Exercices — Analyse
Continuité · Calcul différentiel · Fonctions usuelles
Partie 1 sur 5 · Terminale C
🔵 Chapitre I — Continuité
Étude de continuité en un point
FacileExercice 1 — Étude de continuité en un point
Soit $f$ la fonction définie par $f(x) = \dfrac{x^2-4}{x-2}$ si $x \neq 2$ et $f(2) = 5$. Étudier la continuité de $f$ en $2$.
Pour $x \neq 2$, $f(x) = \dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2} = x+2$. Donc $$\lim_{x \to 2} f(x) = 4.$$
On a $f(2) = 5 \neq 4 = \lim_{x\to 2} f(x)$.
$f$ n'est pas continue en $2$ (discontinuité évitable : le prolongement naturel serait $\tilde f(2)=4$).
Prolongement par continuité
FacileExercice 2 — Prolongement par continuité
Soit $g(x) = \dfrac{\sqrt{x+1}-1}{x}$ pour $x \neq 0$. Déterminer le prolongement par continuité de $g$ en $0$.
En $x=0$, $g$ prend la forme $\frac{0}{0}$ : il faut lever l'indétermination.
$$g(x) = \frac{(\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x+1}+1)}{x(\sqrt{x+1}+1)} = \frac{x}{x(\sqrt{x+1}+1)} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+1}.$$
$\lim_{x\to 0} g(x) = \dfrac{1}{1+1} = \dfrac{1}{2}$. Le prolongement par continuité est $\tilde g(0) = \dfrac{1}{2}$.
Existence et encadrement d'une solution
MoyenExercice 3 — Existence et encadrement d'une solution
Montrer que l'équation $x^3 + x - 1 = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]0\,;1[$, puis donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0{,}1$.
$f(x) = x^3+x-1$ est continue sur $[0;1]$ (polynôme). $f(0) = -1 < 0$ et $f(1) = 1 > 0$.
$f'(x) = 3x^2+1 > 0$ pour tout $x$ : $f$ est strictement croissante sur $[0;1]$.
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, $f$ s'annule au moins une fois sur $]0;1[$ ; la stricte monotonie garantit l'unicité. Il existe donc un unique $\alpha \in ]0;1[$ tel que $f(\alpha)=0$.
$f(0{,}6) = 0{,}216+0{,}6-1 = -0{,}184 < 0$ et $f(0{,}7) = 0{,}343+0{,}7-1 = 0{,}043 > 0$. Donc $\alpha \in ]0{,}6\,;0{,}7[$.
Une application astucieuse du TVI
DifficileExercice 4 — Une application astucieuse du TVI (corde horizontale)
Soit $f$ continue sur $[0;1]$ telle que $f(0) = f(1)$. Montrer qu'il existe $c \in [0\,; \tfrac12]$ tel que $f(c) = f\!\left(c+\tfrac12\right)$.
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On pose $g(x) = f\!\left(x+\tfrac12\right) - f(x)$ pour $x \in [0\,;\tfrac12]$ ; $g$ est continue comme différence de fonctions continues.
$g(0) = f\!\left(\tfrac12\right) - f(0)$ et $g\!\left(\tfrac12\right) = f(1) - f\!\left(\tfrac12\right) = f(0) - f\!\left(\tfrac12\right) = -g(0)$ (car $f(1)=f(0)$).
Si $g(0) = 0$, alors $c=0$ convient directement.
Sinon, $g(0)$ et $g\!\left(\tfrac12\right)=-g(0)$ sont de signes opposés. Par le TVI, il existe $c \in \left]0\,;\tfrac12\right[$ tel que $g(c)=0$, c'est-à-dire $f(c) = f\!\left(c+\tfrac12\right)$.
Point fixe de la fonction cosinus
DifficileExercice 5 — Point fixe de la fonction cosinus
On considère $f(x) = \cos x - x$ sur $[0\,;\pi]$. Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$, puis donner un encadrement de $\alpha$ à $10^{-1}$ près.
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$f$ est continue sur $[0;\pi]$. $f(0) = 1 > 0$ et $f(\pi) = -1-\pi < 0$.
$f'(x) = -\sin x - 1 \le 0$ sur $[0;\pi]$ (l'égalité $\sin x=-1$ n'y survient pas) : $f$ est strictement décroissante.
D'après le TVI et la stricte monotonie, il existe un unique $\alpha \in ]0;\pi[$ tel que $\cos\alpha = \alpha$ ($\alpha$ est point fixe de la fonction cosinus).
$f(0{,}7) \approx 0{,}065 > 0$ et $f(0{,}8) \approx -0{,}103 < 0$. Donc $\alpha \in ]0{,}7\,;0{,}8[$.
Prolongement puis image d'un intervalle
DifficileExercice 6 — Prolongement puis image d'un intervalle
Soit $f$ définie sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$ par $f(x) = \dfrac{x^3-1}{x-1}$. Déterminer le prolongement par continuité $\tilde f$ de $f$ en $1$, puis calculer $\tilde f([-2\,;1])$.
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$x^3-1 = (x-1)(x^2+x+1)$, donc pour $x\neq1$, $f(x) = x^2+x+1$.
$x \mapsto x^2+x+1$ est continue en $1$ et vaut $3$ en ce point. Le prolongement est $\tilde f(x) = x^2+x+1$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, avec $\tilde f(1)=3$.
$\tilde f$ est un polynôme du second degré, de sommet en $x=-\tfrac12$ (minimum) : $\tilde f\!\left(-\tfrac12\right) = \tfrac14-\tfrac12+1 = \tfrac34$. Décroissante sur $\left[-2\,;-\tfrac12\right]$, croissante sur $\left[-\tfrac12\,;1\right]$.
$\tilde f(-2) = 4-2+1 = 3$ et $\tilde f(1) = 1+1+1 = 3$. Minimum $\tfrac34$, maximum $3$ (aux deux bornes). Par continuité, $\tilde f([-2\,;1]) = \left[\tfrac34\,;3\right]$.
🔵 Chapitre II — Calcul différentiel
Dérivée d'une fonction composée
FacileExercice 1 — Dérivée d'une fonction composée
Calculer la dérivée de $f(x) = (2x+1)^5$.
$f = u^5$ avec $u(x)=2x+1$, donc $u'(x)=2$.
$$f'(x) = 5\,u'(x)\,u(x)^4 = 5\times2\times(2x+1)^4.$$
$f'(x) = 10(2x+1)^4$.
Recherche d'une primitive
FacileExercice 2 — Recherche d'une primitive
Déterminer la primitive $F$ de $f(x) = 3x^2-4x+5$ sur $\mathbb{R}$ vérifiant $F(0)=2$.
$F(x) = x^3-2x^2+5x+C$, $C \in \mathbb{R}$.
$F(0) = C = 2$.
$F(x) = x^3-2x^2+5x+2$.
Dérivabilité à gauche et à droite
MoyenExercice 3 — Dérivabilité à gauche et à droite
Soit $f(x) = |x-1|(x+2)$. Étudier la dérivabilité de $f$ en $1$.
Pour $x\ge1$, $f(x)=(x-1)(x+2)=x^2+x-2$. Pour $x<1$, $f(x)=-(x-1)(x+2)=-x^2-x+2$.
Pour $x\ge1$, $f'(x)=2x+1$, donc $f'_d(1) = 3$.
Pour $x<1$, $f'(x)=-2x-1$, donc $f'_g(1) = -3$.
$f'_g(1) \neq f'_d(1)$ : $f$ n'est pas dérivable en $1$ (point anguleux).
Encadrement par l'IAF
DifficileExercice 4 — Encadrement par l'inégalité des accroissements finis
En utilisant l'IAF appliquée à $f(x)=\sqrt{x}$ sur $[121\,;122]$, donner un encadrement de $\sqrt{122}$.
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$f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}$, strictement décroissante sur $]0;+\infty[$.
Puisque $]121;122[ \subset ]121;144[$ et $f'$ est décroissante : $f'(144) < f'(c) < f'(121)$, soit $\dfrac{1}{24} < f'(c) < \dfrac{1}{22}$.
$$\frac{1}{24} < \sqrt{122}-11 < \frac{1}{22}.$$
$11+\dfrac{1}{24} < \sqrt{122} < 11+\dfrac{1}{22}$, soit $\sqrt{122} \in\ ]11{,}0417\,;11{,}0455[$ environ.
Majoration à l'aide de l'IAF
DifficileExercice 5 — Majoration à l'aide de l'IAF
Soit $f$ dérivable sur $[0\,;+\infty[$ telle que $f'(x) = \dfrac{1}{1+x^2}$ pour tout $x\ge0$, et $f(0)=0$. Montrer que pour tout $x \ge 0$, $f(x) \le x$.
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Pour tout $t\ge0$, $1+t^2 \ge 1$, donc $f'(t) = \dfrac{1}{1+t^2} \le 1$.
Puisque $|f'| \le 1$ sur $[0;x]$ : $|f(x)-f(0)| \le 1\times|x-0|$.
Comme $f(0)=0$, on obtient $|f(x)| \le x$ pour $x\ge0$, donc $f(x) \le x$ (égalité seulement en $x=0$).
Primitive d'une forme $u'e^u$
DifficileExercice 6 — Primitive d'une forme $u'e^u$
Déterminer la primitive $F$ de $f(x) = (2x-2)e^{x^2-2x+3}$ sur $\mathbb{R}$ vérifiant $F(1)=5$.
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On pose $u(x)=x^2-2x+3$, alors $u'(x)=2x-2$ et $f(x) = u'(x)e^{u(x)}$.
Une primitive de $u'e^u$ est $e^u$, donc $F(x) = e^{x^2-2x+3}+C$.
$u(1) = 1-2+3=2$, donc $F(1) = e^2+C = 5$, soit $C = 5-e^2$.
$F(x) = e^{x^2-2x+3}+5-e^2$.
🔵 Chapitre III — Fonctions usuelles
Résolution d'une équation logarithmique
FacileExercice 1 — Résolution d'une équation logarithmique
Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $\ln(2x-1) = \ln(x+3)$.
Il faut $2x-1>0$ et $x+3>0$, soit $x > \tfrac12$.
$\ln(2x-1)=\ln(x+3) \iff 2x-1 = x+3$ ($\ln$ injective).
$2x-1=x+3 \iff x=4$. Comme $4>\tfrac12$, la solution est valide.
$\mathbb{S} = \{4\}$.
Résolution d'une équation exponentielle
FacileExercice 2 — Résolution d'une équation exponentielle
Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $e^{2x-1} = e^3$.
$e^{2x-1}=e^3 \iff 2x-1=3$.
$2x=4 \iff x=2$.
$\mathbb{S} = \{2\}$.
Une inégalité classique : $\ln x \le x-1$
MoyenExercice 3 — Une inégalité classique
Étudier le signe de $f(x) = \ln x - x + 1$ sur $]0\,;+\infty[$, et en déduire que $\ln x \le x-1$ pour tout $x>0$, avec égalité si et seulement si $x=1$.
$f'(x) = \dfrac{1}{x} - 1 = \dfrac{1-x}{x}$.
$f'(x) > 0$ pour $x \in ]0;1[$, $f'(x) < 0$ pour $x>1$ : $f$ admet un maximum en $x=1$.
$f(1) = \ln 1 - 1 + 1 = 0$.
Le maximum de $f$ vaut $0$, donc $f(x) \le 0$ pour tout $x>0$, soit $\ln x \le x-1$, avec égalité uniquement en $x=1$.
Étude complète avec croissances comparées
DifficileExercice 4 — Étude complète avec croissances comparées
Soit $g(x) = \dfrac{(\ln x)^2}{x}$ définie sur $]0\,;+\infty[$. Déterminer les limites de $g$ en $0^+$ et en $+\infty$, puis étudier les variations de $g$.
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Quand $x\to0^+$, $\ln x \to -\infty$ donc $(\ln x)^2 \to +\infty$ et $x \to 0^+$ : $\lim_{x\to0^+} g(x) = +\infty$.
Par croissances comparées, $\lim_{x\to+\infty} \dfrac{(\ln x)^2}{x} = 0$.
$$g'(x) = \frac{2\ln x \cdot \frac{1}{x}\cdot x - (\ln x)^2}{x^2} = \frac{\ln x\,(2-\ln x)}{x^2}.$$
Nul en $x=1$ et $x=e^2$. Négatif sur $]0;1[$, positif sur $]1;e^2[$, négatif sur $]e^2;+\infty[$.
$g$ décroît sur $]0;1]$, croît sur $[1;e^2]$, décroît sur $[e^2;+\infty[$. Minimum local $g(1)=0$, maximum local $g(e^2) = \dfrac{4}{e^2}$.
Inéquation exponentielle par changement de variable
DifficileExercice 5 — Inéquation exponentielle par changement de variable
Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'inéquation $e^{2x} - 3e^x + 2 \le 0$.
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On pose $t = e^x > 0$. L'inéquation devient $t^2-3t+2 \le 0$.
Racines $1$ et $2$ ; coefficient dominant positif : $t^2-3t+2 \le 0 \iff t \in [1\,;2]$.
$e^x \in [1;2] \iff x \in [\ln 1\,;\ln 2] = [0\,;\ln 2]$ (exponentielle strictement croissante).
$\mathbb{S} = [0\,;\ln 2]$.
Étude complète : $f(x)=xe^{-x}$
DifficileExercice 6 — Étude complète : $f(x)=xe^{-x}$
Étudier les variations de $f(x) = xe^{-x}$ sur $[0\,;+\infty[$ et déterminer sa limite en $+\infty$. En déduire un encadrement de $f(x)$ sur cet intervalle.
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$f'(x) = e^{-x} - xe^{-x} = e^{-x}(1-x)$.
$e^{-x}>0$ toujours, signe de $f'$ = signe de $1-x$ : $f'(x)>0$ sur $[0;1[$, $f'(x)<0$ sur $]1;+\infty[$. Maximum en $x=1$.
$f(1) = e^{-1} = \dfrac1e$. Par croissances comparées, $\lim_{x\to+\infty} xe^{-x} = 0$.
$f(0)=0$, $f$ croît jusqu'à $\dfrac1e$ puis décroît vers $0$ sans devenir négative : pour tout $x\ge0$, $0 \le f(x) \le \dfrac1e$.
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