EXERCICE 6 (Bonus, si tout le reste a ´ et´ e fait...)

(1)

Rien ne sert de courir il faut connaˆıtre son cours...

1. Pour tous r´eelsa, b,||a| − |b|| ≤ |a+b| ≤ |a|+|b|.

2. Soit f :I →R. Sif est strictement monotone surI alors f est une bijection de I dansf(I).

3. Sif :I →J est une bijection d´erivable sur I telle que :

∀x∈I, f⁰(x)6= 0 alorsf⁻¹:J →I est d´erivable et (f⁻¹)⁰ = 1

f⁰◦f⁻¹ 4. cos(R) = [0,1] exp(R) =R⁺∗ ln(]0,1]) =]− ∞,1]

5. ∀x∈R, cos⁰(x) =−sin(x), ∀x∈R⁺∗, ln⁰(x) = 1

x,∀x∈R, exp⁰(x) = exp(x)

∀x∈R⁺∗, f(x) =√

x etf⁰(x) = 1 2√

x et∀x∈R^∗, g(x) = 1

xⁿ etg⁰(x) = −n xⁿ⁺¹

EXERCICE 2

Quantifions, assertions, prouvons...

1. Traduire avec les quantificateurs universels les assertions suivantes : (a) La fonctionf :R→R est minor´ee : ∃m∈R, ∀x∈R, f(x)>m

(b) La fonction f :R→R admet en maximum (global) enx= 2 : ∀x∈R,f(x)6f(2) (c) La fonctionf :R→R est constante : ∃k∈R, ∀x∈R, f(x) =k.

2. La n´egation de∀ε >0, ∃N ∈N, n>N ⇒ |u_n−`|6εest ∃ε >0, ∀N ∈N, ∃n>N ⇒ |u_n−`|> ε 3. Pour chacun des propositions, donner la n´egation, puis dire si la proposition est vraie ou fausse.

On justifiera bien entendu.

(a) La n´egation de∀x∈[0,+∞[, x²>xest ∃x∈[0,+∞[, x² < x

La proposition est fausse : par exemple pourx= ¹₂, ou encore pour tout x dans ]0,1[.

(b) La n´egation de∀n∈N^∗, 161 + 1

n 62 est ∃n∈N^∗, 1 + 1

n >2 ou 1 + 1 n <1

Cette proposition est vraie : en effet∀n∈N^∗, 0< _n¹ 61 donc 1<1 +_n¹ 62 soit 161 +¹_n 62.

(c) La n´egation de∀y∈]−1,1[, ∃x∈]−1,1[, y < xest ∃y∈]−1,1[, ∀x∈]−1,1[,y>x

La proposition est vrai : en effet siy∈]−1,1[, on peut toujours trouver un réelxtel quey < x <1, par exemple x= ^y+1₂ (moyenne entrey et 1 vérifie bien l’encadrement souhaité.

4. La fonctionf d´efinie surRest impaire lors : ∀x∈R,f(−x) =−f(x).

Soitf etgdeux fonctions impaires, alors montrons quef g est une fonction paire :

∀x∈R,(f g)(−x) =f(−x)g(−x) = (−f(x))(−g(x)) =f(x)g(x) = (f g)(x)

Ce qui prouve que le produit de deux fonctions d´efinies surR et impaires est une fonction paire.

(2)

EXERCICE 3

Equations, in´´ equations, dérivons, itérations, démontrons...

1. R´esoudre l’´equation √

x²−2x=x−3 d’inconnuex.

L’ensemble de d´efinition de l’´equation estD=]− ∞,0]∪[2,+∞[ au vu du signe de x²−2x=x(x−2).

Par analyse-synth`ese. Soit x une solution alors :

px²−2x=x−3⇒x²−2x= (x−3)²⇒x²−2x=x²−6x+ 9⇔4x= 9⇔x= 9 4

x = ⁹₄ est bien dans l’ensemble de d´efinition mais en faisant la synth`ese : x−3 = −³₄ alors que

√x²−2x= ³₄ donc l’équation n’a pas de solutions . 2. Résoudre l’équation ln(2x−1) =−ln(x) d’inconnuex.

Il faut que 2x−1>0 etx >0 donc l’ensemble de d´efinition estD=]¹₂,+∞[ et pour x∈D: ln(2x−1) =−ln(x)⇔ln(2x−1) + ln(x) = 0⇔ln(2x²−x) = ln(1)

ln est strictement monotone donc ceci ´equivaut `a 2x²−x= 1⇔2x²−x−1 = 0.

Apr`es calcul du discriminant on trouve deux racines :x= 1 etx= ¹₂ donc la seule solution estx= 0 au vu de l’ensemble de d´efinition.

3. R´esoudre l’´equation 2− |x−1|6|x|

Par disjonction de cas : 1er cas :x60 :

2− |x−1|6|x| ⇔ 2 +x−16−x ⇔ 2x6−1 Doncx∈]− ∞,−1].

2`eme cas : 06x61 :

2− |x−1|6|x| ⇔ 2 +x−16x ⇔ 160 Donc pas de solution dans ce cas.

3`eme cas : x>1 :

2− |x−1|6|x| ⇔ 2−x+ 16x ⇔ −2x6−3 ⇔ x> 3 2 Doncx∈[³₂,+∞,[.

Conclusion : S=]− ∞,−1]∪[³₂,+∞,[ 4. D´emontrer que pour toutn∈N,n6p

n(n+ 1)< n+ 1.

La fonction carr´e ´etant strictement croissante surR⁺, comme il s’agit ici d’entiers : n6p

n(n+ 1)< n+ 1 ⇔ n² 6n²+n <(n+ 1)² ⇔ 06n <2n+ 1 Cette dernière inégalité étant vérifiée pour toutn∈N, alors par équivalence :

pour toutn∈N,n6p

n(n+ 1)< n+ 1 . En d´eduire bp

n(n+ 1)c. (bxc désigne la partie entière du nombre réel x.) On a encadré p

n(n+ 1) entre deux entiers consécutifsnetn+ 1, comme la partie entière dex est le plus grand entier inférieur àx alors bp

n(n+ 1)c=n .

(3)

Démontrer cette inégalité revient à prouver que∀t∈R⁺,−t6sint6t.

On pose f(t) = sint−t sur R⁺. f est dérivable par différence de fonctions dérivables et ∀t > 0, f⁰(t) = cos(t)−160.

On en d´eduit quef est d´ecroissante sur R⁺ et maximale en t= 0, mais commef(0) = 0 alors :

∀t∈R⁺, f(t)60 ⇔ sint6t

On pose g(t) = sint+t sur R⁺. f est dérivable par différence de fonctions dérivables et ∀t > 0, g⁰(t) = cos(t) + 1>0.

On en d´eduit queg est croissante surR⁺ et minimale ent= 0, mais commeg(0) = 0 alors :

∀t∈R⁺, g(t)>0 ⇔ −t6sint Ainsi ∀t∈R⁺,−t6sint6t .

6. D´eriver la fonction f :x7→ 1

xlnx en pr´ecisant le domaine de validit´e.

f est d´efinie si, seulement si, x >0 et ln(x)6= 0 soit x6= 1.

Pour toutx dans ]0,1[ ou ]1,+∞,f est d´erivable par produit et quotient de fonctions d´erivables et : f⁰(x) =−1 lnx+x.¹_x

(xlnx)² =−lnx−1 (xlnx)²

7. Soit (un) une suite d´efinie par r´ecurrence paru0= 2, u1 = 7 et pour toutn∈N, un+2= 7un+1−12un. Prouver que∀n∈N,u_n= 3ⁿ+ 4ⁿ.

Prouvons par récurrence que que la propriété P(n) : «u_n= 3ⁿ+ 4ⁿ» est vrai pour tout ndansN. Initialisation :

u0 = 2 et 3⁰+ 4⁰ = 1 + 1 = 2 doncP(0) est vraie.

u1 = 7 et 3⁷+ 4¹ = 7 doncP(0) est vraie

Hérédité : Soitnfixe, par récurrence d’ordre 2, supposonsP(n) et P(n+ 1) et montronsP(n+ 2) : u_n+2= 7u_n+1−12u_n

= 7(3ⁿ⁺¹+ 4ⁿ⁺¹)−12(3ⁿ+ 4ⁿ)

= 21.3ⁿ+ 28.4ⁿ−12.3ⁿ−12.4ⁿ

= 9.3ⁿ+ 16.4ⁿ

= 3².3ⁿ+ 4².4ⁿ

= 3ⁿ⁺²+ 4ⁿ⁺²

Conclusion : Par principe de r´ecurrence, pour toutn∈N, un+2 = 7un+1−12un.

(4)

EXERCICE 4

Sur un air de chaˆınette...

Soit f la fonction d´efinie, lorsque c’est possible, par f(x) = ln

e^x−e^−x 2

. 1. f est d´efinie si, et seulement si,e^x−e^−x >0⇔e^x > e^−x ⇔e^2x>1⇔x >0.

Donc Df =R^+∗. 2. lim

x→0⁺

e^x−e^−x

2 = 1−1

2 = 0⁺, on poseX= ^e^x^−e₂^−x et on sait que lim

X→0⁺ln(X) =−∞donc par compos´ee on a lim

x→0⁺f(x) =−∞.

De mˆeme lim

x→+∞

e^x−e^−x

2 = +∞, on pose X = ^e^x^−e₂^−x et on sait que lim

X→+∞ln(X) = +∞ donc par compos´ee on a lim

x→0⁺f(x) = +∞ .

3. f est définie et dérivable sur R⁺∗ par somme et composée de fonctions dérivables et :

∀x >0, f(x) =

e^x+e^−x 2 e^x−e^−x

2

= e^x+e^−x e^x−e^−x

D’après le 1.le dénominateur est strictement positif et le numérateur également vu qu’il s’agit d’une somme de deux exponentielles. Ainsi∀x >0,f⁰(x)>0 et donc f est strictement croissante surR⁺∗. 4.

∀x >0, x+ ln

1−e^−2x 2

= ln(e^x) + ln

1−e^−2x 2

= ln

e^x(1−e^−2x) 2

= ln

e^x−e^−x 2

=f(x)

5. Calculons lim

x→+∞

f(x)

x = lim

x→+∞1+

ln

1−e^−2x 2

x = 1+0 = 1 car lim

x→+∞ln

1−e^−2x 2

= ln(¹⁻⁰₂ ) = ln(¹₂).

On posea= 1 et on calcule lim

x→+∞f(x)−ax= lim

x→+∞f(x)−x= lim

x→+∞ln

1−e^−2x 2

= ln(¹₂).

On pose alors b= 1

2 et la droite ∆ d’´equation y=x+ ln(¹₂) est asymptote oblique `a la courbe en +∞.

EXERCICE 5

Un avant-goˆut du concours Centrale...

1. (a) f est définie, continue et dérivable sur Rpar produit de fonctions dérivables et :

∀x∈R, f⁰(x) = 1e^x+xe^x= (x+ 1)e^x

Ainsif⁰(x) est du signe dex+ 1 car e^x >0 ce qui donne le tableau de variation ci-dessous : x

f⁰(x)

f

−∞ −1 +∞

− 0 +

0 0

−e⁻¹

+∞

(5)

x→+∞ x→−∞

(b) On obtient le graphique ci-dessous (compl´et´e avec les questions suivantes) :

(c) Commef est d´erivable l’´equation de la tangente au point x=aest y=f⁰(a)(x−a) +f(a).

Poura= 0 alors l’´equation devienty=f⁰(0)x+f(0) =x.

Poura=−1 alors l’équation devienty=f⁰(−1)x+f(−1) =−e⁻¹. Voir le graphique précédent complété.

2. f est strictement croissante sur [−1,+∞[, donc f réalise une bijection de [−1,+∞[ sur l’intervalle f([−1,+∞[) = [−e⁻¹,+∞[ établi à l’aide du tableau de variations et des limites.

Dans la suite du sujet, la réciproque de cette bijection est notéeW. On rappelle que cela signifie que pour tout réelx>−e⁻¹,W(x) est l’unique solution de l’équation f(t) =x (équation d’inconnuet∈[−1,+∞[).

3. (a) f est continue sur [−1,+∞[ et dérivable sur [−1,+∞[, de plus f⁰(1) = 0 et f⁰(x) > 0 donc f⁰(0)6= 0 sur ]−1,+∞[. Par propriété du cours,

la bijection r´eciproque def qui estW est continue sur [−e⁻¹,+∞[ et d´erivable sur ]−e⁻¹,+∞[.

(b) W(0) = 0 dans la mesure o`u f(0) = 0⇔0 =f⁻¹(0) =W(0).

Par formule du cours W⁰(0) = 1

f⁰(W(0)) = 1 f⁰(0) = 1

1 = 1.

(c) L’équation de la tangente à la courbe deW au point d’abscisse 0 est y=W⁰(0)x+W(0) =x . La tangente à la courbe de W au point d’abscisse−e⁻¹ est verticale d’équation x=−e⁻¹. (car celle def est horizontale au pointx=−1)

(d) Voir le graphique précédent complété. La courbe de W est la symétrique de la courbe de f sur [−1,+∞[.

4. CommeW est d´erivable sur ]−e⁻¹,+∞[ (vu au3.(a)), on rappelle que∀x∈]−e⁻¹,+∞[ : W⁰(x) = 1

f⁰(W(x)) = 1

(W(x) + 1)e^W^(x)

Mais∀x∈]−e⁻¹,+∞[,f(W(x)) =x soitW(x)e^W(x) =x ou encoree^W^(x)= _W^x_(x) soit :

W⁰(x) = 1

(W(x) + 1)_W^x_(x) = W(x) x(1 +W(x))

5. De même qu’à la question2., l’application f est strictement décroissante sur ]− ∞,−1] et réalise donc une bijection de l’intervalle ]− ∞,−1] sur l’intervallef(]− ∞,−1]) = [−e⁻¹,0[.

(6)

Dans la suite du sujet, la réciproque de cette bijection est notéeV. (W et V sont appelés les deux branches de la fonction de Lambert et elles ne s’expriment pas à l’aide de fonctions usuelles.)

8. A l’aide du tableau de variation de f, on ´etudie l’´eequation f(x) = m. Notons S l’ensemble des solutions :

• Sim <−e⁻¹,S =∅

• Sim=−e⁻¹,S ={−1}={V(−e⁻¹)}={W(−e⁻¹)}, singleton

• Si−e⁻¹ < m <0,S ={V(m), W(m)}de cardinal 2

• Sim>0,S ={W(m)}, singleton

9. Soitaetb deux réels non nuls. L’équation eâx+bx= 0 équivaut à f(−ax) = â_b.

NotonsSbl’ensemble des solutions de l’in´equation, alors la question 9., on en d´eduit alors :

• Si ^a_b <−e⁻¹,Sb=∅

• Si ^a_b =−e⁻¹,Sb={¹_a}

• Si−e⁻¹ < â_b <0,Sb={−¹_aV(â_b),−_a¹W(â_b)}

• Si ^a_b >0,Sb={−¹_aW(^a_b)}.

EXERCICE 6 (Bonus, si tout le reste a ´ et´ e fait...)

Une ´equation fonctionnelle

L’objectif de cet exercice est de d´eterminer l’ensemble des fonctionsf de RdansR qui v´erifient :

∀x∈R, f(x) +xf(1−x) = 1 +x (E1) 1. Soitf une fonction solution, c’est `a dire une fonction qui v´erifie (E1).

(a) On exploite l’´equation (E₁) pourx= ¹₂ et on obtient :f(¹₂) +¹₂f(1−¹₂) = 1 +¹₂ soitf(¹₂) = 1.

(b) En changeant juste le nom de la variable eny on a :

∀y∈R, f(y) +yf(1−y) = 1 +y (E₁) On pose alorsy= 1−xet alors :

∀x∈R, f(1−x) + (1−x)f(1−(1−x)) = 1 + (1−x) soit finalement

∀x∈R, f(1−x) + (1−x)f(x) = 2−x (E2)

(c) A l’aide (E₁) et (E₂), on se débrouille pour éliminer la quantité f(1−x) de l’expression finale.

On fait donc (E₁)−x(E₂) qui ´equivaut `a :

[f(x) +xf(1−x)]−x[f(1−x) + (1−x)f(x)] = [1 +x]−x[1 + (1−x)]

en d´eveloppant :

f(x) + (x−x²)f(x) = 1 +x−x² ⇔(1 +x−x²)f(x) = 1 +x−x²

Mais ∀x∈R,1 +x−x² 6= 0 dans la mesure où ce polynôme du second degré a un discriminant strictement négatif, on peut donc simplifier par cette quantité et ∀x∈R, f(x) = 1 .

2. Le 1. est en fait la partie analyse du raisonnement dans la mesure o`u l’on a suppos´e f solution de (E₁).

R´eciproquement, par synth`ese, si jamais ∀x∈R, f(x) = 1 alors :

∀x∈R, f(x) +xf(1−x) = 1 +x= 1 +x Donc la fonction constante égale à 1 est l’unique solution de l’équation.