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Feuille d"exercices n°6 : corrigé
PTSI B Lycée Eiffel
2 décembre 2012
Exercice 1 (*)
La fonctionf1et définie sur+. En0+, la limite def1est égale à0puisque le numéra- teur tend vers0(rappelons quexln(x)a pour limite0en0par croissance comparée) et le dénominateur vers1, donc il n"y a pas d"asymptote verticale. Ensuite,f1(x) =x+ lnx1 +1x,
donclimx+f1(x) = +, etf1(x) x=1 +lnx x1 +1x, donclimx+f(x)x= 1. Il faut donc calculer
f(x)x=x+ lnxx11 +1x=lnx11 +1x. On a donclimx+f(x)x= +, la courbe defadmet
en+une branche parabolique de directiony=x. La dérivée de cette fonction vautf1(x) = (2x+ ln(x) + 1)(x+ 1)x2xln(x) (x+ 1)2=x2+ 3x+ 1 + ln(x)(x+ 1)2. Pas vraiment évident à étudier, on peut toutefois notergle numérateur et constater queg(x) = 2x+ 3 +1 x=2x2+ 3x+ 1x. Le discriminant du numérateur vautΔ = 88 = 1, il s"annule pourx1=314=1, et
x2=3 + 1
4=12, deux valeurs négatives. On en déduit queg(x)est positif surf, doncg
y est croissante. Comme la limite degen0vautet queg(1) = 4, la fonctiong(et donc la fonctionf) s"annule une seule fois, entre0et1. La fonctionf1admettra à cet endroite un minimum. Voici l"allure de la courbe :0 1 2 3 4 5
012345
Un classique :f2=1;1. En1, le numérateur tend vers4et le dénominateur vers0, il y a donc des limites infinies et une asymptote verticale d"équationx=1. Par contre,
en1, numérateur et dénominateur tendent vers0, on est obligés de factoriser de chaque côté.
Pour le numérateur, remarquons quex32x2+x=x(x22x+ 1) =x(x1)2, donc pour x= 1,f2(x) =x(x1) x+ 1, qui a pour limite0en1. Pas de deuxième asymptote verticale donc. 1 Pour les infinis, on peut utiliser le quotient des termes de plus haut degré :limx+f2(x) = lim x+x 3 x2= +et de mêmelimx+f2(x)x= limx+x
3x3= 1. Reste à calculerf2(x)x=
x32x2+xx3+x
x21=2x2+ 2xx21, qui a pour limite2en+. Conclusion de tous ces calculs : la droite d"équationy=x2est asymptote oblique à la courbe en+et en (où les calculs sont les mêmes). Pour le calcul de la dérivée il vaut évidemment mieux partir def2(x) =x(x1) x+ 1pour obtenir f2(x) =(2x1)(x+ 1)(x2x)
(x+ 1)2=x2+ 2x1(x+ 1)2. Le numérateur a pour discriminantΔ =4 + 4 = 8, la dérivée s"annule pourx1=22
22=12, et pourx2=2 + 22
2=21. On peut aller jusqu"à calculerf2(x1) =(12)(22)
2=4322=223,
etf2(x2) =(21)(22)2= 223. Ce qui permet de dresser le magnifique tableau de
variations suivant : x 21121 1 + f2(x)+ 00 + + f2 ??223????
????2 23????0??
Et la courbe qui va avec :
0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5
012345
-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 -10 La fonctionf3est définie surpuisqu"une exponentielle est strictement positive. Il suffit donc 2 de regarder ce qui se passe aux infinis, et on peut commencer par constater quef3est paire. La limite en+def3est+et de plusf3(x) = ln(ex(1+e2x)) =x+ln(1+e2x), doncf3(x) x= 1 + ln(1 +e2x) x, qui a pour limite1quandxtend vers+. Enfin,f(x)x= ln(1 +e2x), qui tend vers0, donc la droite d"équationy=xest aymptote oblique à la courbe en+. Par symétrie par rapport à l"axe des abscisses, la droite d"équationy=xest asymptote oblique en.On calculef3(x) =exex
ex+ex, qui est positive sur[0;+[(et négative sur] ;0], ce qui est cohérent avec la parité). Il y a donc un minimum en0de valeurf3(0) = ln(2).0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5
012345
-1 Le domaine de définition est+et il y a une asymptote verticale en0(limite). De plus, lim x+f4(x) = +etf4(x) x=1x+lnxx, donclimx+f4(x)x= 0. Il y a donc en+une
branche parabolique de direction(Ox). L"étude des variations ne pose ici aucun problème et ne nécessite même absolument aucun calcul : la fonction est somme de deux fonctions strictementcroissantes, elle est donc strictement croissante.0 1 2 3 4 5 6 7 8-1
012345
-1 -2 -3 -4 -5 La fonctionf5est définie quand2x+ 1x1?0, donc (petit tableau de signe) sur? ;12? ]1;+[. En12, il n"y a rien à faire, la fonction est définie (et prend pour valeur0), il ne peut pas y
3 avoir d"asymptote verticale. Par contre, en1, il y a bien une limite infinie, donc une asymp- tote verticale. Enfin, quandx ,2x+ 1 x12, doncf x5(x) =2, il y a donc une asymptote horizontale d"équationy= 2. Par ailleurs, les variations def5sont les mêmes que celles dex2x+ 1 x1(puisque la ra- cine carrée est strictement croissante), qui a pour dérivée2(x1)(2x+ 1)
(x1)2=3(x1)2. La fonctionf5est donc décroissante sur chacun de ses deux intervalles de définition.0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5
012345
-1 Enfin,f6est définie quandx23x+ 2>0, c"est-à-dire en-dehors de ses racines évidentes qui sont1et2, doncf6=] ;1[]2;+[. En1et2, la parenthèse tend vers0donc la fonction vers, il y a donc deux asymptotes verticales. En, la fonction tend vers+, et f6(x) x=ln(x2(13 x+2x2)) x=2lnxx+1xln?13x+2x2?
. Tout ceci tendant vers0, il y a une branche parabolique de direction(Ox)de chaque côté. La fonctionlnétant strictement croissante, les variations def6sont les mêmes que celles de xx23x+2, qui a pour dérivée2x3. La fonctionf6est donc décroissante sur];1[ et croissante sur]2;+[.0 1 2 3 4 5 6 7-1-2-3-4
012345
-1 -2 -3 -4 -5Exercice 2 (**)
Étude de la fonctionf
Comme1 +x2est toujours strictement positif, la fonctionfest définie suret y est. On peut également constater que la fonction est paire. 4 On a sans difficultélimx+f(x) = +, et commef(x)x?ln(2x2)x,limx+f(x)x= 0par croissance comparée. La courbe représentative defadmet donc une branche parabolique de direction(Ox)en +. Même conclusion enen utilisant la parité ou en effectuant des calculs très similaires.Étudions désormais les variations :f(x) =2x
x2+ 1, doncfest décroissante suret croissante sur +, atteignant en0un minimum de valeurf(0) = ln(1) = 0. De plus,f(x) =2(x2+ 1)2x(2x) (x2+ 1)2=2(1x2)
(x2+ 1)2. La fonctionfa donc deux points d"inflexion pourx= 1etx=1, de hauteurf(1) = f(1) = ln(2)et dont les tangentes ont pour pentes respectivesf(1) =22= 1etf(1) =22=1.
La fonctionfest convexe sur[1;1](sa dérivée seconde est alors positive), et concave sur];1] et sur[1;+[. Voici une allure de la courbe :0 1 2 3 4-1-2-3-4
01234-1
Étude de la fonctiong
La fonctiongest définie etsur1.
On alimx+e1
1-x= 1, donclimx+g(x) = +puislimx+g(x)x= 2et enfinlimx+g(x)2x=2. Il
y a donc en+une asymptote oblique d"équationy= 2x2. Cette asymptote est d"ailleurs tout aussi valable enpar des calculs similaires.Du côté de1c"est plus compliqué :limx1-1
1x= +, ce dont on déduitlimx1-g(x) = +. Il y a
donc une asymptote verticale d"équationx= 1. Mais par ailleurslimx1+11x=, ce dont on
déduit cette fois quelimx1+g(x) = 23 =1. La fonctiongest donc prolongeable " par continuité à
droite » en posantg(1) =1.Dérivons désormais :g(x) =1
(1x)2e11-x+2, qui a le bon gout de toujours être positif. La fonction
est donc croissante sur chacun de ses deux intervalles de définition. De plus,ga pour limite2en1+ (on a toujourslimx1+11x=et, par croissance comparée,limXX2eX= 0, donc la composition
des limites nous donne une limite nulle pour le premier morceau). Il y aura donc une demi-tangente à droite de pente2en notre point prolongé par continuité à droite.Enfin,g(x) =?2
(1x)3+1(1x)2? e 11-x=3x(1x)3e1
1-x. Il y a donc un point d"inflexion pour
x= 3, etg(3) =e12+ 3 =1e+ 3;g(3) =e1
24+ 2 =14e+ 2. La fonctionfest convexe sur
5 ];1[et sur[3;+[et concave sur[1;3](le dénominateur changeant de signe pourx= 1). Avec tout ça, on doit pouvoir tracer une courbe ressemblant à la suivante :0 1 2 3 4-1-2
012345
-1 -2 -3 -4 -5Étude de la fonctionh
La fonction donnée dans l"énoncé ayant été étudiée en détailen cours, on va la remplacer par
h(x) =1x2. Cette fonction est définie sur[1;1]etsur]1;1[.
Pas de limites à calculer, bornons-nous à constater queh(1) =h(1) = 0.On ah(x) =2x
21x2=x1x2. La fonction est donc croissante sur[1;0]et décroissante sur
[0;1]. On peut par ailleurs constater que la dérivée a une limite infinie en1et en1, ce qui prouve la
présence de tangentes verticales en ces points. Il y a un maximum en0de valeurh(0) = 1. Passonsàh(x) =
1x2+xx1x2
1x2=1 +x2x2(1x2)32=1(1x2)32. La fonctionhest donc concave.
Les plus observateurs reconnaitront dans la superbe courbequi suit un demi-cercle : 0 1-1 01Étude de la fonctioni
La fonctioniest bien sûr définie etsur]0;+[. 6 La limite deiquandxtend vers0est(non, il n"y a pas de forme indéterminée), il y a donc uneasymptote verticale d"équationx= 0. Par croissance comparée,limx+i(x) = 0, donc il y a également
une asymptote horizontale (l"axe des abscisses) en+.Commei(x) =2(2lnx+ 3)
x2=12lnxx2, la fonctioniadmet un maximum enx=e1 2=1e, de valeuri?1 e? = (2(12) + 3)e= 2e. De plus,i(x) =2x2x(12lnx)x4=4lnxx3. La fonction admet donc un point d"inflexion pourx= 1, eti(1) = 3;i(1) =1. La fonctioniest concave sur]0;1]et convexe sur[1;+[, avec une courbe ressemblant à ceci :0 1 2 3 4 5 6 7 8
01234-1 -2 -3 -4
Exercice 3 (* à ***)
1. Les deux fonctions coordonnées sont ici périodiques, de période respectiveπet2π
3, ce qui nous
permet de restreindre l"étude à l"intervalle[π;π](puisque2πest une période commune aux
deux coordonnées). De plus, la fonctionxest impaire et la fonctionypaire, il y a donc unesymétrie par rapport à l"axe des ordonnées qui permet de restreindre encore l"étude à[0;π]. Les
deux fonctions sont,x(t) = 2cos(2t)s"annule enπ4et en3π4(sut l"intervalle d"étude) et
y (t) =3sin(3t)s"annule en0,π3,2π3etπ(il n"y a donc pas de point stationnaire). Les divers
calculs de valeurs ne posent pas de problème particulier, par exemplex?π 3? = sin?2π3? 3 2,ety(t) = cos(π) =1. On obtient finalement le tableau suivant (désolé pour les flèches mal
fichues pourx, je ne peux pas faire trois flèches décroissantes successives) : 7 x0π4π32π33π4πx(t)+ 0 0 + x0?? ??1????3