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CPI1 - ANALYSE 1.2

CORRECTION Exercices Chapitre 2- Fonctions usuelles.

Exercice 2.1Correction:

On a pour toutx2]0;+1[,

log

2x+ log4x+ log8x=112

,lnxln2 +lnxln4 +lnxln8 =112 ,lnxln2 +lnxln2

2+lnxln2

3=112 lnxln2 +lnx2ln2 +lnx3ln2 =112 ,6lnx+ 3lnx+ 2lnx6ln2 =112 ,lnx= 3ln2 = ln23= ln8,x= 8. L'equation proposee admet une unique solutionx= 8.

Exercice 2.2Correction:

1. On a, a vecles notations de l' enonce,et en notan t(1) l'in egalitev oulue: (1),2(yx)<(x+y)(lnylnx),2yx 1 1 +yx lnyx

En notantt=yx

2]1;+1[, on a :

(1),2(t1)<(t+ 1)lnt,lnt >2t1t+ 1

Considerons

f: [1;+1[!R,t7!f(t) = lnt2t1t+ 1 L'applicationfest derivable sur [1;+1[ et, pour toutt2[1;+1[ : f

0(t) =1t

2(t+ 1)(t1)(t+ 1)2=1t

4(t+ 1)2=(t+ 1)24tt(t+ 1)2=(t1)2t(t+ 1)20 (>0 sit6= 1).

Il en resulte quefest strictement croissante sur [1;+1[. De plus,f(1) = 0 d'ou :8t2]1;+1[,f(t)>0, ce qui prouve l'inegalite voulue. 2. On a, p ourtout n2N?, en utilisant 1. applique a (k;k+ 1) a la place de (x;y) : nX k=1kln 1 +1k =nX k=1k(k+ 1)kln(k+ 1)lnkExercice 2.3Correction:

Soit (S)4(logxy+ logyx) = 17 (L1)

xy= 243 (L2)avecx > y >1:On sait que logxylogyx= 1 donc logxy=1log yx. On poseX= logyxce qui implique que logxy=1X . Par consequent, (L1),4 X+1X = 17,4X217X+4 = 0.

Comme = 15

2, le trin^ome admet deux racines distinctesX1= 4

X 2=14 . ConsideronsX2=14 . On a donc X

2= logyx=lnxlny=14

,(4lnx= lnx4) = lny,y=x4. Commex >1,y >1 etx > y, on a necessairement x

4> yet donc l'egalite entrex4etyest improbable, ce qui implique le rejet deX2. On retient doncX1ce qui

permet d'ecrireX1= logxy=lnxlny= 4,lnx= (4lny= lny4),x=y4. Finalement, (S) se reecrit : x=y4 xy= 243)x=y4 y

5= 243 = 35)x= 34= 81

y= 3 1/13

Exercice 2.4Correction:

1ere methode : utilisation de l'inegalite de Cauchy-Schwarz. On rappelle la

Proposition 0.1Soientf;g2 C([0;1];R). Alors :Z

1 0 jfgj Z1 0 jfj2 1=2Z1 0 jgj2 1=2

On a donc pour touty2[0;+1[,

(ln(1+y))2= Z1+y 11t dt 2 Z1+y 1 12dt Z1+y 11t 2dt = ((1+y)1) 1t 1+y 1 =y

111 +y

=y21 +y:

D'ou, pour toutx2]0;+1[, en remplacantypar1x

ln 1 +1x 2 1x 21 +
1x =1x(x+ 1);et donc, puisque ln 1 +1x

0, on obtient ln

1 +1x

1px(x+ 1).

2nde methode : utilisation des variations d'une fonction. Par le changement de variablet= 1 +1x

>1, x=1t1, on a, en notant (1) l'inegalite demandee : (1),lnt1q 1 t1tt1,lntt1pt

Puis, en posantu=pt >1,t=u2, on obtient

(1),ln(u2)u21u ,2lnuu1u

L'applicationf: [1;+1[!R;u7!f(u) =u1u

2lnuest derivable sur [1;+1[ et, pour toutu2[1;+1[,

0(u) = 1 +1u

22u
=u2+ 12uu

2=(u1)2u

20: Il en resulte quefest croissante sur [1;+1[. De plus,f(1) = 0. On a doncf0 d'ou le resultat demande.

Exercice 2.5Correction:

Soitg(t) = lnt. Appliquons le theoreme des accroissements nis sur [x;y]. Il existe par consequentc2]x;y[,

g(y)g(x) =g0(c)(yx),lnylnx=1c (yx) doncyxlnylnx=c. Commex < c < y, on a les inegalites recherchees. f0() =xyx+ (1)ylnx+ lnyetf00() =(xy)2(x+ (1)y)2. Commef00est negative alorsf0est decroissante sur [0;1]. Orf0(0) =xyy(lnxlny)y >0 etf0(1)<0 d'apres la premiere question. Par

le theoreme des valeurs intermediaires il existec2[x;y] tel quef0(c) = 0. Maintenantf0est positive sur

[0;c] et negative sur [c;1]. Doncfest croissante sur [0;c] et decroissante sur [c;1]. Orf(0) = 0 etf(1) = 0

donc pour toutx2[0;1],f(x)>0. Cela prouve l'inegalite demandee.

Geometriquement nous avons prouve que la fonction ln est concave, c'est-a-dire que la corde (le segment qui

va de (x;f(x)) a (y;f(y)) est sous la courbe d'equationy=f(x).

Exercice 2.6Correction:

L'applicationf:R!R,t7!t+etest derivable surRet,8t2R,f0(t) = 1 +et>0, doncfest strictement croissante, et de fait injective. D'oux+ex=y+ey,x=y. Puis, x

2+xy+y2= 27,3x2= 27,x2= 9,x=3.

On conclut que l'ensemble des solutions du systeme propose estf(3;3);(3;3)g.

Exercice 2.7Correction:

NotonsI=]1;+1[,J=

1e ;+1 et ~f:I!R x7!xexp(x). 2/13 ~fest derivable surIcomme produit de fonctions qui le sont, et on a :8x2I,~f0(x) = (1 +x)exp(x)>0 donc~fest strictement croissante surI.

~fest continue et strictement monotone entre intervalles deR, donc induit une bijection deIsur~f(I) =J.

Cette bijection estI7!J

x!xexp(x), c'est-a-diref(qui est donc bien denie). fest de classeC1surI, bijective et8x2I,f0(x)6= 0 doncf1gest de classeC1surJ. gest de classeC3surJet 02Jdoncgpossede un DL en 0 d'apres la formule de Taylor-Young. On a

f(0) = 0 donc aussig(0) = 0 de sorte qu'on peut ecrire le DL degsous la forme indeterminee suivante :

g(u) =0au+bu2+cu3+(u3).

On a aussi le DL en 0 def:

f(x) =0x+x2+x32 +(x3) =x(1 +x+x22 +(x2)).

Puisque lim

x!0f(x) = 0, on a donc : x=g(f(x)) =af(x) +bf2(x) +cf3(x) +((f(x)3).

On a :((f(x)3) =0(x3) car :f(x)0x. Donc :

x=ax(1 +x+x22 +(x2)) +bx2(1 + 2x+(x)) +cx3(1 +(1)) +(x3) =ax+ (a+b)x2+ (a2 + 2b+c)x3+(x3): Par unicite du DL de la fonction identite au voisinage de 0, on obtient :a= 1,b=1 etc=32 et ainsi : g(x) =0xx2+32 x3+(x3). On a :8x2J,x=f(g(x)) =g(x)exp(g(x)) etgreste strictement positive surR?+(cargest strictement

croissante etg(0) = 0) donc :8x >0, lnx= ln(g(x))+g(x) ou encorelnxg(x)= 1+ln(g(x))g(x). Or limx!+1g(x) =

+1commef, et donc limx!+1ln(g(x))g(x)= 0 par composition des limites, d'ou :g(x)+1lnx.

Exercice 2.8Correction:

La fonction exponentielle est-elle convexe surR? On suppose ne pas savoir que la fonction exponentielle est in-

niment derivable. Denition 0.1SoitIun intervalle deR, etf:I!R. On dit quefest convexe si pour toutxet toutydeI, tout couple(;)de reels positifs veriant+= 1, on a l'inegalitef(x+y)f(x) +f(y)

On doit etablir, sous les conditions de l'enonce, que :ex+yex+ey. Considerons la fonction de la variable

xdenie parf(x) =ex+yexey. Sa derivee est f

0(x) =ex+yex=ex+yex=ex+y(1exxy) =ex+y(1e(xy)):

Elle s'annule si= 0, pour toutxet touty, ou six=y. Traitons le premier cas, par exemple= 0. Il faut verier que, pour toutx, si= 1 :exex, ce qui est evident. Supposons dorenavant6= 0. La derivee s'annule donc six=y, elle est positive six < y, et negative si x > y. La fonctionfadmet donc un maximum pourx=yet ce maximum est : f(y) =ex+yeyey=eyeyey= 0: Il en resulte bien quef(x) est inferieur a 0 pour toutxet touty.

Exercice 2.9Correction:

1. ( E1) : ln(x+ 1) + ln(x+ 2) = ln18.

Le domaine de denition de (E1) estDE1=x+ 1>0

x+ 2,x >1 x >2,x2]2;+1[. Ensuite, (E1),ln((x+ 1)(x2)) = ln18,(x+ 1)(x2) = 18,x2x20 = 0,x1= 5 x 2=4<0 2. ( E2) : lnjxj+ lnjx+ 1j= 0.

Le domaine de denition de (E2) estDE2=x6= 0

x6=1,x2Rnf1;0g. Ensuite, (E2),ln(jx(x+ 1)j) = ln1, jx(x+ 1)j= 1,x(x+ 1) = 1 x(x+ 1) = 1,( x

1=1+p5

2 x 2=1p5 2 3/13

3.( E3) : 9x+ 3x12 = 0.

Le domaine de denition de (E3) estDE3=R. Ensuite,

(E3),32x+3x12 = 0,(3x)2+3x12 = 0X=3x,X2+X12 = 0,X1= 3 X

2=4<0,3x= 3,x= 1:

4. ( E4) :xpx = (px)x. Le domaine de denition de (E4) estDE4=R+. Ensuite, (E4),epxlnx=exlnpx ,pxlnx=x2 lnx car la fonction exponentielle est croissante continue donc injective. Ainsi, (E4),pxx2 lnx= 0,lnx= 0pxx2 = 0,x= 1 x=x24 ,x= 1 x

24x= 0,x= 0

x= 4

Exercice 2.10Correction:

Mon tronsque 2 Arctan

12 = Arctan43

On posea= Arctan12

b= Arctan43 )tana=12 tanb=43 . En eet, tan(Arctanx) =x,8x2R(cf. Propriete 2.3.8 du cours). On remarque ensuite que tan(2a) =2tana1tan2a=212 114
=43 = tanb:Donc tan(2a) = tanb) 9k2Z;2a=b+k:

D'autre part, on a 0< a= Arctan12

2a;b2]0;2 [)2a=b: 2.

Mon tronsque 2 Arccos

34
= Arccos18

On posea= Arccos34

b= Arccos18 )cosa=34 cosb=18 . En eet, tan(Arctanx) =x,8x2R(cf. Propriete 2.3.1 du cours). On remarque que cos(2a) = 2cos2a1 =18 = cosb:Ensuite, cos(2a) = cosb) 9k2Z;2a=b+ 2k:

D'autre part, on a 0< a= Arccos34

2a;b2]0;2 [)2a=b: 3.

Mon tronsque Arccos

513
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