Correction du Devoir sur Table no 2

ECE1B 2016-2017
Correction du Devoir sur Table no2
Samedi 5 Novembre 2016
Exercice 1 Melting-pot
1. Résoudre l’équation √x+ 2 = x, d’inconnue x.
Démonstration. Notons (E)cette équation. Son domaine de définition est D(E)= [−2,+∞[car
il faut satisfaire la condition x+ 20. On procède par implication.
Si xest solution de (E), alors √x+ 2 = x
ce qui implique x+ 2 = x2
ce qui implique x2−x−2=0
ce qui implique (x+ 1)(x−2) = 0
ce qui implique x=−1OU x= 2
Certes −1est un élément du domaine de définition de l’équation. Mais comme √−1 + 2 = 1 6=−1,
−1n’est pas solution de l’équation (E). D’autre part, 2est un élément du domaine de définition
de l’équation et on a √2 + 2 = 2, donc x= 2 est l’unique solution de l’équation (E).
2. Résoudre l’inéquation |x2−2|>2, d’inconnue x.
Démonstration. Notons (I)cette inéquation. D(I)=R. Afin de pouvoir se débarrasser de la
valeur absolue, on procède par disjonction de cas, selon les valeurs de x. De deux choses l’une :
Si x2−2>0ie si x∈]− ∞,−√2] ∪[√2,+∞[:
alors |x2−2|=x2−2et (I)se réécrit x2−2>2, ce qui équivaut à x2>4et donc à
x∈]− ∞,−2] ∪[2,+∞[.
Si x2−2<0ie si x∈]−√2√2[ :
alors |x2−2|=−x2+ 2 et (I)se réécrit −x2+ 2 >2, ce qui équivaut à x260et à x= 0.
L’ensemble solution de cette inéquation est donc S=] − ∞,−2] ∪ {0} ∪ [2,+∞[
3. Pour x∈R, dériver la fonction f(x) = 2x−1
x2+ 1 +xe3x+2.
Démonstration. Le fonction fest obtenue par somme d’une fonction rationnelle dont le déno-
minateur ne s’annule pas (dérivable sur R) et de la fonction x7→ xe3x+2 (dérivable sur Rpar
produit de fonctions dérivables sur R). La fonction fest donc dérivable sur Rtout entier et sa
dérivée f0est donnée par : pour tout réel x,
f0(x) = 2(x2+ 1) −(2x−1)2x
(x2+ 1)2+e3x+2(1 + 3x)
=−2x2+ 2 + 2x
(x2+ 1)2+e3x+2(1 + 3x)
= 2−x2+x+ 1
(x2+ 1)2+e3x+2(1 + 3x)
1

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4. Résoudre l’équation 2e2x−7ex−4=0, d’inconnue x.
Démonstration. Notons (E)cette équation. On a D(E)=R. Posons X=ex. L’équation précé-
dente se réécrit 2X2−7X−4=0. On cherche donc les racines d’un trinôme du second degré.
On calcule son discriminant ∆ = (−7)2−4(−4)2 = 49 + 32 = 81. On a donc √∆ = 9. D’où
X1=7−9
4=−1 2et X2=7+9 4= 4.
Or X=ex. Il s’agit donc de résoudre ex= 4, ce qui donne x= ln(4) et ex=−1
2, ce qui ne donne
pas de solution puisque la fonction exponentielle est toujours positive.
L’équation (E)admet donc x= ln(4) comme unique solution.
5. Démontrer que 3n>5n+ 12 pour n>4.
Démonstration. On procède par récurrence sur n. On note Hnla propriété : 3n>5n+ 12.
Initialisation : 34= 81 et 5×4 + 12 = 32 et comme 81 >32,H4est vérifiée.
Hérédité : soit n>4. Supposons que Hnest vraie. Montrons que Hn+1 est vraie.
Par hypothèse de récurrence, on a 3n>5n+12. En multipliant chaque membre de cette inégalité
par 3, on obtient : 3n+1 >15n+ 36. On conclut en remarquant que 15n+ 36 >5(n+ 1) + 12
puisque cette inégalité équivaut à 10n+ 19 >0, ce qui est notamment vrai pour tout n>4.
Ainsi, Hn+1 est vérifié.
Et donc, par principe de récurrence : ∀n>4,Hnest vraie.
6. Dresser le tableau de signes du polynôme P(x)=3x3+ 14x2+ 7x−4.
Démonstration. Padmet −1comme racine évidente. On peut donc le factoriser par (x+ 1). On
aP(x) = (x+ 1)(3x2+ 11x−4) = 3(x+ 1)(x−x1)(x−x2)où x1et x2sont les racines du
polynôme 3x2+ 11x−4. Ce trinôme a pour discriminant ∆ = 112−4(−4)3 = 121 + 48 = 169.
On a donc √∆ = 13 et x1=−4et x2=1
3.
x
Signe de x−1
Signe de 3x2+ 11x−4
Signe de P(x)
−∞ −4−11
3+∞
− − 0+ +
+0− − 0+
−0+0−0+
7. Rappeler la formule pour
n
X
k=0
k, puis la démontrer.
Démonstration. On démontre par récurrence que : ∀n∈N,Hnoù Hnest la propriété n
P
k=0
k=
n(n+1)
2.
Initialisation : 0
P
k=0
k= 0 et 0(0+1)
2= 0. Ainsi, H0est vérifiée.
Hérédité : soit n∈Ntel que Hnest vraie. MontronsHn+1 est vraie.
n+1
P
k=0
k=
n
P
k=0
k+ (n+ 1) H.R. =n(n+1)
2+ (n+ 1) = (n+1)(n+2) 2. D’où Hn+1.
Et donc, par principe de récurrence : ∀n∈N,Hnest vraie.
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Exercice 2 : Étude de fonctions
1. Déterminer l’ensemble de définition Dfde la fonction f.
Démonstration. La fonction x7→ 1
x2est définie sur R∗. La fonction logarithme est définie sur
R+∗. On a donc Df=R+∗.
2. On note gla fonction définie sur ]0,+∞[par g(x) = x3−x+3−2 ln x, et Pla fonction polynôme
définie sur Rpar P(x)=3x3−x−2.
(a) Montrer que le polynôme Pse factorise par x−1.
Démonstration. P(1) = 3 ×13−1−2 = 0. Ainsi, 1est une racine de Pet par le théorème
de factorisation d’un polynôme par une de ses racines, on en déduit que Pse factorise par
x−1.
(b) Déterminer trois réels a,bet ctels que P(x)=(x−1)(ax2+bx +c).
Démonstration. Par la méthode de votre choix, vous trouvez normalement que :
P(x)=(x−1)(3x2+ 3x+ 2).
(c) En déduire le signe de Psur R.
Démonstration. Le trinôme 3x2+ 3x+ 2 est de signe constant (>0) car son discriminant
∆=9−4×2×3 = −15 est négatif. Ainsi, Pest du signe de x−1.Pest positif pour x>1
et strictement négatif pour x < 1.
(d) Exprimer g0en fonction de Ppuis dresser le tableau de variations de g.
On admettra que lim
x→0g(x) = +∞et lim
x→+∞g(x)=+∞.
Démonstration. gest dérivable sur R+∗car somme d’une fonction polynomiale dérivable
sur Ret de la fonction ln, dérivable sur R+∗.
g0(x)=3x2−1−2
x=3x3−x−2 x=P(x) x
x
Signe de P(x)
Signe de g0(x)
Variations de g
Signe de g(x)
0 1 +∞
−0+
−0+
+∞
33
+∞+∞
+ +
3

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(e) Montrer qu’on a : ∀x∈R∗
+, g(x)>0.
Démonstration. D’après le tableau de variation précédent, gadmet un minimum en 1qui
vaut 3. Donc g(x)>3>0, pour tout x∈R+∗.
3. Étude de la fonction f.
a. Vérifier que la dérivée f0de fpeut s’écrire sous la forme : f0(x) = g(x)
xkoù kest un
exposant à déterminer.
Démonstration. fest dérivable sur Dfcomme quotient de fonctions dérivables sur Df. On
a
f0(x) = 1 + (1 + 1
x)x2−2((x−1) + ln(x))x
x4
= 1 + −x2+ 3x−2xln(x)
x4
= 1 + −x+ 3 −2 ln(x)
x3
=x3−x+ 3 −2 ln(x)
x3
D’où la forme souhaitée avec k= 3.
b. En déduire les variations de f.
Démonstration. On a le tableau de variation suivant. Les valeurs en 1
2,αet 1permettent
d’illustrer la question suivante.
x
Signe de g(x)
Signe de f0(x)
Variations de f
0+∞
+
+
−∞
+∞+∞
1
2
<0
α
0
1
2
c. Montrer que l’équation f(x)=0admet une unique solution sur Df. On la notera α.
Montrer que 1
2< α < 1.
Démonstration. Sur ]0,+∞[, la fonction fest continue et strictement croissante. D’après
le théorème de la bijection, pour tout yde ]− ∞,+∞[, il existe un unique élément x
de ]0,+∞[tel que y=f(x). On remarque alors que 0∈]−∞,+∞[, ce qui prouve, d’après
ce qui précède, l’existence d’un unique élément α > 0tel que f(α) = 0.
Plus précisément, sur ]1
2,1[, la fonction fest continue et strictement croissante. D’après le
théorème de la bijection, pour tout élément yde ]f(1
2), f(1)[, il existe un unique élément x
de ]1
2,1[ tel que y=f(x).
Il suffit alors de remarquer que f(1
2) = −1 2−4 ln(2) <0et f(1) = 2 >0. Ainsi, 0∈
]f(1
2), f(1)[. Ceci prouve l’existence d’un élément β∈]1 2,1[ tel que f(β) = 0. Étant donné
l’unicité de la solution de l’équation f(x) = 0 sur f, on en conclut que α=β, ce qui termine
la démonstration.
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d. Bonus... On admet que lim
x→+∞(f(x)−(x+ 1)) = 0.
Que peut-on dire de la droite (∆) d’équation y=x+ 1 ?
Démonstration. C’est une asymptote oblique en +∞.
e. Montrer que sur [1,+∞[, la courbe Cfest au dessus de (∆).
Démonstration. On a : f(x)−(x+1) = x−1 + ln(x)
x2. Or, pour tout xélément de ]1,+∞[,
ln(x)>0et x−1>0. Autrement dit, f(x)−(x+ 1) >0sur cet ensemble, ce qui prouve
que Cfest au-dessus de la droite (∆).
f. Dessiner la droite (∆) et la courbe Cf.
Démonstration.
x
yy=f(x)y=x+ 1
α
Exercice 3 : Fonctions hyperboliques
1. Étudier la parité des fonctions ch et sh.
Démonstration. Soit x∈R. Alors ch(−x) = e−x+ex
2= ch(x)et sh(−x) = e−x−ex 2=
−ex−e−x
2=−sh(x). Ainsi, ch est paire et sh est impaire.
2. Démontrer la formule : ∀x∈R,∀y∈R,ch(x+y) = ch(x)ch(y) + sh(x)sh(y)
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