L1 – semestre 1 – Corrigé du Contrôle continu de Mathématiques

L1 – semestre 1 – Corrigé du Contrôle continu de Mathématiques

Exercice 1 (Limite). Soitf la fonction définie sur Rpar f(x) = e^2x−3

e^x+ 1. (1) Calculer la limite de f en −∞.

(2) Calculer la limite de f en +∞.

(1) Puisque lim

x→−∞e^x = 0 et lim

y→0

y²−3

y+ 1 = −3, la règle de composition des limites permet d’obtenir

x→−∞lim f(x) = lim

x→−∞

e^2x−3 e^x+ 1 = lim

y→0

y²−3 y+ 1 =−3.

(2) On peut résoudre cette question de trois manières différentes :

• Par factorisation : on calcule e^2x−3

e^x+ 1 = e^x

e^x ×e^x−3e^−x

1 +e^−x = e^x−3e^−x 1 +e^−x et puisque lim

x→+∞e^x = +∞et lim

x→+∞e^−x = 0, on obtient

x→+∞lim f(x) = lim

x→+∞

e^x−3e^−x

1 +e^−x = +∞ −3×0

1 + 0 = +∞

• Par composition des limites : on sait (limite en +∞ou−∞d’un quotient de deux polynômes) :

y→+∞lim y²−3

y+ 1 = lim

y→+∞

y²

y = lim

y→+∞y= +∞

et puisque lim

x→+∞e^x = +∞on a par composition des limites

x→+∞lim f(x) = lim

x→+∞

e^2x−3

e^x+ 1 = lim

y→+∞

y²−3

y+ 1 = +∞

• Par la règle de l’Hopital : puisque lim

x→+∞e^x= +∞, la limite à calculer

x→+∞lim f(x) = lim

x→+∞

e^2x−3

e^x+ 1 = +∞

+∞

est une forme indéterminée ^∞_∞ donc on peut appliquer la règle de l’Hopital, ce qui donne

x→+∞lim f(x) = lim

x→+∞

(e^2x−3)⁰

(e^x+ 1)⁰ = lim

x→+∞

2e^2x

e^x = lim

x→+∞2e^x= +∞.

Exercice 2 (Suite). Soit (un)_n∈N une suite telle que u0 = 3 et un+1 =u²_n−2 pour tout n dans N.

(1) Montrer par récurrence que un>2 pour tout n∈N. (2) En supposant que la limite de (u_n)_n∈Nexiste, la calculer.

(3) En étudiant un+1−un, montrer que (un)_n∈N est croissante et tend vers +∞.

(1) On démontre par récurrence sur n≥0 la propriété (P_n) : u_n>2.

Initialisation : pour n= 0, comme u0 = 3>2 on a bien que (P0) est vraie.

Hérédité : soitn≥0, on suppose que (P_n) est vraie, c’est-à-dire que u_n>2, et on doit vérifier (Pn+1). Commeun>2>0 on aun×u_n>2×2, et doncun+1 =u²_n−2>4−2 = 2. On a bien obtenu u_n+1 > 2, donc (P_n+1) est vraie. Ceci termine la démonstration par récurrence.

(2) La suite (u_n)n∈N est une suite récurrente de la forme u_n+1=f(u_n) avecf(x) =x²−2.

La fonction f est continue sur R, donc si on suppose que la suite(un)_n∈N a une limite réelle lalors cette limite doit être un point fixe de f, ce qui donne

f(l) =l donc l²−l−2 = 0 donc l=−1ou l= 2.

Les deux seules limites réelles possibles pour la suite (un)_n∈N sont donc−1 et 2.

(3) Pour tout n≥0 on a

un+1−un=u²_n−un−2

or les racines du polynôme x² −x−2 sont −1 et 2, donc sur l’intervalle [2,+∞[ ce polynôme est positif (il est du signe du coefficient dex² qui est égal à 1). Comme on a démontré que u_n>2 pour toutn≥0 on en déduit queu_n+1−u_n≥0 pour toutn≥0 et donc la suite (un)_n∈N est croissante.

En particulier, pour toutn≥0 on a u_n≥u₀= 3. On en déduit que si (u_n)_n∈N a une limite réelle alors cette limite doit être supérieure ou égale à 3. On a vu à la question précédente que si cette suite a une limite réelle alors cette limite vaut−1 ou 2 : on en déduit que (u_n)_n∈N ne peut pas avoir de limite réelle. On sait qu’une suite croissante qui n’a pas de limite réelle tend vers +∞, on obtient donc que (u_n)_n∈N tend vers +∞.

Exercice 3 (Etude d’une fonction). Soitf la fonction définie par f(x) = x

x²−5x+ 4 (1) Donner le domaine de définition de la fonction f. (2) Calculer les limites de f en 1, 4,−∞ et +∞.

(3) Calculer la dérivée f⁰ def.

(4) Donner l’équation de la tangente au graphe de f au pointx= 0.

(5) Étudier le signe de la dérivée f⁰, et donner le tableau de variations de f. Indiquer les extrema (locaux ou globaux) def sur son domaine de définition.

(6) Tracer le graphe de la fonctionf.

(1) Le polynôme x²−5x+ 4 s’annule aux points x₁ = −(−5)−√

25−4×4

2×1 = 1 et x₂ = −(−5) +√

25−4×4

2×1 = 4

donc le domaine de définition def est ]− ∞,1[∪]1,4[∪]4,+∞[ =R\ {1,4}.

(2) On fait les calculs suivants :

x→−∞lim f(x) = lim

x→−∞

x

x²−5x+ 4= lim

x→−∞

x

x² = lim

x→−∞

1 x = 0

x→+∞lim f(x) = lim

x→+∞

x

x²−5x+ 4= lim

x→+∞

x

x² = lim

x→+∞

1 x = 0

Pour les autres limites, on remarque que le polynômex²−5x+ 4 est positif sur ]− ∞,1[∪]4,+∞[ et négatif sur ]1,4[ , on en déduit :

lim

x→1⁻

x

x²−5x+ 4= 1⁻

0⁺ = +∞

lim

x→1⁺

x

x²−5x+ 4 = 1⁺

0⁻ =−∞

lim

x→4⁻

x

x²−5x+ 4= 4⁻

0⁻ =−∞

lim

x→1⁺

x

x²−5x+ 4 = 4⁺

0⁺ = +∞

(3) On calcule

f⁰(x) = 1×(x²−5x+ 4)−x×(2x−5)

(x²−5x+ 4)² = −x²+ 4 (x²−5x+ 4)² (4) La tangente au graphe de f au pointx= 0 a pour équation

y=f⁰(0)(x−0) +f(0) et on trouve donc

y= 4

4²(x−0) + 0 = 1 4x

(5) Le dénominateur de la dérivée f⁰ est toujours positif (c’est un carré), doncf⁰(x) est du signe du polynôme−x²+ 4. On a

−x²+ 4 =−(x−2)(x+ 2)

donc−x²+ 4 est positif pour x ∈[−2,2] et négatif pourx ∈]− ∞,−2]∪[2,+∞[ . On en déduit quef est croissante sur les intervalles [−2,1[ et ]1,2] et est décroissante sur les intervalles ]− ∞,−2] et [2,4[ et ]4,+∞[ . On a donc le tableau de variations

−∞ −2 1 2 4 +∞

f⁰ k − 0 + k + 0 − k −

k 0 +∞ k −1 k +∞

f k & % k % & k &

k −¹₉ k −∞ −∞ k 0

où f(−2) =−¹₉ etf(2) =−1. La fonctionf atteint un minimum local enx=−2 et un maximum local enx= 2.

(6) On regroupe les informations précédentes : les limites en −∞ et +∞ indiquent que le graphe de f a pour asymptote la droite y = 0 en −∞ et +∞. Elle a aussi deux asymptotes verticales aux pointsx= 1 etx= 4. Enfin, elle a des tangentes horizontales en x=−2 etx= 2, et on connait la tangente enx= 0.

Cela donne le tracé

y= ¹₄x