Chapitre 2 : Etudes de fonctions.

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Chapitre 2 : Etudes de fonctions.
Exercice type 1
Montrer que pour x∈[0,1], on a x(1 −x)1
4. Endéduire que
n
k=0
x
k
(1 −x)
k
4
3.
Solution : Si x∈R,1
4−x(1 −x) = x
2
−x+1
4=x−1 2
2
0. Prenons alors x∈]0,1[ ,alors ∀k∈ {0,···, n},
(x(1 −x))
k
=x
k
(1 −x)
k
1
4
k
,en sommant, on obtient
n
k=0
x
k
(1 −x)
k
n
k=0
1
4
k
1−
1
4
n+1
1−1
4
1
1−1
4
=4
3
Exercice 1
Soit nun entier supérieur ou égal à 3.
1. Montrer que ∀k∈ {2, ..., n},1
k!1 2
k−1
2. En déduire que ∀k∈ {2, ..., n},n
k
n
k
1
2
k−1
.
3. Etablir alors que ∀n∈N
∗
,1 + 1
n
n
3.
Solution : Rappel : k! = 1 ×2× ··· ×k= 2 × ··· × k=
k
i=2
i, le second produit ayant k−1termes.
1. Si ivérifie 2ik, alors
k
i=2
2 = 2
k−1
k
i=2
i. En passant à l’inverse (nombres positifs), on a 1
k!1 2
k−1
.
2. On a alors n
k
n
k
=1
k!×n! (n−k)! =1 k!×(n(n−1) ···(n−k+ 1)) = 1 k!×
k−1
i=0
(n−i). Dans le produit, tous les
termes sont inférieurs à ndonc
k−1
i=0
(n−i) = (n(n−1) ···(n−k+ 1)) n
k
(de 0àk−1, il y a ktermes)
On a donc 01
k!1 2
k−1
et 0
k−1
i=0
(n−i)n
k
,on en déduit que n
k
n
k
1
2
k−1
.
3. Si n1,par le binôme, on a
1 + 1
n
n
=
n
k=0
n
k×1 n
k
=n
0×1 n
0
+n
1×1 n
1
+
n
k=2
n
k×1 n
k
= 1 + n×1
n+
n
k=2
n
k
n
k
2 +
n
k=2
1
2
k−1
= 1 + 1 + 1
2+··· +1 2
n−1
= 1 +
n−1
i=0
1
2
i
—1/5— G H

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Ainsi 1 + 1
n
n
1 + 1−
1
2
n
1−
1
2
1 + 1
1−
1
2
= 3
Exercice type 2
Soit f(x) = e
5x
+e
−x
e
4x
−1et g(x) = ln x+√1 + x
2
étudier leur parité.
Solution : La fonction fest définie sur R
∗
(car e
4x
= 1 ⇐⇒ 4x= 0 ⇐⇒ x= 0). Si x∈R
∗
,alors −x∈R
∗
et
f(−x) = e
−5x
+e
x
e
−4x
−1=
1
e
5x
+
1
e
−x
1
e
4x
−1=e
−x
+e
5x
1−e
4x
=−f(x),fest impaire
Pour g, on sait que ∀x∈R,−x|x|=√x
2
<√1 + x
2
=⇒x+√1 + x
2
>0et ainsi gest définie sur R. Puis
g(−x) = ln −x+1 + x
2
Or (retenir), √a−b=(√a−b) (√a+b)
√a+b=a−b
2
√a+bd’où √1 + x
2
−x=1 + x
2
−x
2
x+√1 + x
2
. Ainsi ln √1 + x
2
−x=
ln 1
x+√1 + x
2
=−ln x+√1 + x
2
et gest aussi impaire.
Exercice type 3
Trouver toutes les applications fdéfinies sur Ret à valeurs réelles telles que ∀(x, y)∈R
2
,|f(x) + f(y)|=|x+y|.
Solution : On travaille par Analyse-Synthèse.
Analyse : On commence par déterminer f(0). Avec x=y= 0,on obtient 2|f(0)|= 0 =⇒f(0) = 0. Puis avec x∈Ret
y= 0,on obtient |f(x)|=|x|. Ainsi, à xfixé, on a f(x) = xou f(x) = −x. Mais le signe peut, à priori, changer lorsque
xchange (on peut avoir f(1) = 1 et f(2) = −2).
Montrons que le signe est constant. Supposons qu’il existe xet ytels que f(x) = xet f(y) = −y, alors
|f(x) + f(y)|=|x−y|=|x+y|
Or |u|=|v| ⇐⇒ u=vou u=−v, on en déduit que
x−y=x+y
ou x−y=−(x+y)⇐⇒ y= 0 ou x= 0
Si x= 0,alors f(x) = 0 = x=−x, de même si y= 0 alors f(y) = 0 = −y=y. Donc le signe est bien le même pour xet
pour y. Donc f=Id
R
ou f=−Id
R
.
Synthèse : Les fonctions Id
R
et −Id
R
sont clairement solutions.
Exercice type 4
Pour m∈R, on définit f
m
(x) = x+m
x
2
+ 1. On note C
m
la courbe représentative de f
m
.
1. Montrer que les tangentes aux courbes C
m
au point d’abscisse x= 0 sont parallèles.
2. Montrer que les tangentes aux courbes C
m
au point d’abscisse x= 1 sont concourantes.
—2/5— G H

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Solution : Les fonctions f
m
sont bien définies et dérivables sur R. Un calcul simple donne f
′
m
(x) = 1 + x
2
−2x(x+m)
(1 + x
2
)
2
=
−x
2
+ 2mx −1
(x
2
+ 1)
2
.
1. Puisque f
′
m
(0) = 1,toutes les tangentes en x= 0 ont même coefficient directeur (égal à 1). Elles sont parallèle à la
premier bissectrice y=x.
2. Puisque f
m
(1) = m+ 1
2et f
′
m
(1) = −m
2l’équation de la tangente T
m
en x= 1 àC
m
est y=m+ 1
2−m 2(x−1).
Par analyse-synthèse.
Analyse : si les tangentes sont concourantes en un point A, alors Aest sur T
0
et sur T
−1
. Ses coordonnées vérifient
donc 
y=0 + 1
2−0 2×(x−1) = 1 2(A∈T
0
)
y=−1 + 1
2+1 2(x−1) = 1 2(x−1) (A∈T
−1
)
Les coordonnées de Asont donc 2,
1
2
. Mais Aest, a priori, uniquement sur T
0
et sur T
−1
.
Synthèse : Le point A=2,
1
2
est sur T
m
car
1
2
=m+ 1
2−m 2(2 −1).
Conclusion : Les tangentes sont concourantes en A=2,
1
2
.
Exercice 2
Soit fdéfinie pour x=−1par f(x) = 2x−1
x+ 1 , montrer que fadmet un centre de symétrie. Etudier les variations de
fsur son domaine de définition. Déterminer les xtels que −1f(x)2.
Solution : On a D
f
=R\{−1}, le centre de symétrie ne peut donc avoir que −1comme abscisse. On calcule donc
f(−1 + a) + f(−1−a) = −2 + 2a−1
a+−2−2a−1 −a= 4. Le centre de symétrie est donc Ω : (−1,2). On réduit
l’intervalle d’étude à ]−1,+∞[. On peut dériver (quotient de fonctions affines) et f
′
(x) = 2x+ 2 −3
x+ 1 
′
=3
(x+ 1)
2
>0.
La fonction est donc strictement croissante sur ]−∞,−1[ et sur ]−1,+∞[(mais pas sur D
f
). Puisque lim
x→−1
−
(x+ 1) = 0
−
,
lim
x→−1
+
(x+ 1) = 0
+
et lim
x→−1
2x−1 = −3, on a lim
x→−1
−
f(x) = +∞et lim
x→−1
+
f(x) = −∞. Enfin, f(x)−−−−−→
x→−∞
2et
f(x)−−−−−→
x→+∞
2.
On a donc les variations suivantes
x−∞ −1 +∞
f(x)
2
ր
+∞
||
−∞
ր
2
Et le graphe de fest :
-4 -2 2 4
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
—3/5— G H

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
On a donc f(x)>2si x < 0, et 0< x =⇒f(0) = −1f(x)<2. Conclusion f
−1
([−1,2]) = [0,+∞[.
Exercice type 5
A l’aide d’une étude de fonctions, préciser le nombre de solutions de l’équation ln x
x=moù mest un paramétre.
Résoudre l’équation pour m= ln √2.
Solution : Soit f(x) = ln x
x,fest définie et dérivable (par quotient) sur ]0,+∞[avec f
′
(x) = 1−ln x
x
2
du signe de
1−ln (x). On en déduit que
fest croissante sur ]1, e]décroissante sur [e, +∞[
En x= 0
+
,on a ln (x)−−−−→
x→0
+
−∞ et 1
x−−−−→
x→0
+
+∞d’où f(x)−−−−→
x→0
+
−∞. En +∞,on sait (croissances comparées) que
ln x
x−−−−−→
x→+∞
0
+
. On en déduit le graphe de fsur ]0,+∞[:
1 2 3 4 5 6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
x
y
Si m∈]−∞,0], l’équation f(x) = madmet une unique solution x∈]0,1].
Si m∈]0, f (e)[ = 0, e
−1
,l’équation f(x) = madmet deux solutions x
1
∈]1, e[et x
2
∈]e, +∞[.
Enfin f(x) = 1
eadmet une unique solution x=e.
Pour m= ln √2=ln 2
2,l’équation admet au moins une solution x= 2, mais on a aussi ln 4 4=ln 2 2,donc elle admet
deux solutions (et pas plus), x= 2 et x= 4 = 4.
Exercice type 6
On sait que ∀x0,sin (x)x.
1. Montrer que ∀x0,1−x
2
2cos (x)puis que x−x
3
6sin (x).
2. On définit, pour n∈N
∗
,u
n
=
n
k=1
sin k
n
2
. Donner un encadrement de u
n
. En déduire que la suite (u
n
)
n∈N
∗
converge et préciser sa limite.
Solution : Rappel : sin xse prouve en étudiant ϕ(x) = x−sin x.
1. On pose f(x) = cos (x)−1−x
2
2,alors fest définie, dérivable sur R
+
avec f
′
(x) = −sin x+x0. Ainsi fest
croissante sur [0,+∞[et f(x)f(0) = 0.
Puis on pose g(x) = sin (x)−x−x
3
6,alors gest définie, dérivable sur R
+
avec g
′
(x) = f(x)0d’où gest
croissante sur [0,+∞[et g(x)g(0) = 0.
—4/5—
G H

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
2. Pour n∈N
∗
et 1kn, on a k
n
2
0d’où
k
n
2
−1
6k n
2
3
sin k
n
2
k
n
2
On somme ces inégalités pour avoir
v
n
=
n
k=1
k
n
2
−1
6k n
2
3
u
n
n
k=1
k
n
2
=1
n
2
n
k=1
k=1
n
2
×n(n+ 1)
2=n+ 1 2n=w
n
Mais
v
n
=
n
k=1
k
n
2
−1
6k n
2
3
=
n
k=1
k
n
2
−1
6
n
k=1
k
n
2
3
=n+ 1
2n−1 6n
6
n
k=1
k
3
=w
n
−1
6n
6
n
k=1
k
3
Puisque
w
n
−−−−−→
n→+∞
1
2et 01 6n
6
n
k=1
k
3
1
6n
6
×n×n
3
nb termes×plusgrand
=1
/6n
2
−−−−−→
n→+∞
0
On a v
n
−−−−−→
n→+∞
1
2et par encadrement
u
n
−−−−−→
n→+∞
1
2
—5/5—
G H