Or on obtient une forme indéterminée de la forme 0 sur 0

TS Correction DM 2 _2011-2012

EXERCICE 1 Soitf la fonction définie surRpar : f(x) =

( 0 six= 0 1−cosx

x six6= 0 1. f sera continue en 0 si et seulement si lim

x→0

1−cosx

x =f(0) = 0 (c’est le cours !).

Or on obtient une forme indéterminée de la forme 0 sur 0. En revanchecosx−1

x = cosx−cos 0

x−0 , et l’on reconnaît le taux d’accroissement de la fonction cos qui est dérivable en 0.

On a donc lim

x→0

cosx−1

x = (sinx)x=0= sin 0 = 0 et lim

x→0

1−cosx

x =−0 = 0 =f(0) doncf est continue en 0.

2. Évaluons le taux d’accroissement def en 0 : f(x)−f(0)

x−0 = 1−cosx

x² , on obtient encore une forme indéterminée de la forme 0 sur 0.

Or 1−cosx

x² = 2 sin^{2 x}₂ x² = 1

2

sin^{2 x}₂

x 2

² =1 2

"

sin ^x₂

x 2

#²

et lim

x→0

x 2 = 0 lim

X→0

sinX X = 1







(composition)

x→0lim sin ^x₂

x 2

= 1 donc f(x)−f(0)

x−0 −→_x→0 1

2,f est dérivable en 0 etf^′(0) =1 2. EXERCICE 2 Soitmun nombre réel etf^m la fonction définie par :

f^m(x) =√

x²+ 2mx−1 1. ∀m ∈ R, ∆ = 4m²+ 4 = 4(m²+ 1) donc √

∆ = 2√

m²+ 1. Comme ∆ est strictement positif, l’équation x²+ 2mx−1 = 0 admet deux solutions :

a^m= −2m−2√ m²+ 1

2 =−m−√

m²+ 1 etb^m= −2m+ 2√ m²+ 1

2 =−m+√

m²+ 1

Commex²+2mx−1 est du signe deaà l’extérieur des racines,x²+2mx−1>0 pour toutx∈]−∞;a^m]∪[b^m; +∞[ Pour le signe deb^m:

• Si m <0,−m >0 et comme√

m²+ 1>0, on en déduit queb^m>0.

• Si m >0,m²+ 1> m²donc√

m²+ 1>√

m²⇔√

m²+ 1> m⇔ −m+√

m²+ 1>0⇔b^m>0 Un raisonnement identique conduit à la justification du signe dea^m. (attention m <0⇒√

m²=−m) 2. Limite def^m(x) en +∞et en−∞

x→+∞lim x²+ 2mx−1 = +∞

X→+∞lim

√X = +∞







(composition)

x→+∞lim f^m(x) = +∞ et lim

x→−∞x²+ 2mx−1 = +∞

X→+∞lim

√X= +∞







(composition)

x→−∞lim f^m(x) = +∞ 3. x7−→√

xn’est pas dérivable en 0, elle est dérivable sur ]0; +∞[ etu^m:x7−→x²+ 2mx−1 est dérivable surR.

∀x∈]− ∞;a^m[∪]bm; +∞[, um(x)>0 doncf^mest dérivable surI^m=]− ∞;a^m[∪]bm; +∞[.

f^mest de la forme√u^mdoncfm^′ = u^′m

2√u^m.

∀x∈Im, fm^′ (x) = 2x+ 2m 2√

x²+ 2mx−1 = x+m

√x²+ 2mx−1 fm^′ (x) = 0

x∈I^m ⇔

x=−m

x∈I^m . Comme −m= a^m+b^m

2 ,−m /∈I^m et f^′m ne s’annule pas surI^m en revanche son signe est donné par celui dex+msurI^m.

x Signe defm^′ (x) Variations

def^m

−∞ a^m b^m +∞

− z.interdite + +∞

+∞

0 00

+∞ +∞

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4. ∀x>b^metm∈R, √

x²+ 2mx−1−(x+m) = x²+ 2mx−1−(x+m)²

√x²+ 2mx−1 + (x+m)= −1−m²

√x²+ 2mx−1 + (x+m) De plus :

x→+∞lim −m²−1 =−m²−1<0

x→+∞lim

√x²+ 2mx−1 +x+m= +∞(somme)

) (quotient)

x→+∞lim f^m(x)−(x+m) = 0⁻ donc∀m∈R, D^m:y =x+mest asymptote à C^m en +∞.

5. ∀x6a^metm∈R, √

x²+ 2mx−1−(−x−m) = x²+ 2mx−1−(−x−m)²

√x²+ 2mx−1 + (−x−m) = −1−m²

√x²+ 2mx−1−(x+m) De plus :

x→−∞lim −m²−1 =−m²−1<0

x→−∞lim

√x²+ 2mx−1−(x+m) = +∞(somme)

) (quotient)

x→−∞lim f^m(x)−(x+m) = 0⁻ donc∀m∈R, D^′m:y=−x−mest asymptote àC^men−∞.

6. D’après les questions précédentes :

∀x>b^metm∈R, √

x²+ 2mx−1−(x+m) = −1−m²

√x²+ 2mx−1 + (x+m)= ∆^m.

• −m²−1<0

• x>b^m⇔x>−m+√

m²+ 1⇔x+m>√

m²+ 1 doncx+m >0.

• √

x²+ 2mx−1>0

On en déduit que,∀x>bmetm∈R, ∆m<0 donc Cm est au-dessous deD^m. De même :

∀x6a^metm∈R, √

x²+ 2mx−1−(−x−m) = −1−m²

√x²+ 2mx−1−(x+m)= ∆^′m.

• −m²−1<0

• x6a^m⇔x6−m−√

m²+ 1⇔x+m6−√

m²+ 1 doncx+m <0 et−(x+m)>0.

• √

x²+ 2mx−1>0

On en déduit que,∀x6a^metm∈R, ∆^′m<0 doncC^mest au-dessous deD^′m. 7. Figure dans le cas oùm= 1.

O ~i

~j

y=x+1 y=

−x

−1

b

b

b1=−1 +√2 a1=−1−√2

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