Corrigé de la séance 10

UNIVERSITÉ PARIS OUEST NANTERRE LA DÉFENSE
U.F.R. SEGMI
Année universitaire 2014 – 2015
L1 Économie
Cours de M. Desgraupes
Corrigé des exercices de mise à niveau en Mathématiques
Séance 10 : Fonctions usuelles
Corrigé ex. 1 : Domaine de définition
√
La fonction√y = log(2− x) est définie à condition que x ≥ 0 (à cause de la racine
carrée) et que x < 2 (à cause du logarithme).
On trouve finalement le domaine de définition suivant :
Df = [0, 4[
Corrigé ex. 2 : Dérivée
On considère la fonction f (x) = log (x2 + 1)(x − 1) .
u0
.
u
2
3
2
0
On a ici u(x) = (x + 1)(x − 1) = x − x + x − 1, d’où f (x) = 3x2 − 2x + 1
et finalement
3x2 − 2x + 1
f 0 (x) = 2
(x + 1)(x − 1)
On applique la formule de dérivation du logarithme log(u)0 =
Corrigé ex. 3 : Limite
1
Pour calculer la limite lim exp −
, on doit distinguer selon que x tend vers 0
x→0
x
par la gauche ou par la droite.
1
Lorsque x → 0+ , alors
tend vers +∞ et la limite est celle de e−x en +∞,
x
c’est-à-dire 0+ .
1
Lorsque x → 0− , alors
tend vers −∞ et la limite est celle de e−x en −∞,
x
c’est-à-dire +∞.
Corrigé ex. 4 : Dérivée d’une fonction puissance
Par définition, la fonction s’écrit :
f (x) = 2x = ex log(2)
On en déduit la dérivée :
f 0 (x) = log(2) × ex log(2) = log(2) × 2x
Corrigé ex. 5 : Limites indéterminées
5-1)
lim
On procède par équivalents :
x→+∞
1
1
log(x)
× log(x4 + x2 + 1) = lim
× log(x4 ) = lim 4
=0
x→+∞ x
x→+∞
x
x
car le monôme x l’emporte sur le logarithme.
5-2)
lim x log(x)
x→0
On a ici une forme indéterminée de la forme 0 × −∞, mais le monôme x l’emporte
sur le logarithme et la limite est finalement 0.
5-3)
Par équivalents, on a :
1
1
1
× log(2x + x) = lim
× log(2x ) = lim
× x log(2) = log(2)
x→+∞ x
x→+∞ x
x→+∞ x
lim
5-4)
Encore par équivalents :
log(x2 + 1)
log(x2 )
2 log(x)
= lim
= lim
=2
x→+∞
x→+∞ log x
x→+∞ log x
log x
lim
Corrigé ex. 6 : Composée de fonctions homographiques
Monter que la composée de deux fonctions homographiques est homographique.
On considère deux fonctions homographiques
f (x) =
ax + b
cx + d
et
g(x) =
px + q
rx + s
Calculons la composée f ◦ g :
(f ◦ g)(x) = f g(x)
a g(x) + b
c g(x) + d
px + q
+b
a
rx + s
= px
+q
c
+d
rx + s
a(px + q) + b(rx + s)
=
c(px + q) + d(rx + s)
(ap + br)x + aq + bs
=
(cp + dr)x + cq + ds
=
Cette dernière expression est bien de la forme
homographiques.
2
Ax + B
qui caractérise les fonctions
Cx + D
Corrigé ex. 7 : Points fixes
7-1)
On considère la fonction homographique f (x) =
−1
.
(x − 3)2
Représentation graphique :
3x − 8
.
x−3
Sa dérivée est f 0 (x) =
f(x) =
3x − 8
x−3
0
7-2) Pour trouver les points fixes, il faut résoudre l’équation f (x) = x.
On en déduit
3x − 8
= x ⇒ 3x − 8 = x(x − 3) ⇔ x2 − 6x + 8 = 0
x−3
Ce dernier polynôme se factorise en
x2 − 6x + 8 = (x − 2)(x − 4)
Il y a donc deux racines qui sont x = 2 et x = 4 (les points sont représentés en noir sur
le graphique).
Corrigé ex. 8 : Théorème des gendarmes
On considère la fonction f (x) = tan(x).
1
Sa dérivée est f 0 (x) =
qui est toujours positive (pour les x qui n’annulent
cos2 (x)
pas le cosinus).
La dérivée en 0 vaut f 0 (0) = 1. En l’origine, la fonction tan(x) est tangente à la
première bissectrice (de pente 1) et, pour les valeurs positives de x, se situe au-dessus
d’elle comme on peut le voir sur le graphique suivant :
8-1)
3
2.0
1.5
1.0
0.5
0.0
y = tan(x)
y=x
0.0
0.5
1.0
1.5
On en déduit donc la relation 0 ≤ x ≤ tan(x) pour tout x ∈ [0,
π
[.
2
8-2) De la même manière que précédemment, on montre que la courbe du sinus
π
sur l’intervalle [0, [ se trouve sous la première bissectrice. On a donc :
2
0 ≤ sin(x) ≤ x
π
[, le sinus et le cosinus sont positifs. En utilisant les en2
sin(x)
cadrements trouvés aux deux questions précédentes et la définition tan(x) =
,
cos(x)
on obtient :
sin(x)
cos(x) ≤
≤1
x
8-3)
Sur l’intervalle [0,
8-4) On applique le théorème des gendarmes à l’encadrement précédent en faisant tendre x vers 0+ . Le cosinus tend vers 1 et la fonction sin(x)/x est donc “prise en
sandwich” entre le cosinus qui tend vers 1 et la borne supérieure 1.
On en déduit que
sin(x)
=1
lim+
x
x→0
La fonction sinus étant impaire, le résultat reste vrai si x → 0− . On énonce ce
résultat en disant que la fonction sinus est équivalente à x au voisinage de 0.
4
Corrigé ex. 9 : Périodes
On dit qu’une fonction f a pour période T si f (x + T ) = f (x) pour tout x. La
période est le plus petit T non nul qui vérifie cette relation.
Le sinus et le cosinus étant de période 2π, on voit facilement que la fonction
2π
f (x) = cos(2x) a pour période π et la fonction f (x) = sin(3x) a pour période
.
3
Par exemple :
f (x + π) = cos 2(x + π) = cos(2x + 2π) = cos(2x) = f (x)
C’est la plus petite valeur possible.
La tangente étant de période π, on voit de même que la fonction f (x) = tan(4x) a
π
pour période .
4
Corrigé ex. 10 :
Les formules de l’angle double
(
cos(2x) = cos2 (x) − sin2 (x)
sin(2x) = 2 sin(x) cos(x)
peuvent s’écrire (en remplaçant x par x/2) sous la forme :
(
cos(x) = cos2 (x/2) − sin2 (x/2)
sin(x) = 2 sin(x/2) cos(x/2)
On pose t = tan(x/2) =
sin(x/2)
. Calculons 1 − t2 et 1 + t2 :
cos(x/2)


sin2 (x/2)
cos2 (x/2) − sin2 (x/2)
cos(x)

2

=
 1 − t = 1 − cos2 (x/2) =
cos2 (x/2)
cos2 (x/2)

sin2 (x/2)
cos2 (x/2) + sin2 (x/2)
1


=
=
 1 + t2 = 1 +
2
cos (x/2)
cos2 (x/2)
cos2 (x/2)
En faisant les quotients membre à membre, on obtient :
1 − t2
= cos(x)
1 + t2
Calculons maintenant le quotient :
2t
=
1 + t2
sin(x/2)
cos(x/2)
= 2 sin(x/2) cos(x/2) = sin(x)
1
cos2 (x/2)
2
En faisant le quotient des deux formules obtenues, on trouve :
2t
2
sin(x)
2t
tan(x) =
= 1 + t2 =
cos(x)
1 − t2
1−t
2
1+t
5
Finalement, on a obtenu les formules dites “de l’angle moitié” :

1 − t2


cos(x)
=


1 + t2



2t
sin(x) =

1 + t2





tan(x) = 2t
1 − t2
Corrigé ex. 11 : Arc tangente de l’inverse
On pose, pour x ∈ R∗+ :
1
f (x) = arctan
+ arctan(x)
x
On va dériver cette fonction. Sachant que la dérivée de la fonction arctan(x) est
1
, la formule de dérivation des fonctions composées donne :
x2 + 1
0
1
u0
arctan(u) = 2
u +1
On obtient donc :
1
1
1
f 0 (x) = 2
× − 2 + 2
=0
x
x
+1
1
+1
x
Puisque f 0 (x) = 0, on en déduit que f (x) = C. Pour trouver la constante C, il
suffit de prendre la valeur de f (x) en n’importe quel point. Par exemple en x = 1, on
π
a arctan(1) = et on trouve :
4
C = f (1) = arctan(1) + arctan(1) =
π
π π
+ =
4
4
2
On a donc démontré la formule (pour x ∈ R∗+ ) :
arctan
π
1
+ arctan x =
x
2
6