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10 Septembre 2016
Correction du devoir surveillé n◦1
Exercice 1: Questions de cours
1. Soit f une fonction définie sur Df à valeurs dans R.
La fonction f est périodique lorsque qu’il existe un réel T 6= 0 tel que
∀x ∈ Df , x + T ∈ Df et f (x + T ) = f (x)
2. Soit f une fonction définie sur R à valeurs dans R.
On dit que f est une fonction bornée sur R lorsque elle est majorée et minorée sur R :
∃(m, M ) ∈ R2 , ∀x ∈ R , m ≤ f (x) ≤ M.
3. Soient f : Df → R et g : Dg → R telles que f (Df ) ⊂ Dg . Supposons f décroissante sur I et g
décroissante sur f (I).
∀(x, y) ∈ I 2 , x ≤ y ⇒ f (x) ≥ f (y) car f est décroissante sur I
⇒ g[f (x)] ≤ g[f (y)] car g est décroissante sur f (I)
2
∀(x, y) ∈ I , x ≤ y ⇒ (g ◦ f )(x) ≤ (g ◦ f )(y)
La fonction g ◦ f est croissante sur I.
4. Soient f une fonction dérivable sur I et g une fonction dérivable sur J telles que f (I) ⊂ J
La composée g ◦ f est dérivable sur I et (g ◦ f )0 = f 0 × g 0 ◦ f .
Exercice 2: Applications
1. La fonction x 7→ cos(4x) est définie sur R.
∀x ∈ R, cos 4 x +
π = cos(4x + 2π) = cos(4x).
2
car la fonction cos est 2π-périodique. La fonction x 7→ cos(4x) est π2 -périodique.
2. La fonction x 7→ sin(x) − x est définie sur R qui est bien un ensemble centré en 0.
∀x ∈ R, sin(−x) − (−x) = − sin(x) + x = −(sin(x) − x)
La fonction x 7→ sin(x) − x est impaire.
3. Il existe plusieurs méthodes pour montrer que la fonction est bornée.
(a) Tableau de variations :
x
La fonction f : x 7→ 1+x
2 est définie et dérivable sur R comme quotient de deux fonctions
dérivables sur R avec un dénominateur qui ne s’annule pas et
∀x ∈ R, f 0 (x) =
1 + x2 − x × 2x
1 − x2
=
(1 + x2 )2
(1 + x2 )2
La dérivée est du signe du polynôme P (x) = 1 − x2 , qui est positif entre les racines,
c’est-à-dire sur [−1, 1]. La fonction f est décroissante sur ] − ∞; −1], elle est croissante
sur [−1; 1] et décroissante sur [1; +∞[.
∀x ∈ R, f (x) = 1 donc lim f (x) = 0 et lim f (x) = 0
x
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1
+1
x2
x→−∞
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x→+∞
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−∞
x
f 0 (x)
−1
−
−
+
1
2
0
f (x)
Finalement, ∀x ∈ R,
+∞
1
−1
2
−1
2
0
≤ f (x) ≤ 12 .
(b) Encadrements :
∀x ∈ R,
(1 − x)2 ≥ 0
1 − 2x + x2 ≥ 0
1 + x2 ≥ 2x
1
x
≥
2
1 + x2
Finalement, ∀x ∈ R,
−1
2
∀x ∈ R,
(1 + x)2 ≥ 0
1 + 2x + x2 ≥ 0
1 + x2 ≥ −2x
−1
x
≤
2
1 + x2
≤ f (x) ≤ 12 .
4. La fonction f : x 7→ x ln(x) est définie et dérivable sur R∗+ comme produit de fonctions dérivables sur R∗+ et
∀x ∈ R∗+ , f 0 (x) = ln(x) + x ×
1
= ln(x) + 1
x
Or, ln(x) + 1 s’annule et change de signe en x = e−1 = e1 .
La fonction f est décroissante sur ]0; e−1 ] et elle est croissante sur [e−1 ; +∞[.
5. Soit f une fonction définie et dérivable sur R impaire : ∀x ∈ R, f (−x) = −f (x)
On va dériver cette égalité. On a le droit puisque les fonction x 7→ f (−x) est dérivable sur R
comme composée de la fonction f et de la fonction x 7→ −x.
∀x ∈ R,
−f 0 (−x) = −f 0 (x)
f 0 (−x) = f 0 (x)
Si la fonction f est impaire alors la fonction f 0 est paire. On peut démontrer également que si
la fonction f est paire alors la fonction f 0 est impaire.
Exercice 3: Compositions
Df = R et Dg = R∗+ .
√
√
La fonction f est un polynôme du second degré qui s’annule deux points : (− 2, 0) et ( 2, 0). Elle
est positive à l’extérieur des racines.
√
√
La fonction f est strictement positive sur ] − ∞; − 2[∪] 2; +∞[ donc la fonction g ◦ f est définie
sur cet ensemble par
√
√
∀x ∈] − ∞; − 2[∪] 2; +∞[, g ◦ f (x) = ln(x2 − 2).
Exercice 4: Dérivations
a) La fonction k est définie sur R.
La fonction x 7→ e−3x est dérivable sur R comme composée de la fonction x 7→ −3x définie
sur R à valeurs dans R et de la fonction exponentielle dérivable sur R. De même, la fonction
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x 7→ sin(x2 ) est dérivable sur R.
Par produit, la fonction k est dérivable sur R et
∀x ∈ R, k 0 (x) = 2x cos(x2 )e−3x + sin(x2 ) × (−3e−3x ) = e−3x (2x cos(x2 ) − 3 sin(x2 ))
o
n
√
b) Dh = x ∈ R, 2 + x ≥ 0 et 1 + 2 + x ≥ 0 = {x ∈ R, 2 + x ≥ 0} = [−2; +∞[.
La fonction x 7→ 2 + x est dérivable sur ] − 2; +∞[ à√valeurs dans R∗+ (on enlève 2 car la racine
carrée n’est pas dérivable en√0). La fonction x 7→ x est dérivable sur R∗+ . Par composée et
somme , la fonction x 7→ 1 + 2q
+ x est dérivable sur ] − 2; +∞[ à valeurs dans R∗+ . De nouveau
√
par composée, la fonction x 7→ 1 + 2 + x est dérivable sur ] − 2; +∞[ et
√
√1
(1 + 2 + x)0
1
2 2+x
0
q
∀x ∈] − 2; +∞[, h (x) = q
= q
= √
√
√
√
2 1+ 2+x
2 1+ 2+x
4 2+x 1+ 2+x
c) Dg = {x ∈ R, 2 + cos(x) 6= 0} = R car ∀x ∈ R, 1 ≤ 2 + cos(x) ≤ 3.
La fonction g est dérivable sur R comme quotient de deux fonctions dérivables sur R avec un
dénominateur qui ne s’annule jamais et
0
∀x ∈ R, g (x) =
=
=
=
=
cos(x)(2 + cos(x))2 − sin(x) × (−2 sin(x)(2 + cos(x))
(cos(x) + 2)4
cos(x)(4 + 4 cos(x) + cos2 (x)) + 2 sin2 (x)(2 + cos(x))
(cos(x) + 2)4
4 cos(x) + 4 cos2 (x) + cos3 (x) + 4 sin2 (x) + 2 sin2 (x) cos(x)
(cos(x) + 2)4
4 cos(x) + 4 + cos3 (x) + 2(1 − cos2 (x)) cos(x)
(cos(x) + 2)4
4 + 6 cos(x) − cos3 (x)
(cos(x) + 2)4
Exercice 5: On définit sur R la fonction φ par φ(x) =
1. φ est définie sur R qui est centré en 0.
e2x −1
.
e2x +1
e−2x − 1
1 − e2x
=
en multipliant numérateur et dénominateur par e2x
e−2x + 1
1 + e2x
−(e2x − 1)
=
= −φ(x)
e2x + 1
∀x ∈ R, φ(−x) =
La fonction φ est impaire. Nous pouvons restreindre son ensemble d’étude à [0; +∞[.
2. La fonction φ est dérivable sur R+ comme quotient de deux fonctions dérivables sur R+ avec
un dénominateur qui ne s’annule jamais et
∀x ∈ R+ , φ0 (x) =
2e2x (e2x + 1) − (e2x − 1) × 2e2x
4e2x
=
(e2x + 1)2
(e2x + 1)2
La dérivée de φ est strictement positive sur R+ donc φ est strictement croissante sur R+ . Par
symétrie, elle l’est aussi sur R− .
∀x ∈ R,
e2x −1
e2x +1
=
1
)
e2x
1
e2x (1− 2x
)
e
e2x (1−
=
1
e2x
1
1− 2x
e
1−
1
2x
x→+∞ e
et lim
= 0. Par somme et quotient, lim φ(x) = 1.
x7→+∞
La courbe admet une asymptote horizontale y = 1 en +∞.
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Par parité, lim φ(x) = − lim φ(x) = −1. La courbe admet une asymptote horizontale
x7→−∞
x7→+∞
y = −1 en −∞.
Nous pouvons alors tracer le tableau de variations de φ sur R.
−∞
x
+∞
0
φ0 (x)
+
+
1
φ(x)
0
−1
3. φ est une fonction continue et strictement croissante sur R à valeurs dans ] − 1, 1[. C’est donc
une bijection de R sur ] − 1, 1[.
4. Soit x ∈ R et soit y ∈] − 1, 1[ tels que φ(x) = y.
e2x − 1
=y
e2x + 1
e2x − 1 = y(e2x + 1)
e2x (1 − y) = 1 + y
1+y
e2x =
car y 6= 1
1−y
1 1 + y x = ln
2
1−y
φ(x) = y ⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
Finalement, ∀y ∈] − 1, 1[, φ−1 (y) = 12 ln
1+y
1−y
.
5. Nous allons calculer 1 − φ2 .
=
=
=
=
e2x
− 1 2
e2x + 1
(e2x − 1)2
1 − 2x
(e + 1)2
2x
(e + 1)2 − (e2x − 1)2
(e2x + 1)2
2e2x × 2
par l’identité remarquable (a + b)(a − b) = a2 − b2
2x
2
(e + 1)
4e2x
= φ0 (x).
(e2x + 1)2
∀x ∈ R, 1 − φ2 (x) = 1 −
La fonction φ est dérivable sur R avec une dérivée qui ne s’annule jamais donc la fonction φ−1
est dérivable sur ] − 1, 1[ et
1
1
1
1
∀y ∈] − 1, 1[, (φ−1 )0 (y) = 0
= 0 −1
=
=
−1
2
−1
(φ ◦ φ )(y)
φ [φ (y)]
1 − φ [φ (y)]
1 − y2
6.
∀x ∈ R,
2
1
−
=
φ(2x) φ(x)
=
2
e4x −1
e4x +1
−
1
e2x −1
e2x +1
=
2(e4x + 1) e2x + 1
2(e4x + 1) − (e2x + 1)2
−
=
e4x − 1
e2x − 1
e4x − 1
(e2x − 1)2
2e4x + 2 − e4x − 2e2x − 1
=
= φ(x)
e4x − 1
(e2x − 1)(e2x + 1)
D’où l’égalité souhaitée.
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