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Solutions du devoir n˚1
I) Vrai ou faux ?
1. « Dire que √
3x2+ 1 + 2x= 0 équivaut à dire que x2= 1» Faux .
L’implication «√
3x2+ 1 + 2x= 0impliquex2 = 1» est vraie mais la réciproque est fausse : le nombre 1 vérifie x2 = 1 mais il ne vérifie pas √
3x2+ 1 + 2x = 0 (puisque √
3 + 1 + 2 = 4)
Le problème vient du passage de√
3x2+ 1 =−2xà3x2+ 1 = (−2x)2.
En élevant au carré, on obtient toujours une implication (a=b⇒a2=b2), mais on n’obtient une équivalence que si les deux membres sont de même signe.
Pour démontrer qu’une équivalence est fausse il suffit d’un contre-exemple qui montre que l’une des deux propriétés peut être vraie alors que l’autre ne l’est pas.
2. « Dire que −36x63 équivaut à dire que −16x3−12x+ 8617» Faux .
On a bien f(−3) = 17 et f(3) = −1, mais f n’est pas monotone, elle change de sens et elle dépasse ces valeurs.
Il suffit d’un contre-exemple :f(2) =−8, qui n’est pas compris entre−1et 17.
−3
3 2
Cela montre que a6x6b n’implique pas nécessairement f(a)6f(x)6f(b) ni même f(b)6f(x)6f(a). Cela dépend du sens de variation def.
3. « Dire qu’une fonction définie surRne s’annule jamais équivaut à dire qu’elle garde un signe constant »
Faux .
Le problème est le suivant : la fonction est-elle continue? (concept et théorème à voir plus tard).
Contre-exemple :f(x) =−1pour x <0et f(x) = 1pour x>0.
•
f ne s’annule pas mais ne garde pas un signe constant.
Cependant la réciproque est vraie : si f garde un signe constant (au sens strict), alors elle ne s’annule pas (par définition elle est toujours ou bien strictement positive ou bien toujours strictement négative, donc jamais nulle).
II) Rédaction
Attention :décroissante n’est pas le contraire decroissante.
1. a) « La fonctionf n’est pas croissante sur R» se traduit par : Il existeaet bréels tels que a < betf(a)> f(b).
(il suffit qu’il existe deux nombres de ce type) Cette phrase traduit le contraire de :
Pour toutaet bdansR, sia < b, alorsf(a)6f(b).
Notez que le contraire def(a)6f(b)estf(a)> f(b) Exemple :f(x) =−x.
0<1 maisf(0)> f(1) carf(0) = 0 etf(1) =−1.
b) « La fonctionf n’est pas strictement croissante surR» se traduit par : il existeaetb réels tels quea < bet f(a)>f(b).
(il suffit qu’il existe deux nombres de ce type).
Remarquez la légère différence avec la propriété précédente.
Exemple :f(x) = 0.
0<1 maisf(0)>f(1) carf(0) = 0 =f(1).
c) « La fonctionf n’est pas constante sur R» se traduit par : il existeaetb réels tels quea6=bet f(a)6=f(b).
Solutions du devoir n˚1 page 2 de 2 Exemple : f(x) =x,a= 0 etb= 1
2. Soitf la fonction définie parf(x) =x2√ 2−4√
2x
x −∞ 0 1 +∞
f0(x) − 0 +
f(x)
0
−3√ 2
+∞
– la fonction f est définie sur[0; +∞[.
En effet, la condition de définition est 2x>0 – la fonction f est dérivable sur]0; +∞[
Sur ]0; +∞[, on peut appliquer les théorèmes sur les opérations et les composi- tions de fonctions usuelles (car 2x > 0, on peut donc composer avec la racine carrée).
En 0 : il faut calculer le taux d’accroissement t(x) = x2√ 2−√
2x
x .
La limite se présente (comme toujours) sous la forme indéterminée « 0 0 » On lève l’indétermination en simplifiant par√
x:t(x) = x√ x√
2−√
√ 2
x .
Le numérateur tend vers−√
2et le dénominateur tend vers 0 en restant positif, donc la limite est−∞. Ce n’est pas un réel, doncf n’est pas dérivable en 0.
Donc le domaine de dérivabilité est ]0; +∞[
– signe def0:f0est strictement négative sur]0; 1[, nulle en 1 et strictement positive sur]1; +∞[.
Pour prouver cela, on calculef0(x) = 2x√
2−4 2 2√
2x =· · ·= 4(x√ x−1)
√2x Quand a-t-onf0(x)>0(par exemple) ?
Quandx√
x >1, ce qui est équivalent àx3>1 (on élève au carré, ce qui donne une équivalence car les deux membres sont positifs).
Cela équivaut àx >1car la fonction cube est strictement croissante.
On en déduit le signe de f0(x).
Notez qu’il faut résoudre uneinéquationf0(x)>0et pas une équationf0(x) = 0.
– sens de variation de f :
f est strictement décroissante sur]0; 1[et strictement croissante sur]1; +∞[.
– valeurs et limites :f(0) = 0 etf(1) =−3√ 2 La limite def en+∞est+∞
La forme donnée pourf est indéterminée lorsquextend vers+∞(«∞ − ∞») On lève l’indétermination en factorisant :f(x) =√
x(x√ x√
2−4√ 2).
Le forme n’est plus indéterminée («∞ × ∞»). La limite est donc +∞.
III) Recherche
Dans une stricte démonstration mathématique, il suffit de donner les formules solutions et de vérifier qu’elles sont solutions (et de démontrer qu’elles sont uniques).
Mais ce n’est pas l’objectif de l’exercice, qui demande de "raconter" la recherche effec- tuée.
On peut par exemple procéder par recherche de conditions nécessaires puis démontrer qu’elles sont suffisantes.
1. Conditions nécessaires et unicité
Si vraiment il existeuetvsolutions (avecupaire etvimpaire), alors on doit avoir f(x) =u(x) +v(x)etf(−x) =u(−x) +v(−x) =u(x)−v(x).
On peut alors considérer ces relations comme un système d’équations avec uet v comme inconnues :
f(x) =u(x) +v(x) f(−x) =u(x)−v(x)
On résout ce système en faisant la somme et la différencer des équations : f(x) +f(−x) = 2u(x)
f(x)−f(−x) = 2v(x).
Doncu(x) =f(x) +f(−x)
2 etv(x) =f(x)−f(−x)
2 .
Cela prouve qu’il ne peut pas y avoir d’autres solutions, mais cela ne prouve pas encore que ce sont bien des solutions au problème initial.
2. Conditions suffisantes et existence
Il faut maintenant démontrer que les fonctionsg ethdéfinies par g(x) = f(x) +f(−x)
2 et h(x) = f(x)−f(−x)
2 sont bien respectivement paires et impaires et quef(x) =g(x) +h(x)
g(−x) =f(−x) +f(x)
2 . C’est bien égal àg(x).
h(−x) = f(−x)−f(x)
2 . C’est bien égal à−h(x).
D’autre partg(x) +h(x) = f(x) +f(−x) +f(x)−f(−x)
2 =f(x).
Donc on a bien prouvé l’existence et l’unicité cherchées, pour toute fonctionf. 3. Exemplef(x) = 1
x2+x+ 1
Le calcul avec les formules précédentes donne : g(x) = x2+ 1
(1 +x+x2)(1−x+x2) eth(x) = −x
(1 +x+x2)(1−x+x2)
