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EXERCICE 1 :
L’affirmation suivante est fausse : Si lim
x→+∞
f(x)
g(x) = 1, alors lim
x→+∞f(x)−g(x) = 0.
En effet, en considérant f : x 7→ x+ 1 et g : x 7→ x deux fonctions affines définies sur R,
• pour x6= 0, f(x)
g(x) = x+ 1
x et lim
x→+∞
f(x)
g(x) = 1 (justification laissée au lecteur) ;
• en revanche, pour x ∈ R, f(x)−g(x) = 1. Ainsi lim
x→+∞f(x)−g(x) = 1 donc cette limite n’est pas nulle ;
• les deux fonctions choisies constituent un contre-exemple donc la proposition est fausse.
• • EXERCICE 2 :
Considérons la suite de fonctions (fn) définie surR parfn(x) =xn+x−1. Ainsi le problème posé revient à chercher le nombre de solutions de l’équationf(x) = 0 ; on pense à l’utilisation du théorème de la bijection.
⊲ Pour n= 0, il s’agit de trouver le nombre de solutions dex0 = 1−x⇔x= 0 : 1 seule solution donc.
⊲ Pour tout n de N∗, fn est une fonction polynôme donc elle est continue sur R. Elle est également dérivable surR, et pour tout xde R
fn′(x) =nxn−1+ 1 Suivant le protocole que je vous ai demandé d’utiliser,
• annulation de fn′(x) : fn′(x) = 0⇔ xn−1 = −1
n. Pour tout x >0, xn−1 >0 et −1
n <0 donc pas d’annulation sur [0; +∞[. Ainsi la dérivéefn′ s’annule éventuellement sur ]− ∞; 0[ sin−1 est impair (xn−1 est alors négatif), c’est à dire lorsquenest pair. On obtient alors :
∗ si n est pair, c’est à dire n > 1, fn′(x) = 0 ⇔ xn−1 = −1
n ⇔ x = αn (par application du théorème de la bijection) et on remarquera que αn<0.
• signe defn′(x) : Comme x7→xn−1 est strictement croissante surR,x < αn⇔xn−1 <−1 n ⇔ fn′(x)<0.fnest donc strictement décroissante sur ]− ∞;αn]. On démontre de même quefn est strictement croissante sur [αn; +∞[.
On calcule facilement lim
x→−∞fn(x) = lim
x→+∞fn(x) = +∞.
x Signe de fn′(x) Variations
de fn
−∞ αn +∞
− 0 +
+∞
+∞
fn(αn) fn(αn)
+∞
+∞
an
0
bn
0
recherche du signe de fn(αn) : fn′(αn) = 0⇔nαn−1n + 1 = 0⇔ αn−1n =−1 n . D’autre part, fn(αn) = αnn+αn−1 =αn(αn−1n + 1)−1 =αn
−1 n+ 1
−1 =αn×n−1 n −1.
Pour toutn >1,αn<0, n−1
n >0 doncfn(αn)<0.
0 est un nombre de l’intervalle ]fn(αn); +∞[, on est donc dans les conditions d’utilisation du théorème de la bijection sur chacun des intervalles ]− ∞, αn] et [αn; +∞[ (fnest continue sur ces deux intervalles). Il existe donc un uniqueandans ]− ∞;αn[ et un unique bn dans ]αn; +∞[ tels que fn(an) =fn(bn) = 0.
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∗ si n est impair,n−1 est pair et fn′(x) = 0 n’admet pas de solution.
• signe de fn′(x) : pour tout x de R,xn−1 >0 etfn′(x)> 0 doncfn est strictement croissante sur R.
On calcule facilement lim
x→−∞fn(x) =−∞et lim
x→+∞fn(x) = +∞.
x Signe defn′(x)
Variations de fn
−∞ +∞
+
−∞
−∞
+∞
+∞
cn
0
L’application du théorème de la bijection sur R prouve l’existence d’un unique cn réel tel que fn(cn) = 0.
Finalement,
• si n= 0, l’équation admet la seule solution 0 ;
• si nest pair et non nul, l’équation admet deux solutions ;
• si nest impair, l’équation admet une solution unique.
• • EXERCICE 3 :
On considère pourkréel la fonction fk définie sur [0; 2π] par fk(x) =x+ksin(x)
On a représenté ci-dessous dans un repère orthonormé du plan la courbeC1 et une autre courbeCm pour une certaine valeur entière dem ainsi que sa tangente en 0.
π 2 π
2
Cm
C1
1. Sens de variation de la fonction f1 sur l’intervalle [0; 2π] : f1(x) = x + sin(x) ; f1 est dérivable sur R et pour tout x réel,f1′(x) = 1 + cos(x).
• annulation de f1′(x) sur [0; 2π] :f1′(x) = 0⇔x=π.
• signe de f1′(x) : Pour tout x 6= π dans [0; 2π], f1′(x) > 0 donc f1 est strictement croissante sur [0; 2π].
2. Courbes Ck : pour tout k réel, fk(0) = 0, fk(π) =π et fk(2π) = 2π donc toutes les courbes Ck passent par le point O et les points de coordonnées (π, π) et (2π,2π).
3.(a) fm′ (0) :fk′(x) = 1 +kcos(x) doncfm′ (0) = 1 +m.
(b) Valeur de m: la tangente tracée a une pente de−1 doncfm′ (0) =−1⇔1 +m=−1⇔m=−2.
(c) fm atteint son minimum et son maximum: les valeurs cherchées sont solutions defm′ (x) = 0 pourm=−2.
Sur [0; 2π], f−2′ (x) = 0 ⇔ 1−2 cos(x) = 0 ⇔ cos(x) = 12 ⇔ x =
π
3 oux= 53π.
On cherche le signe de f−2′ (x) sur les intervalles [0;π3], [π3;53π] et [5π3 ; 2π].
Avec le cercle trigonométrique sur [0; 2π] :
• 1−2 cos(x)>0⇔cos(x)< 12 ⇔x∈]π3;53π[ etf−2est strictement croissante sur [π3;53π] ;
• 1−2 cos(x) < 0 ⇔ cos(x) > 12 ⇔ x ∈ [0;π3[∪]5π3 ; 2π] et f−2 est strictement décroissante sur [0;π3] et sur [5π3 ; 2π] ;
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Finalement, f−2 admet un minimum relatif en π
3 et un maximum relatif en 5π 3 . 4(a) Soit k un nombre réel. M a pour coordonnées x
fk(x)
!
, c’est à dire x x+ksin(x)
!
. De même, M′ x+ 2π
fk(x+ 2π)
!
avec fk(x+ 2π) =x+ 2π+ksin(x+ 2π) =x+ 2π+ksin(x) car sin est périodique de période 2π.
M x
x+ksin(x)
!
etM′ x+ 2π x+ksin(x) + 2π
!
donc−−−→
M M′ 2π 2π
!
qui est un vecteur « fixe » indépendant de k.
4(b) C1 et Cm sur l’intervalle[2π; 4π] :
C1 etC−2 sont représentées sur l’intervalle [0,2π].
Si x de l’intervalle [0; 2π] est l’abscisse d’un point de l’une des deux courbes, et x+ 2π est égale- ment l’abscisse d’un point d’une des deux courbes sur l’intervalle [2π; 4π] alors les ordonnées sont
« distantes » de 2π également (d’après la question précédente).
Pour obtenir le tracé de C1 et de C−2 sur [2π; 4π], on effectue une translation de vecteur −−−→
M M′ des deux courbes tracées sur [0; 2π].
π 2
2π π
2
Cm
C1
bcbc bc
M
M′
vecteurs tracés pourx= π2
π 2 + 2π
• •
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