Correction de Devoir Libre N°03: Années précédentes

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre le vendredi 7 octobre 2011 ´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚03 EXERCICE 1 1 x 1. Soit g(x) =− + √ . 22 2 x +1 a. g est d´efinie et d´erivable sur R par op´erations.

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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre le vendredi 7 octobre 2011
´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚03
EXERCICE 1
1 x
1. Soit g(x) =− + √ .
22 2 x +1
a. g est d´efinie et d´erivable sur R par op´erations. De plus, pour tout r´eel
x∈R, on a
√ x
2 √x +1−x
21 1x +1
g (x) = =
2 2 3/22 x +1 2(x +1)
En particulier, g positive dans R, la fonction g est donc strictement
croissante. N
´b. Etudions `a pr´esent les limites aux bornes de l’intervalle de la fonction
g. On a
1 x 1 x 1
√ pg(x) = − + =− + −−−−→ 0
2 2 x→+∞2 2 2|x|2 x +1 1+1/x
1 x 1 x 1
g(x) = − + √ =− + p −−−−→−1
2 2 x→−∞2 2 2|x|2 x +1 1+1/x
Ainsi,lafonctiong estcontinueetstrictementcroissantesurR.D’apr`es
le th´eor`eme de la bijection , g r´ealise une bijection de ]−∞,+∞[ c’est la PHRASE
sur ]limg,limg[=]−1,0[. N consacr´ee!
−∞ +∞
√x 1
22. Soit f la fonction x →− +1+ x +1.
2 2
a. On v´erifie que f est d´erivable et que f = g. On en d´eduit le tableau
de variations de f.
x −∞ 0 +∞
1f (x) − − −
2
+∞
3f(x) &
2
& 1
Au voisinage de−∞, il n’ya pas de forme ind´etermin´ee on a direc- bouh!
1


⌢′′

′tement lim f(x) = +∞.
x→−∞
Au voisinage de +∞, on a en multipliant et di-
visant par l’expression √1
2 conjugu´eef(x) = 1+ x +1−x
2
2 21 x +1−x 1 1 += 1+ √ = 1+ √ −−−−→ 1
2 2 x→−∞2 2x +1+x x +1+x
N
b. Au voisinage de−∞ . en multipliant et di-
visant par l’expression
√x 1
2 conjugu´eef(x)+x−1 = + x +1
2 2
1 1 +√= −−−−→ 0
2 x→−∞2 x +1−x

+Ainsi lim f(x)+x−1 = 0 .
x→−∞
c. D’apr`es les calculs pr´ec´edents, C est au-dessus de ses asymptotes au
voisinage de±∞. N
d.
10
C
5
y = f(x)
0
−10 −5 0 5 10
N
3.a. D’apr`es l’´etude pr´ec´edente, f est une fonction continue et strictement
d´ecroissante surR. D’apr`es leth´eor`eme de la bijection, f r´ealise une
bijection de ]−∞,+∞[ sur ]limf,limf[=]1,+∞[. N attention au sens
+∞ −∞
des bornes, f est
−1b. Onnotef :]1,+∞[→Rlafonctionr´eciproquedef.Soith :]1,+∞[→
d´ecroissante!
1
R la fonction d´efinie par h(y) = + 1− y. On montre que
4(y−1)
2





−1 −1f = h. Soit y∈]1,+∞[, posons x = f (y), de sorte que y = f(x).
Alors
1 1
h(y) = h◦f(x) = +1−f(x)
4 f(x)−1
√1 1 1
2√= + x− x +1
22 2x +1−x
√ √1 1
2 2= x +1+x + x− x +1
2 2
−1= x = f (y)
1
−1Ainsi, pour tout y∈]1,+∞[, on a bien ´etabli que f (y) = +
4(y−1)
1−y. N
c.
10 C1
C
5
y = f(x)
0
−10 −5 0 5 10
−5
−1−10 y = f (x)
EXERCICE 2

1 Soit x∈R. f(x) = x+ 2x−1 est bien d´efini pourvu que 2x−1≥
10. Par cons´equent f est bien d´efinie sur [ ,+∞.
2
2 Pour´etablirquef estbijectiveetd´eterminersonapplicationr´eciproque,
adoptons le point de vue ´equation.
31Soit y∈R, x∈ [ +∞[. On a
2
√ √
y = f(x) ⇐⇒ x+ 2x−1 = y ⇐⇒ y−x = 2x−1 (1)
( 1
y≥ x≥
⇐⇒ 2
2(y−x) = 2x−1
(
1
y≥ x≥
⇐⇒ 2
2 2x −2(y +1)x+y +1 = 0
1Pour quel’´equation y = f(x) admette unesolution dans[ ,+∞[,il est
2
1n´ecessaire que y∈ [ +∞[. En ce cas, lediscriminant decette´equation
2
2 2de degr´e 2 est strictement positif : Δ = 4(y+1) −4(y +1) = 8y. On
a alors deux racines r´eelles distinctes : nous verrons
√ qu’une seule estp p2y +2+2 2y
solution de (1)x = = y +1+ 2y et x = y +1− 2y.1 2
2
Ainsi
(
1
y≥ x≥
(1) ⇐⇒ 2 √ √
x = y +1+ 2y OU x = y +1− 2y
√ √ √
Or y +1+ 2y > y tandis que y +1− 2y≤ y , Finalement, x −y = 1− 2y2
11 est n´egatif car y≥
2si y∈]−∞, [, l’´equation (1) n’a pas de solution,
2
1si x∈ [ ,+∞[, l’´equation (1) admet une unique solution,
2
p
x = y +1− 2y
13 En conclusion, on peut dire que f r´ealise une bijection de [ ,+∞[
2
dans lui-mˆeme et que son application r´eciproque est la fonction
−1 1 1f : [ ,+∞[ → [ ,+∞[
2 2 √
x →y +1− 2y
N
4




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