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Étude de fonction.

Posté par
matheux14 30-01-21 à 10:40

Bonjour ,

Pourriez vous vérifier ce que j'ai fait ainsi que la rédaction s'il vous plaît.

Merci d'avance.

f est la fonction définie sur ]-\infty ;-1] \cup[1 ;+\infty[ par :

f(x)=-\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}

On note (C) sa courbe représentative dans le plan muni d'un orthonormé (O , I , J).

Partie A

g est la fonction dérivable sur ]1 ;+\infty[ et définie par : g(x)=2-x²\sqrt{x²-1}

1) Calculer la limite de g en +\infty.

2) Étudier les variations de g et dresser son tableau de variation.

3-a) Démontrer que l'équation x\in ]1 ;+\infty[ , g(x)=0 admet une solution unique \alpha et que 1 < \alpha < 2.

b) Donner une valeur approchée de \alpha à 10-1 près.

4) Justifier que : \begin{cases} \forall x\in ]1 ;\alpha[ , g(x) >0 \\ \forall x \in ]\alpha ;+\infty[ , g(x) < 0 \end{cases}

Partie B

1) Étudier la parité de f.

2-a) Calculer la limite de f en +\infty.

b) Démontrer que la droite d'équation y=-\dfrac{x}{2}+1  est asymptote à (C) en +\infty.

c) Étudier la position de (C) par rapport à (D) sur ]1 ;+\infty[.

3) Étudier la dérivabilité de f en 1 puis interpréter graphiquement le résultat.

4) On admet que f est dérivable sur ]1 ;+\infty[.

a) Démontrer que :

\forall x \in ]1;+\infty[ , f'(x)=\dfrac{g(x)}{2x²\sqrt{x²-1}}

b) Dresser le tableau de variation de f.

5) Démontrer que f(\alpha)=-\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{2}{\alpha³}

6) Tracer (C) et (D).

Réponses

1) \forall x \in ]1;+\infty[ , g(x)=2-x²\sqrt{x²-1}

g(x)=2-x²\sqrt{x²\left(1-\dfrac{1}{x²}\right)}

g(x)=2-x²|x|\sqrt{1-\dfrac{1}{x²}}

g(x)=2-x^{3}\sqrt{1-\dfrac{1}{x²}} car pour tout x de ]1+;∞[ , x > 0 ==> |x|=x.

==> g(x)=x^{3}(\dfrac{2}{x^{3}}-\sqrt{1-\dfrac{1}{x²}})

D'où \lim_{x\to+\infty}g(x)=\lim_{x\to+\infty}\left[x^{3}\left(\dfrac{2}{x^{3}}-\sqrt{1-\dfrac{1}{x²}\right)\right]

\begin{cases} *\lim_{x\to+\infty}x^{3}=+\infty \\ \\ \\*\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2}{x^{3}}=0 \\ \\ \\ * \lim_{x\to+\infty}1=1 \\ \\ \\ * \lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x²}=0  \Rightarrow \begin{cases} \lim_{x\to+\infty}-\sqrt{1-\dfrac{1}{x²}}=-1\end{cases}\end{cases}

Donc \lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty

2) * \forall x \in ]1;+\infty[ ,

g'(x)=(2-x²\sqrt{x²-1})'

g'(x)=2'-(x²\sqrt{x²-1})'

g'(x)=-\left[(x²)'\sqrt{x²-1}+x²(\sqrt{x²-1})'\right]

g'(x)=-\left[2x\sqrt{x²-1}+x²(\sqrt{x²-1})'\right]

g'(x)=-\left[2x\sqrt{x²-1}+x²×\dfrac{(x²-1)'}{2\sqrt{x²-1}}\right]

g'(x)=-\left[2x\sqrt{x²-1}+x²×\dfrac{2x}{2\sqrt{x²-1}}\right]

g(x)=-\left[2x\sqrt{x²-1}+\dfrac{x³}{\sqrt{x²-1}}\right]

g'(x)=-\dfrac{2x(x²-1)+x³}{\sqrt{x²-1}}

f'(x)=-\dfrac{2x³-2x+x³}{\sqrt{x²-1}}

g'(x)=-\dfrac{3x³-2x}{\sqrt{x²-1}}

* \forall x \in ]1;+\infty[ , \sqrt{x²-1}>0.

Donc le signe de g'(x) est celui de 3x²-2x.

. 3x²-2x=0 \iff x(3x²-2)=0

\iff x=0 \text{ou} 3x²-2=0

\iff x=0 \text{ou} x²=\dfrac{2}{3}

\iff x=0 \text{ou} x=-\sqrt{\dfrac{2}{3}} \text{ou} x=\sqrt{\dfrac{2}{3}}

Donc 3x²-2x ne d'annule pas sur ]1;+\infty[ et 3x²-2x>0 \forall x\in ]1;+\infty[.

D'où \forall x\in]1;+\infty[ , g'(x)<0

Par conséquent la fonction g est strictement décroissante sur ]1;+\infty[.

*Tableau de variation de g

Étude de fonction.

3-a) g est une fonction continue et strictement décroissante sur ]1;+\infty[.

g est donc une bijection de 1;+\infty[ sur ]-\infty;2[ car g\left(]1;+\infty[\right)=]-\infty;2[.

0 \in ]-\infty;2[ donc g(x)=0 admet une solution unique ]-\infty;2[.

On a g(1)=2 et g(2)=2-4\sqrt{3} <0

Donc g(1)×g(2)<0 ==> g(2) < g(\alpha)< g(1)

==> 1 < \alpha < 2.

3-b) En utilisant la méthode par balayage :

g(1,4) =0 , 07 et g(1,5)=-0,51.

On a 1,4 < \alpha < 1,5.

Donc une valeur approchée de \alpha à 10-1 est 1,5.

4) On a : *g\left(]1;\alpha[\right)=]g(\alpha);2[.

Comme g(\alpha)=0 et 2 >0 , \forall x\in ]1;\alpha[ , g(x)>0 car \forall x\in ]0 ;2[ , g(x)>0

*g\left(]\alpha ;+\infty[\right)=]-\infty ;g(\alpha)[=]-\infty;0[.

\forall x\in ]-\infty;0[ , g(x)<0.

Donc \forall forall x\in ]\alpha ;+\infty[ , g(x)<0.

Par conséquent \begin{cases} \forall x\in ]1 ;\alpha[ , g(x) >0 \\ \forall x \in ]\alpha ;+\infty[ , g(x) < 0 \end{cases}

Partie B

1) \forall x\in ]-\infty ;-1] \cup [1;+\infty[ , f(-x)=-\dfrac{(-x)}{2}+\dfrac{\sqrt{(-x²)-1}}{(-x)}

f(-x)=\dfrac{x}{2}-\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}

f(-x)=-\left(-\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}\right)

f(-x)=-f(x)

Donc f est impaire.

2-a) \forall x\in [1;+\infty[ ,

f(x)=-\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}

f(x)=-\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sqrt{x²(1-\dfrac{1}{x²}}}{x}

f(x)=-\dfrac{x}{2}+\dfrac{|x|\sqrt{(1-\dfrac{1}{x²}}}{x}

f(x)=-\dfrac{x}{2}+\dfrac{x\sqrt{(1-\dfrac{1}{x²}}}{x} car pour tout x de [1;+∞[ , x>0 ==> |x|=x.

f(x)=-\dfrac{x}{2}+\sqrt{(1-\dfrac{1}{x²}}

Donc \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}-\dfrac{x}{2}+\sqrt{(1-\dfrac{1}{x²}}

\begin{cases} \lim_{x\to+\infty}-\dfrac{x}{2}=-\infty \\ \lim_{x\to+\infty}\sqrt{1-\dfrac{1}{x²}}=1\end{cases}

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


2-b) \forall x\in [1;+\infty[ ,

f(x)-(-\dfrac{x}{2}+1)=-\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}-(-\dfrac{x}{2}+2)

f(x)-(-\dfrac{x}{2}+1)=-\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}+\dfrac{x}{2}-2)

=\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}-1=\dfrac{\sqrt{x²-1}-x}{x}

=\dfrac{\sqrt{x²(1-\dfrac{1}{x²})}-x}{x}

=\dfrac{|x|\sqrt{x²-\dfrac{1}{x²}}-x}{x}

=\sqrt{1-\dfrac{1}{x²}}-1


\begin{cases} \lim_{x\to+\infty}\sqrt{1-\dfrac{1}{x²})=1 \\ \lim_{x\to+\infty}-1=-1 \end{cases}

Donc \lim_{x\to+\infty}f(x)-(-\dfrac{x}{2}+1)=0

==> (D)~:~y=-\dfrac{x}{2}+1 est asymptote à (C) en +∞.

2-c) \forall x\in ]1;+\infty[ ,

f(x)-(-\dfrac{x}{2}+1)=\dfrac{\sqrt{x²-1}-x}{x}

Étude de fonction.

\forall x\in ]1;+\infty[ , f(x)-(-\dfrac{x}{2}+1)<0

Donc (C) est au dessous de (D) sur ]1; +∞[.

3) * \lim_{x\to1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} (à droite).

On a f(1)=-1/2

\forall x\in ]1;+\infty[ , \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\dfrac{-\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}-\dfrac{1}{2}}{x-1}

=\dfrac{-\dfrac{x+1}{2}+\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}}{x-1}

=\dfrac{\dfrac{-x(x+1)+2\sqrt{x²-1}}{2x}}{x-1}

=\dfrac{\dfrac{-x²-x+2\sqrt{x²-1}}{2x}}{x-1}

=\dfrac{-x²-x+2\sqrt{x²-1}}{2x}×\dfrac{1}{x-1}

[\dfrac{-\left[-x(x+1)+2\sqrt{x²-1}\right]}{2x}×\dfrac{1}{-(x-1)}

=\dfrac{-\left[-x(x+1)\right]-2\sqrt{x²-1}}{2x}×\dfrac{1}{1-x}

=\dfrac{x(x+1)-2\sqrt{x²-1}}{2x}×\dfrac{1}{1-x}

\begin{cases} \lim_{x\to1}\dfrac{x(x+1)-2\sqrt{x²-1}}{2x}×\dfrac{1}{1-x} \\ \lim_{x\to1}\dfrac{1}{1-x}=-\infty ~ \text{car} ~ \forall x\in ]1;+\infty[ , 1-x <0\end{cases}

Donc \lim_{x\to1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=-\infty

g n'est donc pas dérivable en 1.

Et (C) admet au point d'abscisse 1 , une demi tangente verticale.

4-a)  \forall x\in ]1;+\infty[ ,

f'(x)=\left[-\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}\right]'

f'(x)=\left[-\dfrac{x}{2}\right]+\left[\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x}\right]

f'(x)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{(\sqrt{x²-1}'-x'\sqrt{x²-1}}{x²}

f'(x)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\dfrac{(x²-1)'}{2\sqrt{x²-1}}×x-\sqrt{x²-1}}{x²}

f'(x)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\dfrac{2x}{2\sqrt{x²-1}}×x-\sqrt{x²-1}}{x²}

f'(x)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\dfrac{x²}{\sqrt{x²-1}}-\sqrt{x²-1}}{x²}

f'(x)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\dfrac{x²}{\sqrt{x²-1}}}{x²}-\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x²}

f'(x)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{x²}{\sqrt{x²-1}}×\dfrac{1}{x²}-\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x²}

f'(x)=\dfrac{-\sqrt{x²-1}+2}{2\sqrt{x²-1}}-\dfrac{\sqrt{x²-1}}{x²}

f'(x)=\dfrac{-x²(\sqrt{x²-1})+2x²-2(x²-1)}{2x²\sqrt{x²-1}}

f'(x)=\dfrac{2-x²\sqrt{x²-1}}{2x²\sqrt{x²-1}}

f'(x)=\dfrac{g(x)}{2x²\sqrt{x²-1}}

4-b) \forall x\in ]1;+\infty[ , f'(x)=\dfrac{g(x)}{2x²\sqrt{x²-1}}

Or \forall x\in ]1;+\infty[ , 2x²\sqrt{x²-1}>0

Et aussi \begin{cases} \forall x\in ]1 ;\alpha[ , g(x) >0 \\ \forall x \in ]\alpha ;+\infty[ , g(x) < 0 \end{cases}

Par conséquent , \forall x \in ]1;\alpha[ , f'(x)>0 et \forall x\in ]\alpha ;+\infty[ , f'(x)<0

Étude de fonction.

5) f(\alpha)=-\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\sqrt{\alpha²-1}}{\alpha}

Et g(\alpha)=0 \iff 2-\alpha²\sqrt{\alpha²-1}=0

\iff 2=\alpha²\sqrt{\alpha²-1}

\iff \sqrt{\alpha²-1}=\dfrac{2}{\alpha²}

==> f(\alpha)=-\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\dfrac{2}{\alpha²}}{\alpha}

f(\alpha)=-\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{2}{\alpha³}

Posté par
matheux14re : Étude de fonction. 30-01-21 à 10:44

6) Étude de fonction.

Posté par
heklare : Étude de fonction. 30-01-21 à 10:54

Bonjour

première question  pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué

\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\sqrt{x^2-1}=+\infty\quad \lim_{x\to +\infty} -x^2=-\infty\qquad \lim_{_x\to+\infty}2-x^2\sqrt{x^2-1}=-\infty


Dérivée de g correcte

Posté par
heklare : Étude de fonction. 30-01-21 à 11:13

Signe de g'(x)  faux  vous avez mélangé les 2 et les 3 et oublié le signe - que vous aviez mis devant le trait de fraction

g'(x)=\dfrac{-x(3x^2-2)}{\sqrt{x^2-1}}

x\geqslant 1 \Rightarrow 3x^2-2 >0 par conséquent g'(x)<0 sur l'intervalle

Question 3 manque des ] et sur

Citation :
Donc une valeur approchée de \alpha à 10^{-1} est 1,5.
  Pourquoi ce choix ? il faudrait donner un second chiffre la ligne précédente

g est une fonction strictement décroissante sur [1~;~+\infty[ donc g(1)>g(\alpha) or g(\alpha) =0

donc pour tout x\in[1~;~\alpha[\ g(x)>0

id pour x>\alpha

Sauf omission ce qui n'est pas critiqué est correct  

Posté par
heklare : Étude de fonction. 30-01-21 à 12:24

pour f impaire   précisez que -x appartient au même ensemble
2 a si vous dites que x\in[1~;~+\infty[ alors \sqrt{x^2}=x pas la peine de prendre les |  |

asymptote  f(x)-\left(-\dfrac{x}{2}-1\right)=\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x}-1  revoir la fermeture de la racine carrée

mélange de 1 et de 2

On a vu à la question précédente

\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x}=1 $ donc $ \lim \dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x}-1=0

Posté par
heklare : Étude de fonction. 30-01-21 à 14:31

Comment justifiez-vous que \sqrt{x^2-1}}-x est négatif  ?

Pourquoi ne prenez-vous pas le calcul du taux de variation avec h

\dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}

\dfrac{-\dfrac{1+h}{2}+\dfrac{\sqrt{(1+h)^2-1}}{1+h}+\dfrac{1}{2}}{h}=\dfrac{-h(1+h)+2\sqrt{(1+h)^2-1}}{2h(1+h)}  

Posté par
matheux14re : Étude de fonction. 30-01-21 à 14:41

Citation :
Comment justifiez-vous que \sqrt{x^2-1}}-x est négatif  ?


J'ai évité cette justification en passant par le tableau de signe...

Posté par
heklare : Étude de fonction. 30-01-21 à 15:15

Pourquoi une demi-tangente ?  

f'(x)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}-\sqrt{x^2-1}}{x^2}

f'(x)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{x^2-(x^2-1)}{x^2\sqrt{x^2-1}}

f'(x)=\dfrac{-x^2\sqrt{x^2-1}+2}{2x^2\sqrt{x^2-1}}

Dénominateur positif  signe de g(x)

f(\alpha)= -\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\sqrt{\alpha^2-1}}{\alpha}

or 2-\alpha^2\sqrt{\alpha^2-1}=0 d'où \sqrt{\alpha^2-1}=\dfrac{2}{\alpha^2}

f(\alpha)=-\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{2}{\alpha^3}

Posté par
heklare : Étude de fonction. 30-01-21 à 15:16

Vous mettez - dans le tableau  Pourquoi ?

Posté par
matheux14re : Étude de fonction. 30-01-21 à 15:21

J'ai conjecturer à la calculatrice...

Posté par
heklare : Étude de fonction. 30-01-21 à 15:31

Ce n'est guère rigoureux

x>1

1-\dfrac{1}{x^2}<1 On enlève une quantité positive à 1

les racines carrées sont dans le même ordre  

\sqrt{1-\dfrac{1}{x^2}}<1

x\sqrt{1-\dfrac{1}{x^2}}<x

\sqrt{x^2-1}<x

Posté par
matheux14re : Étude de fonction. 30-01-21 à 16:04

D'accord


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