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Feuille d"exercices n°1 : corrigé

PTSI B Lycée Eiffel

11 septembre 2012

Quantificateurs

Exercice 1 (* à **)

Cette première proposition est évidemment fausse, un des nombreux contre-exemples est donné parx=45.

C"est vrai, il en existe même un seul,x= 3.

C"est faux, les nombres strictement compris entre0et1ne vérifient pas cette inégalité.

C"est vrai, on peut toujours prendrey=x

2par exemple. Si on restreint la proposition aux

nombres rationnels, elle reste vrai (bien qu"il y ait des " trous » dans l"ensemble des rationnels);

avec les nombres entiers, ça ne fonctionne plus,1étant le plus petit entier strictement positif.

C"est vrai, quand on multiplie un nombre entier par2, on tombe toujours sur un nombre entier.

C"est faux, il faut quensoit un entier pair pour que ça fonctionne (c"est même une caractéri-

sation des entiers pairs). C"est vrai, le produit de deux entiers consécutifs est toujours un entier pair. En effet, soitn est pair, soitnest impair etn+ 1sera pair. Dans les deux cas,n(n+ 1)sera le produit d"un entier pair par un autre entier, c"est toujours un nombre pair. C"est vrai, il suffit de prendre une valeur dexstrictement négative. C"est faux, l"énoncé n"a aucun sens quandx >0. Il faudrait inverser le rôle dexetypour que

ça devienne vrai.

Comme c"est écrit, c"est faux, puisque je n"ai pas précisé quey > x, ce qui pose problème dans

l"encadrement final. Toutefois, en remplaçanty=xpary > x, l"énoncé est vrai mais pas évident à prouver. Il existe nécessairement un entiernpour lequel1 n< yx, puisque1ntend vers0etyx >0. Notons alorsple plus grand entier naturel (dans le cas oùxetysont positifs) pour lequel k n?x. Un tel entier existe cette fois-ci carkntend vers+quandk tend vers+. Par définition dek,k+ 1 n> x, mais on ne peut pas avoirk+ 1n> y, sinon les inégalités k n< x < y yx. Le nombre rationnelk+ 1nest donc strictement compris entrexety.

Exercice 2 (*)

C"est extrêmement mécanique et peu palpitant : xR,x <2 xN,x] ;2][4;+[ xR,x2< x x >0,y >0,x?y nN,pN,p= 2n nN,pN,n= 2p nN,pN,n(n+ 1)= 2p xR,yR,y2?x 1 xR,y >0,y= ln(x) xR,y=x,zQ,z?xouz?y

Logarithmes et exponentielles

Exercice 3 (*)

La fonctionfest définie surR

3;0;3et impaire, son numérateur étant pair et son

dénominateur impair.

La fonctiongest définie surRet paire.

La fonctionhn"est ni paire ni impaire. Par exemple,h(1) =e2eth(1) =e0= 1. Même si

l"expression contenue dans l"exeponentielle avait été celle d"une fonction impaire (par exemple

en enlevant le1), la fonction ne serait ni paire ni impaire. La fonctioniest définie sur]1;1[et impaire :i(x) = ln?1x 1 +x? =ln?1 +x1x? =i(x), en utilisant la relationln?1 x? =ln(x).

Exercice 4 (* à ***)

1. Commençons par constater que l"inéquation ne peut avoir de sens que six?2. Lorsque

x[2;1], l"inéquation sera certainement vérifiée puisque le membrede gauche est alors

négatif, et le membre de droite positif. Reste le casx >1, où on peut se permettre de tout élever

au carré puisque les deux membres de l"inégalité sont alors positifs : on obtientx22x+1?x+2,

soitx23x1?0. Ce trinome a pour discriminantΔ = 9 + 4 = 13, et s"annule donc en deux valeursx1=3 13

2etx2=3 +

13

2. Le trinome est négatif entre ses racines, donc

sur l"intervalle[x1;x2]. Commex1<1etx2>1, on en déduit concernant notre inéquation initiale que=? 2;3 + 13 2?

2. L"équation n"a de sens que six+2etx3sont tous les deux strictement positifs, donc lorsque

x >3. On peut alors regrouper les termes du membre de gauche pour obtenirln((x+2)(x3)) = ln(2

2), d"où en prenant l"exponentielle des deux côtésx2x6 = 4, soitx2x10 = 0.

Ce trinome a pour discriminantΔ = 1 + 40 = 41(mais pourquoi est-ce que je vous ai mis des valeurs à la noix pour chaque inéquation, moi?). Il y a donc deux solutions,x1=1 41
2 qui est très inférieure à3, donc non valide, etx2=1 + 41

2, qui convient parfaitement.

Conclusion :=?

1 + 41
2?

3. On doit avoir ici le réflexe du changement de variableX=ex, qui transforme notre inéquation

enX24X+3<0, gentil trinome dont le discriminant vautΔ = 1612 = 4(enfin une valeur sympa), et admet donc deux racinesX1=42

2= 1etX2=4 + 22= 3. Notre inéquation est

donc vérifiée lorsque1< ex<3, soit pour0< x 4. Pour résoudre une équation du troisième degré, il convient d"en trouver une racine " évidente » pour se ramener à ce qu"on sait faire. Ici,x= 1est une telle racine puisque125 + 6 = 0. On peut donc factoriserx32x25x+ 6sous la forme(x1)(ax2+bx+c) =ax3+ (b a)x2+ (cb)xc. Par odentification des coefficients, on obtienta= 1;ba=2, soit b=1;cb=5soitc=6. On a doncx32x25x+ 6 = (x1)(x2x6). Il ne reste qu"à chercher quand le deuxième facteur s"annule. C"est un trinome de discriminant 2 Δ = 1 + 24 = 25, qui admet pour racinesx1=1 + 52= 3etx2=152=2. Finalement, =2;1;3.

5. Cette inéquation n"a de sens que si

x2x+ 1 x2>0. Le numérateur de cette fraction a pour discriminantΔ = 14<0, il est toujours strictement positif. L"inéquation peut donc se résoudre lorsquex >2. Dans ce cas, en passant à l"exponentielle, on doit avoirx2x+ 1 x2?1, soit x2x+ 1(x2) x2?0. Le dénominateur étant d"après l"étude précédente strictement positif, reste à déterminer le signe du numérateurx22x+3. Ce trinome a pour discriminant Δ = 412<0. Le numérateur est donc strictement positif, et=]2;+[.

6. Commençons par modifier un peu l"écriture de cette équation :23x1= 5x(51) = 45x,

donc en prenant lelnde chaque côté (on peut, tout cela est toujours strictement positif),(3x

1)ln(2) = ln(4)+xln(5), soitx(3ln(2)ln(5)) = 3ln(2). Finalement,=?3ln(2)

3ln(2)ln(5)?

7. Cette équation ne peut avoir de sens que six >0. si on passe alors auln, on obtient

xln(x) = xln( x) =12xln(x), soitxln(x)? 112x?
= 0. Les valeurs annulant ce produit sont0 (valeur interdite ici),1et4, donc=1;4.

8. On ne sait pas du tout résoudre ce genre d"équations, mais une petit astruce permet de s"en

sortir : la fonctionxx1

4+ 2x533est strictement croissante surR+, donc l"équation ne

peut avoir au plus qu"une seule solution. Ca tombe bien,x= 1est solution évidente, donc =1.

9. Écrivons tout cela sous la forme22x+ 22x15?0. En posantX= 2x, on se ramène à

X

2+ 2X15?0, qui a pour discriminantΔ = 4 + 60 = 64, et admet donc deux racines

X

1=2 + 8

2= 3etX2=282=5. Les solutions de l"inéquation initiale vérifient donc

2 x?5ou3?2x. La première condition n"est jamais vérifiée puisque2x?0, celle de droite revient à dire quexln(2)?ln(3), soitx?ln(3) ln(2). Conclusion :=?ln(3)ln(2);+?

Exercice 5 (** à ***)

La fonctionfest définie lorsque1+x+x2>0. Ce trinome a pour discriminantΔ = 14<0, il est toujours positif, doncf=R. La fonctionfest dérivable surR, de dérivéef(x) =

1 + 2x

1 +x+x2. Comme on vient de le voir, le dénominateur de ce quotient estpositif, doncfest

du signe de1+2x, etfa notamment un minimum en1

2, de valeurln?

112+14?

= ln?54? Enfin,limx1+x+x2= +, donclimxf(x) = +. D"où le tableau de variations suivant : x 12+ f +????ln(5 4)?? Pas d"asymptote oblique ici, comme ce sera souvent le cas avec des fonctions à base deln. 3

0 1 2 3 4-1-2-3-4-5

01234
-1 La fonctiongest définie sur] ;1]]1;+[(un petit tableau de signe vous convaincra si ça ne vous semble pas évident, faites par ailleurs attention au sens des crochets). Sur cet ensemble, ses variations sont les mêmes quexx+ 1 x1(puisque la fonction racine carrée est croissante), qui a pour dérivée x1(x+ 1) (x1)2=2(x1)2<0(bien sûr, on peut aussi calculer la dérivée degdirectement, on aura simplement des termes supplémentaires qui sont toujours positifs). La fonctiongest donc décroissante sur];1]et sur]1;+[. On peut également constater quegn"est pas dérivable en1, et quelimx1g(x) =, ce qui implique la présence d"une tangente verticale à la courbe en1. Commelimxx+ 1 x1= 1(quotient des termes de plus haut degré), on auralimxg(x) = 1. En1, pas de limite,gest définie etg(1) = 0. Par contre en1,limx1+x+ 1 x1= +donclimx1+g(x) = +. Il y a donc une asymptote horizontale d"équationy= 1valable en+comme en, et une asymptote verticale d"équationx= 1. x 1 1 + g1????0+????1

0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

012345

-1 La fonctionhest définie et dérivable surR1;1, de dérivéeh(x) =2e2x(x21)2xe2x(x21)2=

2e2x(x2x1)

(x2x1)2. Cette dérivée est du signe dex2x1, trinome dont le discriminant vaut Δ = 1 + 4 = 5, qui s"annule en deux valeursx1=1 5

2(qui est compris entre1et1) et

4 x2=1 +5

2(qui est plus grand que1). La fonctionhadmet donc un maximum enx1et un

minimum enx2, dont on ne cherchera exceptionnellement pas à expliciter les valeurs car ça ne se simplifie vraiment pas. Par croissance comparée,limx+h(x) = +; et sans croissance comparée,limxh(x) = 0. La présence d"une asymptote oblique en+est peu probable ici. Comme par ailleurse2xest strictement positif, etx21est positif en-dehors de ses racines, on trouvelimx1-h(x) = limx1+h(x) = +, etlimx1+h(x) = limx1-h(x) =. x 115 211+
5 2+ h0?? ??h(x1)???? h(x2)??

La courbe n"est ici pas très pratique à tracer sur une feuille, le minimum étant à une hauteur

assez élevée.

0 1 2 3-1-2-3

0369121518

-3

Cette fonction ayant fait l"objet d"une étude détaillée dans le cours, je ne vais pas me répéter ici.

Pour en avoir une autre, je vais par contre ajouter l"tude de la fonctionkdéfinie park(x) =xx. Cette fonction est définie surR+, on peut la mettre sous la formek(x) =exln(x). Elle est

dérivable, de dérivéek(x) = (ln(x)+1)exln(x). Cette dérivée s"annule lorsqueln(x) =1, soit

x=1 e, où elle admet un minimum de valeur1e1e. De pluslimx+k(x) = +, et en utilisant la croissance comparéelimx0xln(x) = 0, donclimx0k(x) = 1. D"où le tableau de variations suivant : x01e+ k1????1 e1e?? On peut ici constater assez facilement quelimx0k(x)) =en reprenant le calcul de la limite deken0. Il y a donc une tangente verticale à la courbe en0. 5

0 1 2 3

012345

La fonctionjest définie six32ax?0, soit lorsquex[0;2a[. La fonction vérifie évidemment

j(0) = 0, etlimx2aj(x) = +. La fonction racine carrée étant croissante,ja les mêmes variations

quexx3

2ax, qui a pour dérivée3x2(2ax) +x3(2ax)2=6ax22x3(2ax)2=2x2(3ax)(2ax)2, toujours

positive sur[0;2a]. La fonctionjest donc strictement croissante, et on n"a pas grand chose de plus à dire sur cette fonction! Un exemple de courbe lorsquea= 2:

0 1 2 3 4

012345

6

TrigonométrieExercice 6 (*)

En constatant que

12=π3π4, on peut simplement appliquer les formules d"addition pour

obtenircos?π 12? = cos?π3? cos?π4? + sin?π3? sin?π4? 3 2 2 2+12 2 2= 6 +2 4. On obtient de mêmesin?π 12? 62

4, puis en effectuant le quotienttan?π12?

626 +2.

Pour

24, pas vraiment d"autre choix que de passer par les formules deduplication :2π24=π12,

donccos?π 12? = 2cos

2?π24?

1. On en déduit quecos?π24?

1 2? cos?π12? + 1?

6 +2 + 4

8. En exploitant ensuite la relationcos2+sin2= 1, on trouvesin?π 24?
462

8, puis enfin

tan 24?
462

4 +6 +2, ce qu"on peut essayer de simplifier si on a du temps à perdre (mais on

n"obtient rien de très simple).

Exercice 7 (** à ***)

1. Cela se produit si2x=π

4+kπ, soitx=π8+kπ2, ce qu"on note égalementxπ8?

π2?

2.sin?

x+3π 4? = cos?x4? cos?π2x3π4? = cos?x4? xπ4x4[2π]ouxπ4 x

4[2π]5x4 π4[2π]ou3x4 π4[2π], donc=?

π5+k8π5,π3+k3π5kZ?

3. Il suffit d"utiliser la formule de transformation produit/somme :cos?

x+π 6? cos? xπ6? 1 212?
cos(2x) + cos?π3?? =12cos(2x) = 1cos?π3? =122xπ3[2π]ou

2x π

3[2π], donc=?π6+kπ,π6+kπkZ?

4. Beaucoup moins compliqué que ça n"en a l"air, il suffit d"y croire :

sin(3x)cos3(x) + sin3(x)cos(3x) =3 4 (3sin(x)4sin3(x))cos3(x) + sin3(x)(4cos3(x)3cos(x)) =3 4 sin(x)cos3(x)sin3(x)cos(x) =1 4 sin(x)cos(x)(cos2(x)sin2(x)) =1 4 1

2sin(2x)cos(2x) =14

sin(4x) = 1

On a donc4xπ

2[2π]et=?π8+kπ2kZ?

5. L"équation ne peut avoir de sens que six[1;1]et2x[1;1], doncx?

1 2;12? . On peut ensuite prendre lesinde chaque côté de l"équation. Commearccos(x)[0;π],sin(arccos(x))>

0, etsin(arccos(x)) =?

1cos2(arccos(x)) =1x2. Quant au sinus dearcsin(2x), il vaut

évidemment2x, ce qui donne la condition nécessaire2x=

1x2. Les solutions de l"équation

sont donc forcément positives et vérifient, en élevant au carré l"égalité précédente,4x2= 1x2,

7 soitx2=15, doncx= 5

5(la solution négative ayant déjà été exclue). Cette valeur est bien

inférieure à 1

2, donc=?

5 5?

Exercice 8 (**)

Il suffit d"appliquer une deuxième fois la formule de duplication des tangentes :tan(4x) = tan(2x+

2x) =2tan(2x)

1tan2(2x)=4tan(x)

1tan2(x)

14tan2(x)(1tan2(x))2=4tan(x)(1tan2(x))16tan2(x) + tan4(x).

Appliquons la formule àx= arctan?1

5? (qui a évidemment pour tangente15) pour obtenir tan(4x) =4

5(1125)

1625+1625=2024625150 + 1=480476=120119. Calculons maintenanttan?π4+ arctan?1239??

1 + 1quotesdbs_dbs11.pdfusesText_17