DM1 correction - Lycée Henri BECQUEREL

TS1- TS2
Correction du DEVOIR MAISON N°1
Exercice 1 : La fonction f est définie par f(x) = Error!.
1) x² - 1 = 0  x = - 1 ou x = 1 donc f est une fonction rationnelle définie sur Df = IR \ {- 1 ; 1}.
x( x  1)( x  1)
5( x  1)
4( x  1)
2) Pour tout x  Df, x + Error! – Error! =


( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1)
( x 3  x)  (5 x  5)  (4 x  4) x 3  9

= f(x)
x²  1
x²  1
3) lim x3 + 9 = (- 1)3 + 9 = 8 Le tableau de signes donne :
=
x 1
donc lim
x( 1) 
Ainsi,
x² - 1 = 0+ et
x
x² - 1
lim x² - 1 = 0-
x( 1) 
lim f(x) = +  et
x( 1) 
-
-1
1
+ 0 - 0
+
+
lim f(x) = - 
x( 1) 
Cf admet donc une asymptote verticale d’équation x = - 1.
De manière analogue, on montre que lim f(x) = -  et lim f(x) = +  .
x 1
x1
Cf admet donc une asymptote verticale d’équation x = 1.
9
9
x 3 (1  3 )
x (1  3 )
3
x 9
x = lim
x
4) a/ lim f(x) = lim
= lim
1
1
x 
x  x ²  1
x 
x 
x ²(1  )
(1  )
x²
x²
1
9
Or, lim 3 = lim
= 0 et lim x = -  d’où lim f(x) = -  .
x  x
x  x ²
x 
x 
De manière analogue, lim f(x) = +  .
x 
b/ f(x) = x + Error! – Error! donc lim [f(x) – x] = lim [ Error! – Error! ]  lim [f(x) – x] = 0.
x 
De manière analogue,
x 
x 
lim [f(x) – x] = 0.
x 
Cf admet donc une asymptote oblique  d’équation y = x en -  et en +  .
c/ f(x) – x = Error! – Error! =
x
-
-9
5( x  1)  4( x  1) x  9
.

x
+
9
0 +
( x  1)( x  1)
x²  1
x² - 1
+
+
Le tableau de signes donne :
f(x) - x
- 0 +
Sur ] -  ; - 9[  ] – 1 ; 1[ : f(x) – x < 0  f(x) < x
Sur ] - 9 ; - 1[  ] 1 ; +  [ : f(x) – x > 0  f(x) > x
Cf coupe  en x = - 9.
-1
0
||
+
1
+
-
0
||
+
+
+
Cf est en dessous de  .
Cf est au-dessus de  .
5) a/ f est une fonction rationnelle (ou quotient de deux fonctions polynômes) dérivable sur son
u
ensemble de définition. f est du type
avec u(x) = x3 + 9 et v(x) = x² - 1.
v
u ' v  uv'
Or, f ’ =
sachant que u’(x) = 3x² et v’(x) = 2x
v²
3x ²( x ²  1)  ( x 3  9)( 2 x) 3x 4  3x ²  2 x 4  18 x 3x 4  3x ²  2 x 4  18 x x 4  3x ²  18 x
D’où, f ’(x) =
=
=
=
( x ²  1)²
( x ²  1)²
( x ²  1)²
( x ²  1)²
4
f ’(x) = Error! avec P(x) = x – 3x² - 18x.
b/ P(3) = 34 – 3(3)² - 18(3) = 0 donc 3 est une racine de P.
Alors le polynôme P est factorisable par (x – 3).
P(x) = x4 – 3x² - 18x = x(x3 – 3x – 18) = x(x – 3)(ax² + bx + c) où a, b et c sont des coefficients entiers à
déterminer. Or,(x – 3)(ax² + bx + c) = ax3 + bx² + cx – 3ax² - 3bx – 3c = ax3 + (b – 3a)x² + (c – 3b)x – 3c
 a 1
a  1
 b  3a  0


Par identification, on a 
 b  3 Alors, P(x) = x(x – 3)(x² + 3x + 6).
c  3b  3
c  6

  3c  18
x( x  3)( x ²  3x  6)
.
( x ²  1)²
Le discriminant du trinôme x² + 3x + 6 vaut  = 3² - 4(1)(6) = - 15.  < 0 donc x² + 3x + 6 > 0 sur IR.
On a donc le tableau de signes suivant :
c/ On a donc f ’(x) =
x
x
x-3
x² + 3x + 6
(x² - 1)²
f ’(x)
d/
-
-1
+
+
+
+
+
0 +
|| +
0
0
1
+
+
+
0 -9
+
+
0 +
||
+
+
3
+
+
+
+
+
0
0
+
f
-
-
-
9
2
Exercice 2 : On considère f(x) = 9x2 – 30x + 24 .
1) La fonction f est définie lorsque 9x² - 30x + 24 ≥ 0.
Ce trinôme a pour discriminant  = (-30)² - 4(9)(24) = 36. Comme  > 0, le trinôme admet deux
30  36
30  36 4
racines distinctes : x1 =
= 2 et x2 =
= .
3
2(9)
2(9)
Le trinôme est du signe de a = 9 à l’extérieur des racines.
4
Donc 9x² - 30x + 24 ≥ 0  x  ] -  ; ]  [ 2 ; +  [ = Df .
3
2) a/ Le seul axe de symétrie  possible pour la courbe Cf de f doit « centrer » l’ensemble de définition,
4
2
5
donc devrait avoir pour équation x = 3
 x= .
3
2
5
5
5
b/  : x  est un axe de symétrie pour Cf si et seulement si pour tout x  Df, f( + x) = f( - x).
3
3
3
5
5
5
Or, f( + x) = 9(  x)²  30(  x)  24  25  30 x  x²  50  30 x  24  x²  1
3
3
3
5
5
5
et f( - x) = 9(  x)²  30(  x)  24  25  30 x  x²  50  30 x  24  x²  1
3
3
3
5
5
5
Puisque f( + x) = f( - x), la courbe de f admet donc  : x  comme un axe de symétrie.
3
3
3