Montrer que la fonction partie entière est croissante sur R . Réponse

Fonctions de la variable réelle – TD ₂

Complément de cours

Les résultats de cette partie sont à connaître et peuvent être utilisés sans démonstration.

Exercice 1

Montrer que la fonction partie entière est croissante sur R ^. Réponse

Soit (x,y)∈R^{2tel quex}Éy.

Montrons quebxc É byc.

On sait quebxc Éxety< byc +1.

Donc,bxc < byc +1.

Or,bxcetbycsont des entiers, donc,bxc É byc. Ainsi,

la fonction partie entière est croissante surR^.

Exercice 2

Montrer la proposition 2.5 page 18 du cours.

Exercices supplémentaires sur la partie entière

Exercice 3

Montrer que :

∀

(x, y)

∈

R

²

^,

b

x

c + b

y

c É b

x

+

y

c É b

x

c + b

y

c +

1.

Réponse

Soit (x,y)∈R^2.

ÏOn sait quebxc Éxetbyc Éy.

D’où, en sommant les inégalités,bxc + byc Éx+y.

Donc, par croissance de la fonction partie entière,

bbxc + bycc É bx+yc. Or,bxc + byc ∈Z^{, donc,}bbxc + bycc = bxc + byc.

Donc,

bxc + byc É bx+yc.

ÏOn sait quebx+yc Éx+y.

De plus,x< bxc +1 ety< byc +1.

Donc, en sommant les inégalités, on a :x+y< bxc + byc +2.

Donc,bx+yc < bxc + byc +2.

Donc, commebx+ycetbxc + byc +2 sont des entiers,bx+yc É bxc + byc +2−1.

Donc,

bx+yc É bxc + byc +1.

Exercice 4

Montrer que :

∀

x

∈

R ^,

∀

n

∈

N

^?

^,

¹b

n

×

x

c

n

º

= b

x

c

. Réponse

Soitx∈R^etn∈N^?. ÏOn a :

bxc Éx< bxc +1 et bn×xc Én×x< bn×xc +1.

D’où, en retranchant 1 dans le inégalités de droite,n×x−1< bn×xc Én×x.

Donc, bn×xc

n Éx< bxc +1.

ÏDe plus,n× bxc Én×x<n× bxc +n.

Donc,n× bxc −1Én×x−1< bn×xc.

D’où, commen× bxc −1 etbn×xcsont des entiers,n× bxc É bn×xc Donc, bxc Ébn×xc

n .

ÏLes deux inégalités encadrées permettent de conclure (par définition de la partie entière) que :

¹bn×xc n

º

= bxc.

Généralités

Exercice 5

Soient f : R

→

R une fonction et (x, y)

∈

R

²

. Vrai ou faux ? 1. Si f est croissante et f (x)

É

f ( y), alors x

É

y.

2. Si f est croissante et f (x)

<

f ( y), alors x

<

y.

3. Si f est strictement croissante et f (x)

É

f (y), alors x

É

y.

Réponse

1. Faux. Prenonsf:x7→1 la fonction constante égale à 1. La fonctionf est croissante, on af(0)Éf(−1) mais 0> −1.

2. Vrai. Supposonsf croissante et f(x)<f(y).

Par l’absurde, on supposexÊy. La croissance de f donnef(x)Êf(y). Contradiction avec f(x)<f(y).

Donc,x<y.

3. Vrai. Supposonsf est strictement croissante et f(x)Éf(y).

Par l’absurde, on suppose quex>y. Par stricte monotonie def,f(x)>f(y). Contradiction avecf(x)Éf(y).

Donc,xÉy.

Exercice 6

Déterminer toutes les fonctions de R ^dans R qui sont périodiques et monotones.

Réponse

Analyse: soit f une solution de problème.

On noteT>0 une période def. ÏCas 1 : On suppose f croissante.

Soitx₀∈R^.

• On considèrexÉx0. Par croissance def, f(x)Éf(x0).

On cherchen∈Z^{tel que,x}+n×TÊx₀. Il suffit de choisirnÊx₀−x T .

Par croissance de f, on a alors f(x+n×T)Êf(x₀). Par périodicité def,f(x)Êf(x₀).

Donc, f(x)=f(x₀).

• On considèrex>x₀. Par croissance def, f(x)Êf(x₀).

On cherchen∈Z^{tel que,x}+n×TÉx0. Il suffit de choisirnÉx0−x T .

Par croissance de f, on a alors f(x+n×T)Éf(x₀). Par périodicité def,f(x)Éf(x₀).

Donc, f(x)=f(x₀).

Ainsi, pour toutx∈X,f(x)=f(x₀). Autrement dit f est constante.

ÏCas 2 : on suppose f décroissante. Alors−f est croissante et est encore périodique, donc, par le cas 1,−f est constante.

Donc, f est constante.

Synthèse: soitf:R→Rune fonction constante. La fonction f est bien périodique (de période 1 par exemple) et monotone.

Ainsi,

Les fonctions deR^dansRqui sont périodiques et monotones sont les fonctions constantes.

Exercice 7

Soit f : X

→

R ^{et g : Y}

→

R deux fonctions. On suppose que f (X)

⊂

Y . Montrer que si f est périodique, alors g

◦

f aussi.

Réponse

On suppose f périodique. On noteT>0 une période def.

Commef est périodique, on a alors, pour toutx∈X,x+T∈X etx−T∈X. De plus, pour toutx∈X,g◦f(x+T)=g(f(x+T))=g(f(x)).

Donc,

g◦f est périodique.

Dérivation

Exercice 8

Montrer que la fonction f définie par :

∀

x

∈

R ^{, f (x)}

=

sin

µ

ln

µ

e

^3x+

1 e

^−x+

1

¶¶

, est dérivable sur R et calculer sa dérivée.

Réponse

ÏSoitx∈R^{. On a 1}+e^−x>0 et 1+e^3x>0. Donc, 1+e^3x

1+e^−x est bien défini et est strictement positif.

De plus, la fonction ln est définie surR^?₊et la fonction sin est définie surR^. Donc, f est définie surR^.

ÏLa fonction exp est dérivable surR^{, donc,x}7→1+e^3x

1+e^−x est dérivable surRcomme quotient de fonctions dérivables et est à valeurs dansR^?+.

La fonction ln est dérivable surR^?+et sin est dérivable surR^. Donc, f est dérivable comme composée de fonctions dérivables.

ÏSoitx∈R^{. On noteu(x)}=ln

µe^3x+1 e^−x+1

¶ . On a f(x)=sin¡

u(x)¢ et

f⁰(x)=u⁰(x)×cos¡ u(x)¢

.

On notev(x)= e^3x+1

e^−x+1. On a :u(x)=ln¡ v(x)¢

et

u⁰(x)=v⁰(x) v(x). De plus,

v⁰(x)=3e^3xס e^−x+1¢

−¡ e^3x+1¢

ס

−e^−x¢

¡e^−x+1¢2 =3e^3x+4e^2x+e^−x

¡e^−x+1¢2 . Donc,

u⁰(x)= 3e^3x+4e^2x+e^−x

¡e^−x+1¢

ס

e^3x+1¢. Donc,

f⁰(x)= 3e^3x+4e^2x+e^−x

¡e^−x+1¢

ס

e^3x+1¢×cos µ

ln

µe^3x+1 e^−x+1

¶¶

.

Exercice 9

Soit a

∈

R ^{et n}

∈

N . Déterminer les domaines de définitions, les domaines de dérivation et calculer les dérivées des fonctions suivantes :

α

(x)

=

1

x

²

b(x)

=

1

(x

+

1)

³

c(x)

=

1

(x

−

a)

ⁿ

d(x)

=

x

ⁿ

n! e(x)

=

(a

−

x)

ⁿ

n! f (x)

=

x

x

²+

1 g(x)

=

x

sin x h(x)

=

cos

p

x i(x)

=p

cos x j(x)

=

e

^tanx

k(x)

=

e

px²+x+1

l(x)

=

x

×

ln(x

²+

1) m(x)

=

ln(cos(2x)) n(x)

=

ln(ln x) o(x)

=

ln

|

x

|

p(x)

=

(ln x)

³

x q(x)

=

sin(x

²+

2x

−

3) r(x)

=

cos

²

(x

²+

2x

−

3) s(x)

=

cos

¡

(x

²+

2x

−

3)

²¢

t(x)

=

cos x

p

sin x

+

2 u(x)

=

1 (e

^x+

e

^−x

)

²

v(x)

=

Arctan

µ

1 x

¶

w(x)

=

xArcsin

µ

1

x

¶

X(x)

=

x

³

sin(1/x

²

) y(x)

=

q

|

x

²−

1

|

Z(x)

=

ln

µ¯

¯

¯

¯

1

+

x 1

−

x

¯

¯

¯

¯

¶

A(x)

=

xln

|

e

^x−

1

|

B(x)

=

x

²p

|

ln x

|

C(x)

=

x

^x

D(x)

= µ

1

+

1 x

¶x

Exercice 10

Pour m

∈

R , on définit la fonction f

_m

, pour tout x

∈

R ^{, par f}

m

(x)

=

x

+

m

x

²+

1 . On note

Γm

le graphe de f

_m

. 1. Montrer que les tangentes aux courbes

Γm

au point d’abscisse 0 sont parallèles.

2. Montrer que les tangentes aux courbes

Γm

au point d’abscisse 1 sont concourantes.

Réponse

1. Pour toutx∈R^{, 1}+x²>0, doncf_mest dérivable surR^.

Le coefficient directeur de la tangente au graphe de f_mau point d’abscisse 0 est f_m⁰(0).

Or, pour toutx∈R^,

f_m⁰ (x)=x²+1−(x+m)×(2x)

¡x²+1¢2 . D’où, f_m⁰ (0)=1.

Pour toutm∈R, la tangente au graphe def_mau point d’abscisse 0 a pour coefficient directeur 1 (qui ne dépend pas dem).

Donc,

toutes les tangentes sont parallèles.

2. Une équation de la tangenteT_mau graphe def_mau point d’abscisse 1 est : y=f_m⁰ (1)×(x−1)+f_m(1).

Or, f_m(1)=1+m

2 etf_m⁰(1)= −m 2. On raisonne par analyse-synthèse.

ÏAnalyse: Supposons les droitesT_mconcourantes.

Il existe un point de coordonnées (a,b) vérifiant toutes les équations des droitesT_m. Autrement dit, pour tout m∈R^,

b= −m

2 ×(a−1)+1+m 2 . En particulier, pourm=0 etm=1, il vient :







b = 1

2 b = −1

2×(a−1)+1 ⇐⇒







b = 1

1 2

2 = −1

2×(a−1)+1 ⇐⇒

(

b = 1

2

a = 2

ÏSynthèse: Vérifions que le point de coordonnées µ1

2, 2

¶

est sur la droiteT_mpour toutm∈R^. Soitm∈R^{. On a :}

−m

2 ×(2−1)+1+m 2 = −m

2+1+m 2 =1

2. Donc, le point de coordonnées

µ1 2, 2

¶

est sur la droiteT_m. ÏAinsi,

les droitesT_m sont concourantes.

Exercice 11

Soit f : R

+→

R une fonction dérivable sur R

+

telle que, pour tout x

∈

R

+

, f

⁰

(x)

É

f (x). On suppose de plus que f est à valeurs positives et que f (0)

=

0.

En considérant la fonction g : x

7→

e

^−x×

f (x), montrer que f est identiquement nulle.

Réponse

La fonction gest dérivable surRcomme produit de fonctions dérivables et, pour toutx∈R^, g⁰(x)= −e^−x×f(x)+e^−x×f⁰(x)=¡

f⁰(x)−f(x)¢

×e^−xÉ0.

On en déduit que la fonctiongest décroissante.

De plus, comme f et exp sont positives,gest positive.

Or, g(0)=e⁰×f(0)=0.

Donc,gest la fonction nulle. Autrement dit, pour toutx∈R^,e−x×f(x)=0.

Or, exp ne s’annule pas surR^,

pour toutx∈R^,f(x)=0.

Bijection réciproque

Exercice 12

On considère la fonction f définie pour tout x

∈

[1,

+∞

[ par f (x)

=

e

^(ln(x))2

.

Montrer que f réalise une bijection de [1,

+∞

[ sur un intervalle à expliciter et déterminer l’expression de f

⁻¹

. Réponse

Étape(s) du raisonnement :

1. On montre quef réalise une bijection en utilisant le théorème de la bijection.

2. On déterminef⁻¹en résolvant l’équationy=f(x).

Ici, on ne résout pas directement l’équationy=f(x)car on ne connaît pas l’intervalle sur lequel f réalise une bijection. Le théorème de la bijection nous permet de le déterminer.

Ï •La fonction ln est strictement croissante et continue sur [1,+∞[ et à valeurs dansR+.

De plus, la fonctionx7→x²est strictement croissante et continue surR+. Donc, comme composée de fonctions,x7→¡ ln(x)¢2

est strictement croissante et continue sur [1,+∞[.

• De plus, la fonction exp est strictement croissante et continue sur R, donc, comme composée de fonctions, f est strictement croissante et continue sur l’intervalle [1,+∞[ .

•Par le théorème de la bijection,

f réalise une bijection de [1,+∞[ surf¡

[1,+∞[¢ .

De plus, lim

x→+∞f(x)= +∞,f(1)=1 et

x

f

1 +∞

1 1

+∞

+∞

Donc,

f¡

[1,+∞[¢

=[1,+∞[.

ÏSoit y∈[1,+∞[. On résout l’équationy=f(x) d’inconnuex∈[1,+∞[.

On a :

y=f(x) ⇐⇒ y=e^ln(x)2 ⇐⇒ ln(y)=ln(x)². Or,xÊ1 et yÊ1, donc ln(x)Ê0 et ln(y)Ê0. Donc,

ln(y)=ln(x)² ⇐⇒ p

ln(y)= |ln(x)| ⇐⇒ p

ln(y)=ln(x) ⇐⇒ ep

ln(y)

=x.

Ainsi,

f⁻¹:y7→ep

ln(y).

Exercice 13

On considère la fonction f : R

→

R x

7→

x

³+

x

+

1

. 1. Montrer que f réalise une bijection de R ^sur R ^.

2. Déterminer l’ensemble des points où la fonction f

⁻¹

est dérivable.

3. Déterminer les valeurs de (f

⁻¹

)

⁰

(1) et ( f

⁻¹

)

⁰

(

−

1).

Réponse

1. Les fonctionsx7→x³etx7→xsont strictement croissante surR^etx7→1 est croissante surR^. Donc, f est strictement croissante surR^.

La fonction f est aussi continue sur l’intervalleR(car fonction polynomiale).

Donc, par le théorème de la bijection, f réalise une bijection deR^{sur f(}R^).

De plus, lim

x→−∞f(x)= −∞et lim

x→+∞f(x)= +∞. D’où, x

f

−∞ +∞

−∞

−∞

+∞

+∞

Donc, f(R⁾=R^{. Ainsi,}

f réalise une bijection deR^surR^. 2. La fonctionf est dérivable surRet, pour toutx∈R^{, f0(x)}=3x²+1>0.

Donc, par le théorème de la bijection (réciproque d’une bijection), f⁻¹est dérivable surR^. 3. On sait que :

(f⁻¹)⁰(1)= 1 f⁰¡

(f⁻¹)(1)¢.

On f(0)=1, donc 0=f⁻¹(1).

Donc,

(f⁻¹)⁰(1)= 1 f⁰¡

0¢= 1

3×0²+1=1.

On sait que :

(f⁻¹)⁰(−1)= 1 f⁰¡

(f⁻¹)(−1)¢. On f(−1)= −1, donc−1=f⁻¹(−1).

Donc,

(f⁻¹)⁰(−1)= 1 f⁰¡

−1¢= 1

3×(−1)²+1=1 4.

Étude de fonctions et applications

Exercice 14 Soit f : x

7→¡

sin(x)

¢3

ס

cos(x)

¢4

.

Montrer qu’il suffit d’étudier f sur l’intervalle

h

0,

^π

2

i

pour obtenir toute sa courbe représentative.

Réponse

La fonction f est définie surR^.

ÏPour toutx∈R^{, on ax}+2π∈R^,x−2π∈R^et f(x+π)=¡

sin(x+2π)¢3

ס

cos(x+2π)¢4

=¡ sin(x)¢3

ס cos(x)¢4

=¡ sin(x)¢3

ס cos(x)¢4

=f(x).

On en déduit quef est 2,π-périodique.

Il suffit donc d’étudier la fonction f sur [−π,π].

ÏL’ensemble de définition de f est symétrique par rapport à 0 et, pour toutx∈R^, f(−x)=¡

sin(−x)¢3

ס

cos(−x)¢4

=¡

−sin(x)¢3

ס cos(x)¢4

= −¡ sin(x)¢3

ס cos(x)¢4

= −f(x).

Donc, la fonction f est paire. On en déduit que la graphe de f est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

Il suffit donc d’étudier la fonction f sur [0,π].

ÏSoitx∈R^. On a :

f(π−x)=¡

sin(π−x)¢3

ס

cos(π−x)¢4

=¡ sin(x)¢3

ס

−cos(x)¢4

=¡ sin(x)¢3

ס cos(x)¢4

=f(x).

Or, le graphe dex7→f(π−x) se déduit du graphe def par symétrie axiale d’axex=π 2. On en déduit que le graphe de f possède la droite d’équationx=π

2 comme axe de symétrie.

Il suffit donc d’étudier la fonction f surh 0,π

2 i

. ÏEn résumé :

• On trace le graphe de f surh 0,π

2 i

.

• On déduit le graphe de f sur [0,π] par symétrie axiale d’axex=π 2.

• On déduit le graphe de f sur [−π,π] par symétrie axiale d’axex=0.

• On déduit le graphe de f surRpar translations de vecteurs 2πk.~ioùk∈Z^.

Exercice 15

Étudier la parité de la fonction f définie par f (x)

=

e

^3x−

e

^−x

1

−

e

^2x

. Réponse

ÏOn commence par déterminer l’ensemble de définitionDde f. La fonction exp est définie surR^{. De plus,}

1−e^2x=0 ⇐⇒ e^2x=1 ⇐⇒ 2x=0 ⇐⇒ x=0.

Donc, D=R^?.

ÏL’ensemble de définition de f est symétrique par rapport à 0. De plus, pour toutx∈R^?, f(−x)=e^−3x−e^x

1−e^−2x =e^−2xס

e^−x−e^3x¢ e^−2xס

e^2x−1¢ =e^−x−e^3x

e^2x−1 =e^3x−e^−x 1−e^2x =f(x).

Ainsi,

la fonction f est paire.

Exercice 16

On considère la fonction f : x

7→

ln

³ p

x

²+

1

−

x

´

. 1. Déterminer l’ensemble de définition de f . 2. Étudier la parité de f .

3. Déterminer la monotonie de f . Réponse

1. Soitx∈R^. On a p

1+x²>p x². Or, p

x²= |x| Êx.

Donc, p

1+x²−x>0.

Or, ln est définie surR^?+. Donc,

l’ensemble de définitionDdef estR^. 2. Soitx∈R^.

On a :f(−x)=ln³ p

x²+1+x´ . Or,

px²+1+x=¡p

x²+1+x¢

×

px²+1−x px²+1−x=

¡p

x²+1+x¢

סp

x²+1−x¢

px²+1−x = x²+1−x²

px²+1−x= 1 px²+1−x

. Donc,

f(−x)=ln

µ 1

px²+1−x

¶

= −ln³ p

x²+1−x´

= −f(x).

Ainsi,

la fonction f est impaire.

3. La fonctionf est dérivable comme composée de fonctions dérivables et, pour toutx∈R^, f⁰(x)=

µ x

p1+x²−1

¶

× 1

px²+1−x=x−p 1+x²

p1+x² × 1

px²+1−x= − 1 p1+x².

Ainsi,

f est strictement décroissante surR^.

Exercice 17

Étudier la fonction f définie par f (x)

= q¯

¯x²−

1

¯

¯.

Réponse

ÏLa fonction p

·est définie surR+et une valeur absolue est positive ou nulle.

Donc, f est définie surR^.

ÏL’ensemble de définition de f est symétrique par rapport à 0 et, pour toutx∈R^, f(−x)=

q¯

¯(−x)²−1¯

¯= q¯

¯x²−1¯

¯=f(x).

Donc, f est paire. Il suffit de l’étudier surR+. De plus, pour toutx∈R+,

f(x)=

( p

1−x² six∈[0, 1[

px²−1 sixÊ1.

La fonction f est continue sur ]0, 1[ et ]1,+∞[ comme composée de fonctions continues.

De plus, lim

x→1⁻f(x)=0, lim

x→1⁺f(x)=0 et f(1)=0. Donc, f est continue en 1.

ÏLa fonctionx7→x²est strictement croissante sur [0, 1[, doncx7→1−x²est strictement décroissante sur [0, 1[.

De plus, la fonction p

·est strictement croissante surR+.

Donc, comme composée, la fonction f est strictement décroissante sur [0, 1[.

ÏLa fonctionx7→x²est strictement croissante sur [0, 1[, doncx7→1−x²est strictement décroissante sur [0, 1[.

De plus, la fonction p

·est strictement croissante surR+, donc, la fonction f est strictement décroissante sur [0, 1[.

D’autre part, la fonctionx7→x²−1 est strictement croissante sur [1,+∞[.

Donc, comme composée, la fonction f est strictement croissante sur [1,+∞[.

ÏDe plus, lim

x→+∞f(x)= +∞. On en déduit le tableau de variations de f surR+, puis par symétrie surR^. x

f

−∞ -1 0 1 +∞

+∞

+∞

0 0

1 1

0 0

+∞

+∞

Exercice 18

Étudier la fonction f définie par f (x)

=

sin(x) 1

+

sin(x) . Réponse

ÏL’ensemble de définition de f est :

Df=©

x∈R^¯¯1+sin(x),^0ª. Or,

sin(x)= −1 ⇐⇒ x≡ −π 2[2π].

Donc,

D_f= n

x∈R^¯¯x.−π 2[2π]o

.

De plus, la fonctionf est 2πpériodique, donc il suffit de l’étudier surD_f∩

·

−π 2,3π

2

¸

=

¸

−π 2,3π

2

· . De plus, la fonction f est dérivable sur

¸

−π 2,3π

2

·

comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas et, pour toutx∈

¸

−π 2,3π

2

· ,

f⁰(x)=cos(x)(1+sin(x))−sin(x) cos(x)

¡1+sin(x)¢2 = cos(x)

¡1+sin(x)¢2. Donc, f⁰(x) est du signe de cos(x).

De plus, lim

x→−^π₂ x>−^π₂

sin(x)=0⁺et lim

x→−^π₂

sin(x)= −1. Donc, lim

x→−^π₂ x>−^π₂

f(x)= −∞. De même, lim

x→^3π₂ x<^3π₂

f(x)= −∞.

Ainsi,

x

cos(x) f⁰(x)

f

−π 2

π 2

3π 2

+ 0 −

+ 0 −

−∞

1 2 1 2

−∞

Il ne reste plus qu’à tracer le graphe de f en utilisant des translation de vecteurs 2π×k.~^ı.

Remarque: pour toutx∈D_f, sin(π−x)=sin(x), doncf(π−x)=f(x).

On en déduit queΓf possède un axe de symétrie d’équationx=π 2. On aurait pu se contenter d’étudier f suri

−π 2, 0i

, puis on obtient le graphe def sur

¸

−π 2,3π

2

·

par symétrie axiale d’axe x=π

2 (cela nous éviterait de devoir calculer deux limites).

Exercice 19

On définit la fonction

f : ]0,

+∞

[

→

R x

7→

e

^x

1

−

e

^x

. 1. Étudier la fonction f .

2. Montrer que, pour tout x

∈

]0,

+∞

[, f

⁰

(x)

=

f (x)

+

f (x)

²

.

3. Montrer que f réalise une bijection de ]0,

+∞

[ sur un intervalle J à déterminer. Dans la suite, on note g la bijection réciproque de f .

4. Déterminer la monotonie de g et tracer le graphe de g.

5. Montrer que g est dérivable sur J et calculer sa dérivée.

6. Déterminer l’expression de g.

Réponse

1. ÏPour toutx>0, on ae^x>1, donc 1−e^x,^{0. Ainsi f} est bien définie sur ]0,+∞[.

ÏLa fonctionf est dérivable sur ]0,+∞[, comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas.

De plus, pour toutx>0,f⁰(x)=e^x×(1−e^x)−e^x×(−e^x) (1−e^x)² = e^x

(1−e^x)²>0.

Donc f est strictement croissantes sur ]0,+∞[.

ÏOn a lim

x→0⁺e^x=1>0 et lim

x→0⁺1−e^x=0⁻. Donc, lim

x→0⁺f(x)= −∞.

De plus, pour toutx>0, en multipliant numérateur et dénominateur dans l’expression de f(x) pare^−x, il vient : f(x)= 1

e^−x−1. Or, lim

x→+∞e^−x=0. Donc, lim

x→−∞f(x)= −1.

x

f⁰(x)

f

0 +∞

+

−∞

−1

−1

2. Soitx>0, on a :

f(x)+f(x)²= e^x 1−e^x+

µ e^x 1−e^x

¶2

= e^x

1−e^x+ e^2x

(1−e^x)²=e^x(1−e^x)+e^2x

(1−e^x)² = e^x

(1−e^x)²=f⁰(x).

3. On a vu quef est continue (car dérivable) et strictement monotone sur l’intervalle ]0,+∞[.

Par le théorème de la bijection,

f réalise une bijection de ]0,+∞[ surJ=f(]0,+∞[).

On déduit du tableau de variations def que

J=]− ∞,−1[.

4. On sait que f etgont la même monotonie. Doncgest strictement croissante surJ.

Les graphes def et gsont symétriques par rapport à la première bissectrice.

5. Soit y∈J. Par le corollaire du théorème de la bijection (on a déjà vérifié toutes les hypothèses), la fonction gest dérivable enysi, et seulement si,f⁰(g(y)),^0.

Or, on a vu que la dérivée def ne s’annule pas.

Donc,gest dérivable eny. Ceci est vrai pour touty∈J, donc gest dérivable sur J.

Soit y∈J. On sait que :

g⁰(y)= 1 f⁰(g(y)). De plus, en utilisant la question 2, il vient :

g⁰(y)= 1

f(g(y))+f(g(y))². Commegest la bijection réciproque dey, on a :

g⁰(y)= 1 y+y²

.

6. Soitx∈]0,+∞[ ety∈]− ∞,−1[.

On a :

y=f(x) ⇐⇒ y= e^x 1−e^x

⇐⇒ y×(1−e^x)=e^x

⇐⇒ y=e^x×(1+y)

⇐⇒ e^x= y

1+y (y,−1)

⇐⇒ x=ln µ y

1+y

¶

(y< −1, donc y 1+y>0).

Donc,

pour touty< −1,g(y)=ln µ y

1+y

¶ .

Remarque: On peut vérifier qu’en dérivant l’expression précédente, on trouve bien la dérivée obtenue à la question 5. Je vous conseille de la réécrire :g(y)=ln(y)−ln(1+y).

Exercice 20 Soit f : x

7→

2 x

1

−

x

²

.

Montrer que f réalise une bijection de ]

−

1, 1[ sur R et déterminer sa bijection réciproque.

Réponse

Soit y∈R^.

Résolvons l’équation y=f(x) d’inconnuex∈R^{. On a :} y=f(x) ⇐⇒ y= 2x

1−x² ⇐⇒ y×x²+2×x−y=0.

Attention ! Ce n’est pas toujours une équation de second degré.

Il y a deux cas :

• Cas 1:y=0. On a :

y×x²+2×x−y=0 ⇐⇒ x=0

• Cas 2:y,0. Le discriminant de l’équation est∆=4−4y²=4 (1−y²). Comme y∈]−1, 1[,∆>0.

Donc,

y×x²+2×x−y=0 ⇐⇒ x=−2−2p 1−y²

2y =−1−p 1−y² y

| {z }

=x₁

oux=−2+2p 1−y²

2y =−1+p 1−y² y

| {z }

=x₂

On cherche qui dex₁oux₂appartient à]−1, 1[.On a :

|x₁| =1+p 1+y²

|y| Or, par stricte croissante de la fonction racine carrée,

1+ q

1+y²>

q 1+y²>

q y²

D’où, comme q

y²= |y|, on a : 1+ q

1+y²> |y|. Or,|y| >0, donc

|x1| =1+p 1+y²

|y| >1.

Donc,x₁∉]−1, 1[.

De plus,x₁×x₂=1. Donc,|x₂| = 1

|x1|<1. Donc,x₂∈]−1, 1[.

Donc, l’équation y=f(x) possède une unique solution dans ]−1, 1[ (et cette solution estx₂)

Dans les deux cas, l’équationy=f(x) possède une unique solution dans ]−1, 1[.

Ainsi,

f réalise une bijection de ]−1, 1[ surR^{et f−1:y}7→

( −1+p

1−y²

y siy,⁰

0 siy=0.

Exercice 21

Soit f : x

7→

x

²+

ln(x).

1. Montrer que f réalise une bijection de R

^?₊

^sur R ^.

2. Montrer que la bijection réciproque de f est dérivable sur R

^?₊

et que, pour tout x

∈

R

^?₊

^,

¡

f

⁻¹¢0

(x)

=

1

1

f⁻¹(x)+

2 f

⁻¹

(x) . Réponse

1. Les fonctions ln etx7→x²sont strictement croissantes et continues surR^?₊^. Donc, f est strictement croissante et continue sur l’intervalleR^?+.

Par le théorème de la bijection,f réalise une bijection deR^?₊^surf(R^?₊^).

De plus, lim

x→0⁺f(x)= −∞et lim

x→+∞f(x)= +∞. Donc, x

f

0 +∞

−∞

+∞

+∞

Donc, f(R^?₊⁾=R^et

f réalise une bijection deR^?₊^surR^.

2. La fonction f est dérivable surR^?+comme somme de fonctions dérivables et, pour toutx>0, f⁰(x)=1

x+2x,^0.

Donc, par le théorème de la bijection (dérivée d’une réciproque), la bijection réciproque de f est dérivable surR^et, pour toutx∈R^,

¡f⁻¹¢₀

(x)= 1 f⁰¡

f⁻¹(x)¢= 1

1

f⁻¹(x)+2f⁻¹(x).

Exercice 22

On définit la fonction

f : ]0,

+∞

[

→

R x

7→

ln(x)

x . 1. Étudier la fonction f .

2. Déterminer les points pour lesquelles la courbe représentative de f possède une tangente passant par l’origine du repère.

3. En fonction des valeurs de

_λ∈

R , déterminer le nombre de solutions de l’équation ln(x)

x

=λ

.

Réponse

1. ÏLa fonction f est continue et dérivable sur ]0,+∞[. De plus, pour toutx∈R^?₊^, f⁰(x)=1−ln(x)

x² . Soitx>0. On note que f⁰(x) est du signe de 1−ln(x). On a :

1−ln(x)Ê0 ⇐⇒ ln(x)Ê1 ⇐⇒ ln(x)É1 ⇐⇒ xÉe.

Donc,

• f est strictement croissante sur ]0,e].

• f est strictement décroissante sur [e,+∞[.

ÏDe plus, lim

x→0f(x)= −∞et lim

x→0f(x)=0.

On en déduit le tableau de variation de f : x

f⁰(x)

f

0 e +∞

+ 0 −

−∞

e⁻¹ e⁻¹

0 0

2. Soita>0. L’équation de la tangente à la courbe représentative def au point d’abscisseaest : y=f⁰(a)×(x−a)+f(a).

Autrement dit,

y=f⁰(a)×x−f⁰(a)×a+f(a).

Cette tangente passe par l’origine du repère si, et seulement si,

−f⁰(a)×a+f(a)=0 ⇐⇒ −1−ln(a)

a² ×a+ln(a)

a =0 ⇐⇒ 2 ln(a)−1

a =0 ⇐⇒ 2 ln(a)−1=0 ⇐⇒ a=e¹². Donc,

le seul point où la tangente à la courbe représentative de f passe par O est³

e¹²,f(e¹²)´ .

3. On utilise le tableau de variations (ou le graphe def) :

• Cas 1:λ>e⁻¹. L’équation ne possède pas de solutions.

• Cas 2:λ=e⁻¹. L’équation possède une unique solution (qui este).

• Cas 3: 0<λ<e⁻¹. L’équation possède deux solutions.

• Cas 4:λÉ0. L’équation possède une unique solution.

Exercice 23

En fonction des valeurs de

_λ∈

R , déterminer le nombre de solution de l’équation 1

x

−

1

+

1 2

×

ln

µ

1

+

x 1

−

x

¶

=λ

.

Réponse

Soitλ∈R. On étudie la fonctionf:x7→ 1 x−1+1

2×ln µ1+x

1−x

¶

−λ.

ÏEnsemble de définition.

f(x) existe dès quex,^{1 et} 1+x

1−x>0 donc (faire un tableau de signes), Df=]−1, 1[.

ÏContinuité et dérivabilité.

La fonction f est continue et dérivable sur l’intervalle ]−1, 1[ comme composée et somme de fonctions continues et dérivables.

ÏVariation de f.

Pour toutx∈]−1, 1[,f(x)= 1 x−1+1

2×(ln(1+x)−ln(1−x)), d’où, après calculs, f⁰(x)= −2x

(1−x)²×(1+x).

D’oùf⁰(x)Ê0 si, et seulement si,xÉ0. Donc, f est strictement croissante sur l’intervalle ]−1, 0] et strictement croissante sur l’intervalle [0, 1[.

ÏLimites aux bornes de l’ensemble de définition. On a 1

x−1+1 2×ln

µ1+x 1−x

¶

= 1 x−1×

µ 1−1

2×(x−1)×ln(1−x)

¶ +1

2×ln(1+x).

Or, lim

x→1⁻ln(1+x) = ln(2) (continuité de ln), lim

x→1⁻

1

x−1 = −∞ (limite usuelle) et par croissances comparées :

x→1lim⁻(x−1)×ln(1−x)=0. Donc, par opération sur les limites, lim

x→1⁻f(x)= −∞. On a : lim

x→(−1)⁺

1+x

1−x=0⁺. Donc, par opération sur les limites, lim

x→(−1)⁺f(x)= −∞. ÏTableau de variations.

x

f⁰(x)

f

−1 0 1

+ 0 −

−∞

−1−λ

−1−λ

−∞

ÏConclusion.

D’après la continuité def et sa stricte monotonie sur ]−1, 0] et [0, 1[ :

• Siλ> −1, alors−1−λ<0 et l’équation f(x)=0 n’admet pas de solutions.

• Siλ= −1, alors−1−λ=0 et l’équation f(x)=0 admet une unique solution qui est 0.

• Siλ< −1, alors−1−λ>0 et l’équationf(x)=0 admet une solution dans l’intervalle ]−1, 0[ et une autre dans l’intervalle ]0, 1[. Il y a 2 solutions dans ce cas.

Pour s’amuser un peu : reprendre l’exercice en considérant cette fois-ci l’équation : 1

x−1+1 2×ln

µ¯

¯

¯

¯ 1+x 1−x

¯

¯

¯

¯

¶

=λ

Indication : On étudie cette fois la fonction f : x 7→ 1 x−1+1

2×ln µ¯

¯

¯

¯ 1+x 1−x

¯

¯

¯

¯

¶

−λ. Son ensemble de définition est Df=]− ∞,−1[∪]−1, 1[∪]1,+∞[. Pour toutx∈Df,f⁰(x)= −2x

(1−x)²×(1+x). La conclusion est :

• Siλ>0, l’équationf(x)=0 admet une unique solution qui est dans l’intervalle ]1,+∞[.

• Siλ=0, l’équationf(x)=0 n’admet pas de solution.

• Siλ∈]−1, 0[, l’équation admet une unique solution qui est dans l’intervalle ]− ∞,−1[.

• Siλ= −1, l’équationf(x)=0 admet deux solutions : 0 et une autre qui est dans l’intervalle ]− ∞,−1[.

• Siλ< −1, l’équationf(x)=0 admet trois solutions : une solution qui est dans l’intervalle ]− ∞,−1[. une solution dans l’intervalle ]−1, 0[ et une autre dans l’intervalle ]0, 1[.

Exercice 24

Montrer que, pour tout x

∈

R ^{, exp(x)}

Ê

x

+

1.

Réponse

On considèref:x7→e^x−(x+1).

La fonction f est dérivable surRcomme somme de fonctions dérivables et, pour toutx∈R^, f⁰(x)=e^x−1.

Soitx∈R^{. On a :}

f⁰(x)Ê0 ⇐⇒ e^xÊ1 ⇐⇒ xÊ0.

On en déduit le tableau de variations def : x

f⁰(x)

f

−∞ 0 +∞

− 0 +

f(0)=0 f(0)=0 Donc, pour toutx∈R^,f(x)Êf(0).

Ainsi,

pour toutx∈R^,exÊx+1.

Exercice 25

Montrer que, pour tout x

∈

R

^?₊

^{, ln(x)}

É

x

−

1.

Réponse

On considèref:x7→ln(x)−(x−1).

La fonction f est dérivable surR^?+comme somme de fonctions dérivables et, pour toutx∈R^?+, f⁰(x)=1

x−1=1−x x . Soitx∈R^?+. On a :

f⁰(x)Ê0 ⇐⇒ 1−xÊ0 ⇐⇒ xÉ1.

On en déduit le tableau de variations def :

x

f⁰(x) f

0 1 +∞

+ 0 −

f(1)=0 f(1)=0

Donc, pour toutx∈R^?+,f(x)Éf(0).

Ainsi,

pour toutx∈R^?₊^{, ln(x)}Éx−1.

Exercice 26

Montrer que, pour tout x

∈

R

+

, x

−

x

³

6

É

sin(x)

É

x.

Réponse

On considèref:x7→sin(x)−x.

La fonction f est dérivable surR+comme somme de fonctions dérivables et, pour toutx∈R+, f⁰(x)=cos(x)−1É0.

On en déduit quef est décroissante surR+. Donc, pour toutx∈R+,f(x)Éf(0).

Ainsi,

pour toutx∈R+, sin(x)Éx.

On considèref:x7→sin(x)− µ

x−x³ 6

¶ .

La fonction f est deux fois dérivable surR+comme somme de fonctions deux fois dérivables et, pour toutx∈R+, f⁰(x)=cos(x)−

µ 1−x²

2

¶

et f⁰⁰(x)= −sin(x)+xÊ0.

On en déduit le tableau de variations def⁰, puis def : x

f⁰⁰(x) f⁰

f⁰(x) f

0 +∞

+

f⁰(0)=0 f⁰(0)=0

+

f(0)=0 f(0)=0 Donc, pour toutx∈R+,f(x)Êf(0).

Ainsi,

pour toutx∈R+, sin(x)Êx−x³ 6.

Exercice 27

Montrer que, pour tout x

∈

]

−

1,

+∞

[, ln(1

+

x)

Ê

x 1

+

x . Réponse

On considèref:x7→ln(1+x)− x 1+x.

La fonctionf est dérivable sur ]−1,+∞[ comme somme de fonctions dérivables et quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas, et, pour toutx∈]−1,+∞[,

f⁰(x)= 1

1+x−1+x−x (1+x)² = x

(1+x)². Soitx∈]−1,+∞[. On a :

f⁰(x)Ê0 ⇐⇒ xÊ0.

On en déduit le tableau de variations def : x

f⁰(x)

f

−1 0 +∞

− 0 +

f(0)=0 f(0)=0 Donc, pour toutx∈]−1,+∞[, f(x)Êf(0).

Ainsi,

pour toutx∈]−1,+∞[, ln(x)Ê x 1+x.

Exercice 28

Montrer que, pour tout x

∈

R

+

, (x

−

2)

×

e

^x+

(x

+

2)

Ê

0.

Réponse

ÏPour toutxÊ0, on poseϕ(x)=(x−2)×e^x+(x+2).

La fonctionϕest dérivable sur [0,+∞[ comme produit de fonctions dérivables.

De plus, pour toutxÊ0,ϕ⁰(x)=e^x+(x−2)×e^x+1=(x−1)×e^x+1.

ÏLe signe deϕ⁰ne s’obtient pas facilement. On dérive une nouvelle fois !

ϕ⁰est dérivable surR+comme produit de fonction dérivable et, pour toutxÊ0,ϕ⁰⁰(x)=e^x+(x−1)×e^x=x×e^xÊ0.

Donc,ϕ⁰est croissante sur [0,+∞[.

ÏDonc, pour toutxÊ0,ϕ⁰(x)Êϕ⁰(0). Or,ϕ⁰(0)=0.

D’où,ϕ⁰est positive sur [0,+∞[.

Donc,ϕest croissante sur [0,+∞[.

D’où, pour toutxÊ0,ϕ(x)Êϕ(0). Or,ϕ(0)=0.

Ainsi,

pour toutx∈R+, (x−2)×e^x+(x+2)Ê0.