Corrigé du contrôle n° 2 (exercices 1 et 2)

Corrigé du contrôle n° 2 (exercices 1 et 2)
Exercice 1. 1) La fonction f est définie sur R tout entier car d’une part les fonctions 2x + 1 et 4 – x le sont, et
d’autre part la fonction √(x – 2) est définie sur la demi-droite [2, +∞[ qui contient la demi-droite [3, +∞[.
2) La fonction f est continue en tout point de ]–∞, 1[ car sur cet intervalle ouvert elle est égale à 2x + 1, qui est
continue en tous ces points. De même elle est continue en tout point de ]1, 3[ car sur cet intervalle ouvert elle est
égale à 4 – x, qui est continue en tous ces points. Enfin elle est continue en tout point de ]3, +∞[ car sur cet
intervalle ouvert elle est égale à √(x – 2), qui est continue en tous ces points. Il ne reste qu’à montrer qu’elle est
continue en 1 et en 3. En 1, f(x) vaut 4 – 1 = 3. Elle a une limite à gauche qui est celle de 2x + 1 et qui vaut donc
3, et elle a une limite à droite, qui est celle de 4 – x et qui vaut donc 3 aussi. Par conséquent f(x) a en 1 une limite
égale à f(1), ce qui montre qu’elle est continue en 1. En 3, f(x) vaut √(3 – 2) = 1. Elle a une limite à gauche qui
est celle de 4 – x et qui vaut donc 1, et elle a une limite à droite, qui est celle de √(x – 2) et qui vaut donc 1 aussi.
Par conséquent f(x) a en 3 une limite égale à f(3), ce qui montre qu’elle est continue en 3.
3a) Pour t < 1, f(x) vaut 2x + 1 sur tout l’intervalle d’intégration, et 2x + 1 a pour primitive x
2
+ x (ou plus
généralement x
2
+ x + C, mais on peut prendre C = 0). On a donc
G(t) = [x
2
+ x]
0
t
= t
2
+ t
On remarque que c’est vrai aussi pour t = 1 car en fait on a f(x) = 2x + 1 pour tout x ≤ 1. On a donc G(1) = 2.
Pour t ∈ [1, 3[, l’intégrale sur [0, t[ est (par la formule de Chasles) la somme de l’intégrale sur [0, 1], qui vaut
G(1) = 2, et de l’intégrale sur [1, t]. Cette seconde intégrale est celle de la fonction 4 – x, qui a pour primitive 4x
– x
2
/2. On a donc
G(t) = 2 + [4x – x
2
/2]
1
t
= 2 + 4t – t
2
/2 – (4 – 1/2) = – t
2
/2 + 4t – 3/2
On remarque que c’est vrai aussi pour t = 3 car en fait on a f(x) = 4 – x pour tout x ∈ [1, 3]. On a donc G(3) = –
9/2 + 12 – 3/2 = 6.
Pour t ≥ 3, l’intégrale sur [0, t[ est la somme de l’intégrale sur [0, 3], qui vaut G(3) = 6, et de l’intégrale sur [3, t].
Cette dernière intégrale est celle de la fonction √(x – 2) = (x – 2)
1/2
, qui a pour primitive (x – 2)
3/2
/(3/2) = 2(x –
2)
3/2
/3. On a donc
G(t) = 6 + [2(x – 2)
3/2
/3]
1
t
= 6 + 2(t – 2)
3/2
/3 – 2(3 – 2)
3/2
/3 = 6 + 2(t – 2)
3/2
/3 – 2/3 = 2(t – 2)
3/2
/3 + 16/3
Finalement on a
G(t) = t
2
+ t pour t < 1
G(t) = – t
2
/2 + 4t – 3/2 pour t ∈ [1, 3[
G(t) = 2(t – 2)
3/2
/3 + 16/3 pour t ≥ 3
3b) En vertu d’un théorème donné dans le cours, puisque f est continue sur R, G est dérivable sur R et sa dérivée
est f.
Exercice 2. 1) La fonction f est définie sauf pour x = 0. On a donc D = R* = ]–∞, 0[∪]0, +∞[.
2a) La fonction f est continue sur D car elle est le quotient de deux fonctions continues sur D.
2b) La fonction f est dérivable sur D car elle est le quotient de deux fonctions dérivables sur D. Sa dérivée est
donnée par la formule de dérivation d’un quotient (u/v)’ = (vu’ – uv’)/v
2
. Ici on a u = e
x
, d’où u’ = e
x
, et v = x,
d’où v’ = 1. On a donc vu’ – uv’ = (x – 1)e
x
, d’où
f’(x) = (x – 1)e
x
/x
2

2c) La fonction f’ est elle aussi dérivable sur D parce qu’elle est le quotient de deux fonctions dérivables sur D.
On a ici u = (x – 1)e
x
, d’où u’ = e
x
+ (x – 1)e
x
= xe
x
, et v = x
2
, d’où v’ = 2x. On a donc vu’ – uv’ = x
3
e
x
– 2x(x –
1)e
x
= x(x
2
– 2x + 2)e
x
, d’où en divisant par x
4
f’’(x) = (x
2
– 2x + 2)e
x
/x
3
3) Le trinôme du second degré x
2
– 2x + 2 est toujours > 0 car il n’a pas de racine réelle (son discriminant est
égal à –4) et le coefficient de x
2
est > 0. On a aussi toujours e
x
> 0. Par conséquent f’’(x) est du signe de x
3
, de
sorte qu’on a f’’(x) > 0 sur ]0, +∞[ et f’’(x) < 0 sur ]–∞, 0[. Autrement dit, f est convexe sur ]0, +∞[ et concave
sur ]–∞, 0[.
4) Pour une fonction f dérivable sur un intervalle ouvert, en un extremum local on a nécessairement f’(x) = 0, ce
qui ici a lieu pour x = 1 et pour x = 1 seulement. Maintenant on a le théorème suivant : si f est deux fois
dérivable en un point x
0
, si on a f’(x
0
) = 0 et f’’(x
0
) ≠ 0, alors f a un extremum local en x
0
; c’est un minimum
local si f’’(x
0
) > 0 et un maximum local si f’’(x
0
) < 0. Ici on a f’(1) = 0 et f’’(1) > 0, donc f a un minimum local
en 1.
Bien que cela n’ait pas été demandé, on peut mettre en évidence ce minimum local en dressant le tableau de
variation de f :
x –∞ 0 1 +∞
f’(x) –  – 0 +
f(x) 0 ↓ –∞  +∞ ↓ e ↑ +∞
NB. En +∞ on a la forme indéterminée ∞/∞, et on lève l’indétermination par la règle : « l’exponentielle
l’emporte sur la fonction puissance ». D’autre part le tableau montre que 1 est un minimum global sur ]0, +∞[,
mais pas sur D tout entier.