TS 8 DM 2Correction 29 septembre 2015
Probl`eme Solution:
1. (a) Pour x6= 1, on a x+ 1
x3−1 = 1 +x1 x2 1−x13
, le num´erateur converge vers 1 et le d´enominateur divergen vers +∞
lorsque xtend vers +∞ou−∞.
Par quotient, on a donc lim
x→+∞f(x) = lim
x→−∞f(x) = 0.
Lorsquextend vers 1, le num´erateur tend ves 2 et le d´enominateur vers 0. Six >1, alorsx3−1>0 donc par quotient, lim
x→1 x >1
f(x) = +∞.
Sinon lim x→1
x <1
f(x) =−∞
(b) y= 0 est une asymptote horizontale etx= 1 est une asymptote verticale.
2. f est d´erivable surR\ {1} comme quotient de polynˆomes avec un d´enominateur non nul.
On poseu(x) =x+ 1 etv(x) =x3−1, on au0(x) = 1 etv0(x) = 3x2donc :
f0(x) = (x3−1)−(x+ 1)×3x2
(x3−1)2 =−2x3−3x2−1 (x3−1)2 .
3. (a) P est d´erivable surRcomme fonction polynˆome.
P0(x) =−6x2−6x=−6x(x+ 1). P0 a donc deux racines 0 et−1.
Le coefficient dominant est n´egatif,P0(x) est donc n´egatif sur ]− ∞;−1[∪]0; +∞et positif ailleurs.
P est donc strictement d´ecroissante sur ]− ∞;−1[ et ]0; +∞[ et strictement croissante ailleurs.
(b) lim
x→−∞P(x) = +∞, lim
x→+∞P(x) =−∞etP(−1) =−6 etP(0) =−1.
P est continue sur [−1; +∞[, son maximum est doncP(0) =−1<0.P(x) = 0 n’admet donc pas de solution sur [−1; +∞[.
P est continue sur ]− ∞;−1[, P est strictement d´ecroissante sur ]− ∞;−1[. De plus lim
x→−∞P(x) = +∞ et P(−1) =−6. D’apr`es le corollaire du th´eor`eme des valeurs interm´ediairesP(x) = 0 admet une unique solution sur ]− ∞;−1[.
DoncP(x) = 0 admet une unique solutionαsurR. Avec la calculatrice, on aα≈ −1,68.
(c) CommeP(x) est strictement d´ecroissante sur ]− ∞;−1[, on en d´eduit que P(x)>0 pourx < α etP(x)<0 pour x > α.
4. (x3−1)2>0 doncf0(x) est du signe deP(x) (et non d´efinie en 1).
Avec les limites calcul´ees pr´ec´edemment, on en d´eduit le tableau suivant : x
f0(x)
f
−∞ α 1 +∞
+ 0 − −
0 0
f(α) f(α)
−∞
+∞
0 0
