Chapitre 2 : Etudes de fonctions.

PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
Chapitre 2 : Etudes de fonctions.
Exercice type 1
1
. Endéduire que
4
Montrer que pour x ∈ [0, 1], on a x (1 − x)
n
k=0
1
1
1
− x (1 − x) = x2 − x + = x −
4
4
2
1
k
k
, en sommant, on obtient
(x (1 − x)) = xk (1 − x)
4k
2
Solution : Si x ∈ R,
n
0. Prenons alors x ∈ ]0, 1[ , alors ∀k ∈ {0, · · · , n} ,
n+1
n
1 1 − 14
1
4k
k=0
1−
4
k
k=0
xk (1 − x)
4
.
3
xk (1 − x)k
1
1
1−
4
=
4
3
Exercice 1
Soit n un entier supérieur ou égal à 3.
1
k!
1. Montrer que ∀k ∈ {2, ..., n} ,
1
2k−1
n
k
nk
2. En déduire que ∀k ∈ {2, ..., n} ,
3. Etablir alors que ∀n ∈ N∗ ,
1+
1
n
1
2k−1
n
.
3.
k
Solution : Rappel : k! = 1 × 2 × · · · × k = 2 × · · · × k =
k
1. Si i vérifie 2
i, le second produit ayant k − 1 termes.
k
2 = 2k−1
k, alors
i
i=2
1
k!
i. En passant à l’inverse (nombres positifs), on a
i=2
i=2
1
.
2k−1
n
k−1
1
n!
1
1
k
2. On a alors
=
×
=
× (n (n − 1) · · · (n − k + 1)) =
×
(n − i). Dans le produit, tous les
nk
k!
(n − k)!
k!
k! i=0
termes sont inférieurs à n donc
k−1
i=0
On a donc 0
3. Si n
1
k!
nk (de 0 à k − 1, il y a k termes)
(n − i) = (n (n − 1) · · · (n − k + 1))
1
2k−1
n
k
nk , on en déduit que
nk
k−1
et 0
i=0
(n − i)
1
2k−1
.
1, par le binôme, on a
1+
1
n
n
n
=
k=0
n
×
k
= 1+n×
1
+
n
1
n
n
k=2
k
=
n
k
nk
n
×
0
1
n
n
2+
k=2
—1/5—
0
+
1
2k−1
n
×
1
1
n
=1+1+
n
1
+
k=2
n
×
k
1
n
1
1
+ · · · + n−1 = 1 +
2
2
k
n−1
i=0
1
2i
G
H
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Préparation des Khôlles
Ainsi
1
1+
n
n
1 − 12
1+
1 − 12
n
1+
1
1−
1
2
=3
Exercice type 2
Soit f (x) =
√
e5x + e−x
et g (x) = ln x + 1 + x2 étudier leur parité.
4x
e −1
Solution : La fonction f est définie sur R∗ (car e4x = 1 ⇐⇒ 4x = 0 ⇐⇒ x = 0). Si x ∈ R∗ , alors −x ∈ R∗ et
f (−x) =
Pour g, on sait que ∀x ∈ R, −x
e−5x + ex
=
e−4x − 1
|x| =
1
1
e5x + e−x
1
e4x − 1
=
e−x + e5x
= −f (x) , f est impaire
1 − e4x
√
√
√
x2 < 1 + x2 =⇒ x + 1 + x2 > 0 et ainsi g est définie sur R. Puis
g (−x) = ln −x +
1 + x2
√
√
√
√
√
( a − b) ( a + b)
a − b2
1 + x2 − x2
√
√
a−b =
= √
d’où 1 + x2 − x =
. Ainsi ln 1 + x2 − x =
a+b
a+b
x + 1 + x2
√
1
√
= − ln x + 1 + x2 et g est aussi impaire.
x + 1 + x2
Or (retenir),
ln
Exercice type 3
Trouver toutes les applications f définies sur R et à valeurs réelles telles que ∀ (x, y) ∈ R2 , |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 ∈ R et
y = 0, on obtient |f (x)| = |x|. Ainsi, à x fixé, on a f (x) = x ou f (x) = −x. Mais le signe peut, à priori, changer lorsque
x change (on peut avoir f (1) = 1 et f (2) = −2).
Montrons que le signe est constant. Supposons qu’il existe x et y tels que f (x) = x et f (y) = −y, alors
|f (x) + f (y)| = |x − y| = |x + y|
Or |u| = |v| ⇐⇒ u = v ou 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 x et
pour y. Donc f = IdR ou f = −IdR .
Synthèse : Les fonctions IdR et −IdR sont clairement solutions.
Exercice type 4
Pour m ∈ R, on définit fm (x) =
x+m
. On note Cm la courbe représentative de fm .
x2 + 1
1. Montrer que les tangentes aux courbes Cm au point d’abscisse x = 0 sont parallèles.
2. Montrer que les tangentes aux courbes Cm au point d’abscisse x = 1 sont concourantes.
—2/5—
G
H
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Préparation des Khôlles
′
Solution : Les fonctions fm sont bien définies et dérivables sur R. Un calcul simple donne fm
(x) =
−
1 + x2 − 2x (x + m)
(1 + x2 )
2
x2 + 2mx − 1
.
(x2 + 1)2
′
1. Puisque fm
(0) = 1, toutes les tangentes en x = 0 ont même coefficient directeur (égal à 1). Elles sont parallèle à la
premier bissectrice y = x.
m+1
m
m+1 m
′
et fm
(1) = − l’équation de la tangente Tm en x = 1 à Cm est y =
− (x − 1).
2. Puisque fm (1) =
2
2
2
2
Par analyse-synthèse.
Analyse : si les tangentes sont concourantes en un point A, alors A est sur T0 et sur T−1 . Ses coordonnées vérifient
donc

0+1 0
1


y=
− × (x − 1) = (A ∈ T0 )
2
2
2
−1 + 1 1
1

 y=
+ (x − 1) = (x − 1) (A ∈ T−1 )
2
2
2
Les coordonnées de A sont donc 2, 12 . Mais A est, a priori, uniquement sur T0 et sur T−1 .
m+1 m
− (2 − 1).
Synthèse : Le point A = 2, 12 est sur Tm car 12 =
2
2
1
Conclusion : Les tangentes sont concourantes en A = 2, 2 .
Exercice 2
Soit f définie pour x = −1 par f (x) =
2x − 1
, montrer que f admet un centre de symétrie. Etudier les variations de
x+1
f sur son domaine de définition. Déterminer les x tels que −1
f (x)
2.
Solution : On a Df = R\ {−1}, le centre de symétrie ne peut donc avoir que −1 comme abscisse. On calcule donc
−2 + 2a − 1
−2 − 2a − 1
f (−1 + a) + f (−1 − a) =
+
= 4. Le centre de symétrie est donc Ω : (−1, 2). On réduit
a
−a
′
2x + 2 − 3
3
=
> 0.
l’intervalle d’étude à ]−1, +∞[. On peut dériver (quotient de fonctions affines) et f ′ (x) =
x+1
(x + 1)2
La fonction est donc strictement croissante sur ]−∞, −1[ et sur ]−1, +∞[ (mais pas sur Df ). Puisque lim − (x + 1) = 0− ,
x→−1
lim + (x + 1) = 0+ et lim 2x − 1 = −3 , on a
x→−1
x→−1
lim − f (x) = +∞ et
x→−1
lim + f (x) = −∞. Enfin, f (x) −−−−−→ 2 et
x→−1
x→−∞
f (x) −−−−−→ 2.
x→+∞
On a donc les variations suivantes
x
f (x)
−∞
2
ր+∞
−1
||
+∞
−∞
ր2
Et le graphe de f est :
y
8
6
4
2
-4
-2
2
-2
4
x
-4
-6
—3/5—
G
H
=
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Préparation des Khôlles
On a donc f (x) > 2 si 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
= m où m est un paramétre.
x
√
Résoudre l’équation pour m = ln 2.
ln x
1 − ln x
du signe de
, f est définie et dérivable (par quotient) sur ]0, +∞[ avec f ′ (x) =
x
x2
1 − ln (x). On en déduit que
f est croissante sur ]1, e] décroissante sur [e, +∞[
1
En x = 0+ , on a ln (x) −−−−→
−∞ et −−−−→
+∞ d’où f (x) −−−−→
−∞. En +∞, on sait (croissances comparées) que
+
x x→0+
x→0
x→0+
ln x
−−−−−→ 0+ . On en déduit le graphe de f sur ]0, +∞[ :
x x→+∞
Solution : Soit f (x) =
y
1
0
1
2
3
4
-1
5
6
x
-2
-3
-4
-5
Si m ∈ ]−∞, 0], l’équation f (x) = m admet une unique solution x ∈ ]0, 1].
Si m ∈ ]0, f (e)[ = 0, e−1 , l’équation f (x) = m admet deux solutions x1 ∈ ]1, e[ et x2 ∈ ]e, +∞[.
1
Enfin f (x) = admet une unique solution x = e.
e
√
ln 2
ln 4
ln 2
Pour m = ln 2 =
, l’équation admet au moins une solution x = 2, mais on a aussi
=
, donc elle admet
2
4
2
deux solutions (et pas plus), x = 2 et x = 4 = 4.
Exercice type 6
On sait que ∀x
0, sin (x)
1. Montrer que ∀x
x.
0, 1 −
x2
2
cos (x) puis que x −
n
2. On définit, pour n ∈ N∗ , un =
converge et préciser sa limite.
Solution : Rappel : sin x
sin
k=1
x3
6
sin (x) .
k
. Donner un encadrement de un . En déduire que la suite (un )n∈N∗
n2
se prouve en étudiant ϕ (x) = x − sin x.
x2
, alors f est définie, dérivable sur R+ avec f ′ (x) = − sin x + x 0. Ainsi f est
2
croissante sur [0, +∞[ et f (x) f (0) = 0.
x3
Puis on pose g (x) = sin (x) − x −
, alors g est définie, dérivable sur R+ avec g ′ (x) = f (x) 0 d’où g est
6
croissante sur [0, +∞[ et g (x) g (0) = 0.
1. On pose f (x) = cos (x) − 1 −
—4/5—
G
H
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Préparation des Khôlles
2. Pour n ∈ N∗ et 1
k
k
n2
n, on a
0 d’où
1
k
−
2
n
6
3
k
n2
k
n2
sin
k
n2
On somme ces inégalités pour avoir
n
vn =
k=1
Mais
n
vn =
k=1
k
1
−
n2 6
1
k
−
n2 6
k
n2
k
n2
n
3
un
k=1
n
3
=
k=1
Puisque
wn −−−−−→
n→+∞
On a vn −−−−−→
n→+∞
1
et 0
2
1
6n6
1
k
−
n2 6
n
k3
k=1
k
1
= 2
n2
n
n
k=1
1
n (n + 1)
n+1
×
=
= wn
n2
2
2n
n+1
1
− 6
2n
6n
n × n3
nb termes×plusgrand
un −−−−−→
—5/5—
k=1
=
1
et par encadrement
2
n→+∞
k=
3
k
n2
1
×
6n6
n
n
k=1
=
k3 = wn −
1
6n6
n
k3
k=1
1
−−−−−→ 0
6n
/ 2 n→+∞
1
2
G
H