Correction Devoir maison n˚6 EXERCICE 1 Pour tout entier n 1, on

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EXERCICE 1 Pour tout entier n>1, on considère la suite de fonctions (fn) définie sur I= [0; +∞[ par :
fn(x) = 1
1 + xn
On note Cnla courbe représentative de fn.
1. Dans ce qui suit, nest un entier fixé et supérieur ou égal à 1.
(a) fn=1
uavec u:x7→ 1 + xn.uest dérivable sur Iet une s’annule pas sur Idonc fnest dérivable sur Iet
f′=−u′
u2avec u′:x7→ nxn−1.
Ainsi pour tout x∈I, f′
n(x) = −nxn−1
(1 + xn)2.fn(x) est du signe de −nxn−1car (1 + xn)2>0 pour tout xde
I. De plus, pour tout xstrictement positif, −nxn−1<0 donc f′
n(x)<0 et fnest strictement décroissante
sur I.
(b) Pour tout n>1, fn(0) = 1 et fn(1) = 1
2. Ces calculs d’images étant indépendant de n, toutes les courbes
Cnpassent par les points A(0; 1) et B1; 1
2.
(c) Soient deux entiers net mnon nuls avec n < m.
Pour tout x>0, fn(x)−fm(x) = 1
1 + xn−1 1 + xm=1 + xm−1−xn (1 + xn)(1 + xm)=xm−xn (1 + xn)(1 + xm)
Comme (1 + xm)(1 + xn)>0, le signe de fn(x)−fm(x) dépend du signe de xm−xn. On factorise par xn
dans l’expression :
∀x∈I, xm−xn=xn(xm−n−1) avec xn>0 et m−n > 0
On est donc ramené à étudier le signe de xm−n−1, et comme x7→ xm−nest croissante sur I:
•06x61⇒06xm−n61⇒xm−n−160 donc fn(x)−fm(x)60⇔fn(x)6fm(x) et Cn
au-dessous de Cmsur [0; 1] ;
•x>1⇒xm−n>1⇒xm−n−1>0 donc fn(x)−fm(x)>0⇔fn(x)>fm(x) et Cnau-dessus de Cm
sur [1; +∞[.
2. (a) On a représenté ci-dessous les courbes C1,C2,C3,C10 et C100.
1
1 2 3 x
y
C3
C2
C1
C10
C100
O
(b) Suivant les valeurs de x:
•si x∈[0; 1[ alors lim
n→+∞
xn= 0 et par opérations sur les limites, lim
n→+∞
fn(x) = 1 ;
•si x∈]1; +∞[ alors lim
n→+∞
xn= +∞et par opérations sur les limites, lim
n→+∞
fn(x) = 0 ;
•fn(1) = 1
2pour tout n∈N∗et donc fn(1) −→
n→+∞
1
2.
3. Pour tout réel x>0, on note f(x) = lim
n→+∞
fn(x). On définit ainsi une fonction sur [0; +∞[.
(a) D’après ce qui précède, on peut raisonnablement écrire que f(x) = 
1 si x∈[0; 1[
1
2si x= 1
0 si x∈]1; +∞[
(b) fn’est pas continue sur [0; +∞[ ; en effet elle n’est pas continue en 1 car lim
x→1
x<1
f(x) = 1 et 1 6=f(1).
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EXERCICE 2 Soit Pun polynôme de degré impair, par abus de notation on appelle encore Psa fonction polynomiale
associée.
Ainsi pour tout xréel, P(x) = anxn+an−1xn−1+·a1x+a0, avec n∈N, impair et pour tout 0 6i6n,ai∈R
avec an6= 0.
La fonction polynômiale Pest continue sur R.
De plus en l’infini la limite d’une fonction polynomiale est la même que celle de son terme de plus degré . Il vient :
lim
x→−∞
P(x) = lim
x→−∞
anxn=−signe(an)∞.
et lim
x→+∞
P(x) = lim
x→+∞
anxn=signe(an)∞
Ainsi, quelque soit le signe de anl’image de Rpar la fonction Pest R. 0 ∈R.
Ainsi, d’après le théroème des valeurs intermédiaires l’équation P(x) = 0 admet au moins une solution réelle.
•  •  •
EXERCICE 3 Soit fla fonction définie sur Rpar f(x) = x3−12x.
1. •Limite de fà l’infini.
En l’infini la limite d’une fonction polynomiale est la même que celle de son terme de plus degré . Il vient :
lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
x3=−∞ et lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
x3= +∞
•Variation de fsur R.
fest une fonction polynomiale, elle est donc dérivable sur Ret pour tout x∈R,f′(x) = 3x2−12.
f′(x) = 0 ⇔3x2= 12 ⇔x2= 4 ⇔x= 2 ou x=−2.
On obtient donc le tableau de variation suivant :
x
Signe de f′(x)
Variations
de f
−∞ −22+∞
+0−0+
−∞−∞
1616
−16−16
+∞+∞
•Résolution de l’équation f(x) = 0.
f(x) = 0 ⇔x3−12x= 0 ⇔x(x2−12) = 0 ⇔x(x−√12)(x+√12) = 0.
f(x) = 0 ⇔x= 0 ou x=√12 = 2√3 ou x=−2√3.
2. On considère la fonction gdéfinie sur Rpar : g(x) = |f(x)|.
(a) On peut faire les conjectures suivantes :
•Si k∈]− ∞;−16[, l’équation f(x) = kadmet une solution.
•Si k=−16 et k= 16, l’équation f(x) = kadmet deux solutions.
•Si k∈]−16,16[, l’équation f(x) = kadmet trois solutions.
•Si k∈]16; +∞[, l’équation f(x) = kadmet une solution.
(b) g(x) = |f(x)|, ainsi g(x) = f(x) sur tout intervalle où fest positive et g(x) = −f(x) sur tout intervalle où
fest négative.
Or d’après la question 1), fest négative sur ]−∞,−2√3]∪[0; 2√3] et fest positive sur [−2√3; 0]∪[2√3,∞[.
On obtient donc le tableau de variation suivant.
x
Variations
de f
−∞ −2√3−20 2 2√3+∞
+∞+∞
00
1616
00
1616
00
+∞+∞
x1
1
x2
1
x3
1
x4
1
x5
1
x6
1
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(c) Démontrons que l’équation g(x) = 1 admet six solutions.
Sur l’intervalle [−2√3,−2], gest continue et strictement croissante.
L’image de l’intervalle [−2√3,−2] par la fonction gest [0; 16]. 1 ∈[0; 16].
Ainsi, d’après le théorème de la bijection l’équation g(x) = 1 admet une unique solution sur [−2√3,−2].
En appliquant, ce même théorème sur les intervalles ] − ∞,−2√3 , [−2; 0] , [0; 2], [2; 2√3] et [2√3; +∞[.
L’équation g(x) = 1 admet exactement 6 solutions sur R.
Les valeurs approchées sont alors x1=−3,5, x2=−3,4, x3=−0,1 , x4= 0,1, x5= 3,4 et x6= 3,5.
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