪]1;∞[ =R\ {−4; 1} (f) m(x) = log

¯¯

¯¯x−1 x+ 4

¯¯

¯¯ Tableau des signes :

x −∞ −4 1 ∞

¯¯

¯¯ x−1 x+ 4

¯¯

¯¯ + k + 0 +

Donc :D=Dc=Dd = ]−∞;−4[∪]−4; 1[∪]1;∞[ =R\ {−4; 1}

2. Les fonctionshet ine sont pas égales car elles n’ont pas le même domaine de définition.

Les fonctions j etkne sont pas égales car elles n’ont pas le même domaine de définition.

Les fonctionsl etmsont égales !l=mcar non seulement elles ont exactement le même domaine mais en plus, pour toutx∈Don a d’après la loi logarithmique du quotient :

m(x) = log

¯¯

¯¯x−1 x+ 4

¯¯

¯¯= log|x−1|−log|x+ 4|=l(x) : ∀x∈R\ {−4; 1} 3. ∀x∈]1;∞[ : log (x−1) (x+ 4) = log (x−1) + log (x+ 4)

∀x∈]1;∞[ : logx−1

x+ 4 = log (x−1)−log (x+ 4) REMARQUE:

Pour les décompressions, on utilise les formules : logab= log|a|+ log|b| et loga

b = log|a|−log|b| (a, bmême signe) Pour les compressions, on peut utilise :

loga+ logb= logab et loga−logb= loga

b (aet bpositifs)

EXERCICE 191 page 245

1. f(x) = log₂x−1 x+ 1

Le domaine de définition de f est :D= ]−∞;−1[∪]+1; +∞[ qui est0−symétrique. Donc, il n’est pas exclu que la fonction soit paire.

Soitx∈Dun réel quelconque du domaine. On peut calculer avec la loi logarithmique du quotient : : f(x) +f(−x) = log₂x−1

x+ 1 + log₂−x−1

−x+ 1 = log₂x−1

x+ 1·−x−1

−x+ 1 = log₂1 = 0

D est 0-symétrique et∀x∈D:f(−x) =−f(x), et doncf est une fonction impaire.(→étude surR⁺) 2. g(x) = log¡

x+√ x²+ 1¢ CE :x+√

x²+ 1>0est vérifiée pour tout réelx! En effet :∀x∈Ron a : x²+ 1> x²⇐⇒√

x²+ 1>|x|≥ −x⇐⇒x+√

x²+ 1>0 Le domaine de définition deg est donc :D=Rqui est0−symétrique.

Ainsi, il n’est pas exclu que la fonction soit impaire.

Soitx∈Dun réel quelconque . On peut calculer avec la loi logarithmique du produit : : g(x) +g(−x) = log³

x+p x²+ 1´

+ log µ

−x+ q

(−x)²+ 1

¶

= log³ x+p

x²+ 1´ ³

−x+p x²+ 1´

= log¡

x²+ 1−x²¢

= log 1 = 0

D est 0-symétrique et∀x∈D:g(−x) =−g(x), et doncg est une fonction impaire.(→étude surR⁺)

3. La fonction f est paire. Il suffit de l’étudier sur DE = ]+1; +∞[ et de compléter son graphe par symétrie orthogonale d’axe OY des ordonnées dans un RON.

La fonction g est impaire. Il suffit de l’étudier sur DE = [0;∞[ et de compléter son graphe par symétrie centrale de centre O(0,0).

-15 -10 -5 0 5 10 15

-4 -3 -2 -1 1 2x 3 4

-2 -1 0 1 2

-4 -2 2 x 4

EXERCICE 192 page 245

1. x7→ln (cosx)

Domaines, limites et branches infinies : D=D_c=D_d={x∈R: cosx >0}= S

k∈Z

¤−^π₂ + 2kπ;^π₂ + 2kπ£ .

Pour toutx∈Don a : f(x+ 2π) =f(x)à cause de la périodicité de la fonction cosinus.

Donc, la fonctionf est aussi périodique de périodeT = 2π.

(Conséquence : la fonction n’a pas de limites, ni en+∞ni en−∞.) En plus, on a pour toutx∈D:(qui est 0-symétrique !)

f(−x) = ln cos (−x) = ln cosx=f(x) La fonction est donc paire.

Il suffit donc d’étudier la fonction surDE=£ 0;^π₂£

et de compléter son graphe d’abord par symétrie orthogonale d’axe OY des ordonnées dans un RON, et ensuite de compléter définitivement par translations à cause de la périodicité.

lim_π

2

f = ” ln 0” =−∞ :(AH):x= ^π₂ f(0) = ln (cos 0) = ln 1 = 0

Dérivées :

Pour chaquex∈DE on calcule :

f⁰(x) = d

dxln (cosx) =−sinx

cosx =−tanx≤0 Le signe de la dérivée est négatif sur le domaine d’étude considéré !.

Pour chaquex∈DE on calcule :

f⁰⁰(x) = d²

dx²ln (cosx) = −1 cos²x <0

Les méthodes trigonométriques vues en troisième permettent de résoudre l’équation : Ceci conduit au tableau des variations suivant :

x 0 ^π₂

f⁰(x) −

f⁰⁰(x) − 0

f(x) &

max −∞

Pour des raisons de symétrie, la fonction admet un maximum absolu en0, de valeurf(0) = 0.

Quelques points :

π 6

π 4

π

−ln 2 + ¹₂ln 3 =−0,14 −¹₂ln 2 =−0,35 −ln 2 =3−0,69 Graphe de la fonction proposée avec un zoom au domaine d’étude :

-4 -3 -2 -1 0 y

-8 -6 -4 -2 2 4x 6 8

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0

y

-1.5 -1 -0.5 0.5 x 1 1.5

2. x7→ln arcsinx

Domaines, limites et branches infinies :

D=D_c={x∈R:x∈[−1; 1] et arcsinx >0}= ]0; 1]

D_d¹={x∈R:x∈]−1; 1[ et arcsinx >0}= ]0; 1[

lim0 f = ” ln 0” =−∞ (AV) :x= 0 f(1) = ln^π₂ = 0,45 : Le point d’arrêtA¡

1; ln^π₂¢

appartient au graphe de la fonction.

Dérivées :

Pour chaquex∈D_d¹ on calcule :

f⁰(x) = d

dxln arcsinx= 1

√1−x²arcsinx >0 La dérivée est strictement positive sur le domaineD_d!.

Dérivabilité au point d’arrêtA¡ 1,ln^π₂¢

par "Cauchy suivi de Hospital" : [f⁰(1)] = lim

x→1

f(x)−f(1) x−1 = lim

1 f⁰= ”⁺¹₊₀” = +∞

La fonction n’est pas dérivable en x = 1, mais son graphe admet au point d’arrêt une ¹₂-tangente verticale tournée vers lesy négatifs.

Pour chaquex∈D_d¹ on calcule : f⁰⁰(x) = d²

dx²ln arcsinx=

√1−x²−xarcsinx

¡arcsin²x¢√

1−x²(x²−1) La dérivée seconde est un monstre. Son signe est égal au signe du numérateur.

Pour étudier ce signe, on peut recourrir à un ordinateur avec CAS : (x∈]0; 1[et√

1−x²=xarcsinx,Solution is:{x0= 0.758 06}

Les renseignements sur le signe s’obtiennen par le graphe de la fonction paire :

x7→p

1−x²−xarcsinx

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1

-1 -0.8-0.6-0.4-0.2 0.2 0.4x0.6 0.8 1

Tout ceci conduit au tableau des variations suivant :

x 0 x₀ 1

f⁰(x) k + + k

f⁰⁰(x) k + 0 − k

k ln^π₂

f(x) k % infl % max

−∞

Valeurs au point d’inflexion : f(x₀) =−0,15 Quelques points :

1 2

√2 2

√3

ln^π₆ =−0,65 ln^π₄ =−0,24 ln^π₃ = 0,2 05 Graphe de la fonction proposée avec un zoom sur la régionintéressante :

-4 -3 -2 -1 0

y

0.2 0.4 x0.6 0.8 1

-0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6

y

0.85 0.9 x 0.95 1 1.05

3. x7→arcsin (lnx)

Domaines, limites et branches infinies : (répéter les exercices 69 et 79 !) Système(Σ) :

½ lnx ≥ −1

lnx ≤ 1 avec la solution :£₁

e;e¤ Système(S) :

½ lnx = −1

lnx = 1 avec la solution :©₁

e;eª D=D_c={x∈R:x >0et lnx∈[−1; 1]}=£₁

e;e¤ D_d¹={x∈R:x >0et lnx∈]−1; 1[}=¤₁

e;e£ . Valeurs aux points d’arrêt :

f¡₁

e

¢= arcsin (−1) =−^π2 et doncA1¡₁

e;−^π2

¢. f(e) = arcsin (1) = ^π₂ et doncA₂¡

e;^π₂¢ . Dérivées :

Pour chaquex∈D_d¹ on calcule :

f⁰(x) = d

dxarcsin (lnx) = 1 xp

1−ln²x

>0 La dérivée est strictement positive sur le domaine de dérivabilitéD_d¹. Dérivabilité au point d’arrêtA1¡₁

e;−^π2

¢par "Cauchy suivi de Hospital" :

£f⁰¡₁

e

¢¤= lim

x→¹e

f(x)−f(¹e)

x−¹e

= lim

1 e

f⁰= ”⁺¹₊₀” = +∞

La fonction n’est pas dérivable en x = ¹_e, mais son graphe admet au point d’arrêt une ¹₂-tangente verticale tournée vers lesy positifs.

Dérivabilité au point d’arrêtA₂¡ e;^π₂¢

par "Cauchy suivi de Hospital" : [f⁰(e)] = lim

x→1

f(x)−f(e) x−e = lim

e f⁰= ”⁺¹₊₀” = +∞

La fonction n’est pas dérivable en x =e, mais son graphe admet au point d’arrêt une ¹₂-tangente verticale tournée vers lesy négatifs. On a :Dd=D¹_d .

Pour chaquex∈D_d¹ on calcule :

f⁰⁰(x) = d²

dx²arcsin (lnx) = ln²x+ lnx−1 x²¡

1−ln²x¢ p

1−ln²x Le signe de la dérivée seconde est égal au signe de¡

ln²x+ lnx−1¢

car l’autre facteur est positif. Les méthodes des inéquations logarithmiques permettent de résoudre les inéquations suivantes qui permettent de trouver le signe def⁰⁰ (voir l’exercice 193) :

(♣) : ln²x+ lnx−1©>

<

ª0 Poser :z:= lnxetx∈¤₁

e;e£

ce qui est équivalent à dire :x= exp (z)et z∈]−1; 1[

(♣)⇐⇒z²+z−1©_>

<

ª0une inéquation simple du second degré.

Tableau pour le signe def⁰⁰ :

z ⁻¹⁻₂^√5 −1 ⁻¹⁺₂^√5 1

z²+z−1 + 0 − − 0 + +

Revenons maintenant àx= exp (z) : ln²x+ lnx−1>0⇐⇒x∈i

exp³

−1+√ 5 2

´;eh ln²x+ lnx−1 = 0⇐⇒x= exp³

−1+√ 5 2

´

= 1,85 ln²x+ lnx−1<0⇐⇒x∈i

1 e; exp³

−1+√ 5 2

´h Ceci conduit au tableau des variations suivant :

x ¹_e exp³

−1+√ 5 2

´ e

f⁰(x) k + + k

f⁰⁰(x) k − 0 + k

π

f(x) min % infl % max2

−^π₂ Valeur au point d’inflexion :f³

exp³

−1+√ 5 2

´´= arcsin³

−1+√ 5 2

´= 0,67 Quelques points :

1 2

3

4 1 1,5 2 2,5

−0,76 −0,29 0 0,42 0,76 1,16 Graphe de la fonction proposée avec un zoom au domaine d’étude :

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 y

0.5 1 1.5x 2 2.5 3

EXERCICE 193 page 245

1. (♦) : lnx²+ (lnx−4) ln²x= 0 Domaine d’existence :DE= ]0; +∞[.

Pour tout réel deDE,l’équation se transforme :

(♦) ⇐⇒ ln³x−4 ln²x+ 2 lnx= 0

Il s’agit d’uneéquation logarithmique qui passe par laméthode : poserz= lnx⇔x=e^z . Avec cette substitution, on obtient :

(♦) ⇐⇒ z³−4z²+ 2z= 0 une équation du troisième degré enz,facile à résoudre :

(♦) ⇐⇒ z¡

z²−4z+ 2¢

= 0

⇐⇒ z= 0ouz²−4z+ 2 = 0

⇐⇒ z= 0 ouz= 2 +√

2ouz= 2−√ 2

Revenons àxpar l’exponentielle :

(♦) ⇐⇒ z= 0 ouz= 2 +√

2ouz= 2−√ 2

⇐⇒ x=e⁰ oux=e(^2+√2) oux=e(²−√ 2) Les trois solutions sont des éléments deDE et donc : EdS_R(♦) =n

1;e(²−√

2);e(^2+√2)o 2. (♥) : lnx²+ (lnx−4) ln²x≥0

Domaine d’existence :DE= ]0; +∞[.

Pour tout réel deDE,l’inéquation se transforme :

(♦) ⇐⇒ ln³x−4 ln²x+ 2 lnx≥0

Il s’agit d’uneinéquation logarithmique qui passe par laméthode : poserz= lnx⇔x=e^z . Avec cette substitution, on obtient :

(♥) ⇐⇒ z³−4z²+ 2z≥0 une inéquation du troisième degré enz,à résoudre par tableau des signes !

La dernière ligne du tableau se déduit de la première par "exponentiation" pour revenir à x.

z −∞ 0 2−√

2 2 +√

2 +∞

z − 0 + + +

z²−4z+ 2 + + 0 − 0 +

z¡

z²−4z+ 2¢

− 0 + 0 − 0 +

x 0 1 e^2−√2 e^2+√2 +∞

EdS_R(♥) =h

1;e^2−√2i

∪h

e^2+√2; +∞h

EXERCICE 194 page 245

1. α= 10 log^10000I_I ⁰

0 = 10·log 10000 = 40db 2. 120 = 10 log_I^I

0 ⇔I^I0 = 10^120/10= 10¹²= 1000000000000

EXERCICE 195 page 245

Voir aussi l’exercice 93.

On a évidemment :f⁻¹=g .

Notons dès le départ que les 3 fonctions f, g =f⁻¹ et h sont toutes continues et dérivables sur leur domaine de définition. Donc, pour chaque fonction composée, les domaines de définition, de continuité

et de dérivabilité sont confondus :Dd=Dc=D . 1. (f◦g◦h) (x) =f(g(h(x))) =e^ln(^x2−1)

Système du domaine de définition (et de continuité d’après la remarque initiale) : D(f ◦g◦h) ={x∈R:x∈Dh ∧ h(x)∈Dg ∧ g(h(x))∈Df}

x∈Dh: / car il n’y a aucune condition pour les polynômes x²−1∈Dg: ⇐⇒ x²−1>0

ln¡ x²−1¢

∈Df / aucune condition pour l’exponentielle x²>1⇐⇒x <−1oux >1et donc on obtientD(f◦g◦h) = ]−∞;−1[∪]1;∞[ Pour toutx∈D(f◦g◦h)on a :

(f◦g◦h) (x) =e^ln(^x2−1) =x²−1et donc : d

dxe^ln(^x2−1) = 2x

-2 -1 0 1 2 3 5 6

-4 -3 -2 -1 1 2x 3 4

Notons que la fonction(f◦g◦h)admet un prolongement par continuité de valeur0en−1et en+1et que ce prolongement est même dérivable en ses points d’arrêt !

2. ¡

f⁻¹◦g◦h¢

(x) =g(g(h(x))) = ln¡ ln¡

x²−1¢¢

Système du domaine de définition (et de continuité d’après la remarque initiale) : D(g◦g◦h)={x∈R:x∈Dh ∧ h(x)∈Dg ∧ g(h(x))∈Dg}

⎧⎨

⎩

x∈Dh: / car il n’y a aucune condition pour les polynômes x²−1∈Dg: ⇐⇒ x∈]−∞;−1[∪]1;∞[

ln¡ x²−1¢

∈Dg ⇐⇒ ln¡ x²−1¢

>0 ln¡

x²−1¢

>ln 1^bij⇐⇒^%x²−1>1⇐⇒x²>2 et donc on obtientD(g◦g◦h) =¤

−∞;−√ 2£

∪¤√

2;∞£ Pour toutx∈D(g◦g◦h)on a : d

dxln¡ ln¡

x²−1¢¢

= 2x

(x²−1) ln (x²−1).

-6 -5 -3 -2 -1 0 1 2

-4 -2 2 x 4

EXERCICE 196 page 246

Préliminaire :

Donnée :f =u^v définie par :f(x) =: exp (v(x)·ln (u(x))) Alors on a :D={x∈Dv etu(x)>0}

EXEMPLE TYPE : f(x) =x^x=: exp (xlnx) D=Dc=Dd={x∈R:x >0}= ]0;∞[

Pour toutx∈Dd on calcule :

f⁰(x) = d

dxexp (xlnx) = µ

1·lnx+x·1 x

¶

exp (xlnx)

= (1 + lnx) x^x

1. f(x) =¡₁

x

¢sinx

=: exp¡

sinx·ln¡₁

x

¢¢= exp (−sinx·lnx) D=Dc=Dd=©

x∈R: ¹_x >0ª

= ]0;∞[ Pour toutx∈Dd on calcule :

f⁰(x) = d

dxexp (−sinx·lnx) = µ

−cosx·lnx−sinx· 1 x

¶

exp (−sinx·lnx)

= −xcosxlnx+ sinx x

µ1 x

¶sinx

2. f(x) =¡

4x²−5x+ 7¢2x+4

=: exp¡

(2x+ 4)·ln¡

4x²−5x+ 7¢¢

D=D_c=D_d=©

x∈R: 4x²−5x+ 7>0ª

=R, (car∆<0) Pour toutx∈D_d on calcule :

f⁰(x) = d dxexp¡

(2x+ 4)·ln¡

4x²−5x+ 7¢¢

= µ

2 ln¡

4x²−5x+ 7¢

+(2x+ 4) (8x−5) 4x²−5x+ 7

¶ exp¡

(2x+ 4)·¡

4x²−5x+ 7¢¢

= µ

2 ln¡

4x²−5x+ 7¢

+16x²+ 22x−20 4x²−5x+ 7

¶¡

4x²−5x+ 7¢2x+4

3. f(x) =¡ 1 + ¹_x¢x

=: exp¡ x·ln¡

1 + ¹_x¢¢

D=D_c=D_d=©

x∈R: 1 +¹_x >0ª

= ]−∞;−1[∪]0;∞[ Pour toutx∈D_d on calcule :

f⁰(x) = d dxexp

µ x·ln

µ 1 + 1

x

¶¶

= µ

ln µ

1 + 1 x

¶ +x·

−1 x²

1 + ¹_x

¶ exp

µ x·ln

µ 1 + 1

x

¶¶

= µ

ln µ

1 + 1 x

¶

− 1 x+ 1

¶ µ 1 + 1

x

¶x

4. f(x) = (arctanx)^lnx=: exp (lnx·ln (arctanx)) D=D_c=D_d={x∈]0;∞[ : arctanx >0}= ]0;∞[ Pour toutx∈D_d on calcule :

f⁰(x) = d

dxexp (lnx·ln (arctanx))

= µ1

xln (arctanx) + lnx· 1

arctanx· 1 1 +x²

¶

exp (lnx·ln (arctanx))

=

µln (arctanx)

x + lnx

(1 +x²) arctanx

¶

(arctanx)^lnx

EXERCICE 197 page 246

Nouvelles formes indéterminées :0⁰; ∞⁰; 0^∞; 1^∞ EXEMPLE TYPE

xlim→0x^x= ”0⁰”est une forme indéterminée de la nouvelle sorte !

xlim→0x^x= lim

x→0exp (xlnx)calcul à part

= exp (0) = 1par un théorème sur les limites vu en deuxième.

Calcul à part : lim

x→0xlnx= ”0·(−∞) ”f.i. pas bonne pour Hospital (voir exercice 120,121,142 et 143,)

xlim→0xlnx= lim

x→0 lnx

1 x

(H)= lim

x→0(−x) = 0 1. lim

x→∞

¡1 + ¹_x¢x

= ”1^∞”f.i. de la nouvelle forme.

xlim→∞

¡1 +_x¹¢x

=lim

x→∞exp¡ xln¡

1 +_x¹¢¢calcul à part

= exp (1) =e (théo. sur les limites)

Calcul à part : lim

x→∞xln¡ 1 +¹_x¢

= ”∞·0”f.i. pas bonne pour Hospital.

xlim→∞xln¡ 1 + ¹_x¢

= lim

x→∞

ln(¹⁺¹x)

1 x

(H)= lim

x→∞

x x+1 = 1 De la même façon, on traite la deuxième limite :

xlim→0(1 +x)^1x = ”1^∞”f.i. de la nouvelle forme.

xlim→0(1 +x)^1x=lim

x→0exp

µln (1 +x) x

¶calcul à part

= exp (1) =e (théo. sur les limites) Calcul à part : lim

x→0

µln (1 +x) x

¶(H)

= lim

x→0 1 x+1 = 1

2. Ces limites (sauf (d) et (g)) renferment une f.i. de la nouvelle forme. On peut lever ces f.i. en utilisant la règle de l’Hospital dans un calcul à part.

(a) lim

x→∞

¡1 + ²_x¢₋x+2

= lim

x→∞exp¡

(−x+ 2) ln¡

1 +_x²¢¢calcul à part

= exp (−2) =e⁻²≈0,13534 Calcul à part : lim

x→∞

ln(¹⁺²x)

1

−x+2

(H)= lim

x→∞

−2x²+8x−8 x²+2x =−2 (b) lim

u→∞

³u+2 u−3

´3u−1

= lim

u→∞exp³

(3u−1) ln³

u+2 u−3

´´calcul à part

= exp (15) =e¹⁵≈3269017 Calcul à part : lim

x→∞

ln(^u+2_u−3)

1 3u−1

(H)= lim

x→∞ lim

x→∞

45u²−30u+5 3u²−3u−18 = 15 (c) lim

t→0(1−3t)^−2t = lim

t→0exp¡₋₂

t ln (1−3t)¢calcul à part

= exp (6) =e⁶≈403,429 Calcul à part :lim

t→0 ln(1−3t)

−t 2

(H)= lim

t→0 6 1−3t = 6 (d) lim

x→0(1 + sinx)^arcsinx= lim

x→0exp (arcsinx·ln (1 + sinx)) = exp (0) = 1 ce n’est pas une f.i.

(e) lim

α→1

¡tan^π₄α¢tan^πα₂

= lim

α→1exp¡

tan^πα₂ ln¡

tan^π₄α¢¢calcul à part

= exp (−1) = ¹_e ≈0,36788 Calcul à part :

αlim→0

ln(^tanπ4α)

1 tanπα

2

(H)= lim

α→0

1 tanπα

4 (1+tan^2πα₄ )^π4

−1 tan2πα

2 (^1+tan2πα2 )^π2

= lim

α→0−¹₂^1+tan_tan^2πα₄^πα4 ₁₊ ¹¹

tan2πα 2

=−¹₂¹⁺¹_{1 1+0}¹ =−1 (f) lim

x→0cotx^lnx1 = lim

x→0exp¡ ₁

lnxln (cotx)¢calcul à part

= exp (−1) = ¹_e ≈0,36788 Calcul à part :

xlim→0 ln(cotx)

lnx = lim

x→0

ln|cosx|−ln|sinx| lnx

(H)= lim

x→0

−cosx¹sinx 1 x

= lim

x→0

−2x sin 2x

(H)= lim

x→0

−2

2 cos 2x =−1 (g) lim

x→0x^x−11 = lim

x→0exp³

1 x−1lnx´

= exp (−1·(−∞)) = +∞ce n’est pas une f.i..

EXERCICE 198 page 247

Rappel : (∗):log_ax:=^ln_ln^x_a voir page 56 !

1. Pour touta, b, cstrictement positifs, différents de1, on a : log_cb·log_ac⁽=^∗) lnb

lnc· lnc lna= lnb

lna

(∗)

= log_ab Conséquence :

log_ab·log_ba= log_aa= 1 ou log_ab= 1 log_ba 2. Pour touta, b, xstrictement positifs et différents de 1, on a :

log_xa+ 1 log_bx

voir 1.

= log_xa+ log_xb^prop.fond.= log_xab^{voir 1.}= 1 log_abx 3. Pour tout réelxstrictement positif et différent de1:

log₃x log₆x

(∗)

= lnx ln 3

ln 6 lnx= ln 6

ln 2

prop.fond.

= ln 2 + ln 3

ln 2 = 1 + log₂3

EXERCICE 199 page 247

1. La méthode des fonctions.

Considérons la fonctionf :x7→e^x−xqui est définie, continue et dérivable surR. Pour tout réelxon calcule :f⁰(x) =e^x−1

e^x−1>0⇐⇒e^x> e^0bij⇐⇒^%x >0 e^x−1 = 0⇐⇒e^x=e^0bij⇐⇒^%x= 0 e^x−1<0⇐⇒e^x< e^0bij⇐⇒^%x <0 Tableau des variations :

x −∞ 0 +∞

f⁰(x) − 0 +

+∞ +∞

f(x) ( A O ) : y = - x ) & min % ^{( B P )}

1

La fonction x7→e^x−xadmet un maximum absolu enx= 0de valeure⁰−0 = 1>0. Donc, pour tout réelxon a :e^x−x≥1>0et donce^x> x(∀x∈R)

Considérons cette même inégalité pour des xstrictement positifs :

∀x >0 0< x < e^x

bij%

⇐⇒ −∞<lnx <lne^x=x

Donc : ∀x > 0 : lnx < x < e^x un encadrement que l’on retient facilement en considérant les graphes des fonctions correspondantes :

-2 0 2 4 6 10

-2 -1 1 2 x 3 4 5

REMARQUE :

On peut également appliquer le théorème des accroissements comparés (de la course aux chevaux) entrevu en classe de deuxième.

Rappel : Deux chevaux qui partent simultanément au même point de départ. Si le chevalgest à chaque instant plus rapide que le chevalf , alorsgdevancef durant toute la course !

Formulation mathématique :

f⁰≤g⁰sur[a;b[ =⇒f(x)−f(a)≤g(x)−g(a) ∀x∈[a;b[

Dans notre cas :(lnx)⁰≤x⁰≤(e^x)⁰ ∀x∈[1;∞[ =⇒lnx≤x−1≤e^x−e ∀x∈[1;∞[ ou encore : x⁰≤(e^x)⁰ ∀x∈[0;∞[ =⇒x≤e^x−1< e^x ∀x∈[1;∞[

2. Parla méthode des fonctions :

f(x) =e^x−ex, D=D_c=D_d =Ravec :f⁰(x) = _dx^d (e^x−ex) =e^x−e admet un minimum absolu enx= 1 de valeurf(1) = 0 .

Donc :∀x∈R:f(x)≥0doncex≤e^x . 3. Parla méthode des fonctions :

f(x) = ln (1 +x)−1+x^x , D=Dc =Dd= ]−1;∞[avec :f⁰(x) =_dx^d ³

ln (1 +x)−1+x^x

´

= _(x+1)^x 2

admet un minimum absolu enx= 0 de valeurf(0) = 0 . Donc :∀x∈]−1;∞[:f(x)≥0donc x

1 +x ≤ln (1 +x).

4. Parla méthode des inéquations logarithmiques.

Tableau :

x −∞ 0 2 +∞

x − 0 + +

x−2 − − 0 +

Donc, le domaine d’existence estDE= ]2; +∞[ . Pour toutx∈DEon a les équivalences :

ln (x−2)≤ ¹₂lnx ⇐⇒ 2 ln (x−2)≤lnx

⇐⇒ ln (x−2)²≤lnx

bij%

⇐⇒ x²−4x+ 4≤x

⇐⇒ x²−5x+ 4≤0

⇐⇒ x∈[1; 4]∩DE= ]2; 4]

Donc :ln (x−2)≤ ¹2lnx⇐⇒2< x≤4

EXERCICE 200 page 247

1. Définition :

Pour a >0, et z ∈R\ {0}on note √^z

a:=a^z1 = exp µlna

z

¶

comme "prolongement" de la fonction x7→ √ⁿ a avecn∈N≥2 .

Les condition d’existence de l’équation proposée sont : :a >0 ;.x−36= 0etx−76= 0 Pour touta >0et pour toutx∈R\ {3; 7}on a les équivalences :

x−3√

a⁷= ^x−7√

a^{3 déf}⇔ exp³

7 lna x−3

´

= exp³

3 lna x−7

´

bij%

⇔ ^{7 ln}_x−3^a= ^{3 ln}_x ^a

−7

⇔ lna³

7

x−3−x−³7

´

= 0

⇔ lna= 0 ou _(x ^x−10

−3)(x−7) = 0

⇔ a= 1 ou x= 10 Donc, sia= 1, alorsEdS_R(1) =R\ {3; 7}

Si a6= 1, alorsEdS_R(1) ={10}.

2. Les conditions d’existence de cette équation sont :7x²>0et 4x >0etx >0. La "condition" de la base différente de 1ne joue plus puisqu’onfixe :1^z= 1∀z∈R. Conclusion :DE= ]0;∞[et pour toutxde ce domaine, on a les équivalences :

x^{log 7x2}

7x^{log 4x} = ^{7log 4}₇ ⇔^X x^{log 7x2} = 7^{log 4}x^{log 4x}

déf⇔ exp¡

log 7x²logx¢

= exp (log 4 log 7) exp (log 4xlogx)

prop.fond.

⇔ exp¡

log 7x²logx¢

= exp (log 4 log 7 + log 4xlogx)

bij%

⇔ log 7x²logx= log 4 log 7 + log 4xlogx

prop.fond.

⇔ (log 7 + 2 logx) logx= 2 log 2 log 7 + (2 log 2 + logx) logx

⇔ log²x+ log 7 logx−2 log 2 logx−2 log 2 log 7 = 0

fact. gr.2à2

⇔ (logx+ log 7) (logx−2 log 2) = 0

⇔ logx=−log 7 = log¹₇ ou logx= 2 log 2 = log 4

⇔ x=¹₇ ∈DE ou x= 4∈DE L’ensemble des solutions est donc : EdS_R(2) =©₁

7; 4ª

3. Comme pour tout réelxon a 5^x>0, l’équation est raisonnable pour toutx∈DE=R. On pose :z:=√

5^x>0 (s)c’est-à-dire :5^x=z² ou encorex= log₅z²= 2 log₅z . L’équation devient : z+¹_z = 2,9 ^|·z>0⇔ z²−2,9z+ 1 = 0

2e deg

⇔ z= 0,4>0 ou z= 2,5>0

revenir à x

⇔ x= 2 log₅²₅ ou x= 2 log₅⁵₂

⇔ x= 2 log₅2−2 ou x= 2−log₅2 L’ensemble des solutions s’écrit donc :EdS_R(3) ={2 log₅2−2; 2−log₅2}

4. L’équation est raisonnable pour tout réelx∈DE=R.

On pose :z:= 2^x>0 (s)c’est-à-dire :x= log₂z . L’équation devient : 2z+ 8z=²_z +⁴_z ^|·z>0⇔ 10z²= 6

2e deg

⇔ h

z=−q

3 5 <0i

ou z=q

3 5 >0

revenir à x

⇔ x= log₂ q3

5

⇔ x= ¹₂(log₂3−log₂5) L’ensemble des solutions s’écrit donc :EdS_R(4) =©₁

2log₂³₅ª

5. NB. : Dans l’exercice il y a une faute de frappe. Au lieu delog₃2il faut lirelog₃3 Tableau :

x −∞ 2 ⁷₂ +∞

2x−7 − − 0 +

x−2 − 0 + +

Pour toutx∈DE=¤₇

2; +∞£

on a les équivalences :

(5) ^prop⇔ ³2log₃3²·¹3log₉(2x−7) = ⁹₂log₂₇(x−2)−log₃3

prop⇔ 3· ¹3

ln(2x−7)

ln 3² =⁹₂^ln(x_{ln 3}⁻3²⁾−1

|·2 ln 3

⇔ ln (2x−7) = 3 ln (x−2)−2 ln 3

⇔ ln (2x−7) + ln 3²= 3 ln (x−2)

prop.

⇔ ln 9 (2x−7) = ln (x−2)³

bij%

⇔ 9 (2x−7) = (x−2)³

⇔ x³−6x²−6x+ 55 = 0

On obtient de cette façon une équation du troisième degré. (Voir les méthodes des classes précédentes : Ens.

des racines possiblesERP; racine rationnelle "évidente"x₀; Division selon Horner ; racines du facteur trinôme du second degré, ens de toutes les solutionsEdS)

div(1) ={1} et div(55) ={1; 5; 11; 55}

L’ens. des racines possibles : ERP ={±1;±5;±11;±55}

On a bien :5³−6·5²−6·5 + 55 = 125−150−30 + 55= 0^! doncx0= 5. Division selon Horner :

1 −6 −6 55

5 ↓ 5 −5 −55

1 −1 −11 0K

Ainsi :∀x∈DE:x³−6x²−6x+ 55 = (x−5)¡

x²−x−11¢

Le facteur du second degré (∆= 45) a les racines :x_1/2=^1±3₂^√5 et donc (5) ⇔ x³−6x²−6x+ 55 = 0

⇔ x= 5∈DEoux=¹⁺³₂^√5 ∈DE h

oux= ¹⁻³₂^√5∈/DEi

L’ensemble des solutions de l’équation est :EdS_R(5) = (

5;1 + 3√ 5 2

)

6. 1 + log_x2−log_x(2x+ 1) = log_x(x−4) log_x−4(x+ 3)−_logx+4¹ _x Tableau :

x −∞ −4 −3 −¹2 0 4 +∞

x − − − − 0 + +

2x+ 1 − − − 0 + + +

x−4 − − − − − 0 +

x+ 3 − − 0 + + + +

x+ 4 − 0 + + + + +

Attention, puisque la base d’un logarithme ne peut pas être 1, il faut en plus exclure les valeurs solutions de x= 1;x−4 = 1; etx+ 4 = 1.NB, : dans ce cas, le dénominateur de l’expression

ne s’annule pas non plus carx6= 1.

En définitif :DE= ]4;∞[\ {5}et pour toutx∈DEon a les équivalences : (6) ^déf⇔ 1 +_ln^{ln 2}_x−^ln(2x+1)lnx = ^ln(x_ln⁻_x^4)ln(x+3)_ln(x−4)−^ln(x+4)lnx

|·lnx6=0

⇔ lnx+ ln 2−ln (2x+ 1) = ln (x+ 3)−ln (x+ 4)

tactique

⇔ lnx+ ln 2 + ln (x+ 4) = ln (x+ 3) + ln (2x+ 1)

prop.fond.

⇔ ln 2x(x+ 4) = ln (x+ 3) (2x+ 1)

bij%

⇔ 2x(x+ 4) = (x+ 3) (2x+ 1)

⇔ x= 3∈/DE

L’équation proposée n’a pas de solution acceptable :EdS_R(6) =∅.

EXERCICE 201 page 247

NB. : Avant de faire le graphiques, il faut transcrire l’équation afin d’obtenir des fonctions raisonnables ! 1. Pour toutx∈DE= ]0;∞[ : (1)⇔lnx= 2x−4

La fonctionf :x7→lnxest la fonction logarithme, la fonctiong:x7→2x−4est une fonction affine représentée par la droite passant par(2; 0)et(0;−4), et de pentea= 2 .

-5 -4 -3 -2 -1 0 1

-0.5 0.5 1 1.5x 2 2.5 3

On constate sur le graphique deux solutions :0< x1<0,25et2,25< x2<2,75. L’ordinateur et son système CAS (principalement avec l’algorithme de Newton) donne : lnx= 2x−4, Solution : x1≈0,019026; x2≈2,4475. On note :EdS_R(1) ={x1;x2} 2. Pour toutx∈DE=Ron a :(2)⇔e^2x−1=−x²

La fonction f :x7→e^2x−1 se déduit de la fonctionx7→e^x en deux étapes (voir p. 352) : D’abord on ajoute1à toute abscisse, ce qui représente alorsx7→e^x−1et

ensuite on divise toute abscisse par2ce qui donne :x7→e^2x−1=f(x).

La fonctiong:x7→ −x² est s’obtient à partir de la parabole normale, graphe dex7→x² en multipliant toute ordonnée par(−1)(donc, symétrie orthogonale d’axe OX des abscisses).

-2 -1 0 1 2

-3 -2 -1 1 x 2 3

On constate sur le graphique que l’équation proposée n’a pas de solution réelle :EdS_R(2) =∅.

Ce résultat s’obtient beaucoup plus rapidement si on constate que les deux, et e^2x−1 et x² sont deux réels positifs et quee^2x−1 est même strictement positif pour toutx∈R. Donc :