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Exercices supplémentaires sur les études de fonctions

ECE3 Lycée Carnot

26 janvier 2012

Étude de la fonctionf:x?

x24 x+ 3 Le domaine de définition defs"obtient en résolvant l"inéquationx24 x+ 3(la valeur interdite du

dénominateur sera prise en compte dans cette résolution), ce qui conduit à faire le tableau de

signes suivant : x32 2 x24++00+ x+ 30+++ x24 x+3+00+

On peut en conclure quef=]3;2][2;+[.

Aucune étude de signe nécessaire pour la fonctionf, qui sera nécessairement positive sur son

domaine de définition, on peut donc passer immédiatement auxlimites et branches infinies. Pas de limite en2et2où la fonction est définie et a pour image0. Par contre,limx3+x 24
x+ 3= + (le numérateur tend vers5et le dénominateur, au vu du tableau de signe effectué plus haut,

vers0+; il serait de toute façon impossible d"appliquer une racinecarrée à quelque chose qui

tend vers), donclimx3+f(x) = +. Il y a une asymptote verticale d"équationx=3. En+, on peut travailler avec des équivalents, qui se composent très bien avec toutes les puissances, en particulier les racines carrées :f(x)+? x2 xx, donclimx+f(x) = +;

puis en divisant simplement l"équivalent (je rappelle toutde même qu"il est très contre-productif

et inutile de refaire tout le calcul) f(x) x+ x x1x, donclimx+f(x)x= 0, et la courbe de fadmet en+une branche parabolique de direction(Ox). Reste l"étude des variations. Pour anticiper un peu sur ce que nous reverrons dans le chapitre

consacré à la dérivation, on peut constater quefne sera pas dérivable sur tout son ensemble

de définition, mais seulement sur]3;2[]2;+[, et quefadmet des limites infinies en

2et2, ce qui signifie que la courbe aura des tangentes verticales en ces points. Le reste du

temps,fétant de la forme u, on auraf=u2u, le dénominateur de cette fraction étant toujours positif. Contentons-nous donc d"étudier le signedeu(x) =2x(x+ 3)(x24) (x+ 3)2= x

2+ 6x+ 4

(x+ 3)2. La dérivée defest donc du signe du trinômex2+6x+4, qui a pour discriminant

Δ = 3616 = 20, et admet deux racinesx1=6

20

2=35, etx2=6 +20

2= 3 +

5. La premier racinex1n"appartient pas à, elle se situe avant3. Quant à la

deuxième, elle n"est pas non plus dansfcar comprise entre2et2. Tout l"intervalle]3;2]

est donc compris entre les deux racines, la dérivée y sera négative et la fonction décroissante.

Au contraire, la dérivée est toujours positive sur[2;+[, la fonctionfy est donc croissante. 1

Pour terminer, bien évidemment, un courbe soignée tenant compte de tous les calculs effectués :

0 1 2 3 4 5 6 7-1-2-3

01234567

Étude de la fonctiong:xx3x2x2+ 2x

Domaine de définition aisé à calculer ici, le dénominateur sefactorise enx(x+2), donc s"annule

en0et2etg=R2;0.

On peut ensuite constater queg(x) =x(x2x)

x(x+ 2)=x2xx+ 2, mais il est nettement préférable de

le faire après le calcul du domaine de définition, car la simplification n"est pas valable pourx= 0

et pourrait nous faire oublier une valeur interdite (en effet, dans la deuxième formulation,0n"est

plus du tout une valeur interdite). En fait, tout cela prouveque la fonctiongest prolongeable par continuité àR2en posantg(x) =x2x x+ 2(en particulierg(0) = 0). Il n"y a donc évidemment pas d"asymptote verticale en0. En2, par contre, on alimx2x2x= 4 + 2 = 6, donclimx2-x 2x x+ 2=et de mêmelimx2+g(x) = +. Il y a une asymptote verticale d"équationx=2.

Du côté des infinis, on peut appliquer les méthodes classiques à base d"équivalents (et utiliser

la forme simplifiée deg, il n"y aucune raison de se compliquer la vie) :g(x)x 2 xx, doncg x(x) =; puisg(x) xxxx= 1, donclimxg(x)x= 1; et enfing(x)x= x 2x x+ 2x=3xx+ 23. Conclusion : on a une asymptote oblique d"équationy=x3des deux côtés.

Un petit détour par l"étude du signe deg, qui résulte d"un simple petit tableau en utilisant la

formeg(x) =x(x1) x+ 2: 2 x2 0 1 x(x1)++00+ x+ 20+++ g(x)+00+ Reste l"étude un peu laborieuse des variations. La fonctionest évidemment dérivable sur son ensemble de définition, etg(x) =(2x1)(x+ 2)(x2x) (x+ 2)2=x2+ 4x2(x+ 2)2. Cette dérivée est du signe de son numérateur, dont le discriminant vautΔ = 16+8 = 24et admet deux racines x 1=4 24

2=26, etx2=4 +24

2=2 +6. On peut constater quex1se

trouve avant l"asymptote verticale, et quex2est très légèrement positive (et plus petite que1).

Comme on est courageux on calculef(x1) =(2

6)2+ 2 +6

26 + 2=12 + 5

6

6=526.

De même, on obtientf(x2) = 2

65. Soit le tableau de variations final suivant :

x 262 02 +6 1 + f(x) ??52 6???? +????0????2 65??
??0??

Et bien sûr la courbe qui va avec :

0 2 4 6 8 10-2-4-6-8-10

024
-2 -4 -6 -8 -10 -12 -14

Étude de la fonctionh:xln(2xx1)

La fonction est définie si2x

x1>0. Cela suppose déjà quex?0pour que l"utilisation de la racine carrée ait un sens. Posons alorsX= x, on cherche donc le signe de2X2X1, qui 3 est un trinôme de discriminantΔ = 1+8 = 9, et qui admet donc deux racinesX1=1 + 34= 1, etX2=13

4=12. Le trinôme est donc négatif ou nul si12?X?1, ce qui correspond à

0?x?1. Finalement,h=]1;+[.

Le signe defest obtenu par le même genre de calculs que le domaine de définition. La fonction est positive si2x x1?1(par passage à l"exponentielle de l"inégalitéh(x)?0), soit en faisant le même changement de variable2X2X2?0. ce nouveau trinôme a pour discriminantΔ = 1 + 16 = 17, et admet donc deux racinesX3=1 17

4(c"est négatif,

ça ne va pas beaucoup nous intéresser), etX4=1 + 17

4. La fonction est donc positive si

x?? 1 + 17 4? 2 =9 + 17

8(pour les curieux, ça vaut environ1,64).

Sans difficulté, on alimx12x

x1 = 0, donclimx1h(x) =, il y aura une asymp- tote verticale d"équationx= 1. Du côté de+, on obtient aussi sans grande difficulté quelimx+h(x) = +, mais le quotient parxoblige à effectuer une petite factorisation : f(x) = ln? x? 21
x1x?? , doncf(x)x=ln(x)x+ln(21 x1x x. Le premier terme a une limite nulle par croissance comparée, et le deuxième tend également vers0(son numérateur ayant pour limiteln2), donclimx+f(x) x= 0, il y aura une branche parabolique de direction (Ox)en+. Pour les variations, on peut se simplifier la vie comme pour lafonctionf:hest de la forme ln(u), avecustrictement positive sur le domaine de définition deh, donc la dérivéeh=u u est simplement du signe deu(x) = 21 2x= x1

2x. Comme on a toujoursx >1, donc

x?1, sur notre ensemble de définition, la fonction y est toujourscroissante.

Une courbe assez simple pour cette fois :

4

0 1 2 3 4 5 6 7 8

012345

-1 -2 -3 -4 -5

Étude de la fonctioni:xxx1x

Pour que la fonction soit définie, il faut que toutes les baseset autres exposants des différentes

puissances (qui sont variables) soient strictement positifs, ce qui revient à demanderx >0. On a donci=R+. La fonctionisera bien sûr positive partout où elle est définie.

Pour simplifier les calculs, posonsj(x) =x1

x=e1xlnx, de telle sorte qu"on ai(x) =xj(x)= e j(x)ln(x). Lorsquextend vers0,1 xa pour limite+etln(x)tend vers, donc en prenant l"exponentielle du produit, on obtientlimx0+j(x) = 0. Par ailleurs, au vu du calcul effectué,j(x) est certainement négligeable par rapport àelnx=x. Comme on sait quelimx0xlnx= 0, on a a fortiorilimx0xj(x) = 0, et donclimx0i(x) = 1. Il n"y a donc pas d"asymptote verticale en0, mais un possible prolongement par continuité en posanti(0) = 1. Du côté de+, on a par croissance comparéelimx+1 xlnx= 0, donclimx+j(x) =e0= 1, dont on déduit facilement quelimx+i(x) = +. Constatons ensuite quei(x) x=ej(x)lnxelnx= e ln(x)(j(x)1). Or,j(x)1 =eln(x) x1, avec, comme on l"a vu,ln(x)xqui tend vers0. On peut donc appliquer l"équivalent classique deetruc1en0:j(x)1+ln(x) x, doncln(x)(j(x)

1)+(ln(x))2

x, ce qui tend vers0par croissance comparée. Il ne reste plus qu"à composer par 5 l"exponentielle pour obtenirlimx+i(x)x= 1. Du coup, il faut encore faire un dernier calcul : i(x)x=xj(x)x=x(xj(x)11) =x(e(j(x)1)ln(x)1). On l"a déjà vu,(j(x)1)ln(x)+ (lnx)2 x. En particulier, il tend vers0, et on peut du coup réappliquer l"équivalentetruc1à la grosse parenthèse dei(x)x, pour obteniri(x)x+x(lnx)2 x(lnx)2. Ouf! On a donclimx+i(x)x= +, et il y a une branche parabolique de direction la droite d"équation y=x. Comme je sens que vous avez aimé les calculs précédents, essayons de nous attacher au point

de plus délicat de l"étude : les variations dei. Commençons déjà par constater que ce sont les

mêmes que celles delni(x) =j(x)ln(x)puisque l"exponentielle est une fonction croissante. dérivons donc :(lni(x))=j(x)ln(x) +j(x) x=?

1x2ln(x) +1x1x?

j(x)ln(x) +j(x)x= j(x) x? (lnx)2x+lnxx+ 1? =j(x)x2(x+ln(x)(ln(x))2). La dérivée deia donc que le même signe que la fonctionk;xx+ ln(x)(ln(x))2. Le signe de cette fonction n"est hélas pas évident, et il va falloir dériver deux fois pour s"en sortir :k(x) = 1+1 x21xln(x), dont on ne sait toujours pas obtenir le signe; puisk(x) =1 x2+2x2ln(x)2x1x=1x2(2ln(x)3). La fonctionkest donc négative jusqu"àx=e3

2(la valeur d"annulation de2ln(x)3), et positive

ensuite. Autrement dit,kadmet un minimum ene3

2, de valeurk(e32) = 1+e322e3232=

12e3

2, qui, coup de pot, est un nombre strictement positif. Du coup,kest une fonction

strictement croissante. Comme par ailleurslimx0k(x) =etlimx+k(x) = +(par croissance comparée), les fonctionsketichangeront de signe exactement une fois surR+. Quand, me direz-vous? Eh bien, hélas, c"est fort frustrant, mais nousn"avons aucune façon de faire un calcul exact. Si on y tient vraiment, on peut calculer une valeur approchée à l"aide d"une dichotomie. On se contentera d"admettre qu"elle vaut environ0,64, comme on le voit sur la courbe qui suit : 6

0 1 2 3 4 5

012345

7quotesdbs_dbs21.pdfusesText_27

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