Fiche de mathématiques
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Fonctions usuelles - Exercices

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exercice 1

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto \dfrac{x^2+1}{x+3} .


exercice 2

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto \ln(1+\text{e}^x) .


exercice 3

Résoudre les équations suivantes :

1. \log_{10}(x-2)+\log_{10}(x+3)=2

2. \ln(x^2-1)-\ln(2x-1)+\ln(2)=0

3. \ln(x+2)+\ln(x-4)-2\ln(x+1)=0


exercice 4

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto x\text{Argsh}(x) .


exercice 5

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto (x-2)\text{ e}^{-\frac{1}{x}} .


exercice 6

1. Étudier l'application f\text{ : }x\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[ \mapsto \dfrac{1}{\sin(x)} et montrer qu'elle est une bijection de \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[ dans un intervalle que l'on déterminera.

2. Calculer la dérivée de la bijection réciproque f^{-1} .

3. Tracer les représentations graphiques de f et de f^{-1} .


exercice 7


1. Montrer que : \text{ }\enskip\enskip \forall x\in[-1,1]\text{ : }\text{Arccos}(x)+\text{Arcsin}(x)=\dfrac{\pi}{2}

2. Montrer que : \text{ }\enskip\enskip \forall x\in\R\text{ : }2\text{Arctan(e}^{x})-\text{Arcsin(th}(x))=\dfrac{\pi}{2}

3.a) Montrer que : \text{ }\enskip\enskip \forall x\in\R^{*}_{+}\text{ : }\text{Arctan}(x)+\text{Arctan}\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{\pi}{2}

3.b) Que vaut \text{Arctan}(x)+\text{Arctan}\left(\dfrac{1}{x}\right) si x\in\R^{*}_{-}\text{  ?}


exercice 8


Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto \tan(x)-\dfrac{1}{\tan(x)} .


exercice 9


Simplifier chaque expression en précisant son domaine de validité.

On rappelle que \forall x\in[-1,1]\text{ : }\cos(\text{Arcsin } (x))=\sin(\text{Arccos}(x))=\sqrt{1-x^2}

1. \cos(2\text{Arccos }(x))

2. \sin(2\text{Arcsin }(x))

3. \cos(2\text{Arcsin }(x))

4. \sin(2\text{Arccos }(x))

5. \cos(\text{Arctan }(x))

6. \sin(\text{Arctan }(x))

7. \tan(\text{Arcsin } (x))

8. \tan(2\text{Arctan } (x))

9. \text{Arccos } (2x^2-1))

10. \text{Arctan } \left(\dfrac{2x}{1-x^2}\right)


exercice 10


Montrer la formule de John Machin : 4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}-\text{ Arctan }\dfrac{1}{239}=\dfrac{\pi}{4}

John Machin, mathématicien anglais, a réussi en 1706 à calculer 100 décimales de \pi grâce à cette formule .


exercice 11


Soient a et b deux réels .

Calculer \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \text{ ch }(a+kb) \text{ et }  \sum_{k=0}^{n} \text{ sh }(a+kb)


exercice 12


1. Résoudre dans \R \enskip:\enskip \text{ Argth }x=\text{ Argch }\dfrac{1}{x}

2. Résoudre dans \R \enskip:\enskip \text{ Arcsin }x+\text{ Arcsin }\dfrac{x}{2}=\dfrac{\pi}{2}

3. Résoudre dans \R \enskip:\enskip x^{{x}^{\frac{1}{2}}}=\dfrac{1}{2}


exercice 13

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto |x\ln|x|| .


exercice 14

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto x+\dfrac{\ln|x|}{x} .


exercice 15

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto \text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{|x(x+2)|} .

Pour l'étude de la concavité, écrire f' en fonction de f .


exercice 16


1. Soit a\in\R . En discutant suivant les valeurs de a, résoudre l'équation \text{ ch }x=a .

2. Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto \dfrac{\text{ sh }x}{2-\text{ ch }x} .


exercice 17

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto \text{ th }\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right) .

On évitera l'étude de la concavité de cette fonction


exercice 18

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto \text{ Arccos }\left(\dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\right) .

Remarquer que la courbe de f est symétrique par rapport à la droite d'équation x=\dfrac{\pi}{2} et par rapport au point de coordonnées \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) .


exercice 19

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto \text{ Arcsin }\left(\dfrac{x^2\sqrt{2}}{2\sqrt{x^4-2x^2+2}}\right) .


exercice 20

Étudier la fonction f\text{ : } x\mapsto (x-1)^2\text{ Arctan }x .





exercice 1

Soit \mathscr{D}_f l'ensemble de définition de la fonction f, on a : x\in\mathscr{D}_f\iff x+3\neq 0\iff x\neq -3

Donc \mathscr{D}_f=\R\backslash\lbrace-3\rbrace

f étant une fonction rationnelle, est continue et dérivable sur \R\backslash\lbrace-3\rbrace .

La fonction f n'est ni paire, ni impaire.

\forall x\neq -3 \text{ : } f'(x)=\left(\dfrac{x^2+1}{x+3}\right)^{'}=\dfrac{2x(x+3)-(x^2+1)}{(x+3)^2}=\dfrac{x^2+6x-1}{(x+3)^2}

Posons P(x)=x^2+6x-1 , P a deux racines réelles a=-3+\sqrt{10} et b=-3-\sqrt{10}. Ce sont les deux zéros de f'\enskip\enskip (b< a)

Donc \forall x\in]-\infty, b]\cup[a,+\infty[ \text{ : } f'(x)\geq 0 \enskip \text{ et }\enskip \forall x\in[b,-3[\cup]-3,a] \text{ : } f'(x)\leq 0

De plus \displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}\dfrac{x^2+1}{x+3}=\lim_{x\to-\infty}\dfrac{x^2}{x}=\lim_{x\to-\infty}x=-\infty \enskip \enskip \text{ , de même }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}x=+\infty

Et \displaystyle\lim_{x\to-3^{-}}f(x)=\lim_{x\to-3^{-}}\dfrac{x^2+1}{x+3}=-\infty \enskip \enskip \text{ ,  }\displaystyle\lim_{x\to-3^{+}}f(x)=\lim_{x\to-3^{+}}\dfrac{x^2+1}{x+3}=+\infty

f(a)\approx 0,32 \text{ et }f(b)\approx -12

Le tableau de variation de f :

\begin{array}{|c|ccccccccccc|} \hline x& -\infty &   & b &   & &-3     && &a &&+\infty \\ \hline f'(x) & & + & \barre{0} & - & &\dbarre&&-&\barre{0}&+&\\ \hline& && f(b)\approx -12 & &&\dbarre &+\infty& & &  &+\infty \\f & &\nearrow & &\searrow  &&\dbarre&&\searrow&&\nearrow& \\ & -\infty &  &  & & -\infty  &\dbarre&&&  f(a)\approx 0,32&&   \\  \hline \end{array}


Interprétation géométrique des limites :


\displaystyle\lim_{x\to-3^{-}}f(x)=-\infty \enskip \enskip \text{ et }\displaystyle\lim_{x\to-3^{+}}f(x)=+\infty
La courbe \mathscr{C}_f représentative de la fonction f admet une asymptote verticale d'équation x=-3 à gauche et à droite .


\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty \enskip \enskip \text{ et }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty
On a \displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x^2+1}{x^2+3x}=1 , et \displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)-x=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{-3x+1}{x+3}=-3
La courbe \mathscr{C}_f admet la droite d'équation y=x-3 comme asymptote oblique au voisinage de -\infty et de +\infty .

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 27


Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 20


exercice 2

L'ensemble de définiton de la fonction f est \mathscr{D}_f=\R, en effet : \forall x\in\R\text{ : } 1+\text{e}^{x}>0 .

f est continue et dérivable sur \R comme composée de x\mapsto 1+\text{e}^{x} dérivable sur \R , à valeurs dans \R^{*}_{+} , par la fonction \ln, continue et dérivable sur \R^{*}_{+}  .

\forall x\in\R \text{ : }f'(x)=\dfrac{(1+\text{e}^{x})'}{1+\text{e}^{x}}=\dfrac{\text{e}^{x}}{1+\text{e}^{x}}>0 , donc f est strictement croissante sur \R .

\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}\ln(1+\text{e}^x)=\ln 1 =0
La courbe \mathscr{C}_f admet l'axe des abscisses comme asymptote horizontale en -\infty

Interprétation géométrique :

\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\ln(1+\text{e}^x)=+\infty

On a \forall x\in\R \text{ : } 1+\text{e}^{x}=\text{e}^{x}(1+\text{e}^{-x}) , donc \ln(1+\text{e}^x)=\ln \text{e}^x+\ln(1+\text{e}^{-x})=x+\ln(1+\text{e}^{-x})

D'où \displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)-x=\lim_{x\to+\infty}\ln(1+\text{e}^{-x})=0
La courbe \mathscr{C}_f admet la première bissctrice comme asymptote oblique en +\infty

Enfin, puisque f(0)=\ln(2) \text{ et }f'(0)=\dfrac{1}{2}, l'équation de la droite tangente (T) à \mathscr{C}_f en 0 est : (T)\text{ : } y=\dfrac{1}{2}x+\ln (2)
Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 18


Remarque :
L'allure de cette fonction peut faire penser à \exp, or \exp n'a pas d'asymptote oblique mais une branche parabolique suivant l'axe des ordonnées au voisinage de +\infty .

exercice 3


1. Les solutions éventuelles de l'équation vérifient nécessairement x-2>0 et x+3>0. Elles appartiennent donc à ]2,+\infty[

Dans l'intervalle ]2,+\infty[ \enskip\text{ : }\enskip \log_{10}(x-2)+\log_{10}(x+3)=2 \iff 10^{\log_{10}(x-2)+\log_{10}(x+3)=2}=100\iff (x-2)(x+3)=100\iff x^2+x-106=0

Les solutions de cette équation sont : x_1=\dfrac{-1-5\sqrt{17}}{2} <0 \text{ et } x_2=\dfrac{-1+5\sqrt{17}}{2} > 2

Seul x_2 convient, donc l'ensemble des solutions de l'équation est : \boxed{\mathscr{S}=\left\lbrace \dfrac{-1+5\sqrt{17}}{2}\right\rbrace}


2. Les solutions de l'équations vérifient x^2-1>0 \text{ et }2x-1>0. Elles appartiennent donc à ]1,+\infty[ .

Pour x\in ]1,+\infty[, on a : \ln(x^2-1)-\ln(2x-1)+\ln(2)=\ln\left(\dfrac{2(x^2-1)}{2x-1}\right)

Les solutions sont donc les réels de l'intervalle ]1,+\infty[ vérifiant \dfrac{2(x^2-1)}{2x-1}=1

Autrement dit 2x^2-2x-1=0, les solutions sont x_1=\dfrac{1-\sqrt{3}}{2} \text{ et }x_2=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}

Puisque x_2 est la seule solution appartenant à ]1,+\infty[ , l'ensemble des solutions de l'équation est : \boxed{\mathscr{S}=\left\lbrace \dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right\rbrace}


3. Les solutions de l'équation doivent appartenir à ]4,+\infty[

Pour x\in ]4,+\infty[, on a : \ln(x+2)-\ln(x-4)+2\ln(x+1)=\ln\left(\dfrac{(x+2)(x-4)}{(x+1)^2}\right)

Les solutions sont donc les réels de l'intervalle ]4,+\infty[ vérifiant \dfrac{(x+2)(x-4)}{(x+1)^2}=1

Autrement dit (x+2)(x-4)=(x+1)^2 . Cette équation admet pour unique solution x_0=-\dfrac{9}{4} \notin ]4,+\infty[

L'ensemble des solutions de l'équation est : \boxed{\mathscr{S}=\emptyset}

exercice 4

f est continue et dérivable sur \R, et paire .

Il suffit d'étudier f sur \R^{+} .

\forall x\in[0,+\infty[ \text{ : }f'(x)=\left(x\text{Argsh}(x)\right)'=\text{Argsh}(x)+\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}

le signe de f^' n'est pas simple à étudier, on calcule la dérivée seconde de f.

f^' est dérivable sur \R^{+} comme somme de deux fonctions dérivables sur \R^{+}

\forall x\in\R^{+} \text{ : } f

De plus, on a :

\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}x\text{Argsh}(x)=+\infty

 \displaystyle \lim_{x\to+\infty}f'(x)=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\text{Argsh}(x)=+\infty \text{ puisque }\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}=1

f'(0)=0 \text{ et } f(0)=0

On déduit le tableau de variation de f :

\begin{array}{|c|ccr|} \hline x     & 0 &   & +\infty \\ \hline f''(x) &   & + & \\ \hline  &   &   & +\infty \\  f'    &   &\nearrow &\\ & 0 & (+)& \\ \hline &   &   & +\infty\\  f  &   &\nearrow & \\ & 0 & &\\ \hline \end{array}

Enfin, puisque \displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty .

On calcule : \displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\text{ Argsh}(x)=+\infty .

La courbe de f admet une branche parabolique de direction asymptotique l'axe des ordonnées en +\infty .

De plus, pour tracer la tangente (T) en 1 d'équation : y= f'(1)x+f(1)-f'(1)\enskip \text{ , on calcule } f(1)=\text{Argsh}(1)\approx 0,88  \text{ et }f'(1)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\text{Argsh}(1)\approx 1,59

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 21


exercice 5

f est définie, continue et dérivable sur \R^{*}, par composée et produit.

\forall x\in\R^{*} \text{ : } f'(x)=\text{ e}^{\frac{1}{x}}+(x-2)\dfrac{1}{x^2} \text{ e}^{-\frac{1}{x}}=(x^2+x-2)\dfrac{\text{ e}^{\frac{-1}{x}}}{x^2}=(x-1)(x+2)\dfrac{\text{ e}^{-\frac{1}{x}}}{x^2}

Le signe de f'(x) est celui de (x-1)(x+2)

Calcul des limites :

\displaystyle \lim_{x\to-\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty}(x-2)\text{e}^{-\frac{1}{x}}=-\infty

\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x)=\lim_{x\to+\infty}(x-2)\text{e}^{-\frac{1}{x}}=+\infty

\displaystyle \lim_{x\to 0^{-}} f(x)=\lim_{x\to 0^{-}}(x-2)\text{e}^{-\frac{1}{x}}=-\infty

\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}(x-2)\text{e}^{-\frac{1}{x}}=0

f(-2)=-4\sqrt{\text{e}} \enskip \text{et }\enskip f(1)=-\dfrac{1}{\text{e}}

Tableau de variation de f :

\begin{array}{|c|ccccrcrcccr|} \hline x     & -\infty &   &-2         &   & &0     && &1        &&+\infty \\ \hline f'(x) &         & + & \barre{0} & - & &\dbarre&&-&\barre{0}&+&      \\ \hline       &   &   & -4\sqrt{\text{e}} &   &  &\dbarre &0& & &  &+\infty    \\  f &    &\nearrow & &\searrow  &&\dbarre&&\searrow&&\nearrow& \\       & -\infty &  &  & & -\infty  &\dbarre&&&  -1/\text{e}&&   \\  \hline \end{array}

Interprétation géométrique :

\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty} \left(1-\dfrac{2}{x}\right)\text{e}^{1/x}=1

\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty} f(x)-x=\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty} x \left[\text{e}^{-1/x}-1\right]-2\text{ e}^{-1/x}=\displaystyle \lim_{t\to 0} -\dfrac{1}{t} \left(\text{e}^{t}-1\right)-2\text{ e}^{t}=-3

On en déduit que la droite d'équation y=x-3 est asymptote oblique à la courbe de f au voisinage de +\infty et de -\infty

\displaystyle \lim_{x\to 0^{-}} f(x)=-\infty

La courbe de f admet l'axe des ordonnées comme asymptote verticale à gauche .

\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} f(x)=0
On calcule \displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} f'(x)= \lim_{x\to 0^{+}} (x-1)(x+2)\dfrac{\text{ e}^{-\frac{1}{x}}}{x^2}= \lim_{t\to -\infty} \left(-\dfrac{1}{t}-1\right)\left(-\dfrac{1}{t}+2\right)t^2\text{ e}^{t}=0
On en tire que \mathscr{C}_f admet une demi-tangente horizontale à droite de 0 .


Concavité :

f' est dérivable sur \R^{*} , alors \forall x\in\R^{*} \text{ : }

f''(x)=\left((x^2+x+2)\dfrac{\text{ e}^{\frac{-1}{x}}}{x^2}\right)'=\left(\left(1+\dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{x^2}\right)\text{ e}^{\frac{-1}{x}}\right)'=\left(-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{4x}{x^4}\right)\text{e}^{-1/x}+\left(1+\dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{x^2}\right)\times \dfrac{1}{x^2}\text{ e}^{-1/x}=\left(\dfrac{5}{x^3}-\dfrac{2}{x^4}\right)\text{e}^{-1/x}=\dfrac{(5x-2)\text{ e}^{-1/x}}{x^4}

Le signe de f'' est celui de 5x-2

\begin{array}{|c|rcccccc|} \hline x       & -\infty  &              &0         &                 &2/5           &              &  +\infty                                     			\\ \hline f''(x)  &          & -            & \dbarre  &  -              &\barre{0}     &   +          &                                          			\\ \hline f       &          &\text{concave}&  \dbarre &   \text{concave}&  I           &\text{convexe}&                                       \\  \hline \end{array}

Point d'inflexion I\left(\dfrac{2}{5}, f\left(\dfrac{2}{5}\right)\right)\approx (0.4 , -0.13)

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 28


exercice 6


1. f est continue et dérivable sur ]0,\frac{\pi}{2}[ car la fonction \sin l'est sur cet intervalle et ne s'annule pas.
\forall x\in]0,\frac{\pi}{2}[ \text{ : } f'(x)=-\dfrac{\cos(x)}{\sin^2(x)}

Puisque la fonction \cos est strictement positive sur l'intervalle ]0,\frac{\pi}{2}[, alors f est strictement décroissante sur cet intervalle.

On a de plus : \displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{1}{\sin (x)}=+\infty \enskip \text{ et } \displaystyle\lim_{x\to \frac{{\pi}}{2}^{-}}}f(x)=\lim_{x\to \frac{{\pi}}{2}^{-}}}\dfrac{1}{\sin (x)}=1
La courbe \mathscr{C}_f admet l'axe des ordonnées comme asymptote verticale à droite .

Tableau de variation :

\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|}\hline  x&& 0  && &&&\pi/2\\\hline f'(x)&&\dbarre&&&-&&\dbarre\\\hline\niveau{2}{3}f & &\niveau{3}{3}\dbarre&+\infty& &\decroit  &\niveau{1}{3}1&\dbarre \\\hline\end{tabvar}

On a vu que f est continue et strictement décroissante sur ]0,\frac{\pi}{2}[ à valeurs dans f(]0,\frac{\pi}{2}[)=]1,+\infty[ puisque \displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=+\infty \enskip \text{ et } \displaystyle\lim_{x\to \frac{{\pi}}{2}^{-}}}f(x)=1

On conclut que :
\boxed{f\text{ est une bijection de }\left]0,\frac{\pi}{2}\right[  \text{ dans } ]1,+\infty[}


2. Remarquons tout d'abord que la dérivée de f ne s'annule pas sur ]0,\frac{\pi}{2}[. L'application f^{-1} est donc dérivable sur ]1,+\infty[ et :

\forall x\in]1,+\infty[\enskip \text{ : }\enskip (f^{-1})'(x)=\dfrac{1}{f'(f^{-1}(x))}=-\dfrac{\sin^2\left(f^{-1}(x)\right)}{\cos\left(f^{-1}(x)\right)}


Puisque pour tout x\in]1,+\infty[\text{ : } f(f^{-1}(x))=x, donc : \dfrac{1}{\sin\left(f^{-1}(x)\right)}=x , ce qui implique \sin^2\left(f^{-1}(x)\right)=\dfrac{1}{x}

De plus, comme f^{-1}(x)\in]0,\frac{\pi}{2}[ et que \cos est positif sur ]0,\frac{\pi}{2}[, on a également d'après la relation \sin^2\left(f^{-1}(x)\right)+\cos^2\left(f^{-1}(x)\right)=1 :

\cos\left(f^{-1}(x)\right)=\sqrt{1-\sin^2\left(f^{-1}(x)\right)}=\sqrt{1-\dfrac{1}{x^2}}


Finalement, on en déduit que pour tout x\in]1,+\infty[\text{ : }
(f^{-1})'(x)=-\dfrac{1}{x^2\sqrt{1-\dfrac{1}{x^2}}}=-\dfrac{|x|}{x^2\sqrt{x^2-1}}


Conclusion :
\boxed{ \forall x\in ]1,+\infty[ \text{ : } (f^{-1})'(x)=-\dfrac{1}{x\sqrt{x^2-1}}  }


3. On trace la courbe de la fonction étudiée f , et on en déduit la courbe de f^{-1} par symétrie par rapport à la première bissectrice.

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 17


exercice 7


1.

Méthode 1 :

On pose f(x)=\text{Arccos}(x)+\text{Arcsin}(x) .

f est continue sur [-1,1] et dérivable sur ]-1,1[ .

\forall x\in]-1,1[\text{ : }f'(x)=\dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}=0 .

La fonction f est donc constante sur ]-1,1[, or, puisqu'elle est continue sur [-1,1], elle est constante sur [-1,1] .

Or f(0)=\text{Arccos}(0)+\text{Arcsin}(0)=\dfrac{\pi}{2} , d'où le résultat.


Méthode 2 :

On a \text{Arccos}(x)\in[0,\pi] , donc \dfrac{\pi}{2}-\text{Arccos}(x)\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]

Or \sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\text{Arccos}(x)\right)=\cos\left(\text{Arccos}(x)\right)=x

Donc \dfrac{\pi}{2}-\text{Arccos}(x)=\text{Arcsin}(x) comme unique élément de \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] dont le sinus vaut x .


2.

On pose f(x)=\text{Arcsin(th}(x)) \text{ et }g(x)=  2\text{Arctan(e}^{x})-\dfrac{\pi}{2}

f \text{ et } g sont dérivables sur \R car :

\text{ th } est dérivable sur \R , à valeurs dans ]-1,1[ et \text{ Arcsin } est dérivable sur ]-1,1[.

\text{ Arctan } et \text{ exp } sont dérivables sur \R .

\forall x\in\R \enskip \text{ : }\enskip f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-\text{th }^2(x)}}\times \left(1-\text{ th}^2(x)\right)=\sqrt{1-\text{th }^2(x)}=\dfrac{1}{\text{ch }(x)}

\forall x\in\R \enskip \text{ : }\enskip g'(x)=\dfrac{2\text{ e}^x}{1+\text{ e}^{2x}}=\dfrac{2}{\text{ e}^{x}+\text{ e}^{-x}}=\dfrac{1}{\text{ ch}(x)}

\forall x\in\R\text{ : }f'(x)=g'(x) \enskip \text{ , or }\enskip f(0)=g(0)=0

On en déduit que f=g


3.a)

Méthode 1 :

On pose f(x)=\text{Arctan}(x)+\text{Arctan}\left(\dfrac{1}{x}\right) .

Puisque \text{Arctan} et x\mapsto\dfrac{1}{x} sont des fonctions continues et dérivables sur ]0,+\infty[ . Alors f est dérivable sur ]0,+\infty[ par composition .

\forall x\in]0,+\infty[\enskip \text{ : }\enskip f'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}-\dfrac{1}{x^2}\times \dfrac{1}{1+\dfrac{1}{x^2}}=\dfrac{1}{1+x^2}-\dfrac{1}{1+x^2}=0

f est donc constante sur ]0,+\infty[, et puisque f(1)=2\text{Arctan}(1)=\dfrac{\pi}{2}

\text{ }\enskip\enskip \forall x\in\R^{*}_{+}\text{ : }\text{Arctan}(x)+\text{Arctan}\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{\pi}{2}


Méthode 2 :

Puisque x\in]0,+\infty[ , alors \dfrac{1}{x} \in]0,+\infty[ . Donc \text{Arctan}\text{ }\dfrac{1}{x}\in \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[

On en déduit \dfrac{\pi}{2}-\text{Arctan }\dfrac{1}{x}\in \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[

\tan\left(\dfrac{\pi}{2}-\text{Arctan }\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1}{\tan\left(\text{Arctan }\dfrac{1}{x}\right)}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x}}=x

Donc \dfrac{\pi}{2}-\text{Arctan }\dfrac{1}{x}=\text{Arctan}(x) comme unique élément de \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[ dont la tangente vaut x .


3.b)

Comme \text{Arctan } est impaire, alors :

\text{ }\enskip\enskip \forall x\in\R^{*}_{-}\text{ : }\text{Arctan}(x)+\text{Arctan}\left(\dfrac{1}{x}\right)=-\dfrac{\pi}{2}

exercice 8



Soit \mathscr{D}_f l'ensemble de définition de f, on a :

x\in\mathscr{D}_f\iff x\in \displaystyle\bigcup_{k\in\Z} \left]-\dfrac{\pi}{2}+k\pi ,  \dfrac{\pi}{2}+k\pi\right[ \text{ et } \tan(x)\neq 0  \iff x\in \displaystyle\bigcup_{k\in\Z} \left]-\dfrac{\pi}{2}+k\pi ,  \dfrac{\pi}{2}+k\pi\right[ \text{ et } \enskip(x\neq 0+k\pi \text{ , }k\in\Z)

On en déduit que \mathscr{D}_f=\displaystyle\bigcup_{k\in\Z} \left]k\dfrac{\pi}{2} ,  (k+1)\dfrac{\pi}{2}\right[

On a : \forall x\in\mathscr{D}_f\text{ : } f\left(x+\dfrac{\pi}{2}\right)=-\dfrac{1}{\tan(x)}+\tan(x)=f(x) . Donc f est \dfrac{\pi}{2}-\text{périodique} , le domaine d'étude devient \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[ .

De plus f est impaire, puisque \tan est impaire.

Il suffit donc d'étudier f sur \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right]

f est continue et dérivable sur \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right] . Donc :

\forall x\in \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right]\enskip \text{ : }\enskip f'(x)=1+\tan^2(x)+\dfrac{1+\tan^2(x)}{\tan^2(x)}=\tan^2(x)+2+\dfrac{1}{\tan^2(x)}=\left(\tan(x)+\dfrac{1}{\tan(x)}\right)^2>0

On a :

\displaystyle \lim_{x\to 0^+} f(x)=\lim_{x\to 0^+} \tan(x)-\dfrac{1}{\tan(x)}=-\infty \enskip \text{ car } \tan(0)=0\text{ et }\forall x\in \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right] \text{ : }\tan(x)>0

f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0


Le tableau de variation de la fonction f :

\begin{tabvar}{|C|CCCCCC|}\hline  x& 0  && &&&\pi/4\\\hline f'(x)&\dbarre&&&+&&\\\hline\niveau{2}{3} f & \niveau{2}{3}\dbarre&-\infty &&\croit  &\niveau{3}{3}&0 \\\hline\end{tabvar}


Interprétation géométrique :

\displaystyle \lim_{x\to 0^+} f(x)=-\infty

La courbe de f admet l'axe des ordonnées comme asymptote verticale à droite .

f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0
La tangente (T) en \dfrac{\pi}{4} a pour équation : y= f'\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)+f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\enskip \text{ , on calcule } f'\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=4

On obtient :  (T)\text{ : }y=4x-\pi


Etudions la position de la courbe de f par rapport à la tangente (T) en \dfrac{\pi}{4} .

On pose g:x\mapsto f(x)-4x+\pi

g est dérivable sur \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right] et on a :

\forall x\in\left]0,\dfrac{\pi}{4}\right]\enskip \text{ : } \enskip g'(x)=f'(x)-4=\tan^2(x)+2+\dfrac{1}{\tan^2(x)}-4=\tan^2(x)-2+\dfrac{1}{\tan^2(x)}=\left(\tan(x)-\dfrac{1}{\tan(x)}\right)^2>0

Et : \displaystyle \lim_{x\to 0^+} g(x)=\lim_{x\to 0^+} f(x)-4x+\pi=-\infty \enskip \text{ et }\enskip g\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0

\begin{tabvar}{|C|CCCCCC|}\hline  x& 0  && &&&\pi/4\\\hline g'(x)&\dbarre&&&+&&\\\hline\niveau{2}{3} g & \niveau{2}{3}\dbarre&-\infty &&\croit  &\niveau{3}{3}&0 \\\hline\end{tabvar}

On en tire que g(x)\leq 0 sur \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right]

On conclue que la courbe de f est en-dessous de la tangente (T) sur \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right]

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 26


exercice 9

1. La fonction \text{ Arccos } est définie sur [-1,1] et \cos est définie sur \R , alors :

\forall x\in [-1,1]\enskip : \enskip \cos\left(2\text{ Arccos } x\right)=2\cos^2\left(\text{ Arccos } x\right)-1=2x^2-1



2. La fonction \text{ Arcsin } est définie sur [-1,1] et \sin est définie sur \R , alors :

\forall x\in [-1,1]\enskip : \enskip \sin\left(2\text{ Arcsin } x\right)=2\cos\left(\text{ Arcsin } x\right)\sin\left(\text{ Arcsin } x\right)=2x\sqrt{1-x^2}



3. De même :

\forall x\in [-1,1]\enskip : \enskip \cos\left(2\text{ Arcsin } x\right)=1-2\sin^2\left(\text{ Arcsin } x\right)=1-2x^2



4. Et :

\forall x\in [-1,1]\enskip : \enskip \sin\left(2\text{ Arccos } x\right)=2\cos\left(\text{ Arccos } x\right)\sin\left(\text{ Arccos } x\right)=2x\sqrt{1-x^2}



5. On sait que \forall x\in\R\backslash \left\lbrace\dfrac{\pi}{2}+k\pi\text{ , }k\in\Z\right\rbrace \enskip \text{ : }\enskip 1+\tan^2(x)=\dfrac{1}{\cos^2(x)}

Et puisque \forall x\in\R\text{  : } \text{ Arctan }x\in\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ , alors :

\forall x\in\R \enskip : \enskip \cos^2(\text{ Arctan }x)=\dfrac{1}{1+\tan^2(\text{ Arctan }x)}=\dfrac{1}{1+x^2}


Or, la fonction \cos est positive sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ , donc :

\forall x\in\R \enskip : \enskip \cos(\text{ Arctan }x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}



6. On a :

\forall x\in\R \enskip : \enskip \sin^2(\text{ Arctan }x)=1-\cos^2(\text{ Arctan }x)=1-\dfrac{1}{1+x^2}=\dfrac{x^2}{1+x^2}


Or, x \text{ et }\sin(x) sont de même signe sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ , donc :

\forall x\in\R \enskip : \enskip \sin(\text{ Arctan }x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}



7. \tan n'est pas définie en \dfrac{\pi}{2}+k\pi\enskip,\enskip k\in\Z \enskip \text{ , et  Arcsin }x\equiv \dfrac{\pi}{2}\enskip[2\pi] \iff x=1\text{ ou } x=-1

Alors
\forall x\in]-1,1[\enskip : \enskip \tan(\text{ Arcsin }x)=\dfrac{\sin (\text{ Arcsin }x)}{\cos(\text{ Arcsin }x)}=\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}



8.

On a \forall x\notin \left\lbrace \dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2} \enskip , \enskip k\in\Z\right\rbrace \cup \left\lbrace \dfrac{\pi}{2}+k\pi \enskip , \enskip k\in\Z\right\rbrace\enskip : \enskip \tan(2x)=\dfrac{2\tan(x)}{1-\tan^2(x)}

De plus : \text{ Arctan }x\equiv\dfrac{\pi}{4}\enskip\left[\dfrac{\pi}{2}\right] \iff x=1\text{ ou }x=-1

Et \forall x\in\R \text{ : }\text{ Arctan }x\neq \dfrac{\pi}{2}

Donc :
\forall x\in\R\backslash\lbrace -1,1\rbrace\enskip : \enskip \tan(2\text{ Arctan }x)=\dfrac{2\tan(\text{ Arctan}x)}{1-\tan^2(\text{ Arctan } x)}=\dfrac{2x}{1-x^2}



9. \text{ Arccos } est définie sur [-1,1] :

-1\leq 2x^2-1\leq 1 \iff 0\leq 2x^2\leq 2 \iff 0\leq x^2\leq 1 \iff -1\leq x\leq 1


Pour tout réel x de [-1,1], il existe un unique \varphi \in[0,\pi] \text{ : } x=\cos\varphi et donc \varphi=\text{ Arccos }x . Alors :

\text{ Arccos }(2x^2-1)=\text{ Arccos }(2\cos^2\varphi -1)=\text{ Arccos }(\cos (2\varphi))


On en tire que :

Si \varphi\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right] \text{ : }2\varphi \in[0,\pi] \text{ et donc } \text{ Arccos }(\cos(2\varphi))=2\varphi

Si \varphi\in\left[\dfrac{\pi}{2},\pi\right] \text{ : }2\pi-2\varphi \in[0,\pi] \text{ et donc } \text{ Arccos }(\cos(2\varphi))=\text{ Arccos }(\cos(2\pi-2\varphi))=2\pi-2\varphi

D'où :

\forall x\in[-1,1]\enskip : \enskip \text{ Arccos }(2x^2-1)=\begin{cases} 2\text{ Arccos }(x) \enskip &\text{ si }x\in [0,1]\\2\pi-2\text{ Arccos }(x) \enskip &\text{ si }x\in [-1,0]\end{cases}


10.

\text{ Arctan } est définie sur \R, on doit avoir x\neq -1 \text{ et }x\neq 1

\forall x\in\R\backslash\lbrace -1 , 1\rbrace , il existe un unique \varphi \in\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[\backslash \left\lbrace -\dfrac{\pi}{4} ,\dfrac{\pi}{4}\right\rbrace tel que x=\tan\varphi et bien évidemment \text{ Arctan }x=\varphi

On a alors :
\text{ Arctan }\left(\dfrac{2x}{1-x^2}\right)=\text{ Arctan } \left(\dfrac{2\tan \varphi}{1-\tan^2\varphi}\right)=\text{ Arctan }(\tan(2\varphi))


Si \varphi\in\left]-\dfrac{\pi}{2},-\dfrac{\pi}{4}\right[ \text{ : }2\varphi+\pi \in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[  \text{ et donc } \text{ Arctan }(\tan(2\varphi))=\text{ Arctan }(\tan(2\varphi+\pi))=2\varphi+\pi

Si \varphi\in\left]-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\right[ \text{ : }2\varphi \in\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[  \text{ et donc } \text{ Arctan }(\tan(2\varphi))=2\varphi

Si \varphi\in\left]\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right[ \text{ : }2\varphi-\pi \in\left]-\dfrac{\pi}{2},0\right[  \text{ et donc } \text{ Arctan }(\tan(2\varphi))=\text{ Arctan }(\tan(2\varphi-\pi))=2\varphi-\pi

D'où :

\forall x\in\R\backslash\lbrace-1,1\rbrace\enskip : \enskip \text{ Arctan }\left(\dfrac{2x}{1-x^2}\right)=\begin{cases} 2\text{ Arctan }(x)+\pi \enskip &\text{ si }x\in ]-\infty,-1[\\2\text{ Arctan }(x) \enskip &\text{ si }x\in ]-1,1[\\2\text{ Arctan }(x)-\pi \enskip &\text{ si }x\in ]1,+\infty[\end{cases}


exercice 10

Méthode 1 :

On applique les formules trigonométriques :

\tan\left(2\text{ Arctan }\dfrac{1}{5} \right)=\dfrac{2\times \dfrac{1}{5}}{1-\dfrac{1}{25}}=\dfrac{5}{12}

\tan\left(4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5} \right)=\dfrac{2\tan\left(2\text{ Arctan }\dfrac{1}{5} \right)}{1-\tan^2\left(2\text{ Arctan }\dfrac{1}{5} \right)}=\dfrac{120}{119}

D'où :\tan\left(4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}-\text{ Arctan }\dfrac{1}{139} \right)=\dfrac{\dfrac{120}{119}-\dfrac{1}{239}}{1+\dfrac{120}{119}\times\dfrac{1}{239}}=\dfrac{120\times239-119}{119\times239+120}=1

On en déduit :
4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}-\text{ Arctan }\dfrac{1}{239}\equiv\dfrac{\pi}{4}\enskip[\pi]


Encadrements: 0<\dfrac{1}{5}<1 \text{ et }0<\dfrac{1}{239}<1 \text{ , donc } \text{ Arctan }\dfrac{1}{5} \in \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right[ \text{ et }\text{ Arctan }\dfrac{1}{239} \in \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right[

Il vient 4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}-\text{ Arctan }\dfrac{1}{239}\in \left]-\dfrac{\pi}{4},\pi\right[

Le seul réel de cet intervalle égale à \dfrac{\pi}{4} à \pi près est bien \dfrac{\pi}{4}, d'où :
4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}-\text{ Arctan }\dfrac{1}{239}=\dfrac{\pi}{4}



Méthode 2 :

On utilise le fait que : si z=x+iy\in\C^{*} \text{ avec }x\neq 0 , alors, en notant \theta son argument : \tan\theta = \dfrac{y}{x} .

Si 0<x \enskip , \enskip \arg z \in \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ \text{ à } 2\pi \text{ près } . Donc \text{ Arctan }\dfrac{y}{x} est un argument de z .

On a donc :

\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}\equiv \arg(5+i)\enskip [2\pi]

\text{ Arctan }\dfrac{1}{239}\equiv \arg(239+i)\enskip [2\pi]

Doù : 4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}-\text{ Arctan }\dfrac{1}{239}\equiv \arg\left(\dfrac{(5+i)^4}{239+i}\right)\enskip [2\pi]\enskip \equiv \arg\left[(5+i)^4(239-i)\right]\enskip [2\pi]

Calcul :

(5+i)^4=625+500i-150-20i+1=4(119+120i) \enskip \text{ (en appliquant la formule du binôme ) }

(5+i)^4(239-i)=4\left[120(1+i)-1\right](239-i)=4[120\times 239(1+i)-239+i+120-120i]=4(1+i)(120\times 239-119)

Il s'ensuit que \arg\left[(5+i)^4(239-i)\right]\equiv \dfrac{\pi}{4}\enskip [2\pi]

On en déduit que 4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}-\text{ Arctan }\dfrac{1}{239}\equiv\dfrac{\pi}{4}\enskip [2\pi]

Encadrements: 0<\dfrac{1}{5} \text{ et }0<\dfrac{1}{239} \text{ , donc } \text{ Arctan }\dfrac{1}{5} \in \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[ \text{ et }\text{ Arctan }\dfrac{1}{239} \in \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[

Il vient 4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}-\text{ Arctan }\dfrac{1}{239}\in \left]-\dfrac{\pi}{2},2\pi\right[

Le seul réel de cet intervalle égale à \dfrac{\pi}{4} à 2\pi près est bien \dfrac{\pi}{4}, d'où :
4\text{ Arctan }\dfrac{1}{5}-\text{ Arctan }\dfrac{1}{239}=\dfrac{\pi}{4}


exercice 11

Notons A_n=\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \text{ch }(a+kb) \enskip \text{ et } \enskip B_n= \sum_{k=0}^{n} \text{sh }(a+kb)

Si b=0 , alors directement :

\boxed{A_n=(n+1)\text{ ch }a \enskip \text{ et }\enskip B_n=(n+1)\text{ sh }a}


Si b\neq 0 :

Comme \forall x\in\R\enskip :\enskip \text{ ch }x+\text{ sh }x=\text{ e}^x et qu'on a \text{ e}^b\neq 1 , on peut écrire :

A_n+B_n=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\text{ e}^{a+kb}=\text{ e}^{a}\sum_{k=0}^{n}\left(\text{ e}^{b}\right)^{k}=\text{ e}^{a}\dfrac{\text{ e}^{(n+1)b}-1}{\text{ e}^{b}-1}

On factorise par l'angle moitié :
A_n+B_n=\text{e}^{a} \dfrac{\text{e}^{(n+1)b/2}\left(\text{e}^{(n+1)b/2}-\text{e}^{-(n+1)b/2}\right)}{\text{e}^{b/2}\left(\text{e}^{b/2}-\text{e}^{-b/2}\right)}=\exp\left(a+\dfrac{nb}{2}\right)\dfrac{\text{ sh }\left(\dfrac{(n+1)b}{2}\right)}{\text{ sh }\left(\dfrac{b}{2}\right)}


Comme \forall x\in\R\enskip :\enskip \text{ ch }x-\text{ sh }x=\text{ e}^{-x} , alors : A_n-B_n=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\text{ e}^{-(a+kb)}

En remplaçant a par -a et b par -b , on obtient par imparité de \text{ sh} :
A_n-B_n=\exp\left(-\left(a+\dfrac{nb}{2}\right)\right)\dfrac{\text{ sh }\left(\dfrac{(n+1)b}{2}\right)}{\text{ sh }\left(\dfrac{b}{2}\right)}


On obtient finalement :

\boxed{A_n=\text{ ch}\left(a+n\dfrac{b}{2}\right)\dfrac{\text{ sh }\left(\dfrac{(n+1)b}{2}\right)}{\text{ sh }\left(\dfrac{b}{2}\right)}\enskip \enskip , \enskip \enskip B_n=\text{ sh}\left(a+n\dfrac{b}{2}\right)\dfrac{\text{ sh}\left(\dfrac{(n+1)b}{2}\right)}{\text{ sh }\left(\dfrac{b}{2}\right)}}


exercice 12

1. On trouve le domaine de validité \mathscr{D} de cette équation :

x\in\mathscr{D}\iff x\in]-1,1[ \enskip , \enskip x\neq 0 \enskip , \enskip \dfrac{1}{x}\in [1,+\infty[ \iff \mathscr{D}=]0,1[

On rappelle que \th est bijective sur \R, donc injective :

\begin{matrix}\forall x\in]0,1[\enskip:\enskip \text{ Argth }x=\text{ Argch }\dfrac{1}{x}&\iff& \text{ th }\left(\text{ Argth }x\right)=\text{ th }\left(\text{ Argch }\dfrac{1}{x}\right) \\\\&\iff& x=\dfrac{\text{ sh }\left(\text{ Argch }\dfrac{1}{x}\right)}{\text{ ch }\left(\text{ Argch }\dfrac{1}{x}\right)} \\\\&\iff& x=\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{x^2}-1}}{\dfrac{1}{x}} \\\\&\iff& 1=\sqrt{\dfrac{1}{x^2}-1} \\\\&\iff& 1=\dfrac{1}{x^2}-1 \\\\&\iff& x^2=\dfrac{1}{2} \\\\&\iff& x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{matrix}

On en déduit :
\boxed{\mathscr{S}=\left\lbrace \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right\rbrace}



2. On trouve le domaine de validité \mathscr{D} de cette équation :

x\in\mathscr{D}\iff x\in[-1,1] \enskip \text{ et } \enskip \dfrac{x}{2}\in[-1,1]\iff x\in[-1,1] \enskip \text{ et } \enskip x\in[-2,2] \iff \mathscr{D}=[-1,1]

On a pour tout x\in [-1, 1 ] :
\text{ Arcsin }x+\text{ Arcsin }\dfrac{x}{2}=\dfrac{\pi}{2}\iff \text{ Arcsin }\dfrac{x}{2}=\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }x\enskip (*)


Et puisque
\text{ Arcsin }\dfrac{x}{2} \in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] \text{ et } \left(\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }x\right) \in \left[0,\pi\right]


Il s'ensuit que :

\begin{matrix} (*)&\iff& \begin{cases} \left(\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }x\right) \in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] \\\\\sin\left(\text{ Arcsin }\dfrac{x}{2} \right)=\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }x\right)\end{cases} &\iff& \begin{cases} \left(\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }x\right) \in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] \\\\ \dfrac{x}{2} =\cos\left(\text{ Arcsin }x\right)\end{cases} \\\\&\iff& \begin{cases} \left(\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }x\right) \in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] \\\\\dfrac{x}{2} =\sqrt{1-x^2}\end{cases} &\iff& \begin{cases} \left(\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }x\right) \in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] \\\\x\geq 0 \text{ et }5x^2=4\end{cases} \\\\&\iff& \begin{cases} \left(\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }x\right) \in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] \\\\x=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\end{cases} & \iff&x=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\enskip  \end{matrix}

\left(\text{ Puisque } \dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }\dfrac{2}{\sqrt{5}} \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\subset \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\right)

On en déduit :
\boxed{\mathscr{S}=\left\lbrace \dfrac{2}{\sqrt{5}}\right\rbrace}



3.

Recherche de l'ensemble de validité de l'équation :

Si x\in\R est solution, alors x^{\frac{1}{2}} existe, donc x\geq 0 .

De plus , 0 n'est pas solution car 0^0=1\neq \dfrac{1}{2}

Enfin si x\geq 1 , alors x^{\frac{1}{2}}\geq 1 , puis x^{x^{\frac{1}{2}}}\geq 1, donc x n'est pas solution.

On peut donc supposer que \mathscr{D}=]0,1[

Notons t=x^{\frac{1}{2}} :

x^{{x}^{\frac{1}{2}}}=\dfrac{1}{2}\iff t\ln(x)=\ln\dfrac{1}{2}\iff t\ln(t^2)=-\ln(2) \iff t\ln(t)+\dfrac{\ln(2)}{2}=0

On considère la fonction f définie sur ]0,1] par :
f:t\mapsto t\ln(t)+\dfrac{\ln(2)}{2}


f est dérivable sur ]0,1] et :
\forall x\in]0,1]\enskip : \enskip f'(t)=1+\ln(t)


D'où le tableau de variation de f :

\begin{array}{|c||ccccr|} \hline t     & 0 &   & \text{e}^{-1}         &   & 1 \\ \hline f'(t) &         & - & \barre{0} & + &       \\ \hline       & \dfrac{\ln(2)}{2}   &   &  &   & \dfrac{\ln(2)}{2}   \\  f &    &\searrow & &\nearrow  & \\       &  &  & f(\text{e}^{-1})\approx -0,021 & &   \\  \hline \end{array}

f(\text{e}^{-1})=-\text{e}^{-1}+\dfrac{\ln 2}{2}\approx -0,021

On en déduit que f s'annule en deux points.

On remarque facilement que f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{1}{2}+\dfrac{\ln(2)}{2}=0\enskip \text{ et }\enskip f\left(\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{1}{4}\ln\dfrac{1}{4}+\dfrac{\ln(2)}{2}=0

Ainsi : f(t)=0\iff t\in\left\lbrace\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{4}\right\rbrace

Et comme x=t^2 , on conclut que l'ensemble des solutions de l'équation proposée est :
\boxed{\mathscr{S}=\left\lbrace\dfrac{1}{16},\dfrac{1}{4}\right\rbrace}


Contrôle :

\left(\dfrac{1}{16}\right)^{{\left(\frac{1}{16}\right)}^{\frac{1}{2}}}=\left(\dfrac{1}{16}\right)^{\frac{1}{4}}=\dfrac{1}{2}

\left(\dfrac{1}{4}\right)^{{\left(\frac{1}{4}\right)}^{\frac{1}{2}}}=\left(\dfrac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}}=\dfrac{1}{2}

exercice 13


La fonction f est définie sur \R^{*}.


\forall x\in\R^{*} \enskip -x\in\R^{*} \enskip \text{ et }\enskip f(-x)=|-x\ln|-x||=|x\ln|x||=f(x)

f est donc une fonction paire, on étudie f sur ]0,+\infty[

\forall x\in]0,+\infty[ \text{ : } f(x)=|x\ln(x)|=|x||\ln(x)|=x|\ln(x)|=\begin{cases} -x\ln(x) &\text{ si }x\in ]0,1] \\x\ln(x)&\text{ si }x\in[1,+\infty[\end{cases}

f est continue et dérivable sur ]0,1[\cup]1,+ \infty[ , en effet, f n'est pas dérivable en 1 :

\displaystyle \lim_{x\to 1^{+}}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1^{+}}\dfrac{x\ln(x)}{x-1}=\lim_{t\to 0} (t+1)\dfrac{\ln(t+1)}{t}=1\enskip \text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{x\to 1^{-}}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1^{-}}\dfrac{-x\ln(x)}{x-1}=\lim_{t\to 0} -(t+1)\dfrac{\ln(t+1)}{t}=-1

Elle est pourtant dérivable à gauche et à droite de 1.

On calcule la dérivée :

\begin{cases}\forall x\in]0,1[ &\text{ : }  f'(x)=-\ln(x)-1 \\\forall x\in]1,+\infty[ &\text{ : } f'(x)=\ln(x)+1 \end{cases}

On a :

f' s'annule en \text{ e}^{-1}\in ]0,1[\enskip \text{ et }\enskip f(\text{e}^{-1})=-\text{e}^{-1}\ln(\text{e}^{-1})=\text{e}^{-1}

\displaystyle \lim_{x\to 0^{+} }f(x)=0

\displaystyle \lim_{x\to +\infty }f(x)=\lim_{x\to +\infty } x\ln(x)=+\infty

Tableau de variation de f :

\begin{array}{|c|rccccccc|} \hline x     & 0        &   &           &  \text{e}^{-1}  &         &    1    &      & +\infty                                \\ \hline f'(x) & \dbarre  &   & +         &\barre{0}        &-        &\dbarre  &+     &                                    \\ \hline       & \dbarre  &   &          & \text{e}^{-1}    &         &         &        & +\infty                                    \\  f       & \dbarre  &   &  \nearrow  &               &\searrow  &         & \nearrow &                                 \\	       & \dbarre  & 0 &           &		    &          &    0   &         & \\  \hline \end{array}

Interprétation géométrique :

La courbe de f admet une tangente verticale en 0 .

La courbe de f admet une tangente horizontale en \text{ e}^{-1} .

\displaystyle \lim_{x\to +\infty }f(x)=+\infty
On a: \displaystyle \lim_{x\to +\infty }\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to +\infty }\ln(x)=+\infty

Donc, la courbe de f admet une branche parabolique en +\infty, de direction asymptotique l'axe des ordonnées .


f est dérivable à droite de 1, sa courbe admet donc une demi-tangente (T_1) à droite de pente 1 d'équation : y=x-1 .

Position de la courbe de f par rapport à la tangente :

\forall x\in [1,+\infty[ \enskip \text{ : Notons } \enskip g(x)=f(x)-y=x\ln(x)-x+1

g est dérivable sur [1,+\infty[ et on a : \forall x\in [1,+\infty[ \text{ : } g'(x)=\ln(x)\geq 0

\displaystyle \lim_{x\to +\infty }g(x)=\lim_{x\to +\infty }x\ln(x)-x+1=+\infty\enskip \text{ et }\enskip g(1)=0

\begin{tabvar}{|C|CCCCCC|}\hline  x& 1  && &&&+\infty\\\hline g'(x)&&&&+&&\\\hline\niveau{2}{3}g & \niveau{1}{3}&0 &&\croit  &\niveau{3}{3}&+\infty \\\hline\end{tabvar}

Il s'ensuit que \forall x\in [1,+\infty[ \text{ : } g(x)\geq 0 \iff f(x)\geq y

On en déduit que la courbe de f est en-dessus de la demi-tangente (T_1) à droite en 1.


f est dérivable à gauche de 1, sa courbe admet donc une demi-tangente (T_2) à gauche de pente -1 d'équation : y=-(x-1)\iff y=-x+1 .

Position de la courbe de f par rapport à la tangente :

\forall x\in ]0,1] \enskip \text{ : Notons } \enskip h(x)=f(x)-y=-x\ln(x)+x-1

h est dérivable sur ]0,1] et on a : \forall x\in ]0,1] \text{ : } h'(x)=-\ln(x)\geq 0

\displaystyle \lim_{x\to 0 }h(x)=\lim_{x\to 0 }x\ln(x)+x-1=-1\enskip \text{ et }\enskip h(1)=0

\begin{tabvar}{|C|CCCCCC|}\hline  x& 0  && &&&1\\\hline h'(x)&\dbarre&&&+&&\\\hline\niveau{2}{3} h &\dbarre \niveau{1}{3}&-1 &&\croit  &\niveau{3}{3}&0 \\\hline\end{tabvar}

Il s'ensuit que \forall x\in ]0,1] \text{ : } h(x)\leq 0 \iff f(x)\leq y

On en déduit que la courbe de f est en-dessous de la demi-tangente (T_2) à gauche en 1.


Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 30


exercice 14

La fonction f est définie sur \R^{*}. Et il n'y a pas de réduction du domaine d'étude.

On écrit l'expression de la fonction f sans valeur absolue : f(x)=\begin{cases}x+\dfrac{\ln(x)}{x}&\text{ si } x\in ]0,+\infty[\\\\x-\dfrac{\ln(-x)}{x} & \text{ si } x\in]-\infty,0[\end{cases}


Etude sur l'intervalle ]0,+\infty[

f est continue et dérivable sur ]0,+\infty[ .

\forall x\in]0,+\infty[ \text{ : } f'(x)=1+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{\ln(x)}{x^2}=\dfrac{x^2+1-\ln(x)}{x^2}

On pose g(x)=x^2+1-\ln(x) , g est dérivable sur ]0,+\infty[ et on a :
\forall x\in]0,+\infty[ \text{ : }g'(x)=2x-\dfrac{1}{x}=\dfrac{2x^2-1}{x}


De plus : g\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\ln(2)>0\enskip , \enskip \displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} g(x)=+\infty \enskip \text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{x\to +\infty} g(x)=\lim_{x\to +\infty}x^2+1-\ln(x)=\lim_{x\to +\infty}x^2\left(1+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{\ln(x)}{x^2}\right)=+\infty

\begin{array}{|c||ccccr|} \hline x     & 0 &   & \frac{1}{\sqrt{2}}         &   & +\infty \\ \hline g'(x) &         & - & \barre{0} & + &       \\ \hline       & +\infty   &   &  &   & +\infty   \\  g &    &\searrow & &\nearrow  & \\       &  &  & g\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)>0 & &   \\  \hline \end{array}

On en déduit que :
\forall x>0 \text{ : }g(x)>0 \enskip \text{ et donc } f \text{ est strictement croissante sur } ]0,+\infty[



Etude sur l'intervalle ]-\infty,0[

f est continue et dérivable sur ]-\infty,0[ .

\forall x\in]-\infty,0[ \text{ : } f'(x)=1-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{\ln(-x)}{x^2}=\dfrac{x^2-1+\ln(-x)}{x^2}

On pose h(x)=x^2-1+\ln(-x) , h est dérivable sur ]-\infty,0[ et on a :
\forall x\in]-\infty,0[ \text{ : }h'(x)=2x+\dfrac{1}{x}=\dfrac{2x^2+1}{x}<0


De plus : \displaystyle \lim_{x\to 0^{-}} h(x)=-\infty \enskip \text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{x\to -\infty} h(x)=+\infty\enskip \text{ et }\enskip h(-1)=0

\begin{array}{|c|ccccr||} \hline x     & -\infty & &-1&  &           0 \\ \hline h'(x) &        &- & \barre{} & - &      \\ \hline       &  +\infty   &  &\barre{}& &    \\  h &    &\searrow &\barre{}&&  \\    &   &  & \barre{0} &&    \\    &   &  &  \barre{}&\searrow&    \\    &   &  &\barre{}  && -\infty   \\  \hline \end{array}

On en déduit que :
\forall x\leq-1 \text{ : }h(x)\geq 0 \enskip \text{ et donc } f \text{ est croissante sur } ]-\infty,-1] \\ \\\forall x\in[-1,0[ \text{ : }h(x)\leq 0  \enskip \text{ et donc } f \text{ est décroissante sur } [-1,0[


Calcul de limites :

On calcule directement les limites suivantes :

\displaystyle \lim_{x\to -\infty} f(x)=\lim_{x\to -\infty} x+\dfrac{\ln(-x)}{(-x)}=-\infty

\displaystyle \lim_{x\to 0^{-}} f(x)=\lim_{x\to 0^{-}}x-\dfrac{\ln(-x)}{x}=-\infty

\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}x+\dfrac{\ln(x)}{x}=-\infty

\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x)=\lim_{x\to +\infty} x+\dfrac{\ln(x)}{x}=+\infty

Et :

 f(-1)=-1


Le tableau de variation de f :

\begin{array}{|c|rcccccccc|} \hline x     & -\infty  &        & -1       &        &       &    0    &       &        & +\infty                                \\ \hline f'(x) &          & +      & \barre{0}&  -     &       &\dbarre  &       &  +     &                                \\ \hline       &          &        &  -1      &        &       &\dbarre  &       &        & +\infty                                    \\  f           &          &\nearrow&          &\searrow&       &\dbarre  &       &\nearrow&                                \\	       & -\infty  &        &          &	       &-\infty&\dbarre  &-\infty&        &          \\  \hline \end{array}


Interprétation géométrique :

\displaystyle \lim_{x\to -\infty} f(x)=-\infty

\displaystyle \lim_{x\to -\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to -\infty}1-\dfrac{\ln(-x)}{((-x)^2)}=1\enskip \text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{x\to -\infty} f(x)-x=\lim_{x\to -\infty}\dfrac{\ln(-x)}{(-x)}=0

La courbe de f admet la première bissectrice (d'équation y=x) comme asymptote oblique en -\infty

De plus, la courbe est au-dessus de cette asymptote pour x\leq -1 et en-dessous pour x\in[-1,0[ (intersection au point (-1,-1))


\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty

\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to +\infty}1+\dfrac{\ln(x)}{x^2}=1\enskip \text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x)-x=\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0

La courbe de f admet la première bissectrice (d'équation y=x) comme asymptote oblique en +\infty

De plus, la courbe est au-dessus de cette asymptote pour x\geq 1 et en-dessous pour x\in]0,1] (intersection au point (1,1))


\displaystyle \lim_{x\to 0^{-}} f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=-\infty

La courbe de f admet l'axe des ordonnées (d'équation x=0) comme asymptote verticale à gauche et à droite .


On remarque enfin que f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}-2\ln(2)<0 \enskip \text{ et que }f\left(\dfrac{3}{4}\right)=\dfrac{3}{4}+\dfrac{4}{3}\ln\left(\dfrac{3}{4}\right)>0

La courbe traverse l'axe des abscisses pour une valeur de x comprise entre \dfrac{1}{2} et \dfrac{3}{4}

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 25


exercice 15

f est définie et continue sur \R^{*} , comme produit et composée de fonctions continues .

On a x(x-2)\geq 0 \text{ si } x\in]-\infty,-2]\cup]0,+\infty[ \enskip \text{ et }\enskip x(x-2)\leq 0 \text{ si } x\in[-2,0[

On écrit l'expression de la fonction f sans valeur absolue : f(x)=\begin{cases}\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}&\text{ si }x\in ]-\infty,-2]\cup]0,+\infty[\\\\\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{-x(x+2)} & \text{ si } x\in[-2,0[\end{cases}

f n'est pas dérivable en -2, elle ne l'est ni à droite, ni à gauche de -2 , en effet :

\displaystyle \lim_{x\to-2^{-}}\dfrac{f(x)-f(-2)}{x+2}=\lim_{x\to-2^{-}}\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}}{x+2}=\lim_{x\to-2^{-}}-\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{\dfrac{x}{x+2}}=-\infty

\displaystyle \lim_{x\to-2^{+}}\dfrac{f(x)-f(-2)}{x+2}=\lim_{x\to-2^{+}}\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{-x(x+2)}}{x+2}=\lim_{x\to-2^{-}}\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{-\dfrac{x}{x+2}}=+\infty

f est donc dérivable sur ]-\infty,-2[\cup]0,+\infty[ \text{ et sur } ]-2,0[


\begin{matrix}\forall x\in ]-\infty,-2[\cup]0,+\infty[\text{ : } f'(x)&=&\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}\right)'                            \\&=&\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}\right)'\sqrt{x(x+2)}+\text{ e}^{\frac{1}{x}}\left(\sqrt{x(x+2)}\right)'                           \\&=&-\dfrac{1}{x^2}\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}+\text{ e}^{\frac{1}{x}}\dfrac{2x+2}{2\sqrt{x(x+2)}}                           \\&=&\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}}{\sqrt{x(x+2)}}\left(\dfrac{-x(x+2)+(x+1)x^2}{x^2}\right)                           \\&=&\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}}{\sqrt{x(x+2)}}\left(\dfrac{x^2-2}{x}\right)                           \\&=&\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}}{\sqrt{x(x+2)}}\left(\dfrac{(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}{x}\right)\end{matrix}

Le signe de f'(x) étant celui de \dfrac{(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}{x}, on en déduit que :

\bullet f'(x)\leq 0 \text{ si } x\in ]-\infty,-2[\cup ]0,\sqrt{2}]\enskip \text{ , donc }f\text{ est décroissante sur cette union d'intervalles }

\bullet f'(x)\geq 0 \text{ si } x\in [\sqrt{2},+\infty[\text{ , }f\text{ est croissante sur cet intervalle }


\begin{matrix} \forall x\in ]-2,0[\text{ : }f'(x)&=&\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{-x(x+2)}\right)'                            \\&=&\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}\right)'\sqrt{-x(x+2)}+\text{ e}^{\frac{1}{x}}\left(\sqrt{-x(x+2)}\right)'                           \\&=&-\dfrac{1}{x^2}\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{-x(x+2)}-\text{ e}^{\frac{1}{x}}\dfrac{2x+2}{2\sqrt{-x(x+2)}}                           \\&=&\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}}{\sqrt{-x(x+2)}}\left(\dfrac{(\sqrt{2}-x)(\sqrt{2}+x)}{x}\right)\end{matrix}

Le signe de f'(x) étant celui de \dfrac{(\sqrt{2}-x)(\sqrt{2}+x)}{x}, on en déduit que :

\bullet f'(x)\leq 0 \text{ si } x\in [-\sqrt{2},0[\enskip \text{ , donc }f\text{ est décroissante sur cet intervalle }

\bullet f'(x)\geq 0 \text{ si } x\in ]-2,-\sqrt{2}]\text{ , }f\text{ est croissante sur cet intervalle }


Calcul des limites :

\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty}\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}=+\infty

\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}} f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{-x(x+2)}=0

\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}=\lim_{x\to 0^{+}}\text{ e}^{\frac{1}{x}}x\sqrt{1+\dfrac{2}{x}}=\lim_{t\to +\infty}\dfrac{\text{ e}^{t}}{t}\sqrt{1+2t}=+\infty

\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)=\lim_{x\to+\infty}\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}=+\infty

De plus, on a : f(-\sqrt{2})\approx 0,45 \enskip \text{ et }f(\sqrt{2})\approx 4,46


Tableau de variation de f :

\begin{array}{|c|rcccccccccccc|} \hline x     & -\infty  &        & -2       &        &-\sqrt{2}   &        &   &  0      &       &        & \sqrt{2}   &        &+\infty                                    \\ \hline f'(x) &          & -      & \dbarre  &  +     &\barre{0}   &   -    &   &\dbarre  &       &  -     & \barre{0}  &+       &                                    \\ \hline       &  +\infty &        &          &        &\approx 0,45&        &   &\dbarre  &+\infty&        &            &        &+\infty                                        \\  f           &          &\searrow&          &\nearrow&            &\searrow&   &\dbarre  &       &\searrow&            &\nearrow&                                    \\	           &          &        &   0      &	   &            &        & 0 &\dbarre  &       &        &\approx 4,46&        &                                    \\  \hline \end{array}


Interprétation géométrique des limites :

\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}} f(x)=0

On calcule alors \displaystyle \lim_{x\to 0^{-}} f'(x):
\begin{matrix}\displaystyle \lim_{x\to 0^{-}} f'(x)&=&\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}}{\sqrt{-x(x+2)}}\left(\dfrac{(\sqrt{2}-x)(\sqrt{2}+x)}{x}\right)&=&\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}-\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}}{x^2}\left(\dfrac{(\sqrt{2}-x)(\sqrt{2}+x)}{\sqrt{-1-\dfrac{2}{x}}}\right)\\\\&=&\displaystyle\lim_{t\to -\infty}-t^2\text{ e}^{t} \left(\dfrac{\left(\sqrt{2}-\dfrac{1}{t}\right)\left(\sqrt{2}+\dfrac{1}{t}\right)}{\sqrt{-1-2t}}\right)&=& 0\enskip \enskip \text{ ( en posant } t=-\dfrac{1}{x} \text{ ) }\end{matrix}
On en déduit que la courbe de f présente une demi-tangente horizontale à l'origine dirigée vers la gauche .


\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)=+\infty
La courbe de f admet l'axe des ordonnées comme asymptote verticale à droite .


Non dérivabilité de f en -2, ni à gauche, ni à droite : La courbe admet en -2 une demi-tangente verticale dirigée vers le haut.


\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)=+\infty

\displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\displaystyle\lim_{x\to-\infty} -\text{e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{\dfrac{x^2+2x}{x^2}}=-1

\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)+x&=&\displaystyle\lim_{x\to-\infty} \text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}+x&=&\displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{\text{ e}^{\frac{2}{x}}x(x+2)-x^2}{\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}-x}\\\\&=&\displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}-1\right)\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}+1\right)x^2 +2 x\text{ e}^{\frac{2}{x}} }{\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}-x}&=&\displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{\dfrac{\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}-1\right)}{\frac{1}{x}}\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}+1\right) +2 \text{ e}^{\frac{2}{x}} }{-\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{1+\dfrac{2}{x}}+1\right)}\\&=&-\dfrac{4}{2}&=&-2\end{matrix}

\left(\text{ Puisque : }\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}-1}{\frac{1}{x}}=\lim_{t\to 0}\dfrac{\text{e}^{t}-1}{t}=1\right)

La courbe de f admet la droite d'équation y=-x-2 comme asymptote oblique au voisinage de -\infty


\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty

\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \text{e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{\dfrac{x^2+2x}{x^2}}=1

\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)-x&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}-x&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\text{ e}^{\frac{2}{x}}x(x+2)-x^2}{\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}+x}\\\\&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}-1\right)\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}+1\right)x^2 +2 x\text{ e}^{\frac{2}{x}} }{\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}+x}&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\dfrac{\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}-1\right)}{\frac{1}{x}}\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}+1\right) +2 \text{ e}^{\frac{2}{x}} }{\left(\text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{1+\dfrac{2}{x}}+1\right)}\\&=&\dfrac{4}{2}&=&2\end{matrix}

\left(\text{ Puisque : }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}-1}{\frac{1}{x}}=\lim_{t\to 0}\dfrac{\text{e}^{t}-1}{t}=1\right)

La courbe de f admet la droite d'équation y=x+2 comme asymptote oblique au voisinage de +\infty


Etude de la concavité :

On a :

\begin{matrix}\forall x\in ]-\infty,-2[\cup]0,+\infty[\text{ : } f'(x)&=&\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}}{\sqrt{x(x+2)}}\left(\dfrac{x^2-2}{x}\right) 									       \\\\&=& \text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{x(x+2)}\left(\dfrac{x^2-2}{x^2(x+2)}\right) 									       \\\\&=&f(x)\dfrac{x^2-2}{x^2(x+2)}\end{matrix}

De même

\begin{matrix}\forall x\in ]-2,0[\text{ : }                      f'(x)&=&\dfrac{\text{ e}^{\frac{1}{x}}}{\sqrt{-x(x+2)}}\left(\dfrac{2-x^2}{x}\right) 									       \\\\&=& \text{ e}^{\frac{1}{x}}\sqrt{-x(x+2)}\left(\dfrac{2-x^2}{-x^2(x+2)}\right) 									       \\\\&=&f(x)\dfrac{x^2-2}{x^2(x+2)}\end{matrix}


Donc : \forall x\in ]-\infty,-2[\cup]-2,0[\cup ]0,+\infty[\enskip \text{  : }\enskip f'(x)=f(x)\dfrac{x^2-2}{x^2(x+2)}

f' est dérivable sur ]-\infty,-2[\cup]-2,0[\cup ]0,+\infty[ comme produit de fonctions dérivables, alors :

\begin{matrix}\forall x\in \R-\lbrace-2,0\rbrace\text{ : } f''(x)&=&\left(f(x)\dfrac{x^2-2}{x^2(x+2)}\right)' 										         \\\\&=& f'(x)\dfrac{x^2-2}{x^2(x+2)}+f(x)\left(\dfrac{x^2-2}{x^2(x+2)}\right)' 										         \\\\&=&f(x)\left(\dfrac{x^2-2}{x^2(x+2)}\right)^2+f(x)\dfrac{2x^4+4x^3-3x^4-4x^3+6x^2+8x}{x^4(x+2)^2}  										         \\\\&=&\boxed{\dfrac{2(x^2+4x+2)}{x^4(x+2)^2}f(x)}\end{matrix}

Puisque f\geq 0 dans x\in \R-\lbrace-2,0\rbrace , le signe de f'' est celui de x^2+4x+2=(x+2+\sqrt{2})(x+2-\sqrt{2})

On en déduit la concavité de f :

\begin{array}{|c|rcccccccccc|} \hline x       & -\infty  &              &-2-\sqrt{2} &              &-2          &              & -2+\sqrt{2}  &              &  0     &              & +\infty                                    \\ \hline f''(x)&          & +            & \barre{0}  &  -           &\dbarre     &   -          &   \barre{0}  &    +         & \dbarre&  +           &                                     \\ \hline f     &          &\text{convexe}&   I_1 &   \text{concave}&   \barre{0}         &\text{concave}&     I_2          &\text{convexe}&  \dbarre      &\text{convexe}&                                    \\  \hline \end{array}

Avec I_1 et I_2 les points d'inflexion :

I_1(-2-\sqrt{2},f(-2-\sqrt{2}))\approx (-3.41, 1.64)

I_2(-2+\sqrt{2},f(-2+\sqrt{2}))\approx (-0.6, 0.17)


Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 31


exercice 16

1. La fonction \text{ ch } est continue sur \R, paire, strictement croissante sur \R_{+} , avec : \text{ch }0=1 \text{ et }\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \text{ ch }x=+\infty

Donc :

\text{ Si }a<1 \text{ : } l'équation n'admet pas de solution .

\text{ Si }a=1 \text{ : } l'équation admet une solution unique x=0 .

\text{ Si }a>1 \text{ : } l'équation admet deux solutions opposées, donc :

\text{ ch }x=a\iff \text{ e}^{x}+\text{ e}^{-x}=2a \iff \text{ e}^{2x}-2a\text{ e}^x+1=0

On obtient une équation du second degré en \text{ e}^{x} dont le discriminant est : \Delta=4(a^2-1)>0\enskip \text{ (car }a>1\text{)}

Elle admet donc deux solutions : X_1=\dfrac{2a+\sqrt{4(a^2-1)}}{2}=a+\sqrt{a^2-1} \enskip \text{ et }\enskip X_2=a-\sqrt{a^2-1}

De plus, \forall a\in]1,+\infty[\text{ : } 0<a^2-1<a^2 \text{ , donc }0<\sqrt{a^2-1}<a

On en déduit que X_1 et X_2 sont deux réels strictement positifs, il s'ensuit :

\text{ ch }x=a\iff x=\ln\left(a+\sqrt{a^2-1}\right) \enskip \text{ ou }\enskip x=\ln\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)


2.

\text{ sh et ch } sont définies, continues et dérivables sur \R

Et d'après la question précédente : 2-\text{ ch }x=0\iff \text{ch }x=2 \iff x=\pm\ln \left(2+\sqrt{3}\right)

On note \alpha=\ln\left(2+\sqrt{3}\right)

La fonction f est définie, continue et dérivable sur \mathscr{D}_{f}=]-\infty,-\alpha[\cup]-\alpha,\alpha[\cup]\alpha,+\infty[


\text{ sh } est impaire et \text{ch } est paire, alors f est impaire, on réduit le domaine d'étude à \mathscr{D}_{e}=[0,\alpha[\cup]\alpha,+\infty[


Calcul des limites :

\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\text{ sh }x}{2-\text{ ch }x} =\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\text{ e }^x-\text{ e}^{-x}}{4-\text{ e }^x-\text{ e}^{-x}}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1-\text{ e}^{-2x}}{4\text{ e }^{-x}-1-\text{ e}^{-2x}}=-1 .

\displaystyle \lim_{x\to\alpha^{-}}f(x)=\lim_{x\to\alpha^{-}}\dfrac{\text{ sh }x}{2-\text{ ch }x}=+\infty

\displaystyle \lim_{x\to\alpha^{+}}f(x)=\lim_{x\to\alpha^{+}}\dfrac{\text{ sh }x}{2-\text{ ch }x}=-\infty

\text{( Puisque sh }\alpha>0\text{)}


Tableau de variation :

\forall x\in [0,\alpha[\cup]\alpha,+\infty[ \text{ : }f'(x)=\dfrac{\text{ ch }x (2-\text{ ch }x)-\text{sh }x(-\text{ sh }x)}{(2-\text{ch }x)^2}=\dfrac{2\text{ ch }x-1}{(2-\text{ ch }x)^2}

On a \forall x\in\R \text{ : }\text{ ch }x\geq 1 \text{ , alors }\forall x\in\mathscr{D}_{e} \text{ : } f'(x)>0

\begin{array}{|c|ccccccr|} \hline x    & 0 &        &       &\alpha &       &        &+\infty  		                    \\ \hline f'(x) &   & +      &       &\dbarre&       & +      &        		                    \\ \hline       &   &        &+\infty&\dbarre&       &        &-1    		                    \\  f           &   &\nearrow&       &\dbarre&       &\nearrow&                                     \\              &0  &        &       &\dbarre&-\infty&        &                                     \\  \hline \end{array}


Branches infinies :

\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=-1
La droite d'équation y=-1 est asymptote horizontale à la courbe de f au vosinage de +\infty

\displaystyle \lim_{x\to\alpha^{-}}f(x)=+\infty\enskip \text{ et }\lim_{x\to\alpha^{+}}f(x)=-\infty
La droite d'équation x=\alpha est asymptote verticale à la courbe de f à gauche et à droite.

L'équation de la tangente à la courbe de f en 0 : (T):y=f'(0)x+f(0) \iff y=x
En effet : f'(0)=1\text{ et }f(0)=0

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 22


exercice 17

f est définie, continue et dérivable sur \R\backslash \lbrace -1\rbrace par quotient et composée de fonctions continues et dérivables sur cet ensemble.

\forall x\in]-\infty,-1[\cup]-1,+\infty[ \text{ : }f'(x)=\text{ th }'\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)=\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)'\dfrac{1}{\text{ ch }^2\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)}=\dfrac{2}{(x+1)^2}\dfrac{1}{\text{ ch }^2\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)} >0

f est donc strictement croissante sur ]-\infty,-1[\cup]-1,+\infty[

Calcul des limites :

\displaystyle \lim_{x\to-\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty}\text{ th }\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)=\text{ th }1

\displaystyle \lim_{x\to-1^{-}} f(x)=\lim_{x\to-1^{-}}\text{ th }\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)=\lim_{t\to+\infty}\text{ th }(t)=1

\displaystyle \lim_{x\to-1^{+}} f(x)=\lim_{x\to-1^{+}}\text{ th }\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)=\lim_{t\to-\infty}\text{ th }(t)=-1

\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x)=\lim_{x\to+\infty}\text{ th }\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)=\text{ th }1

Tableau de variation :

\begin{array}{|c|ccccccr|} \hline x    & -\infty &        &       &-1 &       &        &+\infty  		                    \\ \hline f'(x) &   & +      &       &\dbarre&       & +      &        		                    \\ \hline       &   &        &1&\dbarre&       &        &\text{th }1    		                    \\  f           &   &\nearrow&       &\dbarre&       &\nearrow&                                     \\              &\text{th }1   &        &       &\dbarre&-1&        &                                     \\  \hline \end{array}

Interprétation géométrique des limites :

\displaystyle \lim_{x\to-\infty} f(x)=\lim_{x\to+\infty} f(x)=\text{ th }1

La courbe \mathscr{C}_f admet la droite d'équation y=\text{ th }1 comme asymptote horizontale au voisinage de -\infty et de +\infty

\displaystyle \lim_{x\to-1^{-}} f(x)=1

Calculons \displaystyle \lim_{x\to-1^{-}} f'(x)
On a : \displaystyle \lim_{x\to-1^{-}} f'(x)=\lim_{x\to-1^{-}}\dfrac{2}{(x+1)^2}\dfrac{1}{\text{ ch }^2\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)}=\lim_{x\to-1^{-}}\dfrac{2}{(x-1)^2}\dfrac{\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)^2}{\text{ ch }^2\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)}=\lim_{x\to-1^{-}}\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)}{\text{ ch }\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)}\right]^2  \enskip \text{ puisque }\displaystyle\lim_{x\to-1^{-}}\dfrac{2}{(x-1)^2} =\dfrac{1}{2}

On pose t=\dfrac{x-1}{x+1} \text{ lorsque }x\to-1^{-} \text{ , } t\to+\infty

Donc : \displaystyle \lim_{x\to-1^{-}} f'(x)=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{t}{\text{ ch }t}\right)^2=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{2t}{\text{ e }^{t}+\text{ e}^{-t}}\right)^2=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{2}{\dfrac{\text{ e }^{t}}{t}+\dfrac{\text{ e}^{-t}}{t}}\right)^2=0

On en tire que \mathscr{C}_f admet une demi-tangente horizontale à gauche de -1


\displaystyle \lim_{x\to-1^{+}} f(x)=-1
On calcule de même \displaystyle \lim_{x\to-1^{+}} f'(x)=\lim_{x\to-1^{+}}\dfrac{2}{(x-1)^2}\dfrac{\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)^2}{\text{ ch }^2\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)}=\lim_{x\to-\infty}\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{t}{\text{ ch }t}\right)^2=\lim_{x\to-\infty}\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{2}{\dfrac{\text{ e }^{t}}{t}+\dfrac{\text{ e}^{-t}}{t}}\right)^2=0

Donc \mathscr{C}_f admet une demi-tangente horizontale à droite de -1

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 23


exercice 18

f est définie si et seulement si -1\leq \dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\leq 1

Or : \forall x\in\R \text{ : }0\leq \cos^2(x)\leq 1 \enskip \text{ donc } 1+\leq \sqrt{1+\cos^2(x)}\leq\sqrt{2}

D'où : \dfrac{\sqrt{2}}{2}\leq \dfrac{1}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\leq 1

Il s'ensuit que \forall x\in\R\text{ : }-1\leq \dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\leq 1

f est donc définie et continue sur \R, par quotient et composée de fonctions continues.


f est une fonction 2\pi-\text{périodique } parce que \sin et \cos le sont .

La courbe de f est symétrique par rapport à la droite d'équation x=\dfrac{\pi}{2} , en effet :

\forall x\in\R\text{ , } f(\pi-x)=\text{ Arccos }\left(\dfrac{\sin(\pi-x)}{\sqrt{1+\cos^2(\pi-x)}}\right)=\text{ Arccos }\left(\dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\right)=f(x)

La courbe de f est aussi symétrique par rapport au point de coordonnées \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) , en effet :

\begin{matrix} \forall x\in\R \text{ : } f(-x)&=&\text{ Arccos }\left(\dfrac{\sin(-x)}{\sqrt{1+\cos^2(-x)}}\right)&=&\text{ Arccos }\left(\dfrac{-\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\right)&=&\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arcsin }\left(\dfrac{-\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\right)\\\\&=&\dfrac{\pi}{2}+\text{ Arcsin }\left(\dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\right)&=&\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2}-\text{ Arccos }\left(\dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\right)&=&\pi-f(x)\end{matrix}

Donc : \forall x\in\R\text{ : }\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}=\dfrac{\pi}{2}


Par symétrie et périodicité, on peut restreindre l'intervalle d'étude à \mathscr{D}_{e}=\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]


\text{ Arccos } est dérivable sur ]-1,1[ , \sin \text{ et }\cos sont dérivables sur \R, et la fonction racine carrée est dérivable sur ]0,+\infty[ .

Donc f n'est pas dérivable si \dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}=\pm 1 et si 1+\cos^2(x)=0

Or, \forall x\in\mathscr{D}_{e} \text{ : } 1+\cos^2(x)\neq 0 \text{ et } \dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\geq 0 \text{ donc }\dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}\neq - 1

Et \dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}=1 \iff \sin^2x=1+\cos^2 x \iff \sin x=1\text{ et }\cos x=0 \iff x=\dfrac{\pi}{2}

On en déduit que f est dérivable sur \mathscr{D}_{e}-\left\lbrace\dfrac{\pi}{2}\right\rbrace

On pose g(x)=\dfrac{\sin(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}

Donc : \forall x\in\mathscr{D}_{e}-\left\lbrace\dfrac{\pi}{2}\right\rbrace \text{ : }f'(x)=-\dfrac{g'(x)}{\sqrt{1-g^2(x)}}

Calculons d'abord :

\forall x\in\mathscr{D}_{e}-\left\lbrace\dfrac{\pi}{2}\right\rbrace \text{ : } g'(x)=\dfrac{\cos (x)\sqrt{1+\cos^2(x)}-\sin(x)\dfrac{-2\sin(x)\cos(x)}{2\sqrt{1+\cos^2(x)}}}{1+\cos^2(x)}=\dfrac{\dfrac{\cos(x)(1+\cos^2(x)+\sin^2(x))}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}}{1+\cos^2(x)}=\dfrac{2\cos(x)}{(1+\cos^2(x))\sqrt{1+\cos^2(x)}}

Et puisque \cos est positive sur \mathscr{D}_{e}-\left\lbrace\dfrac{\pi}{2}\right\rbrace , on a : \sqrt{1-g^2(x)}=\sqrt{1-\dfrac{\sin^2(x)}{1+\cos^2(x)}}=\dfrac{\sqrt{2}\cos(x)}{\sqrt{1+\cos^2(x)}}

On en déduit donc que : \forall x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right[ \enskip \text{ : }\enskip f'(x)=\dfrac{-\sqrt{2}}{1+\cos^2(x)}


Tableau de variation :

\begin{tabvar}{|C|CCCCCC|}\hline  x& 0  && &&&\pi/2 \\\hline f'(x)&&&&-&&\dbarre \\\hline\niveau{2}{3} f & \niveau{3}{3}&\pi/2 && \niveau{2}{3}\decroit  &\niveau{1}{3}&0  \\\hline\end{tabvar}


f(0)=\text{Arccos }0=\dfrac{\pi}{2} \text{ et } f'(0)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} , l'équation de la tangente au point de symétrie est y=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}x+\dfrac{\pi}{2}

De plus \displaystyle \lim_{x\to \frac{\pi}{2}^{-}}f'(x)=-\sqrt{2} , la courbe de f admet une demi-tangente en \dfrac{\pi}{2} d'équation : y=-\sqrt{2}\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 19


exercice 19

\forall x\in\R \text{ : }x^4-2x^2+2=(x^2-1)^2+1>0 , donc x\mapsto \dfrac{x^2\sqrt{2}}{2\sqrt{x^4-2x^2+2}} est définie, continue et dérivable sur \R .

Résolvons : \left|\dfrac{x^2\sqrt{2}}{2\sqrt{x^4-2x^2+2}}\right|\leq 1 \iff 2x^4\leq 4(x^4-2x^2+2) \iff  0\leq x^4-4x^2+4\iff 0\leq (x^2-2)^2

Donc f est définie, continue sur \R. Et comme \text{ Arcsin } n'est pas dérivable en -1 et 1 , la dérivabilité n'est pas assurée si : \left|\dfrac{x^2\sqrt{2}}{2\sqrt{x^4-2x^2+2}}\right|= 1

\left|\dfrac{x^2\sqrt{2}}{2\sqrt{x^4-2x^2+2}}\right|= 1\iff (x^2-2)^2=0\iff x=\sqrt{2}\text{ ou }x=-\sqrt{2}

La fonction f est paire, on fait donc l'étude sur \R_{+} .

On pose \forall x\geq 0 \text{ : }g:x\mapsto \dfrac{x}{\sqrt{x^2-2x+2 }} , g est dérivable sur \R_{+} et on calcule : \forall x\geq0 \text{ : }g'(x)=\dfrac{2-x}{(x^2-2x+2)^{\frac{3}{2}}}

Puisque \forall x\in\R_{+} \text{ : }f(x)=\text{ Arcsin }\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}g(x^2)\right)

\text{ Alors pour tout }x\in\R_{+}\backslash\lbrace \sqrt{2}\rbrace \enskip \text{ : }\enskip f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{1}{2}g^2(x^2)}}\sqrt{2} x g'(x^2)

Or : 1-\dfrac{1}{2}g^2(x^2)=\dfrac{(x^2-2)^2}{2(x^4-2x^2+2)}

D'où : \forall x\in\R_{+}\backslash\lbrace \sqrt{2}\rbrace \enskip \text{ : }\enskip f'(x)=\dfrac{\sqrt{x^4-2x^2+2}}{|x^2-2|} . \dfrac{2x(2-x^2)}{(x^4-2x^2+2)^{\frac{3}{2}}}=\dfrac{2x(2-x^2)}{|x^2-2|(x^4-2x^2+2)}

Sur x\in\R_{+}\backslash\lbrace \sqrt{2}\rbrace , le signe de f'(x) est celui de 2-x^2

Ensuite :
\displaystyle \lim_{x\to +\infty} g(x) = \lim_{x\to +\infty}\dfrac{x}{x\sqrt{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{2}{x^2}}}= \lim_{x\to +\infty}\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{2}{x^2}}}=1


Donc \displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x) = \text{ Arcsin }\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\pi}{4}

La courbe de f admet la droite d'équation y=\dfrac{\pi}{4} comme asymptote horizontale au voisinage de +\infty

Enfin, on a : f\left( \sqrt{2}\right)=\dfrac{\pi}{2}

Tableau de variation :

\begin{array}{|c||ccccr|} 	\hline x     & 0 &   & \sqrt{2}         &   & +\infty  				\\ \hline f'(x) &         & + & \dbarre & - &       			        \\ \hline       &         &   &  \pi/2  &   &    			        \\  f &    &\nearrow & &\searrow  &  				 \\       & 0 &  &  & &  \pi/4 				 \\  \hline \end{array}

Comportement de la courbe de f en \sqrt{2} :

f n'étant pas dérivable en \sqrt{2}, on calcule la limite de f' à gauche et à droite de \sqrt{2}

On sait que \forall x\in]\sqrt{2},+\infty[ : |x^2-2|=x^2-2 , donc : \displaystyle \lim_{x\to\sqrt{2}^{+}}f'(x)=\lim_{x\to\sqrt{2}^{+}}\dfrac{2x(2-x^2)}{|x^2-2|(x^4-2x^2+2)}=\lim_{x\to\sqrt{2}^{+}}-\dfrac{2x}{x^4-2x^2+2}=-\sqrt{2}

La courbe de f admet une demi-tangente à droite en \sqrt{2} d'équation : y=-\sqrt{2}\left(x-\sqrt{2}\right)+\dfrac{\pi}{2}

De même , \forall x\in[0,\sqrt{2}[ : |x^2-2|=2-x^2 , donc : \displaystyle \lim_{x\to\sqrt{2}^{-}}f'(x)=\lim_{x\to\sqrt{2}^{-}}\dfrac{2x(2-x^2)}{|x^2-2|(x^4-2x^2+2)}=\lim_{x\to\sqrt{2}^{-}}\dfrac{2x}{x^4-2x^2+2}=\sqrt{2}

La courbe de f admet une demi-tangente à gauche en \sqrt{2} d'équation : y=\sqrt{2}\left(x-\sqrt{2}\right)+\dfrac{\pi}{2}

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 29


exercice 20

La fonction f est définie, continue et dérivable sur \R comme produit de fonctions continues et dérivables sur \R .

\forall x\in\R \text{ : }f'(x)=2(x-1)\text{ Arctan }x+\dfrac{(x-1)^2}{1+x^2}=(x-1)\left(2\text{ Arctan }x +\dfrac{x-1}{x^2+1}\right)

On pose g(x)=2\text{ Arctan }x +\dfrac{x-1}{x^2+1}

g est dérivable sur \R \text{ et pour tout }x \in\R \text{ : }g'(x)=\dfrac{2}{x^2+1}+\dfrac{x^2+1-2x(x-1)}{(x^2+1)^2}=\dfrac{x^2+2x+3}{(x^2+1)^2}

Le signe de g' est celui du trinôme x^2+2x+3>0 \text{ ( Pusique son discriminent } \Delta<0 \text{ )}

Donc \forall x\in\R \text{ , } g'(x)>0 \text{ et }g \text{ est donc strictement croissante sur }\R

De plus : \displaystyle \lim_{x\to-\infty} g(x)=\lim_{x\to-\infty}2\text{ Arctan }x +\dfrac{x-1}{x^2+1}=-\pi\text{ et }\displaystyle \lim_{x\to+\infty} g(x)=\lim_{x\to+\infty}2\text{ Arctan }x +\dfrac{x-1}{x^2+1}=\pi

L'équation g(x)=0 n'admet donc qu'une seule solution \alpha\in\R

Encadrement de \alpha : g\left(\dfrac{2}{5}\right)\approx 0,24 >0  \text{ et } g\left(\dfrac{1}{5}\right) \approx -0,37<0

Donc : \dfrac{5}{25}=\dfrac{1}{5} <\alpha <\dfrac{2}{5}=\dfrac{10}{25} , on tombe approximativement sur \alpha \approx \dfrac{8}{25}

Tableau de variation de g :

\begin{array}{|c||ccccr|} 	\hline x& -\infty  &   & \alpha    &   & +\infty  				\\ \hline g'(x) &    & +       & \barre{0} & + &       			        \\ \hline       &    &         &  \barre{}         &   &   \pi 			        \\  g           &    &         &  \barre{}         &\nearrow  &  				 \\             &    &         &  \barre{0}         &   &   				 \\             &    & \nearrow        & \barre{}          &   &   				\\             & -\pi   &         & \barre{}          &   &   				 \\  \hline \end{array}

Les limites de la fonction f :

\displaystyle \lim_{x\to-\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty} (x-1)^2\text{Arctan }x=-\infty

\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x)=\lim_{x\to+\infty} (x-1)^2\text{Arctan }x=+\infty

f(0)=0 \enskip \text{ et }\enskip f(\alpha)\approx f\left(\dfrac{8}{25}\right)\approx 0,14

On en déduit le tableau de variation de la fonction f :

\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x     &-\infty   &           &  \alpha  &         &    1    &      & +\infty                                                                       \\ \hline g(x)  &          & -         &\barre{0} &+        &\barre{}  &+     &                                            \\ \hline x-1   &          & -         &\barre{ }        &-        &\barre{0}  &+     &                                                   \\ \hline f'(x) &          & +         &\barre{0}        &-        &\barre{0}  &+     &                                                     				      \\ \hline       &          &          & f(\alpha)\approx 0,14   &         &         &        & +\infty                                     					\\  f         &          &  \nearrow  &               &\searrow  &         & \nearrow &                                  					\\	      &  -\infty &           &		    &          &    0   &         &  					\\  \hline \end{array}

Interprétation géométrique des limites :

\displaystyle \lim_{x\to-\infty} f(x)=-\infty\enskip \text{ , donc }\lim_{x\to-\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to-\infty} \dfrac{(x-1)^2}{x}\text{Arctan }x=+\infty

\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty\enskip \text{ , donc }\lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty} \dfrac{(x-1)^2}{x}\text{Arctan }x=+\infty

La courbe de f admet une branche parabolique de la direction celle de l'axe des ordonnées au voisinage de -\infty et de +\infty .

Fonctions usuelles : des exercices classiques : image 24
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