EXERCICE 5 : PROBL` EME

EXERCICE 1

RIEN NE SERT DE COURIR, IL FAUT CONNAˆITRE SON COURS 1. La fonctionf est major´ee sur l’intervalleI.

2. ∃ε >0, ∀N ∈N, ∃n > N ⇒ |u_n|>ε

3. L’assertion«x >1 ⇒ln(x) >0» est-elle vraie car x >1⇒ln(x)>0⇒ln(x) >0 (qui peut le plus peut le moins)

4. Il existe au moins un ami de mes amis qui n’est pas mon ami.

5. ∀x∈I,−x∈I etf(−x) =−f(x) 6. y=f⁰(a)(x−a) +f(a)

7. f⁰(x) = u⁰(x)

u(x) f⁰(x) = −nu⁰(x)

uⁿ⁺¹(x) f⁰(x) =−sin(x) f ⁰(x) =u⁰(x)×g⁰(u(x))

EXERCICE 2

TRAITER DES IN ´EGALIT ´ES MATH ´EMATIQUES (ET PAS SOCIALES)

1. L’ensemble de d´efinition de l’´equation est [1,+∞[ et on a, en ´elevant au carr´e (donc par analyse- synth`ese) :

2x−3 =√

x−1⇒(2x−3)² =x−1⇒4x²−12x+ 9 =x−1⇒4x²−13x+ 10 = 0

Un rapide calcul de discriminant donnex= ⁵₄ ou x= 2. Les deux solutions sont bien dans l’ensemble de d´efinition mais en rempla¸cant x par ⁵₄ on obtient 2x−3 =−¹₂ et donc ⁵₄ n’est pas solution et :

S={2}

2. Effectuons une disjonction des cas : 1er cas :x64, alors

|4−x|62x+ 1⇔4−x62x+ 1⇔x>1 Doncx∈[1,4]

2`eme cas : x>4, alors

|4−x|62x+ 1⇔x−462x+ 1⇔x>−5 Doncx∈[4,+∞[

En conclusion : S= [1,+∞[

3. Sans disjonction de cas : x−1

x+ 3 >2⇔ x−1−2(x+ 3)

x+ 3 >0⇔ −x−7 x+ 3 >0 Un rapide tableau de signe donne S= [−7,−3[ .

EXERCICE 3

AVOIR LE SENS DE L’ANALYSE SUR LES FONCTIONS 1. (a) f(x) =√

3−2 sinx

La fonction sin est born´ee entre −1 et 1 donc 163−2 sinx65 et doncf est d´efinie et d´erivable (par compos´ee) sur R.

∀x∈R, f⁰(x) = −cosx

√3−2 sinx

(b) g(x) = ln(1−lnx)

g est d´efinie si, et seulement si, x >0 et 1−lnx >0⇔x < edoncD_g =]0, e[.

Sur cet intervalleg est d´efinie et d´erivable par compos´ee de fonctions d´erivables et :

∀x∈]0, e[, g⁰(x) = −¹_x

1−lnx = 1 x(ln(x)−1) (c) h(x) = (2e^−x+ 1)⁷

h est d´efinie surRet d´erivable par compos´ee de fonctions d´erivables et :

∀x∈R, h⁰(x) = 7×(−2e^−x)(2e^−x+ 1)⁶=−14e^−x(2e^−x+ 1)⁶ 2. (a) lim

x→¹

3

1−4x 1−3x.

D´etaillons num´erateur et d´enominateur : lim

x→¹

3

1−4x=−¹₃et lim

x→¹

3

−1−3x= 0⁺donc lim

x→¹

3

−

1−4x

1−3x =−∞ . De mˆeme lim

x→¹

3 +

1−4x

1−3x = +∞ .

(b) Il s’agit d’une compos´ee. PosonsX= 2x²−1 1 +x²+x.

La limite en±∞d’une fonction rationnelle est ´egale `a la limite du quotient de ses termes de plus haut degr´e. Ainsi :

x→+∞lim

2x²−1

1 +x²+x = lim

x→+∞

2x² x² = 2 On a ´egalement lim

X→2lnX= 2 donc lim

x→+∞ln

2x²−1 1 +x²+x

= ln 2 . (c) Simplifions, pourx6= 1 :

x⁴−1

(x−1)² = (x−1)(x+ 1)(x²+ 1)

(x−1)² = (x+ 1)(x²+ 1) x−1 Ainsi lim

x→1

x⁴−1

(x−1)² = lim

x→1

(x+ 1)(x²+ 1) x−1 .

x→1lim(x+ 1)(x²+ 1) = 4 et lim

x→1⁻0⁻ donc lim

x→1⁻

x⁴−1

(x−1)² =−∞ et de mˆeme lim

x→1⁺

x⁴−1

(x−1)² = +∞ . 3. Soitf la fonction d´efinie surR\{−1} parf(x) = −2x²+x+ 1

x+ 1 .

On applique m´ecaniquement la m´ethode vue en cours, avec les propri´et´es sur les limites de fonctions rationnelles rappel´ees au 2.(b) :

x→+∞lim f(x)

x = lim

x→+∞

−2x²+x+ 1

x²+x = lim

x→+∞

−2x² x² =−2 On posea=−2 et on calcule :

x→+∞lim [f(x)−ax] = lim

x→+∞

−2x²+x+ 1 x+ 1 + 2x

= lim

x→+∞

3x+ 1

x+ 1 = lim

x→+∞

3x x = 3

On poseb= 3 et on en d´eduit l’existence d’une asymptote oblique `aC_f en +∞d’´equationy= 2−x+3.

De plus, en posant pourx6=−1,d(x) =f(x)−(−2x+ 3), apr`es mis au mˆeme d´enominateur on trouve d(x) =− 2

x+ 1.

d(x)>0 sur ]− ∞,−1[ etd(x)<0 sur ]−1,+∞[ donc la courbe est au-dessus de son asymptote sur ]− ∞,−1[ et en dessous sur ]−1,+∞[.

EXERCICE 4

ET POUR LA SUITE : DES SUITES !...

On consid`ere la suite (u_n)n∈N d´efinie par : u₀ = 1 et ∀n∈N, u_n+1= 2u_n+n−1 1. Posons ∀n∈N, la propri´et´e Pn:un>1.

Initialisation : La propri´et´eP₀ est trivialement vraie.

H´er´edit´e : Supposons pour nfix´e queun>1 alors :

u_n+1 = 2u_n+n−1>2 +n−1>n+ 1>1 AinsiP_n+1 est vraie.

Conclusion : Ainsi, par principe de r´ecurrence : ∀n∈N, un>1.

2. D’apr`es le 1., on a pour tout n∈N,u_n+1 = 2u_n+n−1>n+ 1 soit∀n∈N^∗,u_n>n.

De plusu0= 1>0 donc la propri´et´e reste vraie au rang 0.

Ainsi ∀n∈N, u_n>n.

3. lim

n→+∞n= +∞ donc par minoration de limites, comme ∀n∈N, un>n, lim

n→+∞un= +∞.

4. ∀n∈N, un+1−un= 2un+n−1−un=un+n−1>2n−1.

Ainsi pourn∈N^∗,u_n+1−u_n>0 et pourn= 0,u₁−u₀= 1−1 = 0 donc la suite (u_n)n∈N est croissante.

5. On a, pour toutnde N:

v_n+1=u_n+1+ (n+ 1) = 2u_n+n−1 + (n+ 1) = 2u_n+ 2n= 2v_n Ainsi la suite (vn)n∈N est une suite g´eom´etrique de raison 2 etv0 =u0+ 0 = 1.

Pour toutnde N,vn=v0×qⁿ= 2ⁿ et donc un= 2ⁿ−n .

EXERCICE 5 : PROBL` EME

LES RACINES SONT CARR ´EES, ET VOS RAISONNEMENTS ?

On posef :x7→

rx−1

x+ 1 et g:x7→xf(x).

PARTIE A - ETUDE DE ´ f ET DE SA BIJECTION R ´ ECIPROQUE

1. (a) f est d´efinie si, et seulement si, x−1

x+ 1 > 0. Un rapide tableau de signe du quotient donne D_f =]− ∞,−1[∪[1,+∞[ .

(b) La fonctionf ne peut ˆetre ni paire, ni impaire car l’ensemble de d´efinition n’est pas centr´e en 0.

2. Il y a 3 limites `a calculer, par compos´ee. On posonsX = x−1

x+ 1 pour la suite.

•Limite en +∞ :

La limite en +∞ d’une fonction rationnelle est ´egale `a la limite du quotient de ses termes de plus haut degr´e donc :

x→+∞lim x−1

x+ 1 = lim

x→+∞

x x = 1 Et lim

x→1

√

X = 1 donc lim

x→+∞f(x) = 1 par compos´ee.

•Limite en −∞ :

De mˆeme qu’en +∞, lim

x→−∞f(x) = 1.

•Limite en −1⁻ :

x→−1lim⁻x−1 =−2 et lim

x→−1⁻x−1 = 0⁻ donc par quotient lim

x→−1⁻

x−1

x+ 1 = +∞.

De plus lim

x→+∞

√X= +∞ donc lim

x→−1⁻f(x) = +∞ par compos´ee.

On notera la pr´esence d’une asymptote horizontales d’´equationy= 1 en +∞et−∞et d’une asymptote verticales d’´equation x=−1.

3. (a) ∀x >1,

f(x)−f(1) x−1 =

rx−1 x+ 1−0

x−1 =

√x−1

√x+ 1(x−1) = 1

√x+ 1√

x−1 = 1

√ x²−1 (b) On calcule lim

x→1⁺

f(x)−f(1)

x−1 = +∞sans ind´etermination donc on en d´eduit que la limite du taux d’accroissement n’est pas finie et donc quef n’est pas d´erivable en x= 1.

4. fest d´erivable surDf\{1}comme compos´ee et quotient de fonctions d´erivables et∀x]−∞,−1[∪]1,+∞[ : f⁰(x) =

2 (x+1)²

2 qx−1

x+1

= 1

(x+ 1)² qx−1

x+1

On en d´eduit que la fonctionf est strictement croissante sur ]− ∞,−1[ et sur [1,+∞[.

x f⁰(x)

f

−∞ −1 1 +∞

+ +

1 1

+∞

0 0

1 1

5. (a) f est strictement croissante sur [1,+∞[ etf([1,+∞[) = [0,1[ doncf est une bijection de [1,+∞[

vers l’intervalle [0,1[.

(b) Pourx∈[1,+∞[ ety∈[0,+∞[, on pose : y=f(x) ⇔

rx−1 x+ 1=y

⇔ x−1

x+ 1 =y² (car y>0)

⇔ x−1 =y²(x+ 1)

⇔ x−y²x= 1 +y²

⇔ x(1−y²) = 1 +y²

⇔ x= 1 +y²

1−y² (car y <1) Ainsi f⁻¹ a pour expressionx7→ 1 +x²

1−x² sur [0,1[.

PARTIE B - ETUDE D’UNE ASYMPTOTE OBLIQUE DE ´ g

5. Commeg(x) =xf(x), Trivialement D_g =D_f .

6. g est d´erivable sur Dg\{1} par produit de fonctions d´erivables et∀x∈Dg\{1}, g⁰(x) = 1.f(x) +xf⁰(x)

=

rx−1

x+ 1+ x

(x+ 1)² qx−1

x+1

=

x−1

x+1 ×(x+ 1)² (x+ 1)²q

x−1 x+1

+ x

(x+ 1)²q

x−1 x+1

= (x−1)(x+ 1) +x (x+ 1)²

qx−1 x+1

= x²+x−1 (x+ 1)²

qx−1 x+1

.

7. g⁰(x) est du signe de x²−x+ 1 ayant pour racines x= −1±√ 5

2 .

Seuleα= −1−√ 5

2 ∈D_g car α <−1.

x g⁰(x)

g

−∞ α −1 1 +∞

+ 0 − +

−∞

−∞

g(α) g(α)

−∞ 00

+∞

+∞

Il y a 3 limites `a calculer, par produit.

•Limite en +∞ : lim

x→+∞f(x) = 1 donc par produit lim

x→+∞xf(x) = +∞.

•Limite en −∞ : lim

x→−∞f(x) = 1 donc par produit lim

x→−∞xf(x) =−∞.

•Limite en −1⁻ : lim

x→−1⁻f(x) = +∞ et lim

x→−1⁻x=−1 donc par produit lim

x→−1⁻xf(x) =−∞.

8. D’apr`es le tableau de variation,gest major´ee parg(α) mais pas minor´ee (et pas born´ee) sur ]−∞,−1[.

−3 est un majorant de g sur ]− ∞,−1[ si, et seulement si,g(α)6−3.

Il faut donc calculer : g(α) =α

rα−1

α+ 1 =−1 +√ 5 2

v u u t

−3−√ 5 2 1−√

5 2

=−1 +√ 5 2

s 3 +√

√ 5

5−1 =−1 +√ 5 2

s

(3 +√

5)(1 +√ 5) 4

Soitg(α) =−1 +√ 5 2

r8 + 4√ 5

4 =−1 +√ 5 4

p8 + 4√

5 et ainsi : g(α)<−3⇔ 1 +√

5 4

q 8 + 4

√

5>3⇔(1 +

√ 5)

q 8 + 4

√ 5>12 En ´elevant au carr´e (toutes les quantit´es sont positives) :

g(α)<−3⇔(1 +√

5)²(8 + 4√

5)>144⇔(6 + 2√

5)(8 + 4√

5)>144⇔88 + 40√

5>144⇔√ 5> 56

40 Cette derni`ere in´egalit´e est vraie car√

5>2> ⁷₅ donc g est major´ee par−3.

9. (a) ∀(a, b)∈(R^∗+)², (√

a−√ b)(√

a+

√ b) =√

a²−√

b²=a−b⇔√ a−√

b= a−b

√a+√ b (b) ∀x >1,

g(x)−x=xf(x)−x=x(f(x)−1) =xf(x)²−1 f(x) + 1 Donc

g(x)−x=

x−1 x+1 −1

f(x) + 1 =xf(x)²−1 f(x) + 1 =x

−2 x+1

f(x) + 1 = −2x x+ 1

1 f(x) + 1

(c) On a d´ej`a lim

x→+∞

g(x)

x = lim

x→+∞f(x) = 1, donc on posea= 1.

D’apr`es la question pr´ec´edente on a :

x→+∞lim g(x)−x=−1 car lim

x→+∞

1 f(x) + 1

= 1

2 et lim

x→+∞

−2x x+ 1 =−2

On en d´eduit l’existence d’une asymptote oblique `a la courbe de g en +∞ d’´equationy =x−1.

EXERCICE 6 (Bonus)

A N’ABORDER QUE SI TOUT LE RESTE A ´ET ´E TRAIT ´E !

∀(x, y)∈R²,

(|x+y|<1 et |x−y|<1) ⇔

−1< x+y <1

−1< x−y <1

⇔

−1−y < xetx <1−y

−1 +y < xetx <1 +y

⇔

−x <1 +y etx <1 +y

−x <1−y etx <1−y

⇔

|x|<1 +y

|x|<1−y

⇔

−y <1− |x|

y <1− |x|

⇔ |x|<1− |y|

⇔ |x|+|y|<1