⇒ ⇒ ⇒  0 17 ,  3 1,x /xf  3 1,x /xf  A/ xxfAf  3 1,A

(1)

SERIE DE TD N°02 Solution de L’exercice 01:

Rappel :

Im.Directe Im.Réciproque f : E F

D ⊂ E x y = f(x) R ⊂ F f(D)={f(x)/x∈D} f ^-1(R)={x∈E /f(x)∈R}

x ∈D ⇒ f(x)∈ F x ∈f ^-1(R) ⇔ f(x)∈ R --- Soit f : E F

x x² I)



1, 3



A 

1) l’image de directe de A par f :

 

^A



^f

 

^x ^{/ x} ^A



f  

^



^f

 

^x ^/ ^x^



^^1,³

 

^



^f

 

^x ^/ ^x^



^^1,³

 

^



⁰^,¹⁷



2) l’image de réciproque de A par f :

 

^A



^x ^R^/ ^2x ^A



f^-1   ² 1

^



^x^^R^/ ^2x² ^¹^



^-^1,³

 

^



^ ²^, ²



Solution de L’exercice 02:

A,B ⊂ F

1. A ⊂ B ⇒ g ^-1(A) ⊂ g ^-1(B) ? Hypothèse : A⊂B

But : g ^-1(A) ⊂ g ^-1(B) ∀x ∈g ^-1(A) ⇒ g(x)∈A Comme A⊂B ⇒ g(x)∈B ⇒ x ∈g ^-1(B)

Donc : A ⊂ B ⇒ g ^-1(A) ⊂ g ^-1(B) 2. g ^-1(A∩B) = g ^-1(A) ∩ g ^-1(B) ? x ∈g ^-1(A∩B) ⇔ g(x)∈ A∩B

⇔ g(x)∈A ∧ g(x)∈B ⇔ x ∈g ^-1(A) ^∧x ∈g ^-1(B) ⇔ x ∈g ^-1(A) ∩ g ^-1(B) Donc : g ^-1(A∩B) = g ^-1(A) ∩ g ^-1(B) 3. g ^-1(A∪B) = g ^-1(A) ∪ g ^-1(B) ?

x ∈g ^-1(A∪B) ⇔ g(x)∈ A∪B ⇔ g(x)∈A ∨ g(x)∈B ⇔ x ∈g ^-1(A) ∨ x ∈g ^-1(B) ⇔ x ∈g ^-1(A) ∪ g ^-1(B) Donc : g ^-1(A∪B) = g ^-1(A) ∪ g ^-1(B) Solution de L’exercice 03:

Soit f : N N et g : N N définies par :

   

impair est n si 2

1 k

pair est n si 2 k n g

; k k f N, k











 





 2

a) f est injective car : 2k₁ 2k₂k₁k₂mais non surjective car les nombres impaires n’ont pas d’antécédents.

b) g est surjective car chaque image (entier naturel) possède au moins un antécédent de N, mais non injective car chaque image possède plus qu’un antécédent (02 antécédents exactement).

Exemple : l’image 1 possède les antécédents 2 et 3.

Conclusion : Les deux applications f et g ne sont pas bijectives.

Soient f : E F et F G deux applications

1. On suppose que g o f est injective.

∀x1, x2∈E.

Si f(x1) = f(x2) alors (g o f)(x1) = (g o f)(x2) ⇒ x1= x2 ( Hypothèse : gof est injective ).

Ainsi f(x1) = f(x2) ⇒ x1= x2 : l’application f est injective.

2. On suppose que g o f est surjective.

∀z ∈G : z possède un antécédent x dans E par g o f.

On a alors z = (g o f)(x) = g(y) avec y = f(x)

Ainsi z possède un antécédent y dans F par g : l’application g est surjective.

--- 3. g o f injective et f surjective.

Soient y1 et y2∈F tels que g(y1) = g(y2).

f est surjective, x1, x2 ∈E tels que y1 = f(x1) et y2 = f(x2). On en déduit

(g o f)(x1) = (g o f)(x2) ⇒ x1 = x2 ( car g o f est injective) Ce qu donne : y1 = y2

Alors g est injective.

4. g o f surjective et g injective. Soit y ∈F Soit z = g(y), (z est l’image de y par g).

(2)

Puisque g o f est surjective,

∃x ∈E tel que z = (g o f)(x).

On peut écrire z = g(y) et z = g(f(x)).

g est injective ⇒ y = f(x).

Alors ∀y ∈F, il possède un antécédent x par f : l’application f est surjective.

1-Calcul de ^f

     

⁰ ^,^f ¹ ^,^f ^-¹ ^:

 

⁰ ²

f  ; ^f

 

¹ ^^-2^; ^f

 

^-¹ ^⁶

2- Montrons que f est bijective :

L’application f est strictement croissante et continue sur R avec f (R) = R. Donc f est une bijection de R dans R.

3- Images inverses :

 

^-² ¹

f^-1  ; ^f^-1

 

^2,^^

 

^



^-^^,⁰



Détermination des limites :

1) 











  



 2

2

x x

x - 1 x

lim 1 forme indéterminée au

numérateur



^^^



























  















  







 2

2 2

2 x 2

x x

x -1 x 1 1 x x 1

x lim x - 1 x lim 1

 

¹ _₀



 



 











  







 lim x

x 0 - 0 1 lim 0

x x

2)

 

0 0 x

sin x 1 lim ln ₂

2 0

x 







 

 forme indéterminée

On utilisera la règle d’Hôpital:

 

^_









 

x g

x limf x g

x limf

  

²

  

₂

x 1 x 2x f

x 1 ln x

f      

 

^x ^sin ^x ^g

 

^x ² ^sin

 

^x ^cos

 

^x

g  ²     

Donc :

 

     

^_









 







 



 1 x sin x cosx

lim x x

sin x 1

lim ln ₂

0 2 x

2 0

x

  

¹ ^x



^cos

 

^x ¹ ¹ ¹

1 x

sin

lim x ₂

0

x   











 





3) 



 





 x-1 lim ln

1 x

x ? , on pose

0 t 1 x

1 t x 1 x t

















Alors

 

t 1 1 t lim ln 1 - x lim ln

0 t 1

x 



 



 





 







x

4)

   

x 2 e 1 2 ln x lim

e 1 lim ln

-2x x

2x

x 







 











 









f est définie de R dans R comme suit :

 







 







 si x 0 x

1 1

0 x si b x a x

f ;

1) Si x 0 alors f est continue

-Etude de la continuité au point x = 0 :

f continue au point x = 0 ⇔ ^lim^f

 

^x ^lim^f

 

^x ^f

 

⁰

0 0

 





x x

 

^x ^lim



^a ^x ^b



^b

f lim

0 x 0

x

   









 

¹

x 1 lim 1 x f lim

0 x 0

x





 





 









f continue en x = 0 ⇒ b = 1

Donc : f est continue sur R ⇒ b = 1 2) Si x 0 alors f est dérivable

-Etude de la dérivabilité au point x = 0 : f dérivable au point x = 0 ⇔

       

0 - x

0 f x limf 0

- x

0 f x limf

0 0

 







x x

Ou bien

 

^x ^lim^f

 

^x

f lim

0 x 0

x

 







    

x a b b x lima 0

- x

0 f x limf

0 x 0

x

 







 

 







    

x 1 1 lim 1 x

x 1 1

1 0 lim

- x

0 f x lim f

0 0

0

x







 







 

 

 





x x

f continue et dérivable en x = 0 ⇒ b = 1 et a = -1 Donc : f est dérivable sur R ⇒ b = 1 et a = -1 Solution de L’exercice 08:

1)- La fonction ^x^



^x^^a



^^e^^xest continue sur R donc elle est sur



^0,¹



^.

La fonction ^x^



^x^^a



^^e^xest continue sur R donc elle est sur



¹^,²



(3)

Etudions la continuité en 1 :

f est continue en 1 ⇔ ^lim^f

 

^x ^lim^f

 

^x ^f

 

¹

1 x x

 







 1

On a : ^f

  

¹ ^ ^x^¹



^^e^¹

 

^x ^lim



^x ^a



^e



^a



^e

f

lim ^x

1 x x

     



 1

1

     

¹

1

1 ^









 f x lim xa e  a e

lim ^x

1 x x

Par conséquent :

f est continue en 1 ⇔



¹^^a



^^e^



¹^^a



^^e^¹

⇔ 2

2 1

1

1 1

e e e e

e a e



 



 



Donc pour

2 2

1 1

e a e



  , f n’est pas continue en 1.

2)-

      

^x

 

^x



1 x x 1

x 1

x

f x lim x a e lim e x a e

lim     





 



^



²^^a



^^e

      

^x

 

^x



1 x x 1

x 1

x

f x lim x a e lim e - x a e

lim ^ ^













    





 

ae^¹ 3)- La dérivabilité de f :

La fonction ^x^



^x^^a



^^e^^xest dérivable sur R donc elle est sur



0, 1



.

La fonction ^x^



^x^^a



^^e^xest dérivable sur R donc elle est sur



¹^,²



^.

Il reste à étudier la dérivabilité de f en 1.

1^er cas : Pour

2 2

1 1

e a e



  , f n’est pas continue, donc elle n’est pas dérivable.

2^ème cas : Pour ₂

2

1 1

e a e



  , f est continue, voyons si elle dérivable , c-à-d si :

 

^x ^lim ^f

 

^x

f lim

1 x x

 









 1

En remplaçant a par sa valeur :

 

¹ ¹ ₂

1 1 e

e e e

a x f lim

x



 



 







   

₂³

1 1

2 3

e e e e

a x

f lim

x



 





 



mais e^¹e3ee³donc f n’est pas dérivable en 1 pour

2 2

1 1

e a e



 

Résumé : aR, f n’est pas dérivable en 1.

f est définie de R dans R comme suit :

 

















1 x si x 1

1 x si 2

x - 3 x f

2

Pour utiliser le théorème des accroissements finis, il faut tout d’abord montrer que f est dérivable sur



0 ,2



Dérivabilité de f :

Si x1 alors f est dérivable.

-Etude de la dérivabilité au point x = 1 : 1) Continuité au point x =1

 

^lim^f

 

^x

x lim1 2 1

x - lim3 x f lim

1 x 1 x 2

1 x 1

x





    

f est continue en 1, alors elle est continue sur



0 ,2



2) limf

 

x limf

 

x

1 x 1

x

?









 



^lim^f

 

^x ^lim



^x



¹

1 x 1

x







 











  

1

x lim 1 x

f lim

2

1 x 1

x







 





 









Comme : ^lim^f

 

^x ^lim^f

 

^x

1 x 1

x

 







  , alors f est dérivable au point x = 1

On conclut donc que f est dérivable sur



0 ,2



f est continue sur



⁰^,²



et dérivable sur



⁰^,²



^{, on}

peut appliquer le théorème des accroissements finis sur



⁰^,²



, donc il existe :



^0,²



^tel^que^f

 

² ^f

  

⁰ ² ⁰



^f

 

^c

c     

 

2 2 1

f  et

 

2 0 3

f 

Par conséquent

         

2 c 1 f c f 0 2 0 f 2

f        

(4)

-Supposons que : 0c1, alors :

 

2

c 1 2 c 1 2 c 1

f      et on vérifie que 2 1

01  donc 2

c1 est une solution.

-Supposons que : 1c2, alors :

 

^c ²

2 c 1

f   

On a  2



1, 2



et 2



1, 2



donc 2 est une solution.

Il y a donc deux solutions : 2

c1 et c 2. Solution de L’exercice 10:

Soit la fonction f définie par :

 

^x ^arcsin



^2x ¹ ^x²



f  

1) l’ensemble de définition de f est

 



^x ^-^1,¹^,^f

 

^x ^existe



D_f  

 



^x ^-^1,¹^,^-¹ ² ¹ ¹



D_f    x x² 

La double inégalité équivaut :



¹ ^x



¹ ^4x ^4x ¹ ⁰

4x²  ²   ⁴  ²  

^



^2x² ^¹



² ^⁰

Cette inégalité est toujours vérifiée et donc :

 



^x ^-^1,¹

D_f  

Posons ^x^^sin

 

^t ^avec _









2 π 2, -π

t , on alors :

 

^x ^arcsin



^2x ¹ ^x²



f  

^^arcsin



^2sin

 

^t ¹^^sin²

 

^t



^car _









2 π 2, -π t ^^arcsin



^2sin

 

^t ^cos

 

^t



^^arcsin



^sin

 

^2t



On peut simplifier cette expression en tenant compte

de :

   

_











 2

π 2, -π u u u sin arcsin

*) Si 









4 π 4, -π

t , alors 









2 π 2, -π

2t et donc



sin

 

2t



2t

arcsin 

*) Si 







 2 π 4,

t π , alors 







 , π 2

2t π et 







 2 π 0, 2t - π

De plus ^sin



^π^-^u



^^sin

 

^u on en déduit que dans ce cas :

 



^sin ^2t



^arcsin



^sin



^π^-^2t

 

^π ^2t

arcsin   

*) Si _









4 -π 2, -π

t , alors _







 2 -π π, -

2t et _









 2

π 0, 2t π

De plus ^sin



^π^^u



^^-^sin

 

^u on en déduit que dans ce cas :



sin

 

2t



-arcsin



-sin

 

2t



-arcsin



sin



π 2t

 

arcsin   

-



π2t



Finalement, on peut revenir à f par ^t ^^arcsin

 

^x

 



 



















































1 2 , x 2 si x 2arcsin -

π

2 , 2 2 - 2 x si x 2arcsin

2 - 2 1, - x si x 2arcsin -

π -

x f

1)

 





 



 



 



 

5 arcsin 3 5

arcsin 2 x

arcsin









 



 



 



 



 

 5

arcsin 3 5

arcsin 2 sin

x









 



 



 







 



 



 

 5

arcsin 2 5cos

3 5 arcsin 3 5cos

x 2

25 21 3 8 5 21 5 3 5 4 5

x 2 











 2)

 

_







 



 



 







 



 

 4

arcsin 3 2

cos 4 x

arccos 3 2

x arccos

On utilise la formule : ^cos

 

^2u ^²^^cos²

 

^u ^¹

Alors :

8 1 1 4 2 3 x

2



 



 







3)

 

_







 



 



 







 



 

 2

arctan 1 2

tan 2 x

arctan 1 2

x arctan

On sait que:

     

 

^a ^tan

 

^b

tan 1

b tan a b tan

a

tan  

 



   

 

^a

tan 1

a tan 2a 2

tan 2



 

Alors :

3 4 4 -1 1

2 2 1

x 





(5)

On a : 







 



 



 

 4

π 2 tan y ln

x ; posons

4 π 2 α  y 

1)

 

   

2 tan tan 1

2 e x ex x

ch   



 



 

   

 



 



cos sin 2

cos sin

tan 2

1

tan² ² ²



 

     

^cos

 

^y

1

2 y π sin

1 2α

sin 1 cos

sin 2

1 











 







2)

 

   

2 tan tan 1

2 e x ex x

sh   



 



 

   

 

^

 

^



cos sin

2

cos sin

tan 2

1

tan² ² ²



 

 

   

 

tan

 

y y

cos 2

y π sin

2 y π cos - 2 sin

2 cos - cos sin 2

2 cos

- sin y













 







 







3)

   

 

   

 

α 1 tan

1 α tan α tan α 1 tan

α tan α 1 tan e x

ex e x ex x ch

x x sh th

2 2



 





 



 



   

     

^sin

 

^y

2 y π -cos 2α -cos α cos α sin

α cos α sin

2 2









  



 



