Corrigés – Généralité sur les fonctions – Tle S
Exercice 1
a) \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 1 \\ 1 > 1}} \dfrac{x-4}{1-x^2} = +\infty ~
car ~ \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 1 \\ 1 > 1}}(x-4) = -3~ et ~\lim\limits_{\substack{x \rightarrow 1 \\ 1 > 1}}(1-x^2) = 0^-
b) \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x-4}{1-x^2} = \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{-x^2} = \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{-x} = 0^-
c) \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \sqrt{9x^2+3}-3x = \\ \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{(\sqrt{9x^2+3}-3x)(\sqrt{9x^2+3}+3x)}{(\sqrt{9x^2+3}+3x)} \\= \lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{9x^2+3-9x^2}{(\sqrt{9x^2+3}+3x)}
d) \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{9}{(\sqrt{9x^2+3}+3x)} = 0^+
On pose f(x)= sin x, on a \dfrac{\sin x -\dfrac{1}{2}}{x- \dfrac{\pi}{6}}=\dfrac{f(x)-f(\dfrac{\pi}{6})}{ x- \dfrac{\pi}{6} } ~et~ \lim\limits_{\substack{x \rightarrow \tfrac{\pi}{6}}} \dfrac{f(x)-f(\dfrac{\pi}{6})}{ x- \dfrac{\pi}{6} }=f'(\dfrac{\pi}{6}) ~car f est dérivable en \dfrac{\pi}{6}
f'(x)= \cos x; \lim\limits_{\substack{x \rightarrow \tfrac{\pi}{6}}} \dfrac{2\sin(x)-1}{6x-\pi} =\dfrac{1}{3}f'(\dfrac{\pi}{6})= \dfrac{1}{3}\times \dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{\sqrt3}{6}=\dfrac{1}{2\sqrt3}e) 0 \leq f(x) -1 \leq |2\sin 3x|~ : par passage à la limite, qui conserve l’ordre, on a :
\lim\limits_{\substack{x \rightarrow \tfrac{\pi}{3}}} 0 \leq \lim\limits_{\substack{x \rightarrow \tfrac{\pi}{3}}}(f(x)-1) \leq \lim\limits_{\substack{x \rightarrow \tfrac{\pi}{3}}} |2\sin 3x| ~ et d’après le théorème des gendarmes, \lim\limits_{\substack{x \rightarrow \tfrac{\pi}{3}}}(f(x)-1)=0~ puisque \lim\limits_{\substack{x \rightarrow \tfrac{\pi}{3}}} |2\sin 3x| =0.~ On conclut donc : \lim\limits_{\substack{x \rightarrow \tfrac{\pi}{3}}} f(x)=1
Exercice 2
1) D_f = [0;+\infty[
Nous avons : ~\lim\limits_{\substack{x \rightarrow +\infty}}f(x)=1.
f est dérivable sur[0; +\infty[ ~ et pour ~x~\in [0;+\infty[ f'(x)=\dfrac{2x(1+x^2)-2x(x)^2}{(1+x^2)^2}=\dfrac{2x}{(1+x^2)^2}~ pour tout x \in ]0;+\infty[ ~ f'(x)>0 ~car~ 2x>0 ~et~(1+x^2)^2> 0.~
f est donc continue et strictement croissante sur [0; +\infty[~par suite f réalise une bijection de [0;+\infty[ ~sur~K=f([0;+\infty[)=[0;1[
2) Pour tout y \in [0;1[ ~ déterminons~x ~\in [0;+\infty[~ tel que ~f(x)=y
f^{-1}~ est donc définie sur [0;1[~ par : (f^{-1})(x)=\sqrt{\dfrac{x}{1-x}}
f^{-1}~ a le même sens de variation que f doncf^{-1} ~ est continue et strictement croissante sur [0;1[
Exercice 3
f(x) =\dfrac{x+1}{(x^2+2x)^3}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{2x+2}{(x^2+2x)^3}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{u'(x)}{u^3(x)} \dfrac{1}{2}u'(x)u^{-3}(x)=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{-2}\times(-2)u'(x)u^{-3}(x), u(x)=x^2+2x , n-1 = -3 , n= -2 , F(x)= -\dfrac{1}{4}(x^2+2x)^{-2} = -\dfrac{1}{4(x^2+2x)^2}Exercice 4
f(x)=(\sin^2x -3\sin x +8). \cos x = \cos x \times \sin^2 x-3\cos x \times \sin x+8\cos x
u(x)=\sin^3 x, \\ u'(x)=3\cos x \sin^2 x, \\ v(x) = \sin^2 x \\ v'(x)=2\cos x \sin x, \\ w(x)=\sin x, \\ w'(x)=\cos x.
Exercice 5
f(x)=\dfrac{x^3 +5x^2+7x+4}{x^2+2x+1} =\dfrac{(x+3)(x^2+2x+1)+1}{x^2+2x+1} =x+3+\dfrac{1}{x^2+2x+1} =x+3+\dfrac{1}{(x+1)^2} F(x)=\dfrac{x^2}{2}+3x- \dfrac{1}{x+1}Exercice 6
1.a) f(x)=x\sqrt{1-x}, D_f=]-\infty;1]
b) \lim\limits_{\substack{h \rightarrow0^-}} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}= \lim\limits_{\substack{h \rightarrow0^-}} \dfrac{(h+1)\sqrt{-h}}{h}= \lim\limits_{\substack{h \rightarrow0^-}} \dfrac{(1+h)(\cancel{h})}{ \cancel{h} \sqrt{-h}} =-\infty.~
Donc pas dérivable, tangente verticale en 1.
c) f est un produit de fonctions dérivables donc dérivable
f'(x)=\sqrt{1-x}+x\dfrac{-1}{2\sqrt{1-x}}=\dfrac{2(1-x)-x}{2\sqrt{1-x}}=\dfrac{2-3x}{2\sqrt{1-x}}
d) f'(2/3)=\dfrac{2}{3} \sqrt{1-\dfrac{2}{3}}= \dfrac{2}{3\sqrt3}.~
La limite en~-\infty ~ est évidement ~-\infty
2. a) Comme f est strictement croissante dans ]-\infty; 0]~ et que l’ensemble des images est également ]-\infty; 0],~ on est sûr que l’équation f(x)=\dfrac{-1}{3\sqrt3} ~ a une seule solution x_1~ dans l’intervalle de départ ]-\infty; 0].~ Après il faut calculer
f(-\dfrac{1}{3})=-\dfrac{1}{3} \sqrt{1+\dfrac{1}{3}}=\dfrac{-2}{3\sqrt3}<-\dfrac{-1}{1\sqrt3}=f(x_1)<f(0)=0~ce qui justifie l’encadrement de x_1
b) Entre 0 et 1, f est croissante puis décroissante et est toujours positive. Son maximum est \dfrac{2}{3\sqrt3}~qui est supérieur à \dfrac{1}{3\sqrt3}~ il existe donc bien deux valeurs de x dans [0;1] ~pour lesquelles ~f(x)= \dfrac{1}{3\sqrt3}
3. a) u=\dfrac{3}{2}(x-\dfrac{1}{3}) \Harr \dfrac{3}{2}u+\dfrac{1}{3}=x ; par ailleurs si on élève au carré :
|x\sqrt{1-x}|=\dfrac{1}{3\sqrt3} \Harr x^2(1-x)=\dfrac{1}{27}
\Harr (\dfrac{2u+1}{3})^2 (1-\dfrac{2u+1}{3})=\dfrac{1}{27} \Harr …\Harr 8u^3-6u-1=0
b) u_i= \dfrac{3}{2}(x_i-\dfrac{1}{3})~ pour que u_i= \cos \theta_i,~ il fautet suffit que
-1 \leq u_i \leq 1 \Harr -\dfrac{2}{3}. -1+\dfrac{1}{3} \geq -\dfrac{2}{3}u_i+\dfrac{1}{3} \geq -\dfrac{2}{3}.1+\dfrac{1}{3} \Harr 1 \geq x_i \geq -\dfrac{1}{3}
C’est bien le cas donc il existe un unique réel \theta_i ~de~[0;\pi] ~tel que~u_i=\cos \theta_i
c) On calcule avec les formules d’addition :
\cos 3\theta= \cos(2\theta+\theta)=\cos 2\theta \cos \theta-\sin 2 \theta \sin \theta \\ =(2\cos^2 \theta -1)\cos \theta-2(1-\cos^2 \theta) \cos \theta \\ =4\cos^3\theta-3\cos \theta
d) On pose donc u=\cos \theta ~dans
~(E’): 8u^3 -6u-1=0 \Harr 8\cos^3 \theta -6 \cos \theta-1=0 \\ \Harr 2(4 \cos^3 \theta ~-~ 3 \cos \theta)=1 \Harr \cos 3 \theta=\dfrac{1}{2}
Les solutions de \cos 3 \theta= \dfrac{1}{2} ~sont ~ 3\theta=\pm \dfrac{\pi}{3}(2\pi) \Harr \theta = \pm \dfrac{\pi}{9} (\dfrac{2\pi}{3}).~
On ne garde que 3 des solutions (par ex. les positives), ce qui donne
\theta_1 =\dfrac{\pi}{9}, \theta_2= \dfrac{\pi}{9}+\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{7\pi}{9}, \theta_3=\dfrac{\pi}{9}+\dfrac{4\pi}{3} = \dfrac{13\pi}{9}
d’où en remontant les solutions exactes :
x_1=\dfrac{2}{3} \cos \dfrac{\pi}{9}+\dfrac{1}{3}, x_2=\dfrac{2}{3} \cos \dfrac{7\pi}{9}+\dfrac{1}{3}, x_3=\dfrac{2}{3} \cos \dfrac{13\pi}{9}+\dfrac{1}{3}
Exercice 7
A.1) f(x)=ax+b+ \dfrac{c}{x+2}=\dfrac{ax^2+2ax+bx+2b+c}{x+2}=\dfrac{ax^2+(2a+b)x+2b+c}{x+2}
\Harr \begin{cases} a=-1 \\ 2a+b=0 \\ 2b+c=1 \end{cases} \Harr \begin{cases} a=-1 \\ b=2 \\c=-3 \end{cases}
Donc f(x)=-x+2-\dfrac{3}{x+2}~ (on utilise cette écriture de f par la suite).
2) f'(x)=-1+0-\dfrac{-3}{(x+2)^2}=\dfrac{3-(x+2)^2}{(x+2)^2}=\dfrac{(\sqrt3-2-x)(\sqrt3+2+x)}{(x+2)^2}.
Asymptote : y=-x+2, etc…
3) Le centre de symétrie de (C) s’il existe est au milieu des extrema, soit en A(−2 ; 4). Montrons que A est bien centre de symétrie :
f(-2+x)+f(-2-x)=4-x-\dfrac{3}{x}+4+x+\dfrac{3}{x}=8
\Rightarrow \dfrac{f(-2+x)+f(-2-x)}{2}=4,~c’est bon.
B.1 On sait que \sin (\pi-t)=\sin t ~donc ~\varphi (\pi-t)= \varphi (t)~. Si on sait tracer \varphi~ pour -\dfrac{\pi}{2} \leq t \leq \dfrac{\pi}{2}~ alors on sait le faire pour
-\dfrac{\pi}{2} \leq \pi -t \leq \dfrac{\pi}{2} \Harr -\pi-\dfrac{\pi}{2} \leq -t \leq -\pi +\dfrac{\pi}{2} \Harr \dfrac{3\pi}{2} \geq t \geq \dfrac{\pi}{2},~
on sait donc le faire entre -\dfrac{\pi}{2}~et ~\dfrac{3\pi}{2}~soit sur un intervalle de longueur 2\pi .~Or sin a pour période 2\pi~, on sait alors tracer \varphi ~sur~ \R
2.a Il est immédiat que -1<a<1, il existe donc une unique valeur t_0~de~ [-\dfrac{\pi}{2}; \dfrac{\pi}{2}]~ qui a pour image a par sin (lire sur le cercle trigonométrique).
b. Pour -\dfrac{\pi}{2} \leq t \leq t_0, ~comme sin est croissante, on a :
\sin (-\dfrac{\pi}{2}) \leq \sin t \leq \sin t_0 \Harr -1 \leq \sin t \leq a= \sqrt3-2. ~
Comme ~\varphi (t)=f(\sin t),~ que sin est croissante et que f est croissante entre −1 et a, on a \varphi ~croissante sur ~[-\dfrac{\pi}{2}; t_0].~
Sur ~[t_0; \dfrac{\pi}{2}]~ sin reste croissante mais f est décroissante donc \varphi ~est décroissante.
c. On peut faire un calcul direct :
\varphi (t)=\dfrac{1-\sin^2 t}{2+ \sin t}=\dfrac{cos^2 t}{2+\sin t} \Rightarrow \varphi ‘ (t)=\dfrac{-2 \sin t \cos t (2+\sin t)-\cos t \cos^2 t}{(2+ \sin t )^2} = \cos t \dfrac{-4 \sin t -2 \sin^2 t-(1- \sin^2 t)}{(2+ \sin t)^2}~soit ~ \varphi ‘ (t) = \cos t \dfrac{-1-4 \sin t – \sin^2}{(2+ \sin t)^2}, ~soit ~ \varphi ‘ (t) =\cos tf'(\sin t) ~
On peut également utiliser la dérivation des fonctions composées auquel cas le résultat est immédiat :
\varphi ‘ (t) =(\sin t)’ f'(\sin t)=\cos tf'(\sin t). ~
Sur ~[-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}] ,~ \cos t ~ est positif, le signe est donc celui de f’, ce qui redonne bien les résultats précédents.
Exercice 8
Partie A
\varphi (x)=\dfrac{3x^2+ax+b}{x^2+1} ~ est tangente en~I~si ~\varphi(0)=3 et \varphi ‘ (0)=4~(même coefficient directeur que la droite T).
\varphi (0) =b=3 ~et~\varphi ‘(x)=\dfrac{(6x+a)(x^2+1)-2x(3x^2+ax+3)}{(x^2+1)^2} \\ \Harr \varphi'(0)=a=4
Partie B
1) f(x)=\alpha + \dfrac{\beta x}{x^2+1}=\dfrac{\alpha (x^2+1)+\beta x}{x^2+1}=\dfrac{\alpha x^2 +\beta x+\alpha}{x^2+1} \Harr \alpha=3, \beta=4.
2) f'(x)=\dfrac{4(x^2+1)-4x(2x)}{(x^2+1)^2}=\dfrac{-4(x^2-1)}{(x^2+1)^2} ~d’où les racines −1 et 1. Négatif à l’extérieur, positif à l’intérieur.
A l’infini \dfrac{4x}{x^2+1} \approx \dfrac{4x}{x^2}=\dfrac{4}{x}~qui tend vers 0 donc f tend vers 3, asymptote horizontale y = 3.
3) La tangente a évidemment pour équation y = 4x + 3. On fait le signe de
f(x)-(4x+3)=3+\dfrac{4x}{x^2+1}-4x-3
=\dfrac{4x-4x(x^2+1)}{x^2+1}=\dfrac{-4x^3}{x^2+1}~ qui est du signe de −x, soit (C) est au dessus de (T) pour x \leq 0~et en-dessous pour x \geq 0
4) Pour que le point \Omega (u,v)~ soit centre de symétrie de (C) il faut que f(u+x)+f(u-x)=2v;~ ici ça donne :
f(x)+f(-x)=3+\dfrac{4x}{x^2+1}+3-\dfrac{4x}{x^2+1}=6=2\times3~
Exercice 9
1) On a \overline{OH}=x ~d’où avec Pythagore :
OM^2=OH^2+HM^2 \Harr HM= \sqrt{1-x^2}.~
L’aire de AMM’ est :
\dfrac{1}{2}AH.MM’=\dfrac{1}{2}(1-x) 2\sqrt{1-x^2}=(1-x)\sqrt{1-x^2}~
2) f représente évidemment l’aire du triangle AMM’…
a) On calcule en 1 (à gauche car à droite la fonction n’existe pas) :
\lim\limits_{\substack{x \rightarrow0^-}} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow0^-}} \dfrac{-h \sqrt{1-(1+h)^2}}{h}= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow0^-}} -\sqrt{-2h-h^2}=0;~
la fonction est dérivable et il y a une tangente horizontale en 1. De même à droite de −1 :
\lim\limits_{\substack{x \rightarrow0^+}} \dfrac{f(-1+h)-f(-1)}{h}= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow0^-}} \dfrac{(2-h) \sqrt{1-(-1+h)^2}}{h} \\ = \lim\limits_{\substack{x \rightarrow0^-}} \dfrac{(2-h)\sqrt{2h-h^2}}{h}= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow0^-}} \dfrac{(2-h)\cancel{h}(2-h)}{\cancel{h} \sqrt{2h-h^2}}=+\infty .~
La fonction n’est pas dérivable, il y a une tangente verticale en −1.
b) f'(x)=- \sqrt{1-x^2}+\dfrac{(1-x)(-\cancel{2}x)}{\cancel{2} \sqrt{1-x^2}}
=\dfrac{-(1-x^2)-x+x^2}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{2x^2-x-1}{\sqrt{1-x^2}} ~
qui a pour racines 1 et -\dfrac{1}{2}.
f(-\dfrac{1}{2})=\dfrac{3}{2}\sqrt{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{3\sqrt3}{4}.
c) L’aire de AMM’ est maximale lorsque x = \dfrac{1}{2}, soit lorsque le triangle est équilatéral (dans ce cas M est à l’affixe e^{\tfrac{2i\pi}{3}})
4) Lorsque m < 0 il n’y a pas de solution ; lorsque 0 \leq m < \dfrac{3\sqrt3}{4} ~on a deux solutions, lorsque m=\dfrac{3\sqrt3}{4}~ il y a une seule solution -\dfrac{1}{2} enfin pour m> \dfrac{3\sqrt3}{4}~il n’y a pas de solution.
5) A partir de y=(1-x)\sqrt{1-x^2}~on élève au carré ce qui donne :
y^2-(1-x)^2(1-x^2)=0~
En fait cette courbe est la réunion de y=(1-x)\sqrt{1-x^2} ~et de ~y~=-(1-x)\sqrt{1-x^2}.~
Il suffit de symétriser la courbe de f par rapport à (Ox) pour obtenir la courbe entière .
