EXERCICE 207 page 248

EXERCICE 207 page 248

L’étude de cette fonction est élémentaire et sans aucune difficulté : Df =D_cf =D_df =R

lim−∞f =−∞ ; a= lim

x→−∞

f(x)

x =∞ BP de directiona=∞quand xtend vers−∞

lim∞ f = 0 (AH) :y= 0quandxtend vers+∞.

∀x∈R : f⁰(x) =¹₂e^−12x(2−x) etf⁰⁰(x) = ¹₄e^−12x(x−4)

-5 -4 -2 -1 0 1 2

-3 -2 -1 1 2 x 3 4 5

f(x) =xe^−x2 La deuxième question est un peu plus originale :

Rappel de la formule de la tangente en un point d’abscissex0 :

(Tx0f) : y=f⁰(x0) (x−x0) +f(x0) (TAN) Cette tangente passe par un point à coordonnée(a, b)ssi la coordonnée vérifie l’équation, c.-à-d. :

b=f⁰(x₀) (a−x₀) +f(x₀)

Ceci est, avec les paramètres réelsaetbune équation à l’inconnuex₀. Pour ne pas trop alourdir la notation et pour rester près de nos habitudes, il vaut mieux rebabtiser cette inconnuex₀=x.

L’équation à résoudre s’écrit :

b=f⁰(x) (a−x) +f(x) (EQ)

Après cette excursion dans l’environnement général, revenons aux données de l’exercice où l’équation EQ s’écrit : b= 1

2e^−12x(2−x) (a−x) +xe^−x2 ou x²−xa+ 2a−2be^x2 = 0

On constate, pourb = 0 (ce qui est le cas pour les deux subdivisions du 2^i`eme point de l’exercice) cette équation devient une équation du second degré :

x²−xa+ 2a= 0

a) La tangente passe par l’origine (a= 0;b= 0) ssi x² = 0 ce qui donne l’unique point x0 =x= 0 et la tangente correspondante en substituant dans l’équation TAN :

(T0f) : y=x

b) La tangente passe par a(a=−1;b= 0) ssi x²+x−2 = 0ce qui donne deux points distincts. On peut dire : x0=x1= 1 oux0=x2=−2et les tangentes correspondantes s’obtiennent par substitution dans l’équation TAN :

(T1f) : y=1

2e⁻¹²(x−1) +e⁻¹² =1

2e⁻¹²(x+ 1) (T₋₂f) : y= 2e(x+ 2)−2e= 2e(x+ 1)

EXERCICE 208 page 248

1. Le radicand doit être positif ou nul, ce qui donne :x∈[−1; 1[.

L’argument du logarithme est strictement positif comme somme de1avec un positif ou nul.

DoncDf = ]−∞; 1[ .

Sur ]−∞;−1[la fonction est constante, donc continue et dérivable..

Sur ]−1; 1[la fonction est continue et dérivable comme composée de fonctions dérivables.

Reste le point critiquex₀=−1où la définition par intervalle fait le joint des deux graphes.

−lim1⁻f = lim

x→−1 x<−1

0 = 0 =f(−1) et lim

−1⁺f = lim

x→−1 x>−1

ln³ 1 +q

1+x 1−x

´

= ln¡ 1 +√

0¢

= 0 =f(−1) La limite à gauche est égale à la limite à droite etlim

−1f =f(−1) . La fonction est continue enx0=−1. Le domaine de continuité estDcf =Df = ]−∞; 1[. EtD_d¹= ]−∞; 1[\ {−1}.

2. Voir le premier point. ! ?

3. On demande donc de faire une étude succinte de la fonction sur]−1; 1[

lim1 f = ” ln (+∞) ” =∞(AV) :x= 1 ; Pour toutx∈]−1; 1[on calcule : f⁰(x) = 1

³1 +q

1+x 1−x

´·^y_x ¹

xw1 +x 1−x

· 1

(1−x)² >0la fonction est donc strictement croissante.

-0.5 0 0.5 1 2

-2 -1.5 -1 -0.5 0.5 x 1 1.5

y=f(x)

4. La dérivabilité en x₀=−1

À gauche, la définition selon Cauchy donne :f_g⁰(−1) = lim

x→−1 x<−1

f(x)−f(−1) x+1 = lim

x→−1 x<−1

0 = 0

La fonction est dérivable à gauche enx₀=−1et y admet une demi-tangente horizontale.

À droite, on obtient avec "Cauchy suivi de Hospital" :

xlim→−1 x>−1

f(x)−f(−1) x+1

(H)= lim

x→−1 x<−1

f⁰(x) = lim

x→−1 x<−1

³ 1 1 +q

1+x 1−x

´· ^y_x ¹

xw1 +x 1−x

· 1

(1−x)² = ”1·₊₀¹ · ¹₄” = +∞ La fonction n’est pas dérivable en x0=−1à droite, mais son graphe y

admet une demi-tangente verticale dirigée vers lesy positifs.

Vu ces deux résultats "droite-gauche", on peut affirmer quef n’est pas dérivable enx0=−1. Le point(−1,0)est un point anguleux du graphe de la fonction.

5. Définition de la fonction dérivée def :

f⁰:x7−→

⎧⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

0 si x∈]−∞;−1[

³ 1 1 +q

1+x 1−x

´· ^yxx ¹ w1 +x

1−x

· 1

(1−x)² si x∈]−1; 1[

Il importe de voir queDdf =Df−{−1} ( carf⁰ n’est pas définie en−1).

EXERCICE 209 page 248

1. Le radicand doit être strictement positif (aussi argument du logarithme), 1−2 cos²x >0⇔ −cos (2x)>0⇔cos (2x)<0⇔x∈ S

k∈Z

¤_π

4+kπ;^3π₄ +kπ£ Il en découle que sur [0, π]l’expressionln√

1−2 cos²xn’est définie que pourx∈¤_π

4;^3π₄ £ . DoncDf =£

0;^3π₄ £

.etD¹_d=£ 0;^3π₄£

\©_π

2

ª Sur £

0;^π₂£

la fonction est constante nulle, donc continue et dérivable.

Sur ¤_π

2;^3π₄£

la fonction est continue et dérivable comme composée de fonctions dérivables.

Reste le point critiquex0=π/2où la définition par intervalle fait le joint des deux graphes.

limπ

2−f =f¡_π

2

¢= 0 et lim

π

2+f = lim

x→π/2 x>π/2

ln√

1−2 cos²x= ln√

1−0 = 0 =f¡_π

2

¢ La limite à gauche est égale à la limite à droite. Donclim_π

2

f =f¡_π

2

¢. La fonction est continue enx₀=^π₂ . Le domaine de continuité estD_cf =Df =£

0;^3π₄£ . 2. La dérivabilité en x0=^π₂

À gauche, la définition selon Cauchy donne :f_g⁰¡_π

2

¢= lim

x→π/2 x<π/2

f(x)−f(^π2)

x−^π2 = lim

x→π/2 x<π/2

0 = 0

La fonction est dérivable à gauche enx₀=^π₂ et y admet une demi-tangente horizontale.

À droite, on obtient par "Cauchy suivi de Hospital" :

x→limπ/2 x>π/2

f(x)−f(^π2)

x−^π2

(H)= lim

x→π/2 x>π/2

f⁰(x) = lim

x→π/2 x>π/2

2 sinxcosx

(1−2 cos²x)= ” 2·0 1−0” = 0

La fonction est dérivable à droite enx0= ^π₂ et y admet une demi-tangente horizontale.

Vu ces deux résultats "droite-gauche", on peut affirmer quef est dérivableenx0=π/2. ! La valeur de la fonction dérivée en−1est égal àf⁰(−1) = 0. (Dd6=D¹_d ).

3. Conclusion :Ddf =Dcf =Df =£ 0;^3π₄£ 4. Définition de la fonction dérivée def :

f⁰ :x7−→

⎧⎨

⎩

0 si x∈£

0;^π₂¤ 2 sinxcosx

(1−2 cos²x)=−tan (2x) si x∈¤_π

2;^3π₄ £

Il importe de voir queDdf =Df (f⁰ est non seulement définie, mais même continue en ^π₂ ).

5. Représentation graphique def :

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4

0.5 1 1.5x 2 2.5 3

EXERCICE 218 page 251

La "définition" de la fonction exponentielle, valable non seulement dans R, maiségalement dans Cest celle de la série :

∀z∈C : e^z:=

X∞ n=0

zⁿ n!

On peut montrer que la série est convergente pour toutz∈C(voir également le cours de deuxième).

Rem : On vérifie aisément : ∀z ∈C : _dz^de^z :=

X∞ n=1

nzⁿ⁻¹

n! =

X∞ n=1

zⁿ⁻¹ (n−1)!

m=n−1

= X∞ m=0

z^m

m! =e^z , une des propriétés fondamentales de la fonction exponentielle.

Application : Pourz= 1on obtient :e=e¹= X∞ n=0

1ⁿ n! =

X∞ n=0

1

n! = 1 +_1!¹ +_2!¹ +· · · .

EXERCICE 219 page 251

Pour déterminer le nombre de chiffres d’un grand nombre, on peut utiliser le logarithme décimal comme ceci : N = 2²⁰⁰⁰donclogN = log 2²⁰⁰⁰= 2000·log 2≈2000·0,30103 = 602,06

Revenons àN :N= 10^logN= 10^602,06= 10^0,06·10⁶⁰²≈1,1482·10⁶⁰² Ce nombre comprend donc1 + 602 = 603chiffres.

EXERCICE 220 page 251

a) (2)et(3) =⇒(1)

A partir des hypothèses(2)et(3)on déduit la thèse : cosθ+isinθ⁽²⁾⁽³⁾= 1

2

¡e^iθ+e^−iθ¢ +i1

2i

¡e^iθ−e^−iθ¢

= 1 2

¡e^iθ+e^−iθ+e^iθ−e^−iθ¢

=1

22e^iθ=e^iθ b) (1) =⇒(2)et(3)

A partir de l’hypothèse :(1) on déduit avec la parité des fonctions trigonométriques (cosinus est paire, sinus est impaire) la thèse :

e^−iθ=e^{i(−θ) (1)}= cos (−θ) +isin (−θ)^parité= cosθ−isinθ Donc, à partir de l’hypothèse(1)on déduit :

1 2

¡e^iθ+e^−iθ¢⁽¹⁾

= 1

2(cosθ+isinθ+ cosθ−isinθ) = 1

22 cosθ= cosθ 1

2i

¡e^iθ−e^−iθ¢⁽¹⁾

= 1

2i(cosθ+isinθ−cosθ+isinθ) = 1

2i2isinθ= sinθ

Conséquence : (1)⇐⇒(2)et(3)

Le théorème de Abraham de Moivre et ses conséquences Théorème :

(∀θ∈R;∀n∈N) : (cosθ+isinθ)ⁿ = cosnθ+isinnθ Démonstration :

Soitnun entier quelconque etθun réel quelconque. Alors on a : (cosθ+isinθ)ⁿ⁽¹⁾= ¡

e^iθ¢n prop. exp onentielle

= e^n·iθ=e^{i(nθ) (1)}= cosnθ+isinnθ On en déduit :

cos (nθ) = Re (cosnθ+isinnθ) sin (nθ) = Re (cosnθ+isinnθ)

= Re ((cosθ+isinθ)ⁿ) = Re ((cosθ+isinθ)ⁿ)

binôm e Newton= Re

à _n X

k=0

¡n k

¢cos^n−kθ·i^ksin^kθ

!

binôm e Newton= Re

à _n X

k=0

¡n k

¢cos^n−kθ·i^ksin^kθ

!

=

Xn

k=0et pair

¡n k

¢cos^n−kθ·i^ksin^kθ =

Xn

k=0et im pair

¡n k

¢cos^n−kθ·i^ksin^kθ

Exemple :

cos 3θ = ¡₃

0

¢cos³θ·i⁰sin⁰θ+¡₃

2

¢cos¹θ·i²sin²θ

= 1 cos³θ·1 + 3 cosθ·¡

−sin²θ¢

= cos³θ+ 3 cosθ¡

cos²θ−1¢

= 4 cos³θ−3 cosθ

c)1.

cos²α+ sin²α = µ1

2

¡e^iα+e^−iα¢¶2

+ µ1

2i

¡e^iα−e^−iα¢¶2

= 1

4

¡e^2α+ 2 +e^−iα¢ + 1

−4

¡e^2α−2 +e^−iα¢

= 1

4

¡e^2α+ 2 +e^−iα−e^2α+ 2−e^−iα¢

= 1

c)2.

sina·cosb = 1 2i

¡e^ia−e^−ia¢

·1 2

¡e^ib+e^−ib¢

= 1

4i

¡e^iαe^ib+e^iae^−ib−e^−iαe^ib−e^−iae^−ib¢

= 1

4i

³e^i(a+b)+e^i(a−b)−e^−i(a−b)−e^−i(a+b)´

= 1

2· µ1

2i

³e^i(a+b)−e^−i(a+b)´ + 1

2i

³e^i(a−b)−e^−i(a−b)´¶

= 1

2·(sin (a+b) + sin (a−b)) d) On a :

e^iπ+ 1⁽¹⁾= cosπ+isinπ+ 1 =−1 +i·0 + 1 = 0 e) Et on a aussi :

¡e^iθ¢ⁿ

= (cosθ+isinθ)^{n de M oivre}= cosnθ+isinnθ=e^inθ

EXERCICE 221 page 252

L’équation donnée est :

log_x(2x−3)− 1

log_x+6x+ 1

log_x+2x = 3 log₅³√₃ 2´

·log₂5 (221)

Afin de déterminer son domaine d’existence, il faut tenir compte du fait que l’argument ainsi que la base d’un logarithme doit être un réel strictement positif et que la base ne doit pas être égal à1non plus.

Le tableau des signes :

x −∞ −6 −2 0 ³₂ ∞

x − − − 0 + +

2x−3 − − − − 0 +

x+ 6 − 0 + + + +

x+ 2 − − 0 + + +

La seule colonne acceptable est celle desx∈¤₃

2,∞£

et les conditions x6= 1; x+ 66= 1;x+ 26= 1 y sont vérifiées.

D’où le domaine d’existence :DE=¤₃

2,∞£ .

Maintenant, on applique à chaque logarithme la formule de transformation des bases pour logarithmes, en choisissant

la base uniquee.L’équation (221) s’écrit dès lors Pour(x∈DE) :

(221) ⇐⇒ ^ln(2xlnx⁻³⁾− ^lnx1

ln(x+6)

+ lnx¹ ln(x+2)

= 3^ln(^√32)

ln 5 ·^{ln 5}ln 2

⇐⇒ ^{ln(2x−3)−}ln(x+6)+ln(x+2)

lnx = ^ln(^√32)²

ln 2 = 1

En multipliant les deux membres par le facteur lnxnon nul (voir le DE) en transférant le terme ln (x+ 6) , et en utilisant le théorème fondamental des logarithmes, on obtient de façon équivalente :

ln ((2x−3) (x+ 2)) = ln ((x(x+ 6)))

Or, commelnest une injection strictement croissante, cette égalité est équivalente à l’équation du second degré :

⇐⇒ 2x²+x−6 = x²+ 6x

⇐⇒ x²−5x−6 = 0 Ceci donne deux réels :x=−1∈/DE etx= 6∈DE .

Finalement, l’ensemble des solutions de l’équation (221) est :EdS_R(221)={6}.

EXERCICE 222 page 252

L’inéquation donnée est :

1 + log₂¡√

1 +x−√ 1−x¢

>0 (222)

Afin de déterminer son domaine d’existence, il faut tenir compte du fait que l’argument d’un logarithme doit être un réel strictement positif et que l’argument d’une racine doit être positif ou nul.

Les racines sont définies simultanément ssix∈[−1; 1]..

Pour déterminer le signe de l’argument du logarithme selonx∈[−1; 1]on peut choisir plusieurs méthodes : 1. L’écrire : √

1 +x−√

1−x= 1 +x−1 +x

√1 +x+√

1−x = 2x

√1 +x+√

1−x au dénominateur strictement positif.

2. Écrire l’inégalité√

1 +x−√

1−x >0⇐⇒√

1 +x >√ 1−x

Préciser que pour comparer deux nombres positifs, il suffit de comparer leurs carrés. Donc :

√1 +x >√

1−x⇐⇒1 +x >1−x⇔2x >0⇐⇒x >0 3. La fonctionx7→√

1 +x−√

1−xest strictement croissante (dérivée strictement positive) et coupe donc l’axe des abscisses en un seul point, celui qui correspond à la racine évidentex= 0.

Bref :DE= ]0; 1].

Pour toutx∈DE , l’inéquation 222 se transforme avec les équivalences suivantes (on utilise dans la deuxième ligne le fait quelog₂ est une injection strictement croissante) :

(222) ⇐⇒ log₂¡√

1 +x−√ 1−x¢

> −1

⇐⇒ √

1 +x−√

1−x > ¹₂ Maintenant, on exploite le fait que les deux radicands soient des binomes conjugués.

Comme pourx∈DEles deux membres de l’inégalité sont positifs, il suffit de comparer leurs carrés : (222) ⇐⇒ ¡√

1 +x−√ 1−x¢2

> ¹₄

⇐⇒ 2−2√

1−x² > ¹₄

⇐⇒ −√

1−x² > −⁷8

La multiplication des deux membres de l’inégalité par(−1)se traduit par un changement de signe de l’inégalité.

Ensuite, les deux membres étant encore positifs, on peut comparer les carrés :

(222) ⇐⇒ √

1−x² < ⁷₈

⇐⇒ 1−x² < ⁴⁹₆₄

⇐⇒ −x² < −¹⁵₆₄

⇐⇒ x² > ¹⁵₆₄

⇐⇒ x <−q

15

64 ou x >q

15 64

Et puisque dès le départ des transformationsx∈DE . on obtient l’ensemble des solutions :EdS_R(222) =i√ 15 8 ; 1i

EXERCICE 223 page 252

L’inéquation donnée est :

ln (|x|−2)>0 (223)

Le domaine d’existence est :DE={x∈R : |x|>2}= ]−∞;−2[∪]2;∞[ .

La fonction étant paire, il suffit de résoudre l’inéquation pour lesxpositifs et de compléter par symétrie orthogonale d’axey⁰y des ordonnées.

Pour toutx∈]2;∞[on a (puisqueln est une injection strictement croissante) : (223) ⇐⇒ ln (x−2) > 0

⇐⇒ x−2 > 1

⇐⇒ x > 3 Par symétrie, l’ensemble des solutions estEdS_R(223) = ]−∞;−3[∪]3;∞[.

Remarque : Cette solution se voit tout de suite à partir du graphe de la fonctionf qui se déduit de celui dex7−→lnx en 2 étapes :

a) ajouter2à toute abscisse x7→ln (x−2)

b) ajouter à la partie du plan de droite (x≥0)sa partie symétrique du plan de gauche (x≤0) La partie "positive" du graphe correspond auxxde l’ensemble des solutions.

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

-6 -4 -2 2 4 6

EXERCICE 224 page 252

L’équation donnée est :log_2x−35 = log_x2−5x+35

Afin de déterminer son domaine d’existence, il faut tenir compte du fait que la base d’un logarithme doit être un réel strictement positif et différent de1.

Le tableau des signes :

x −∞ ^5−√2¹³

3 2

5+√ 13

2 ∞

2x−3 − − 0 + +

x²−5x+ 3 + 0 − − 0 +

La seule colonne acceptable est celle desx∈i

5+√ 13 2 ,∞h

et les conditions : 2x−36= 1⇔x6= 2 ainsi que x²−5x+ 36= 1⇔³

x6=^5−√₂¹⁷ et x6= ^5+√₂¹⁷´ D’où le domaine d’existence :DE=i

5+√ 13 2 ,∞h

\n

5+√ 17 2

o .

Maintenant, on applique à chaque logarithme la formule de transformation des bases pour logarithmes, en choisissant la base uniquee.L’équation (??) s’écrit dès lors

Pour(x∈DE) :

(??) ⇐⇒ ln(2x^{ln 5}−3) = _ln(x2^{ln 5}−5x+3)

⇐⇒ ln (2x−3) = ln¡

x²−5x+ 3¢

Commelnest une injection strictement croissante, cette égalité est équivalente à l’équation du second degré :

⇐⇒ 2x−3 = x²−5x+ 3

⇐⇒ x²−7x+ 6 = 0 Ceci donne deux réels :x= 1∈/DEetx= 6∈DE .

Finalement, l’ensemble des solutions de l’équation (??) est :EdS_R(??)={6}.

EXERCICE 225 page 252

Système :(Π)

½ e^x−2e^y = λ (1)

e^2x−4e^2y = 16e^y (2) (λ∈R)

Comme les exponentielles sont définies surR, il n’y a pas de condition d’existence initiale triviale.

De(1)on peut isolere^x=λ+ 2e^y (1⁰)que l’on peut alors substituer dans (2): (λ+ 2e^y)²−4e^2y = 16e^y ⇔λ²+ 4e^y(λ−4) = 0⇔4 (4−λ)e^y=λ²

Pourλ= 4,cette équation (qui devient alors0e^y= 16) n’a pas de solution et.EdS_R(Π) =∅ Pourλ6= 4,(2)donne : e^y= λ²

4 (4−λ) Premier cas :λ >4alorse^y=₄₍₄^λ2

−λ) <0impossible care^y>0. Donc, EdS_R(Π) =∅ Deuxième cas :λ <4,alorse^y= ₄₍₄^λ₋²_λ) >0et donc :y= ln³

λ² 4(4−λ)

´ En remplaçant cette valeur dans(1⁰)on obtient :e^x=λ+ 2 λ²

4 (4−λ) = 8λ−λ²

2 (4−λ) >0vérifié..

Donc, pour λ∈]0; 4[ le système admet une solution unique : EdS_R(Π) =

½µ x= ln

µλ 2

8−λ 4−λ

¶

;y = ln µ λ²

4 (4−λ)

¶¶¾

En particulier, pourλ= 2∈]0; 4[on obtient :EdS_R(Π) ={(x= ln 3 ;y =−ln 2)}

EXERCICE 226 page 252

1. Système :(S₁)

½ xy = 256 (1)

7¡

log_xy+ log_yx¢

= 50 (2) Voir l’exercice 204 No 4) !

La deuxième ligne exige : x >0ety >0et différents de1. Elle donne : 7³

lny

lnx+^ln_ln^x_y´

= 50 ⇐⇒ 7 ln²x−50 lnxlny+ 7 ln²y= 0

⇐⇒ 7 ln²x−49 lnxlny−lnxlny+ 7 ln²y= 0 REM : pour factoriser, considérer

7z²−50z+ 7

⇐⇒ (lnx−7 lny) (7 lnx−lny) = 0

⇐⇒ lnx= lny⁷ ou lnx⁷= lny

bij.%

⇐⇒ x=y⁷ ou x⁷=y

Premier cas :x=y⁷ à substituer dans la première ligne donne :y⁸= 256ouy= 2etx= 128 Deuxième cas :y=x⁷à substituer dans la première ligne donne : x⁸= 256oux= 2ety= 128 Donc :EdS={(x= 128;y = 2) ; (x= 2;y= 128)}une paire.

2. Système :(S2)

½ 2^x¡

2^1+x+ 1¢ + 4^y¡

2^1−x−1¢

−3 = 0 (1)

3x−2y+ 1 = 0 (2)

Comme les exponentielles sont définies surR, il n’y a pas de condition d’existence initiale De(2)on peut isoler 2y c’est-à-dire :2y= 3x+ 1 (2⁰)

Transformons maintenant(1)en utilisant les lois exponentielles : 2^1+2x+ 2^x+ 2^2y+1−x−2^2y−3 = 0 Dans cette expression, on remplace(2⁰)ce qui donne :

2^1+2x+ 2^x+ 2^3x+1+1−x−2^3x+1−3 = 0 2^1+2x+ 2^x+ 2^2x+2−2^3x+1−3 = 0

On utilise encore les lois exponentielles, à savoir :a^x+y =a^xa^y et ainsi :2^3x+1= 2¹2^3x 2·2^2x+ 2^x+ 4·2^2x−2·2^3x−3 = 0

Cette fois, il est temps de substituer :z:= 2^x>0⇔x= log₂z ce qui permet d’écrire 2z³−6z²−z+ 3 = 0

en équation du troisième degré ! (Voir exercice 200 No 5))

(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(2) ={1; 2} et div(3) ={1; 3} L’ens. des racines possibles : ERP =©

±1;±3;±¹2;±³2

ª

On a bien :2·3³−6·3²−3 + 3 = 54−54−3 + 3= 0^! doncx0= 3. Division selon Horner :

2 −6 −1 3

3 ↓ 6 0 −3

2 0 −1 0K

Ainsi :∀z∈R: 2z³−6z²−z+ 3 = (x−3)¡

2x²−1¢

Le facteur du second degré a les racines :x_1/2=±^√2² et donc (1) ⇔ 2z³−6z²−z+ 3 = 0

⇔ z= 3>0ouz= ^√₂² >0 h

ouz=−^√2² <0i Revenons àx:z₁= 3⇒x₁= log₂3etz₂=^√₂² ⇒x₂= log₂^√₂² =−¹₂ .

Mettre ces résultats dans(2⁰) : x₁= log₂3⇒y₁=^3x+1₂ = ^{3 log2}₂³⁺¹ x2=−¹2 ⇒y2=³⁻¹²₂⁺¹ =−¹4

Finalement, le système (S2)admet comme ensemble des solutions la paire : EdS_R(S2) =

½µ

log₂3;1

2(1 + log₂27)

¶

; µ

−1 2;−1

4

¶¾

3. Système :(S₃)

½ log₄y−log₂x = ¹₂ (1) y²−2xy−2x²−3y+ 8x = 0 (2) La ligne (1)exige quex >0ety >0

La ligne (1)permet aussi d’isoler une des deux variables,xouy:

lny

2 ln 2−^ln_{ln 2}^x= ¹₂ ⇔ lny−2 lnx= ln 2

⇔ lny= 2 lnx+ ln 2

⇔ lny= ln 2x²

bij%

⇔ y= 2x² etx >0 Maintenant il suffit de substituer ce résultat dans la deuxième ligne :

4x⁴−4x³−2x²−6x²+ 8x= 0 ⇔ 4x¡

x³−x²−2x+ 2¢

= 0

Au lieu de passer par la méthode "ERP;x₀; Horner etc, on peut ici avantageusement factoriser par groupement 2 à 2 :

4x¡

x³−x²−2x+ 2¢

= 0 ⇔ 4x¡¡

x³−x²¢

−(2x−2)¢

= 0

⇔ 4x(x−1)¡ x²−2¢

= 0

⇔ [x= 0] oux= 1ou £

x=−√ 2¤

oux=√ 2

x,y>0

⇔ x= 1oux=√ 2 Pour x= 1, on obtient alors :y= 2·1²= 2et

pourx=√

2on obtienty= 2·√

2²= 4 ce qui donne la paire des solutions du système(S₃): EdS_R(S3) =n

(1; 2) ;³√ 2; 4´o

EXERCICE 227 page 252

1. lim

x→0 x<0

1

1+2^1x = ”₁₊₂¹−∞” = 1 ; lim

x→0 x>0

1

1+2^x1 = ”₁₊₂¹+∞” = 0et donc lim

x→0 1

1+2^1x n’existe pas.

(Une limite, si elle existe est unique !) (a) f(x) = lnx²= ln¡

x²¢

= 2 ln|x| etDf =R\ {0} (b) f(x) = 1

ln (lnx)

On a :Df={x∈D_ln / lnx∈D_lnet ln (lnx)6= 0}={x∈]0,∞[ : lnx >0et lnx6= 1} Donc, définitivement on a :Df = ]1, e[∪]e,∞[

EXERCICE 228 page 252

Le domaine de f est Df =R.La fonction est paire. Il suffit de l’étudier sur [0,∞[ .et de compléter par symétrie orthogonale d’axey⁰y.des ordonnées dans un RON.

lim0 f = lim

x→0exp¡

−x¹²

¢= ” exp (−∞) ” = 0 =f(0) Or, comme pour tout réel non nulx,exp¡₋₁

x²

¢>0,le pointO(0,0) est un minimum absolu def . Pour tout x > 0, f⁰(x) = _x²3exp¡₋₁

x²

¢ > 0. Donc, d’après le théorème de Fermat, la fonction ne peut avoir un extrémum local sur]0;∞[,donc par symétrie, pas non plus sur]−∞,0[.

Rappel du théorème de Fermat : si une fonction dérivable dans un intervalle ouvertI admet un extrémum local en x₀∈I , alorsf⁰(x₀) = 0.Ici,f⁰ 6= 0donc pas d’extrémum local !

0 0.2 0.4 0.6

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

EXERCICE 229 page 252

Il s’agit de faire une étude complète de ces fonctions, dont voici les représentations graphiques :

-2 0 2 4 6

-1 1 2 3x 4 5 6

f(x) = 4x(x−1) exp (−x)

-3 -2 -1 0 1 2 3

2 4 6x 8 10 12

f(x) = lnx−2 lnx−1

-2 0 2 4 6

-2 2 x 4 6

f(x) =|x|³exp (−x)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

2 4 6x 8 10 12

f(x) = (xlnx+ 1) exp (−x) Reprenons quelques détails un peu plus délicats :

1. Pas de difficulté 2. lim

x→0

lnx−2 lnx−1= lim

x→0

lnx·(¹−ln²x)

lnx·(¹−ln¹x) = ”¹₁⁻₋⁰₀” = 1 Prolongement par continuité.

xlim→∞

lnx−2 lnx−1= lim

x→0

(¹−lnx² )

(¹−lnx¹ ) = 1 AH : y= 1en+∞. Dérivabilité de la fonction "prolongée"f˜ :

f˜⁰(0) = lim

x→0 f(x)−1

x−0

(H)= lim

x→0f⁰(x) = lim

x→0 1

x(lnx−1)² = lim

x→0 x>0

1 xln²x

1

(¹−lnx² +_ln2¹_x)= ”₊₀¹ ·1” = +∞ f˜n’est pas dérivable en0, mais elle y admet une demi-tangente verticale dirigée vers lesy positifs.

3. Comme on étudie la fonction séparément sur les deux intervalles : x > 0 etx < 0 , il importe d’étudier la continuité et la dérivabilité au point du joint :x0= 0.

Continuité : la fonction valeur absolue est continue surR,il en est de même pourf (théorème du produit de fonctions continues).

Dérivabilité : f_g⁰(0) = lim

0⁻ f⁰= lim

x→0 x<0

(x−3)x²e^−x= 0 etf_d⁰(0) = lim

0⁺ f⁰= lim

x→0 x>0

(3−x)x²e^−x= 0 Conclusion :f_g⁰(0) =f_d⁰(0) =f⁰(0) = 0(dérivable et tangente horizontale).

4. N’est pas au programme de première B. mais voici son graphe qui admet deux asymptotes obliques : (AO)₁: y=xqd x→+∞et(AO)₂:y=−xqdx→ −∞

0 1 2 3 4 5

-4 -2 2 x 4

5. lim

0 f = lim

x→0(xlnx+ 1) exp (−x) = ” (0 + 1)e⁰” = 1prolongement par continuité en 0 de valeur 1.

lim∞ f = lim

x→∞

(xlnx+1) exp(x)

(H)= lim

x→∞

lnx+1 e^x

(H)= lim

x→∞

1

xe^x = ”_∞¹” = 0 (AH) y= 0 en+∞.

∀x∈]0,∞[ f⁰(x) = (1−x)e^−xlnx≤0 (f⁰(1) = 0) Dérivabilité du prolongementf˜au pointx0= 0: f˜⁰(0) = lim

x→0 f(x)−1

x−0

(H)= lim

x→0f⁰(x) = lim

x→0(1−x)e^−xlnx= ”1·1·(−∞) ” =−∞

f˜n’est pas dérivable enx₀= 0 mais, elle y admet une demi-tangente verticale tournée vers lesy négatifs.

6. Conditions d’existence :x²6= 0 etx²−96= 0.DoncDf =R\ {−3,0,3} La fonction est paire, car· · · et il suffit· · · .

lim∞ f = lim

x→∞ln_x2^x−²9 = ln 1 = 0 (AH)y= 0

∀x∈]0,∞[\ {3} f(x) = 2 lnx−ln|x−3|−ln|x+ 3| lim3 f = lim

x→3(2 lnx−ln|x−3|−ln|x+ 3|) = ”2 ln 3−(−∞)−ln 6” = +∞ (AV) x= 3

∀x∈]0,∞[\ {3} f⁰(x) = ²_x−x−¹3 −x+3¹ = _x(x−⁻_3)(x+3)¹⁸

x

-4 -2 0 4 6

-6 -4 -2 2 x 4 6

f(x) = ln x²

|x²−9|

EXERCICE 230 page 253

f :x7→f(x) :=

½ xlnx−x si x >0 0 si x= 0 1. Domaine de définition :D= [0;∞[ .

Premier domaine de continuité :D_c¹= ]0;∞[comme produit et somme de fonctions continues sur ce domaine.

Reste la continuité enx= 0.

On calcule :lim

0 f = lim

x→0(xlnx−x)calcul à part

= 0−0 = 0=^! f(0)

et donc,f est continue enx= 0et le domaine de continuité définitif est : D_c= [0;∞[. Calcul à part : lim

x→0xlnx= lim

x→0 lnx

1 x

(H)= lim

x→0(−x) = 0(voir aussi les exercices 120 et 142 ).

D’autre part : lim∞ f = lim

x→∞x(lnx−1) = ”∞·∞” = +∞ a= lim

x→∞

f(x) x = lim

x→∞(lnx−1) = +∞ BP de directiona=∞quandxtend vers+∞.

Remarque : On peut aussi calculer a avec la règle de l’Hospital, à condition de calculer d’abord la fonction dérivée def :a= lim

x→∞

f(x) x

(H)= lim

∞ f⁰= lim

x→∞lnx= +∞

2. Premier domaine de dérivabilité :D¹_d= ]0;∞[(produit, somme de fonctions dérivables) et pour toutx∈D¹_d on calcule :

f⁰(x) = d

dx(xlnx−x) = lnx

NB. : SoitP(x₀;f(x₀))un point quelconque mais différent deO(0; 0)du graphe.

Le coefficient angulaire (=la pente) de la tangente au graphe enP vautα=f⁰(x₀) = lnx₀ . Pour toutx0∈]0;∞[on trouve _x¹

0 ∈]0;∞[et donc un pointQ³

1 x0;f³

1 x0

´´

∈Gf . Le coefficient angulaire (=la pente) de la tangente enQvautβ =f⁰³

1 x0

´= ln_x¹

0 =−lnx₀. Puisque α+β = 0, le côté existence de la question posée est démontré.

Il reste encore à démontrer l’unicité.

Condition :

f⁰(x0) +f⁰(z) = 0 ⇔ lnx0+ lnz= 0

⇔ lnx0z= ln 1

bij%

⇔ x0z= 1

x06=0

⇔ z= _x¹

0

La solution est unique. C’est ce qu’il fallait vérifier.

Mais il reste la question du pointO(0; 0)∈Gf .

Dérivabilité enx₀= 0par la méthode de "Cauchy suivi de Hospital" : [f⁰(0)]^Cauchy= lim

x→0

f(x)−f(0) x−0

(H)= lim

0 f⁰= lim

x→0lnx=−∞

La fonction n’est pas dérivable enx0= 0, mais son graphe y admet une ¹₂−tangente verticale dirigée vers les y négatifs.

Conséquence : le point O(0 0) n’admet pas de partenaire au sens de la partie 2. de cet exercice. (Somme des pentes des tangentes est 0).

3. Le domaine de dérivabilité (et aussi celui de la dérivée seconde) estD_d=D¹_d= ]0;∞[. Pour toutx∈D_d on calcule les deux dérivées :

f⁰(x) = lnx et f⁰⁰(x) = 1 x>0 4. Ceci conduit au tableau des variations suivant :

x 0 1 +∞

f⁰(x) k − 0 +

f⁰⁰(x) k + +

0 +∞

f(x) ( a r r ê t ) & min % ^{( B P )}

1

La dérivée seconde est constamment positive sur l’intervalle]0;∞[ ce qui d’après le théorème de la concavité vu en deuxième signifie que le graphe de la fonction est convexe sur]0;∞[.

Rappel :

convexe=concavité tournée vers le haut, ce qui est comme une cave.

concave=concavité tournée vers le bas, ce qui est comme un arc de pont convexe . Valeur du point minimum absolu :f(1) = 1 ln 1−1 = 0−1 =−1doncm(1;−1) Quelques points :

0 0,1 0,25 0,5 2 e 3 4 5

0 −0,33 −0,60 −^{1+ln 2}2 =−0,85 2 ln 2−2 =−0,61 0 0,30 1,55 3,04 5. Graphe de la fonction proposée avec un zoom explicatif :

-1 0 1 2 3 4

1 2 3 x 4 5 6 7

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0

0.2 0.4 x 0.6 0.8 1

6.

g:x7→g(x) :=

½ ||x|ln|x|−|x||−1 si x6= 0

−1 si x= 0

Le graphe de la fonctiongse déduit de celui de la fonctionf en plusieurs étapes (voir page 352 pour les textes explicatifs mais, la première partie n’yfigure pas !) :

D’abord, on remplace toutxpar|x|, ce qui transforme toute fonction en une fonction paire !

C’est-à-dire, on garde la partie du graphe située à droite de l’axe y’y des ordonnées et on remplace la partie située à gauche de cet axe par le symétrique de la partie située à droite par la symétrie orthogonale d’axe y’y

des ordonnées dans un RON.

Ceci mérite bien un exemple explicatif :

De

0 0.5 1 1.5 2 2.5

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

x7→√ x+ 1

on déduit

0 0.5 1 1.5 2 2.5

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

x7→p

|x|+ 1

Ensuite, on "ajoute" la valeur absolue extérieure comme ceci : On garde la partie du graphe située au dessus de l’axe x’x des abscisses et on remplace la partie du graphe située en dessous de cet axe des abscisses par son symétrique pour la symétrie orthogonale par rapport à justement ce même axe x’x. Tout ceci exige un repère orthonormé !

Notons que tout ceci (première et deuxième étape) laisse invariant le point O(0 ;0).

Enfin, troisième et dernière étape, on ajoute(−1)à toute ordonnée.

Voici unfilm des 3 étapes et le graphe deg qui en résulte :

-1 0 1 2 3 4

-6 -4 -2 2 x4 6

x7→xlnx−x

-1 0 1 2 3 4

-6 -4 -2 2 x4 6

x7→|x|ln|x|−|x|

-1 0 1 2 3 4

-6 -4 -2 2 x4 6

x7→||x|ln|x|−|x||

-1 0 1 2 3 4

-6 -4 -2 2 x4 6

x7→||x|ln|x|−|x||−1 On constate bien, comment l’"ajoute" de valeurs absolues (ou de racines car |x| = √

x²) donne naissance à des points anguleux ((e,−1)et(−e,−1)pour le graphe de la fonctiong ) et à des points de rebroussement ( (0;−1)pour le graphe de la fonctiong ).

EXERCICE 231 page 253

1. Condition d’existence :x >0.

Pour toutx >0on peut transformer :

a= lne^2x−e^−lnx= 2x− 1

e^lnx = 2x−1

x = 2x²−1 x 2. Condition d’existence :x >0ety >0.

Pour toutx;y >0on peut transformer :log₄y= log₂x+ log₃√¹ 3

log₄y= log₂x+ log₃3⁻¹² ⇔ _{2 ln 2}^lny = ^ln_{ln 2}^x−¹₂

⇔ lny= 2 lnx−ln 2

⇔ lny= ln^x₂²

⇔ y= ¹₂x² Si on note :x7→y=f(x) =¹₂x²alorsf(6) = ³⁶₂ = 18.

EXERCICE 232 page 253

On donne :N =a√^b

a²ouaetb sont des réels strictement positifs.

1. log_aN = log_a³ a^1+2b´

= 1 + ²_b = b+ 2 b 2. log_a2N =_log^logaN

aa² = ^b+2b₂ = b+ 2 2b 3. log_a^0.5N= 2 (b+ 2)

b 4. lnN = lna^b+2b = b+ 2

b lna

EXERCICE 233 page 253

1. Faux :, la loi exponentielle est :exp (a+b) = exp (a) exp (b) 2. Vrai :∀a, b∈]0;∞[ on a :lnab= lna+ lnb

3. Vrai :ln¡₁

a+¹_b¢

= ln^b+a_ab = ln|a+b|−ln|ab| Condition : les arguments doivent être positifs ! 4. Faux !exp¡₁

a+¹_b¢

= exp¡₁

a

¢exp¡₁

b

¢6= exp (a+b)−exp (ab)