EXERCICE 1 Pour tout entier n > 1, on considère la suite de fonctions (f

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EXERCICE 1 Pour tout entier n > 1, on considère la suite de fonctions (f

) définie sur I = [0; + ∞ [ par : f

(x) = 1

1 + x

On note C

la courbe représentative de f

.

1. Dans ce qui suit, n est un entier fixé et supérieur ou égal à 1.

(a) f

= 1

u avec u : x 7→ 1 + x

. u est dérivable sur I et u ne s’annule pas sur I donc f

est dérivable sur I et f

= − u

u

avec u

: x 7→ nx

.

Ainsi pour tout x ∈ I, f

(x) = − nx

(1 + x

)

. f

(x) est du signe de − nx

car (1 + x

)

> 0 pour tout x de I. De plus, pour tout x strictement positif, − nx

< 0 donc f

(x) < 0 et f

est strictement décroissante sur I.

(b) Pour tout n > 1, f

(0) = 1 et f

(1) = 1

2 . Ces calculs d’images étant indépendant de n, toutes les courbes C

passent par les points A(0; 1) et B 1;

. (c) Soient deux entiers n et m non nuls avec n < m.

Pour tout x > 0, f

(x) − f

(x) = 1

1 + x

− 1

1 + x

= 1 + x

− 1 − x

(1 + x

)(1 + x

) = x

− x

(1 + x

)(1 + x

)

Comme (1 + x

)(1 + x

) > 0, le signe de f

(x) − f

(x) dépend du signe de x

− x

. On factorise par x

dans l’expression :

∀ x ∈ I, x

− x

= x

(x

− 1) avec x

> 0 et m − n > 0

On est donc ramené à étudier le signe de x

− 1, et comme x 7→ x

est croissante sur I :

• 0 6 x 6 1 ⇒ 0 6 x

6 1 ⇒ x

− 1 6 0 donc f

(x) − f

(x) 6 0 ⇔ f

(x) 6 f

(x) et C

au-dessous de C

sur [0; 1] ;

• x > 1 ⇒ x

> 1 ⇒ x

− 1 > 0 donc f

(x) − f

(x) > 0 ⇔ f

(x) > f

(x) et C

au-dessus de C

sur [1; + ∞ [.

2. (a) On a représenté ci-dessous les courbes C

, C

, C

, C

et C

. 1

1 2 3 x

y

C

C

C

C

C

O

(b) Suivant les valeurs de x :

• si x ∈ [0; 1[ alors lim

n→+∞

x

= 0 et par opérations sur les limites, lim

n→+∞

f

(x) = 1 ;

• si x ∈ ]1; + ∞ [ alors lim

n→+∞

x

= + ∞ et par opérations sur les limites, lim

n→+∞

f

(x) = 0 ;

• f

(1) =

pour tout n ∈ N

et donc f

(1)

−→

. 3. Pour tout réel x > 0, on note f (x) = lim

n→+∞

f

(x). On définit ainsi une fonction sur [0; + ∞ [.

(a) D’après ce qui précède, on peut raisonnablement écrire que f (x) =







1 si x ∈ [0; 1[

1

2

si x = 1

0 si x ∈ ]1; + ∞ [ (b) f n’est pas continue sur [0; + ∞ [ ; en effet elle n’est pas continue en 1 car lim

x→1 x<1

f (x) = 1 et 1 6 = f (1).

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EXERCICE 2 Soit P un polynôme de degré impair, par abus de notation on appelle encore P sa fonction polynomiale associée.

Ainsi pour tout x réel, P (x) = a

x

+ a

x

+ · a

x + a

, avec n ∈ N , impair et pour tout 0 6 i 6 n, a

∈ R avec a

6 = 0.

La fonction polynômiale P est continue sur R .

De plus en l’infini la limite d’une fonction polynomiale est la même que celle de son terme de plus degré . Il vient :

x→−∞

lim P(x) = lim

x→−∞

a

x

= − signe(a

) ∞ . et lim

x→+∞

P (x) = lim

x→+∞

a

x

= signe(a

) ∞

Ainsi, quelque soit le signe de a

l’image de R par la fonction P est R . 0 ∈ R .

Ainsi, d’après le théroème des valeurs intermédiaires l’équation P (x) = 0 admet au moins une solution réelle.

• • •

EXERCICE 3 Soit f la fonction définie sur R par f (x) = x

− 12x.

1. • Limite de f à l’infini.

En l’infini la limite d’une fonction polynomiale est la même que celle de son terme de plus degré . Il vient :

x→−∞

lim f (x) = lim

x→−∞

x

= −∞ et lim

x→+∞

f (x) = lim

x→+∞

x

= + ∞

• Variation de f sur R .

f est une fonction polynomiale, elle est donc dérivable sur R et pour tout x ∈ R , f

(x) = 3x

− 12.

f

(x) = 0 ⇔ 3x

= 12 ⇔ x

= 4 ⇔ x = 2 ou x = − 2.

On obtient donc le tableau de variation suivant : x

Signe de f

(x)

Variations de f

−∞ − 2 2 + ∞

+ 0 − 0 +

−∞

−∞

16 16

− 16

− 16

+ ∞ + ∞

• Résolution de l’équation f (x) = 0.

f (x) = 0 ⇔ x

− 12x = 0 ⇔ x(x

− 12) = 0 ⇔ x(x − √

12)(x + √

12) = 0.

f (x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = √

12 = 2 √

3 ou x = − 2 √ 3.

2. On considère la fonction g définie sur R par : g(x) = | f (x) | . (a) On peut faire les conjectures suivantes :

• Si k ∈ ] − ∞ ; − 16[, l’équation f (x) = k admet une solution.

• Si k = − 16 et k = 16, l’équation f (x) = k admet deux solutions.

• Si k ∈ ] − 16, 16[, l’équation f (x) = k admet trois solutions.

• Si k ∈ ]16; + ∞ [, l’équation f (x) = k admet une solution.

(b) g(x) = | f (x) | , ainsi g(x) = f (x) sur tout intervalle où f est positive et g(x) = − f (x) sur tout intervalle où f est négative.

Or d’après la question 1), f est négative sur ] −∞ , − 2 √

3] ∪ [0; 2 √

3] et f est positive sur [ − 2 √

3; 0] ∪ [2 √ 3, ∞ [.

On obtient donc le tableau de variation suivant.

x

Variations de f

−∞ − 2 √

3 − 2 0 2 2 √

3 + ∞

+ ∞ + ∞

0 0

16 16

0 0

16 16

0 0

+ ∞ + ∞ x

1

x

1

x

1

x

1

x

1

x

1

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(c) Démontrons que l’équation g(x) = 1 admet six solutions.

Sur l’intervalle [ − 2 √

3, − 2], g est continue et strictement croissante.

L’image de l’intervalle [ − 2 √

3, − 2] par la fonction g est [0; 16]. 1 ∈ [0; 16].

Ainsi, d’après le théorème de la bijection l’équation g(x) = 1 admet une unique solution sur [ − 2 √ 3, − 2].

En appliquant, ce même théorème sur les intervalles ] − ∞ , − 2 √

3 , [ − 2; 0] , [0; 2], [2; 2 √

3] et [2 √ 3; + ∞ [.

L’équation g(x) = 1 admet exactement 6 solutions sur R .

Les valeurs approchées sont alors x

= − 3, 5, x

= − 3, 4, x

= − 0, 1 , x

= 0, 1, x

= 3, 4 et x

= 3, 5.

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