Analyse Math TD Chapitre 1 fsjes agadir

TRAVAUX DIRIGÉS Analyse Mathématiques I Filière Fili ère Sciences Economiques et Gestion Semestre 1 Mohamed HACHIMI Faculté des Sciences Juridiques Economiques et Sociales d’Agadir

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Chapitre I Fonction réelle d’une variable réelle

www.f sj eses-a a ga dir .in .inff o

Chapitre I Fonction réelle d’une variable réelle

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Fonction numérique d’une variable réelle

Exercice 1 Mettre Mettre sous formes formes d’interva d’intervalles lles (ou unions unions d’interval d’intervalles) les) les ensembles ensembles suivants suivants : I = { x ∈ R : | x x − 1|  3} 1 ◦

2

◦

3

◦

◦

4 5

◦

6

◦

{ ∈ R : | x x − 1| > 3} A = { x ∈ R : x x + | x x|  2} B = { x ∈ R : x  4 et x  = 1} √ C = { x ∈ R : x + 1 < 1} D = { x ∈ R : x  4 =⇒ x > 5} J = x

  2

2

2


Solution de l’exercice 1

◦

1

On a les équivalences :

| x x − 1|  3 ⇐⇒ −3  x − 1  3 ⇐⇒ −2  x  4 Donc l’ensemble I est est égale à l’intervalle [−2, 4]. ◦

2


| x x − 1| > 3 ⇐⇒ | x x − 1|  3 Donc l’ensemble J = R − I =] − ∞, −2[∪]4, +∞[.



◦

3

Notons que le nombre x + | x| est positif pour tout x ∈ R. Donc la propriété définissant l’ensemble A devient : x + x 

—

|| 2 Pour x  0, on obtient x − x  2 soit 0  2. La propriété

n’est donc pas vérifiée. — Pour x > 0, on obtient x + x  2 soit 2 x  2, d’où x  1. Ainsi, A = [1, +∞[.



◦

4


 ⇐⇒ ( x − 4  0 et x − 1 = 0) — Les racines du terme x − 4 sont −2 et 2 et ce terme est négatif entre les racines donc pour x ∈ [−2, 2]. — Les racines du terme x − 1 sont −1 et 1 et ce terme est = −1 et x  = 1. non nul lorsque x  Ainsi, B = [−2, 2] − {−1, 1} = [−2, −1[∪] − 1, 1[∪]1, 2]. ( x2

4

et

x2 = 1)

2

2

2

2



◦

5


√ x + 1 < 1 ⇐⇒ 0  x + 1 < 1 ⇐⇒ −1  x < 0 Ainsi, C = [−1, 0[.


Solution de l’exercice 1 ◦

6

Soit A et B deux propositions mathématiques. Alors, par définition, on a :



A =

(non A ) ou

 ⇐⇒   ⇐⇒ 

⇒ B

Ainsi, on a les équivalences :



2

x 

4

=

⇒x>5

2

x <

4

ou



B

x>



5

Le terme x2 < 4 s’écrit ( x + 2)( x − 2) < 0, donc x ∈] − 2, 2[. D’où D =]

− 2, 2[∪]5, +∞[


Exercice 2

En se servant des valeurs absolues, exprimer les relations d’appartenance suivantes sous forme de conditions sur x : 1

◦

2

◦

3

◦

4

◦

∈ [−3, 5] x ∈ [−1, 3] − {1} x ∈]3, 5[ x ∈] − ∞, −2] ∪ [2, +∞[ x


Solution de l’exercice 2 Ce qu’il faut savoir 1

Le milieu de l’intervalle [a, b] est (a + b), donc on a : 2

x

En effet a  x  b

∈ [a, b]

  ⇐⇒  − x

a + b 2

 



b

−a 2

⇐⇒ a − a +2 b  x − a +2 b  b − a +2 b b−a a + b b−a  x −  ⇐⇒ − 2

2

2



◦

1


∈ [−3, 5] ⇐⇒ −3  x  5 ⇐⇒ −4  x − 1  4 Donc x ∈ [−3, 5] est équivalent à | x − 1|  4. x

◦

2


∈ [−1, 3] ⇐⇒ −1  x  3 ⇐⇒ −2  x − 1  2 Donc x ∈ [−1, 3] − {1} est équivalent à 0 < | x − 1|  2. x



◦

3


∈]3, 7[⇐⇒ 3 < x < 7 ⇐⇒ −2 < x − 5 < 2 Donc x ∈]3, 7[ est équivalent à | x − 5| < 2. x

◦

4


∈] − ∞, −2] ∪ [2, +∞[⇐⇒ x ∈/ ] − 2, 2[⇐⇒ | x| ≮ 2 Donc x ∈] − ∞, −2] ∪ [2, +∞[ est équivalent à | x|  2. x


Exercice 3

Résoudre dans R les équations suivantes : 1

◦

◦

2 3

◦

2

| x − 4| = x √ 3 − x = x − 1 √ 2 x + 1 − √ x + 1 = 1


Solution de l’exercice 3 Ce qu’il faut savoir Pour résoudre une équation ( Eq.), il convient de préciser d’abord son domaine de définition D, puis d’écrire des équations équivalentes à ( Eq.) sur D. ◦

1

Pour cette équation, D = R et on a :

 − ⇐⇒  −  − − ⇐⇒   − x2

2

∀ x ∈ D | x − 4| = x

4 =

x

et

x

0

et

x

0

ou

x2 + 4 = x x

4

= 0 et x  0

x2 + x

4

= 0 et x  0

x2

ou


Solution de l’exercice 3 L’équation du second degré x2 − x − 4 = 0 a pour racines : x1 =

√ 1 + 17 2

√ 1 − 17

≈ 2, 56 et x2 =

2

≈ −1, 56

L’équation du second degré x2 + x − 4 = 0 a pour racines : x3 =

√ −1 + 17 2

≈ 1, 56 et x4 =

√ −1 − 17 2

≈ −2, 56

On en déduit l’ensemble S des solutions de l’équation : S =



√ √ 1 + 17 −1 + 17 , 2

2





2

Pour cette équation, D =] − ∞, 3] et on a :

∀ x ∈ D

√ 3 − x = x − 1

 ⇐⇒ 

2

− x = ( x − 1) x − 1  0 x − x − 2 = 0 ⇐⇒ x  1 3

2

Les racine de l’équation x2 − x − 2 = 0 sont x1 = −1 et x2 = 2. Comme x1 < 1, x1 n’est pas racine de l’équation initiale. Par contre, x2  1 et x2 ∈ D. D’où : S =

{2}


Solution de l’exercice 3 Ce qu’il faut savoir On utilise deux fois la méthode de la question précédente ◦

3

Pour cette équation, D =] − 1/2, +∞[ et on a :

∀ x ∈ D,

√ 2 x + 1 − √ x + 1 = 1 ⇐⇒ √ 2 x + 1 = √ x + 1 + 1 √ ⇐⇒ 2 x + 1 = x + 1 + 2 x + 1 + 1 √ ⇐⇒ x − 1 = 2 x + 1 ⇐⇒ ( x − 1) = 4( x + 1) et x − 1  0 ⇐⇒ x − 6 x − 3 = 0 et x  1 2

2



Les racine de l’équation x2 − 6 x − 3 = 0 sont : x1 = 3 +

√

12

≈ 6, 46 et x2 = 3 −

Seule x1 vérifie x1  1 et x1 ∈ D. D’où : S =

{3 +

√

}

12

√

12

≈ −0, 46


Exercice 4 Rechercher les domaines de définition des expressions f ( x) suivantes : ◦

1 3

◦

√ x − 6 x + 3 √ x − 1 √ x + 2 x + 5 x − 2 x − 3 √ x + 1 √ x − 1 2

2

3

4

◦

◦

2

5

◦

7

◦

2

6

◦

8

◦

 − | − | | − |−  2

x

ln( 2 x

x + 1

− ln x − 1 x 1 x + 1

3

3

2)


Solution de l’exercice 4 Soit f une fonction réelle d’une variable réelle. D f

{ ∈ R tel que f ( x) existe}

= x

Ce qu’il faut savoir Déterminer le domaine de définition consiste en fait à repérer dans l’expression concernée : √ Les racines carrées ( u existe si, et seulement si : u  0) 1

Les dénominateurs ( existe si, et seulement si : u

Les logarithmes (ln u existe si, et seulement si : ...(hors programme)

 0)

u=

u > 0)



1

Le terme sous radical doit être positif. On a : 2

∈ D ⇐⇒ x − 6 x + 3  0 √ √ Les racines du trinôme x − 6 x + 3 sont 3 − 6 et 3 + 6 et le trinôme est positif en dehors de l’intervalle des racines, soit : √ √ D =] − ∞, 3 − 6] ∪ [3 + 6, +∞[ x

f

2

f

◦

2

Le terme sous radical doit être positif. On a : x

∈ D ⇐⇒ 2 − | x − 3|  0 ⇐⇒ | x − 3|  2 ⇐⇒ −2  x − 3  2 f

Donc

D f

= [1, 5]


Solution de l’exercice 4 Ce qu’il faut savoir Pour tout x, y ∈ R, on a : x  y ◦

3

3

⇐⇒ x

 y3


3

3

∈ D ⇐⇒ x − 1  0 ⇐⇒ x f

D’où D f

= [1, +

∞[

1

⇐⇒ x  1



4

L’argument du logarithme doit être strictement positif. On a :

∈ D ⇐⇒ |2 x − 3| − 2 > 0 ⇐⇒ |2 x − 3| > 2 D = R − { x ∈ R : |2 x − 3|  2} = R − { x ∈ R : −2  2 x − 3  2} = R − { x ∈ R : 1  2 x  5} = R − { x ∈ R : 1/2  x  5/2} = R− , D =] − ∞, [∪] , +∞[ x

D’où :

f

f

1 2

Donc

f

1 2

5 2

  5 2



5

Le dénominateur doit être non nul. On a : x

2

∈ D ⇐⇒ x − 2 x − 3 = 0 f

L’expression f ( x) est définie lorsque x est différent des racines du trinôme x2 − 2 x − 3, qui sont −1 et 3. Donc D f = R − {−1, 3}, soit : D f

=]

− ∞, −1[∪] − 1, 3[∪]3, +∞[


Solution de l’exercice 4 Ce qu’il faut savoir Soit a et b deux nombres réels (b non nul), a

le quotient a le même signe que a × b b

◦

6

Le terme sous radical doit être positif et le dénominateur doit être non nul. On a :

∈ D ⇐⇒ xx +− 11  0 et x − 1 = 0 ⇐⇒ ( x + 1)( x − 1)  0 et x = 1 le terme ( x + 1)( x − 1) est positif en dehors de l’intervalle des racines, donc : D =] − ∞, −1]∪]1, +∞[ x

f

f



◦

7

Le terme sous radical doit être positif et le dénominateur doit être non nul. On a : x

∈ D ⇐⇒ x + 1  0 et x − 1  0 ⇐⇒ x  −1 et x  1 f

Donc, D f

= [1, +

∞[


Solution de l’exercice 4 Ce qu’il faut savoir Soit a et b deux nombres réels (b non nul), a

le quotient a le même signe que a × b b

◦

8

L’argument du logarithme doit être strictement positif et le dénominateur doit être non nul. On a :

∈ D ⇐⇒ xx +− 11 > 0 et x − 1 = 0 ⇐⇒ ( x + 1)( x − 1) > 0 le terme ( x + 1)( x − 1) est strictement positif en dehors de l’intervalle des racines, donc : D =] − ∞, −1[∪]1, +∞[ x

f

f


Exercice 5 Déterminer le domaine de définition, puis étudier la parité des fonctions suivantes : ◦

1 3

◦

5

◦

◦

7

 − | | 1

| x − 1| + | x + 1| 1 e − e √ x + x + 1 − √ x − x + 1 x

x

2

2

x2

4

x3

◦

x

2

◦

6

◦

◦

8

ln

− x √ − x

x + 1

x

||

4 x

x

−1



◦

1


∈ D ⇐⇒ 1 − | x|  0 ⇐⇒ x ∈ [−1, 1] f

est symétrique par rapport à l’origine et on a :

D f

f ( x) =

−

donc f est paire.

 − | − |  − | | 1

x =

1

x = f ( x)


Solution de l’exercice 5 Ce qu’il faut savoir Pour montrer qu’une fonction f est ni paire, ni impaire, il suffit de constater l’existence d’un réel x0 ∈ D f tel que f ( x0 ) = f ( x0 )

− ±

◦

2

On a D f = R et f (− x) = (− x)2 − (− x) = x2 + x. Comme f (− x) ne peut pas s’exprimer à l’aide de f ( x), montrons que f n’est ni paire ni impaire.En effet, 2 =

f (

−1) = ± f (1) = 0



◦

3

On a D f = R et f ( x) =

−

| − x − 1| + | − x + 1| = | x + 1| + | x − 1| = f ( x)

donc f est paire. ◦

4

On a D f = [0, +∞[.

Comme D f n’est pas symétrique par rapport à l’origine, on en conclut que f n’est ni paire ni impaire.



Ce qu’il faut savoir 1

Pour tout x ∈ R, on a : ◦

5

f ( x) s’écrit

e x

= e− x

aussi e x − e− x . On a D f = R et f ( x) =

−

donc f est impaire.

− x

e

x

x

− x

− e = −(e − e

) = f ( x)

−



Ce qu’il faut savoir Pour tout a, b ∈ R tel que a · b > 0, on a : ln

◦

6

a

b

=

b

− ln a

On a D f =] − ∞, −1[∪]1, +∞[ (voir exercice précédent) et

− − x+1 x−1 x+1 ( x−1) f (− x) = ln = ln = ln = − ln = − f ( x) − x−1 −( x+1) x+1 x−1 donc f est impaire.



7

Les discriminants des deux trinômes x2 + x + 1 et x2 − x + 1 sont négatifs. Donc D f = R et f ( x) =

−

= =

 − − −  −  − −    − − − ( x)2

x2

x + 1

x + 1

( x2 + x + 1

( x)2 + x + 1

x2 + x + 1 x2

x + 1) = f ( x)

donc f est impaire. ◦

8

On a D f = R∗ et f ( x) =

−

donc f est impaire.

| − x| = − 4| x| = − f ( x) − x x

4

−


Exercice 6

Calculer les limites suivantes : ◦

1

lim x→−1

x2

−1

x + 1 2

◦

3

lim x→+∞

5

◦

2

lim x→+∞

2 x

− 3 x + 1

x2 + 1



x2 + x

− x

4

◦

lim

x5

x→1 x2 ◦

lim

−1 −1

x +

x→+∞

6

◦

lim x→+∞



 − 3

1

x2 + 1

x3

− x



◦

1

Pour x  = −1, on a x2

− 1 = ( x − 1)( x + 1) = x − 1

x + 1

d’où lim x→−1

x2

x + 1

−1 =

x + 1

lim x→−1

( x

− 1) = −2


Solution de l’exercice 6 Ce qu’il faut savoir Soit a et b deux nombres réels bn ◦

2

n

−a

= (b

n−1

− a)(b

+ bn−2 a +

··· + ba

n−2

+ an−1 )

On a : x5

4

− 1 = ( x − 1)( x

d’où, pour x  = 1, on a :

x5 x2

On en déduit la limité lim

x5

x→1 x2

et

+ x3 + x2 + x + 1)

4

−1 = x −1 4

− 1 = lim x −1 x→1

x2

− 1 = ( x − 1)( x + 1)

+ x3 + x2 + x + 1 x + 1

+ x3 + x2 + x + 1 = x + 1

5 2



Ce qu’il faut savoir Toute fraction rationnelle a même limite, en −∞ et en +∞, que le rapport de ses monômes de plus haut degré. ◦

3

On a :

2

lim x→+∞

2 x

− 3 x + 1 = 2

x + 1

2

lim x→+∞

2 x

2

x

=2


Solution de l’exercice 6 Ce qu’il faut savoir Pour résoudre cette forme indéterminée +∞ − ∞ on utilise l’identité a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ),

√ − x avec ici a = x et b = 3

◦

4

3

1

Ici, on a a3 + b3 = 1 et : lim

x +

x→+∞

 − 3

1

x3 =

lim 2

x→+∞ x

1 √ √ − x − x + ( − x ) 3

1

3

3

1

3 2

=0


Solution de l’exercice 6 Ce qu’il faut savoir On est confronté à une forme indéterminée +∞ − ∞. Pour lever cette indétermination, on utilise l’expression conjuguée ◦

5

On a :



2

x + x

− x =

√

( x

lim

2

x

| x| x→+∞

√ + x − x)( x + x + x) √ x + x + x = √ x 2

=

d’où :

2



2

x

=

   1

+ +1

x2 + x

x

− x = 21 .

x

x

1 +

1

x



+1

+ x + x

pour x > 0


Solution de l’exercice 6 Ce qu’il faut savoir On a une forme indéterminée +∞ − ∞. Pour lever cette indétermination on multiplie par l’expression conjuguée pour faire disparaître le radical. ◦

6

On a :



2

2

x + 1

d’où :

√ ( x

− x =

lim x→+∞



x2 + 1

√ + 1 − x)( x + 1 + x) √ x + 1 + x = √ x 2

2

− x = 0.

2

1

+ 1 + x


Exercice 7

Étudier la continuité en 0 des fonctions suivantes : sin x si x  0 f ( x) = 1 x ln x si x > 0 ◦

2

◦

g( x) =

 

2 x 2 x + 1

si x  0 si x > 0


Solution de l’exercice 7 Ce qu’il faut savoir f est ◦

1

continue en x0 ⇐⇒ f est continue à gauche et à droite en x0

On a f (0) = 0 et : lim x→0

−

lim x→0+

f ( x) = f ( x) =

lim sin x

x→0

−

lim x→0+

= 0 = f (0)

x ln x = 0 = f (0)

( f continue à gauche en 0) ( f continue à droite en 0)

La fonction f est continue 0 puisqu’elle est continue à gauche et à droite en 0.



◦

2

On a g(0) = 0 et : lim x→0

−

lim x→0+

g( x) = g( x) =

lim 2 x = 0 =

x→0

−

lim 2 x + 1

x→0+

g(0)

= 1 = g(0)

La fonction g n’est pas continue 0.

(g continue à gauche en 0) (g n’est pas continue

à droite en 0)


Exercice 8

Peut-on prolonger par continuité en suivantes ? ◦

1

f ( x) = x cos

1

x

1

2

g( x) = cos

3

h( x) = x ln x

◦

◦

x

||

0

les fonctions


Solution de l’exercice 8 Ce qu’il faut savoir Une fonction f est prolongeable par continuité en x0 si : f non définie en x0 f admet une limite finie ℓ en x0 . ◦

1

On a D f = R∗ et pour tout x  = 0 : 1

1

−1  cos x  1 soit : − | x|  x cos x  | x| Comme lim | x| = 0, d’après le théorème des gendarmes x→0

lim f ( x)

x→0

= 0. Donc f est prolongeable par continuité en 0.



2

◦

3

On ne peut pas prolonger g par continuité en 0 car g n’admet pas de limite en ce point. La fonction h n’est pas définie en 0 et lim x→0

−

lim x→0+

h( x) =

lim

h( x) =

lim

x→0

−

x ln( x) =

x→0+

−

x ln( x) =

− lim − x ln(− x) = − lim y ln y = 0 x→0

−

y→0+

0

On a donc : lim h( x) = 0 et par consequent h est prolon x→0 geable par continuité en 0.


Exercice 9

Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuité ? 1

◦

2

◦

f ( x) = g( x) =

ln x

x

−1

x ln x x

−1 √ x

2

3

◦

h( x) = 2 x +

x


Solution de l’exercice 9 Ce qu’il faut savoir Si un énoncé demande : « peut-on prolonger la fonction f par continuité? » cela sous-entend : « aux bornes (finies) de D f » ◦

1

On a :

D f

{ ∈R

= x

: x > 0 et x = 1 =]0, 1[ ]1, +

 }

∪

∞[.

On étudiera la possibilité du prolongement par continuité en + 0 et 1. On a : lim x→0+

ln x

x

−1

=

lim ln x =

x→0+

+ ,

∞

lim

ln x

x→1 x

−1

=

lim h→0

ln(1 + h)

h

=1

Donc f est prolongeable par continuité en 1 mais ne peut être prolongée par continuité en 0.



◦

2

On a :

Dg

{ ∈R

= x

: x > 0 et x = 1 =] 0, 1[ ]1, + [.

 }

∪

∞

On étudiera la possibilité du prolongement par continuité en + 0 et 1. On a : lim x→0+

x ln x x

−1

=

lim x→0+

x ln x = 0,

lim

x ln x

x→1 x

−1

=

lim x

x→1

ln x

x

−1

Donc f est prolongeable par continuité en 0 et en 1.

=1



3

On a :

Dh

= R∗ et :

h( x) = 2 x +

√

x2

x

| x| = = 2 x + x



2 x

−1

2 x + 1

si x < 0 si x > 0

On étudiera la limite de h en 0. On a : lim x→0

−

h( x) =

lim 2 x

x→0

−

− 1 = −1,

lim x→0+

h( x) =

On ne peut prolonger f par continuité en limite en 0.

0

lim 2 x + 1

x→0+

=1

car f n’a pas de


Exercice 10

Étudier la continuité des fonctions suivantes : 1

◦

◦

2 3

◦

f ( x) =

sin x

x2 + 1

g( x) = ln(1 + x2 ) h( x) =

x + 2 x2

− 3 x + 2


Solution de l’exercice 10 Ce qu’il faut savoir Si un énoncé demande : « étudier la continuité de f », cela sous-entend : « sur son domaine de définition D f » ◦

1

◦

2

◦

3

On a D f = R et f est le quotient de deux fonctions continues sur R dont le dénominateur ne s’annule pas. La fonction f est donc continue sur R. On a Dg = R et g est la composée de deux fonctions continues sur leur domaine de définition (ln x et x2 + 1), donc la fonction f est continue sur R. On a Dh = R − {1, 2} et h est une fraction rationnelle, donc elle est continue sur son domaine de définition.


Exercice 11

Montrer que les équations suivantes admettent au moins une solution réelle : 1

x5

2

x8 + 5 x3 + 2 =

3

x2

◦

◦

◦

2

− 4 x

+1=0 0

− 3 cos x + 2 = 0


Solution de l’exercice 11 Ce qu’il faut savoir (TVI) Si f est continue sur un segment [a, b] telle que : f (a) f (b) < 0,

alors il existe c ∈]a, b[ tel que f (c) = 0. ◦

1

Soit f la fonction polynôme définie sur R par : f ( x) = x5 f est continue sur

2

− 4 x

+ 1

R.

On a f (0) = 1 et f (1) = −2 donc f (0) f (1) < 0. D’après le TVI, il existe c ∈]0, 1[⊂ R tel que f (c) = 0.



2

Soit f la fonction polynôme définie sur R par : f ( x) = x8 + 5 x3 + 2 f est continue sur R.On a f (0) = 2 et f ( 1) = f (0) f ( 1) < 0. D’après le TVI, il existe c ] 1, 0[ que f (c) = 0.

−

◦

3

f définie

− −2 donc ∈ − ⊂ R tel

par f ( x) = x2 − 3 cos x + 2 est continue sur R.

On a f (0) = 2 et f (π) = π2 + 5 donc f (0) f (π) < 0. D’après le TVI, il existe c ∈]0, π[⊂ R tel que f (c) = 0.


Exercice 12

Montrer que l’équation suivante admet une solution unique x0 ∈]1, e2 [. √ ln x + x

x

−2 =0


Solution de l’exercice 12 Ce qu’il faut savoir Si f est continue et strictement monotone sur un intervalle I , alors f est bijective de I sur f ( I ). ◦

1

√ ln x + x x − 2.

Soit f la fonction définie sur I =]0, +∞[ par : On a : f est continue sur I comme somme de deux fonctions √ continues ( x −→ ln x, x −→ x x − 2). f est strictement croissante comme somme de deux fonctions strictement croissantes. Donc f est bijective de ]0, +∞[ sur R



◦

2

On a : f (1) = −1 et f (e2 ) = e3 , donc f (1) f (e3 ) < 0. D’après le TVI, il existe x 0 ∈]1, e2 [ tel que f ( x0 ) = 0. Comme f est bijective x0 est unique.

Forme améliorée du TVI Soit f : I −  → R continue et strictement monotone.

Soit a, b ∈ I tels que f (a) f (b) < 0. Alors il existe un unique c ∈]a, b[ tel que f (c) = 0.


Exercice 13

Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes au point 0 : x

1

f ( x) =

2

g( x) = ( x + 1)

◦

◦

◦

3

1 +

| x| | ln( x + 1)|

 | |

h( x) = x

x



Ce qu’il faut savoir f est dérivable en x0 ◦

1

si :

lim x→0

f ( x)

− f (0) existe et finie x − 0

On a : lim x→0

f ( x)

− f (0) = lim 1 = 1 x − 0 1 + | x| x→0

La fonction f est donc dérivable en 0, de nombre dérivé en 0 : f ′ (0) = 1.



2

On a :

| ln( x + 1)| = D’où : lim x→0+

lim x→0

−

g( x)

− g(0) = x − 0 g( x) − g(0) = x − 0

lim x→0+



ln( x + 1)

si x  0

− ln( x + 1)

si x  0.

( x + 1)

·

ln( x + 1)

x

=1

′

× 1 = 1 = g (0). d

− ln( x + 1 ) lim ( x + 1) · = −1 = g (0). ′

x→0

−

x

g

= g′g (0). La fonction f n’est donc pas dérivable en 0 car g′d (0) 



◦

3

On a : lim x→0

h( x)

− h(0) = lim | x| = 0 x − 0 x→0



La fonction h est donc dérivable en 0, de nombre dérivé en 0 : h′ (0) = 0.


Exercice 14

Étudier la dérivabilité puis la continuité en 0 des fonctions définies par : 1

◦

2

◦

f ( x) =

g( x) =

   

2

x

cos

1

x

0

x cos 0

1

x

0 si x = si x = 0 0 si x = si x = 0


Solution de l’exercice 14 Ce qu’il faut savoir lim x cos

x→0

◦

1

1

x

= 0 (existe),

lim cos x→0

1

x

= 0 (n’existe pas)

On a : lim x→0

f ( x)

− f (0) = lim f ( x) = lim x cos 1 = 0 x − 0 x x x→0

x→0

d’après le théorème des gendarmes, puisque : 1

−| x|  x cos x  | x| Donc f est dérivable en 0. D’où f est aussi continue en 0.



◦

2

On a : g( x)

− g(0) g( x) 1 = lim = lim cos lim x − 0 x x n’existe pas puisque cos x n’a pas de limite en ∞. Donc g n’est x→0

x→0

x→0

pas dérivable en 0. Mais, elle est continue en 0, en effet : lim x→0

g( x) =

lim x cos

x→0

1

x

= 0 = g(0).


Exercice 15

Déterminer les dérivées des fonctions suivantes : 1

◦

2

◦

◦

3

f ( x) = ( x + 2)3 (3 x

− 2 g( x) = x − 1 1 − ln x √ h( x) = 1 + x 3 x 2

− 1)

2


Solution de l’exercice 15 Ce qu’il faut savoir Si u et v sont dérivables, on a : (uv)′ = u′ v + uv′ et ◦

1

u

′

 v

=

u′ v

′

− uv

v2

La fonction f est un polynôme, elle est donc dérivable sur R. On a : f ′ ( x) = 3( x + 2)2 (3 x

2

3

− 1) + ( x + 2) × 2(3 x − 1) × 3 = 3( x + 2) (3 x − 1)(5 x − 3) ∀ x ∈ R. 2



2

La fonction g est une fraction rationnelle. Donc g est dérivable sur son domaine de définition Dg = R − {−1, 1}. On a : ′

2

2

′

− 2) ( x − 1) − (3 x − 2)( x − 1) g ( x) = ( x − 1) 3( x − 1) − (3 x − 2)2 x = ( x − 1) − 3 x + 4 x − 3 ∀ x ∈ R − {−1, 1} = ( x − 1) ′

(3 x

2

2

2

2

2

2

2

2



3

La fonction h est définie sur R∗ . Elle est un rapport de deux fonctions dérivables sur R dont le dénominateur ne s’annule pas. Donc h est dérivable sur R∗ . On a, pour tout x  = 0,

√ √ (1 − ln x) (1 + x) − (1 + x) (1 − ln x) √ h ( x) = (1 + x) √ 1 1 − x (1 + x) − 2√ (1 − ln x) x √ = (1 + x) √ 3 x + 2 x − x ln x √ = − √ 2 x x(1 + x) ′

′

′

2

2

2


Exercice 16

Peut-on appliquer le théorème de Rolle aux fonctions suivantes : f ( x) = cos x sur [0, π ] 1 ◦

2

◦

◦

3 4

◦

√

− 1 sur [−1, 1] h( x) = x | x| sur [−1, 1] ℓ( x) = | x| + 1 sur [−1, 1] g( x) =

3

x2

 


Solution de l’exercice 16 Ce qu’il faut savoir Si f est une fonction fonction définie sur un segment [a, b] telle que : f est continue sur [a, b] ; f est dérivable sur ] a, b[ ; f (a) = f (b). alors il existe c ∈]a, b[ tel que f ′ (c) = 0. ◦

1

La fonction f est continue sur [0, π ], dérivable sur ]0, π [ et f (0) = f (π ). Donc on peut appliquer le le théorème de Rolle à f sur [0, π ].



2

La fonction g est continue sur [−1, 1] et g(−1) = g(1), mais g n’est pas dérivable dérivable en 0. En effet, lim x→0

g( x)

− g(0) = lim | x x| x − 0 x x→0

2 3

| x| x = lim x→0

x

1

 | | 3

x x

n’existe pas.

Donc, on ne peut pas appliquer le théorème de Rolle à g sur [−1, 1] puisque g n’est pas dérivable sur ] − 1, 1[. ◦

3

On a bien la fonction h est continue sur [−1, 1], dérivable sur ] − 1, 1[. Mais h(−1)  = h(1), donc le théorème de Rolle n’est pas appliquable. appliquable.



◦

4

La fonction ℓ est continue sur [−1, 1] et ℓ(−1) = ℓ(1), mais ℓ n’est pas dérivable dérivable en 0. En effet, lim x→0

ℓ( x)

− ℓ(0) = lim x − 0

x→0

 | | x x

x

=

lim x→0

1

 | | x x

n’existe pas.

Donc, on ne peut pas appliquer le théorème de Rolle à ℓ sur [−1, 1] puisque ℓ n’est pas dérivable sur ] − 1, 1[.


Exercice 17

En appliquant appliquant le théorème des accroissement accroissement finis, montrer que : 1

◦

2

◦

x

∀ x ∈]0, +∞[,

1 + x

∀ x ∈]0, +∞[,

√ √ 1 √ < x + 1 − x < √ 2 x 2 x + 1 1

<

ln(1 + x )



1

Pour x > 0, la fonction f (t ) = ln(1 + t ) est continue et dérivable sur [0, x], on peut donc lui appliquer le TAF sur [0, x] : Il existe donc c ∈ ]0, x[ tel que : ln(1 + x)

− ln(1 + 0) = ( x − 0) 1 +1 c

soit

ln(1 + x)

=x

1

1

· 1 + c

D’autre part, x −→ est strictement décroissante sur 1 + x [0, +∞[ et comme 0 < c < x, il vient : 1 1 + x

Finalement :

<

1 1 + c

< 1 puis

∀ x ∈ ]0, +∞[,

x 1 + x

x 1 + x

<

x 1 + c

< x.

< ln(1 + x) < x.



2

√ Pour x > 0, la fonction f (t ) = t est continue et dérivable sur [ x, x + 1], on peut donc lui appliquer le TAF sur [ x, x + 1] : Il existe donc c ] x, x + 1[ tel que :

∈ √ 1 + x − √ x = ( x + 1 − x) √ 1 2 c

D’autre part, ]0, + 1

x

soit

√ 1 + x − √ x = √ 1 · 2 c

1 est strictement décroissante sur −→ 2√ x

∞[ et comme 0 < c < x, il vient : 1

1

√ < √ < √ 2 c 2 x 2 1+ x

d’où :

√ √ 1 √ √ · < x + 1 − x < 2 x 2 x + 1 1


Exercice 18

Étudier les branches infinies de la fonction f définie par : f ( x) = x

3

| − 1| + x + 1


Solution de l’exercice 18 Ce qu’il faut savoir + x , ). Si : Ici, x → x∗0 signifie que x → x0 (ou x− ou 0 0 lim x→ x0

∗

f ( x) =

±∞,

la droite d’équation ( x = x0 ) est asymptote à la courbe C f . ◦

1

On a 3

lim x→−1

−

| x − 1| + x + 1 = −∞

et

lim x→−1+

Donc la droite d’équation ( x = courbe C f .

3

| x − 1| + x + 1 = +∞.

−1) est asymptote à la


Solution de l’exercice 18 Ce qu’il faut savoir Ici, x → ±∞ signifie que x → +∞ (ou lim

− ∞). Si : f ( x) − (ax + b) = 0, a  =0

x→±∞

la droite d’équation y = ax + b est asymptote (oblique) à la courbe C f . ◦

2

On a f ( x) = x

f ( x) =

1

3

− 1 + x + 1 3

− x + x + 1

si

x

1

si

x

1

avec

x=

 −1

Analyse Math TD Chapitre 1 fsjes agadir

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