Correction - Pierre

Lycée Madeleine Michelis - ECE1
ECE1
Mathématiques - 2016/2017
Correction du DM 6
Fonctions usuelles
|x|
Exercice 1 : Soit f la fonction dénie par f (x) = 1 + 2x + ln(x)
.
1. Déterminer l'ensemble de dénition de f , que l'on notera Df .
2. Après avoir justié la dérivabilité de f sur Df , montrer que la dérivée est du signe de g(x) =
2(ln x)2 + ln x − 1.
3. Étudier le signe de la fonction g(x).
4. En déduire le tableau de variation de f .
Correction :
1. (x 7→ ln x) est dénie pour x ∈ R∗+ . Or (x 7→ ln x) s'annule pour x = 1 donc
pour x ∈ R∗+ \ {1}. Finalement Df = R∗+ \ {1} .
2. ∀x ∈ R∗+ \ {1}, |x| = x, donc
f (x) = 1 + 2x +
1
ln x
est dénie
x
.
ln(x)
f est donc dérivable sur Df en tant que composée de fonctions dérivables sur Df . ∀x ∈ Df ,
1 × ln x − x ×
1
x
(ln x)2
2(ln x)2 + ln x − 1
=
.
(ln x)2
f 0 (x) = 2 +
∀x ∈ Df ,
(ln x)2 > 0 donc la dérivée f 0 est du signe de g(x) = 2(ln x)2 + ln x − 1 .
3. On pose X = ln x, alors X ∈ ]−∞ ; +∞[. Étudions le signe du polynôme 2X 2 + X − 1.
Le discriminant de ce polynôme est : ∆ = 12 − 4 × 2 × (−1) = 9 > 0. Il y a donc deux racines :
X1,2 =
−1±3
.
4
Donc X1 = −1 et X2 = 12 . On en déduit le tableau de signe suivant pour 2X 2 + X − 1 :
X
−∞
2X 2 +
X−1
1
2
−1
+
0
−
0
+∞
+
Or X = ln x donc x = eX . Donc si X = −1 alors x = e−1 et si X = 21 alors x = e1/2 . De plus
lim eX = 0 et limX→+∞ eX = +∞. On en déduit le tableau de variation suivant pour
X→−∞
g(x) :
x
g(x)
1
e−1
0
+
0
+∞
e2
−
0
+
4. On en déduit le tableau de variation de f : (attention, en x = 1, f n'est pas dénie !).
1
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x
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g(x)
f 0 (x) =
g(x)
(ln x)2
1
e−1
0
1
+∞
e2
+
0
−
−
0
+
+
0
−
−
0
+
1 + e−1
f (x)
1 + 4e1/2
Exercice 2 : L'objectif de cet exercice est de résoudre l'inéquation
x+
10
3x + 3
−
≤ 3. (E)
x + 1 x2 + 1
P (x)
≤ 0 où P et Q sont des polynômes que l'on
1. Mettre l'inéquation (E) sous la forme
Q(x)
déterminera.
2. Montrer que 1 est racine de P puis factoriser le plus possible P .
3. En déduire les solutions de (E).
Correction :
1.
10
3x + 3
− 2
x+1 x +1
3x + 3
10
−
−3
x+
x + 1 x2 + 1
x(x + 1)(x2 + 1) + 10(x2 + 1) − (3x + 3)(x + 1) − 3(x + 1)(x2 + 1)
(x + 1)(x2 + 1)
3
2
2
x(x + x + x + 1) + 10x + 10 − 3x2 − 3x − 3x − 3 − 3x3 − 3x − 3x2 − 3
(x + 1)(x2 + 1)
4
3
2
x − 2x + 5x − 8x + 4
(x + 1)(x2 + 1)
x+
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
donc (E) peut se mettre sous la forme
Q(x) = (x + 1)(x2 + 1).
≤3
≤0
≤0
≤0
≤ 0,
P (x)
≤ 0 avec P (x) = x4 − 2x3 + 5x2 − 8x + 4 et
Q(x)
2
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2. P (1) = 1 − 2 + 5 − 8 + 4 = 0 donc 1 est racine de P . On peut donc factoriser P par (x − 1) :
x4
− (x
4
−
2x3
−
3
5x2
+
−
8x
+
3
x − x2 + 4x − 4
x )
−x3
− (−x
3
x−1
4
+
5x2
+
2
−
8x
+
4
4x2
−
8x
+
4
2
−
4x)
x )
− (4x
−4x
+
4
− (−4x +
4)
0
On en déduit que pour tout réel x :
P (x) = (x − 1)(x3 − x2 + 4x − 4) = (x − 1)Q2 (x).
On peut encore factoriser P . En eet, on remarque que Q2 (1) = 0 donc Q2 peut être factorisé
par (x − 1). On pourrait poser comme précédemment une division euclidienne pour eectuer
la factorisation mais on va choisir d'appliquer une autre méthode : On sait que 1 est racine
de Q2 donc il existe un polynôme Q3 de degré 2 tel que
∀x ∈ R,
Q2 (x) = (x − 1)Q3 (x).
Q3 est un polynôme de degré 2 donc il existe trois réels a, b, c tels que pour tout réel x,
Q3 (x) = ax2 + bx + c. On en déduit que
x3 − x2 + 4x − 4 = (x − 1)(ax2 + bx + c)
⇐⇒
x3 − x2 + 4x − 4 = (x − 1)(ax2 + bx + c)
⇐⇒
x3 − x2 + 4x − 4 = ax3 + bx2 + cx − ax2 − bx − c
⇐⇒
x3 − x2 + 4x − 4 = ax3 + (b − a)x2 + (c − b)x − c
Par identication des coecients du polynôme de gauche avec les coecients du polynôme
de droite, on en déduit que cette dernière égalité est équivalente à


a



 − a





=
+ b
− b
1
= −1
+ c =
4
− c = −4
d'où on déduit immédiatement que a = 1, b = 0 et c = 4. Par conséquent R(x) = x2 + 4.
Finalement : Q(x) = (x − 1)(x2 + 4) donc P (x) = (x − 1)2 (x2 + 4). Peut-on factoriser le terme
x2 + 4 ? Nous avons là un polynôme de degré 2, il sut donc de calculer son discriminant
pour conclure : ∆ = 02 − 4 × ×1 × 4 = −16 < 0. On ne peut donc pas factoriser ce polynôme.
Bilan : P (x) = (x − 1)2 (x2 + 4) .
3. Dressons le tableau de signes de
P (x)
Q(x)
, on utilise pour cela les expressions : P (x) = (x −
3
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1)2 (x2 + 4) et Q(x) = (x + 1)(x2 + 1) qui montre que P est toujours positif et que Q est du
signe de (x + 1) car (x2 + 1) est toujours positif.
x
−∞
−1
P (x)
+
Q(x)
−
P (x)
Q(x)
+∞
1
+
+
0
+
0
−
+
+
+
0
L'ensemble des solutions de (E) est donc S = ]−∞ ; −1[ ∪ {1} .
Exercice 3 : Résoudre dans R l'équation :
1
= |x|.
2
bxc +
On pourra s'aider d'un dessin pour avoir une intuition du résultat. . .
Correction : Procédons par Analyse-Synthèse.
Analyse : Soit x solution de cette équation. Soit n ∈ Z et soit x ∈ [n ; n + 1[ alors bxc = n, donc
l'équation devient :
n+
1
= |x|.
2
Commençons par remarquer que si n + 1 ≤ 0 alors cette équation n'admet pas de solution. En eet
si n + 1 ≤ 0 alors n ≤ −1 donc n + 21 ≤ − 12 < 0 donc ne peut être égal à |x| ≥ 0.
Supposons à présent que n + 1 > 0, ce qui revient à supposer que n ≥ 0 car n ∈ Z, alors l'équation
devient :
n+
1
= x,
2
car x ∈ [n ; n + 1[, et donc x = n + 12 .
Synthèse : Vérions que ∀n ∈ N, x = n+ 21 est solution de l'équation :
donc x = n + 12 pour n ∈ N est bien solution.

bxc +
1
2
= n + 21 +
1
2
=n+
|x| = |n + 1 | = n + 1 ,
2
2
On en déduit que l'ensemble des solutions est : S = n + 12 | n ∈ N .
4
1
2