Composée de fonctions

I. Notion de fonction composée

1. Définition

Fonction composée

f \circ g

Soient

f

g

deux fonctions. La fonction composée de

f

g

, notée

f \circ g

(lire «

f

rond

g

» ou «

f

composée avec

g

»), est la fonction définie par :

(f \circ g) (x) = f (g (x))

Pour calculer

(f \circ g) (x)

, on applique d'abord

g

x

, puis

f

au résultat.

Schématiquement :

x g g (x) f f (g (x))

Domaine de définition de

f \circ g

La fonction

f \circ g

est définie pour tout

x

tel que :

1.

x

appartient au domaine de définition de

g

, et
2.

g (x)

appartient au domaine de définition de

f

.

Autrement dit :

D_{f \circ g} = {x \in D_{g} ∣ g (x) \in D_{f}}

Exemple

Soient

f (x) = x

g (x) = 2 x + 3

.

Alors

(f \circ g) (x) = f (g (x)) = f (2 x + 3) = 2 x + 3

.

Domaine : On a besoin que

2 x + 3 \geq 0

, soit

x \geq - \frac{3}{2}

.

Donc

D_{f \circ g} = [- \frac{3}{2}; + \infty [

Exemple

Soient

f (x) = ln (x)

g (x) = x^{2} - 1

.

Alors

(f \circ g) (x) = ln (x^{2} - 1)

.

Domaine : On a besoin que

x^{2} - 1 > 0

, soit

x^{2} > 1

, c'est-à-dire

x \in] - \infty; - 1 [\cup] 1; + \infty [

2. Non-commutativité de la composition

Non-commutativité

En général,

f \circ g \neq = g \circ f

.

L'ordre dans lequel on compose les fonctions est essentiel.

Exemple illustrant la non-commutativité

Soient

f (x) = x^{2}

g (x) = x + 1

(f \circ g) (x) = f (g (x)) = f (x + 1) = (x + 1)^{2} = x^{2} + 2 x + 1

(g \circ f) (x) = g (f (x)) = g (x^{2}) = x^{2} + 1

On a bien

(f \circ g) (x) \neq = (g \circ f) (x)

en général. Par exemple pour

x = 1

(f \circ g) (1) = 4

tandis que

(g \circ f) (1) = 2

Remarque

Il existe cependant des cas particuliers où

f \circ g = g \circ f

. Par exemple :

• Si

f = g

(on compose une fonction avec elle-même)
• Si

f

g

est la fonction identité

id (x) = x

• Certaines paires de fonctions :

f (x) = 2 x

g (x) = 3 x

donnent

(f \circ g) (x) = (g \circ f) (x) = 6 x

3. Décomposition d'une fonction en composée

Reconnaître une composée

Pour reconnaître qu'une fonction

h

est de la forme

f \circ g

, on identifie :

• une fonction intérieure

g

(celle qui agit en premier sur

x

)
• une fonction extérieure

f

(celle qui agit sur le résultat de

g

)

Cela permet d'appliquer les formules de dérivation des fonctions composées.

Exemples de décomposition

•

h (x) = (3 x - 1)^{5}

: on pose

g (x) = 3 x - 1

f (u) = u^{5}

, donc

h = f \circ g

.

•

h (x) = e^{x^{2}}

: on pose

g (x) = x^{2}

f (u) = e^{u}

, donc

h = f \circ g

.

•

h (x) = ln (cos x)

: on pose

g (x) = cos x

f (u) = ln (u)

, donc

h = f \circ g

.

•

h (x) = 1 - x^{2}

: on pose

g (x) = 1 - x^{2}

f (u) = u

, donc

h = f \circ g

.

•

h (x) = \frac{1}{x ^{2} + 1}

: on pose

g (x) = x^{2} + 1

f (u) = \frac{1}{u}

, donc

h = f \circ g

II. Dérivation des fonctions composées

1. Théorème de dérivation

Dérivée d'une fonction composée (Chain Rule)

Soient

f

g

deux fonctions dérivables. Si

g

est dérivable en

x

f

est dérivable en

g (x)

, alors

f \circ g

est dérivable en

x

et :

(f \circ g)^{'} (x) = g^{'} (x) \times f^{'} (g (x))

Autrement dit, la dérivée de la composée est le produit de la dérivée de la fonction intérieure par la dérivée de la fonction extérieure évaluée en la fonction intérieure.

Notation avec

u

En posant

u = g (x)

, la formule s'écrit :

(f (u))^{'} = u^{'} \times f^{'} (u)

Où

u^{'} = g^{'} (x)

f^{'} (u) = f^{'} (g (x))

Exemple

Calculons la dérivée de

h (x) = (2 x + 1)^{3}

.

On pose

u (x) = 2 x + 1

f (u) = u^{3}

.

Alors

u^{'} (x) = 2

f^{'} (u) = 3 u^{2}

.

Donc

h^{'} (x) = u^{'} (x) \times f^{'} (u (x)) = 2 \times 3 (2 x + 1)^{2} = 6 (2 x + 1)^{2}

2. Dérivée de $f (a x + b)$

Dérivée de

f (a x + b)

f

est dérivable, alors la fonction

x \mapsto f (a x + b)

est dérivable et :

[f (a x + b)]^{'} = a \cdot f^{'} (a x + b)

Exemples

•

(e^{3 x + 1})^{'} = 3 \cdot e^{3 x + 1}

•

(sin (2 x - π))^{'} = 2 cos (2 x - π)

•

(\frac{1}{5 x + 2})^{'} = 5 \times (- \frac{1}{( 5 x + 2 ) ^{2}}) = - \frac{5}{( 5 x + 2 ) ^{2}}

•

(ln (4 x + 1))^{'} = \frac{4}{4 x + 1}

3. Tableau des dérivées de fonctions composées

Dérivée de

u^{n}

u

est une fonction dérivable et

n \in Z

n \neq = 0

(u^{n})^{'} = n \cdot u^{'} \cdot u^{n - 1}

Exemple :

(3 x^{2} - 1)^{4}

: on pose

u = 3 x^{2} - 1

u^{'} = 6 x

.

Donc

((3 x^{2} - 1)^{4})^{'} = 4 \times 6 x \times (3 x^{2} - 1)^{3} = 24 x (3 x^{2} - 1)^{3}

Dérivée de

\frac{1}{u}

u

est dérivable et ne s'annule pas :

(\frac{1}{u})^{'} = - \frac{u ^{'}}{u ^{2}}

Exemple :

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

Dérivée de

u

u

est dérivable et strictement positive :

(u)^{'} = \frac{u ^{'}}{2 u}

Exemple :

(x^{2} + 4)^{'} = \frac{2 x}{2 x ^{2} + 4} = \frac{x}{x ^{2} + 4}

Dérivée de

e^{u}

u

est dérivable :

(e^{u})^{'} = u^{'} \cdot e^{u}

Exemple :

(e^{x^{2} - 3 x})^{'} = (2 x - 3) \cdot e^{x^{2} - 3 x}

Dérivée de

ln (u)

u

est dérivable et strictement positive :

(ln u)^{'} = \frac{u ^{'}}{u}

Exemple :

(ln (x^{2} + 1))^{'} = \frac{2 x}{x ^{2} + 1}

Dérivée de

cos (u)

sin (u)

u

est dérivable :

(cos u)^{'} = - u^{'} sin u

(sin u)^{'} = u^{'} cos u

Exemples :

(cos (3 x))^{'} = - 3 sin (3 x)

(sin (x^{2}))^{'} = 2 x cos (x^{2})

Tableau récapitulatif

| Fonction | Dérivée | Condition |
|---|---|---|
|

u^{n}

n \cdot u^{'} \cdot u^{n - 1}

u

dérivable |
|

\frac{1}{u}

- \frac{u ^{'}}{u ^{2}}

u \neq = 0

|
|

u

\frac{u ^{'}}{2 u}

u > 0

|
|

e^{u}

u^{'} e^{u}

u

dérivable |
|

ln (u)

\frac{u ^{'}}{u}

u > 0

|
|

cos (u)

- u^{'} sin (u)

u

dérivable |
|

sin (u)

u^{'} cos (u)

u

dérivable |

III. Sens de variation d'une fonction composée

1. Règle des signes pour les variations

Sens de variation d'une composée

Soient

f

g

deux fonctions monotones sur des intervalles adaptés.

| Variation de

g

| Variation de

f

| Variation de

f \circ g

|
|---|---|---|
| Croissante ↗ | Croissante ↗ | Croissante ↗ |
| Croissante ↗ | Décroissante ↘ | Décroissante ↘ |
| Décroissante ↘ | Croissante ↗ | Décroissante ↘ |
| Décroissante ↘ | Décroissante ↘ | Croissante ↗ |

Règle mnémotechnique : C'est la « règle des signes » :
• Même sens → croissante (comme

+ \times + = +

- \times - = +

)
• Sens contraires → décroissante (comme

+ \times - = -

)

Justification

Montrons le cas croissante

\circ

décroissante = décroissante.

Supposons

g

croissante sur

I

f

décroissante sur

g (I)

.

Soient

a, b \in I

avec

a < b

.

Comme

g

est croissante :

g (a) \leq g (b)

.

Comme

f

est décroissante :

f (g (a)) \geq f (g (b))

.

Donc

(f \circ g) (a) \geq (f \circ g) (b)

: la composée

f \circ g

est décroissante sur

I

□

Les autres cas se démontrent de manière analogue.

2. Applications aux études de fonctions

Exemple 1 : variation de

h (x) = e^{- x^{2}}

On écrit

h = f \circ g

avec

g (x) = - x^{2}

f (u) = e^{u}

f

est croissante sur

R

(fonction exponentielle).

g (x) = - x^{2}

g^{'} (x) = - 2 x

.

• Sur

] - \infty; 0]

g^{'} (x) = - 2 x \geq 0

donc

g

est croissante.
Croissante

\circ

croissante = croissante :

h

est croissante sur

] - \infty; 0]

.

• Sur

[0; + \infty [

g^{'} (x) = - 2 x \leq 0

donc

g

est décroissante.
Croissante

\circ

décroissante = décroissante :

h

est décroissante sur

[0; + \infty [

h

admet un maximum en

x = 0

h (0) = e^{0} = 1

Exemple 2 : variation de

h (x) = ln (x^{2} + 1)

On écrit

h = f \circ g

avec

g (x) = x^{2} + 1

f (u) = ln (u)

f = ln

est croissante sur

] 0; + \infty [

g (x) = x^{2} + 1

g^{'} (x) = 2 x

.

• Sur

] - \infty; 0]

g^{'} (x) \leq 0

donc

g

est décroissante.
Croissante

\circ

décroissante = décroissante :

h

est décroissante sur

] - \infty; 0]

.

• Sur

[0; + \infty [

g^{'} (x) \geq 0

donc

g

est croissante.
Croissante

\circ

croissante = croissante :

h

est croissante sur

[0; + \infty [

h

admet un minimum en

x = 0

h (0) = ln (1) = 0

Méthode : étudier les variations d'une composée

Pour étudier les variations de

h = f \circ g

:

Méthode 1 : par la dérivée
Calculer

h^{'} (x) = g^{'} (x) \times f^{'} (g (x))

et étudier son signe.

Méthode 2 : par les variations
1. Identifier

f

g

telles que

h = f \circ g

.
2. Étudier séparément les variations de

g

et de

f

.
3. Appliquer la règle de composition des variations.

La méthode 2 est souvent plus rapide quand

f

est une fonction de référence (exp, ln, carré, racine...).

40 exercices disponibles

Exercice 1

Facile

Soient

f(x) = x^2

g(x) = 3x - 1

Calculer

(f \circ g)(x)

On applique d'abord

g

puis

f

(f \circ g)(x) = f(g(x)) = f(3x-1) = (3x-1)^2

En développant :

(3x-1)^2 = 9x^2 - 6x + 1

\boxed{(f \circ g)(x) = (3x-1)^2 = 9x^2 - 6x + 1}

Calculer

(g \circ f)(x)

On applique d'abord

f

puis

g

(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(x^2) = 3x^2 - 1

\boxed{(g \circ f)(x) = 3x^2 - 1}

Vérifier que

f \circ g \neq g \circ f

(f \circ g)(x) = 9x^2 - 6x + 1

(g \circ f)(x) = 3x^2 - 1

.

Pour

x = 1

(f \circ g)(1) = 9 - 6 + 1 = 4

(g \circ f)(1) = 3 - 1 = 2

.

Comme

4 \neq 2

, on a bien

\boxed{f \circ g \neq g \circ f}

Exercice 2

Facile

Soient

f(x) = \sqrt{x}

g(x) = x + 4

Déterminer

(f \circ g)(x)

et son domaine de définition.

(f \circ g)(x) = f(g(x)) = f(x+4) = \sqrt{x+4}

.

Domaine : il faut

x + 4 \geq 0

, soit

x \geq -4

\boxed{(f \circ g)(x) = \sqrt{x+4}, \quad D_{f \circ g} = [-4\, ; +\infty[}

Déterminer

(g \circ f)(x)

et son domaine de définition.

(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(\sqrt{x}) = \sqrt{x} + 4

.

Domaine : il faut

x \geq 0

(domaine de

f = \sqrt{}

\boxed{(g \circ f)(x) = \sqrt{x} + 4, \quad D_{g \circ f} = [0\, ; +\infty[}

Comparer les domaines de

f \circ g

g \circ f

D_{f \circ g} = [-4\, ; +\infty[

D_{g \circ f} = [0\, ; +\infty[

.

Les domaines sont différents :

D_{f \circ g}

est plus grand car

g

« translate » les valeurs de sorte que

f

reçoive des valeurs positives même quand

x < 0

\boxed{D_{f \circ g} \neq D_{g \circ f}}

Exercice 3

Facile

Pour chaque fonction

h

, trouver deux fonctions

f

g

telles que

h = f \circ g

h(x) = (2x+5)^3

On identifie la fonction intérieure et la fonction extérieure :

- Fonction intérieure :

g(x) = 2x + 5

- Fonction extérieure :

f(u) = u^3

Vérification :

(f \circ g)(x) = f(2x+5) = (2x+5)^3 = h(x)

✓

\boxed{g(x) = 2x+5 \text{ et } f(u) = u^3}

h(x) = e^{3x-2}

• Fonction intérieure :

g(x) = 3x - 2

- Fonction extérieure :

f(u) = e^u

Vérification :

(f \circ g)(x) = e^{3x-2} = h(x)

✓

\boxed{g(x) = 3x-2 \text{ et } f(u) = e^u}

h(x) = \ln(x^2 + 3)

• Fonction intérieure :

g(x) = x^2 + 3

- Fonction extérieure :

f(u) = \ln(u)

Vérification :

(f \circ g)(x) = \ln(x^2+3) = h(x)

✓

\boxed{g(x) = x^2 + 3 \text{ et } f(u) = \ln(u)}

Exercice 4

Facile

Dériver les fonctions suivantes en utilisant la formule

(f(ax+b))' = a \cdot f'(ax+b)

h(x) = (5x + 1)^4

On pose

u = 5x + 1

, donc

h(x) = u^4

avec

u' = 5

.

Formule :

(u^n)' = n \cdot u' \cdot u^{n-1}

h'(x) = 4 \times 5 \times (5x+1)^3 = \boxed{20(5x+1)^3}

h(x) = e^{-2x+3}

On pose

u = -2x + 3

, donc

h(x) = e^u

avec

u' = -2

.

Formule :

(e^u)' = u' \cdot e^u

h'(x) = -2 \cdot e^{-2x+3} = \boxed{-2e^{-2x+3}}

h(x) = \ln(3x + 7)

On pose

u = 3x + 7

, donc

h(x) = \ln(u)

avec

u' = 3

.

Formule :

(\ln u)' = \dfrac{u'}{u}

.

Domaine :

3x + 7 > 0 \Leftrightarrow x > -\dfrac{7}{3}

h'(x) = \dfrac{3}{3x+7} = \boxed{\dfrac{3}{3x+7}}

Exercice 5

Facile

Dériver les fonctions suivantes.

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

On pose

u = 2x + 1

u' = 2

.

Formule :

(\sqrt{u})' = \dfrac{u'}{2\sqrt{u}}

.

Domaine de dérivabilité :

2x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > -\dfrac{1}{2}

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

f(x) = (x^2 + 1)^3

On pose

u = x^2 + 1

u' = 2x

.

Formule :

(u^n)' = n \cdot u' \cdot u^{n-1}

f'(x) = 3 \times 2x \times (x^2+1)^2 = \boxed{6x(x^2+1)^2}

f(x) = e^{x^2}

On pose

u = x^2

u' = 2x

.

Formule :

(e^u)' = u' \cdot e^u

f'(x) = 2x \cdot e^{x^2} = \boxed{2x \, e^{x^2}}

Exercice 6

Facile

Soient

f(x) = \dfrac{1}{x}

g(x) = x^2 + 1

Calculer

(f \circ g)(x)

et préciser le domaine.

(f \circ g)(x) = f(g(x)) = f(x^2+1) = \dfrac{1}{x^2+1}

.

Domaine : il faut

x^2 + 1 \neq 0

. Or

x^2 + 1 \geq 1 > 0

pour tout

x \in \mathbb{R}

\boxed{(f \circ g)(x) = \dfrac{1}{x^2+1}, \quad D_{f \circ g} = \mathbb{R}}

Calculer

(g \circ f)(x)

et préciser le domaine.

(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g\left(\dfrac{1}{x}\right) = \dfrac{1}{x^2} + 1

.

Domaine : il faut

x \neq 0

(domaine de

f

\boxed{(g \circ f)(x) = \dfrac{1}{x^2} + 1, \quad D_{g \circ f} = \mathbb{R}^*}

Dériver

(f \circ g)(x) = \dfrac{1}{x^2+1}

On pose

u = x^2 + 1

u' = 2x

.

Formule :

\left(\dfrac{1}{u}\right)' = -\dfrac{u'}{u^2}

(f \circ g)'(x) = -\dfrac{2x}{(x^2+1)^2} = \boxed{-\dfrac{2x}{(x^2+1)^2}}

Exercice 7

Facile

Déterminer le domaine de définition de chaque fonction composée.

h(x) = \sqrt{4 - x^2}

On écrit

h = f \circ g

avec

g(x) = 4 - x^2

f(u) = \sqrt{u}

.

Il faut

g(x) \geq 0

, soit

4 - x^2 \geq 0

, c'est-à-dire

x^2 \leq 4

, soit

-2 \leq x \leq 2

\boxed{D_h = [-2\, ; 2]}

h(x) = \ln(1 - x)

On écrit

h = f \circ g

avec

g(x) = 1 - x

f(u) = \ln(u)

.

Il faut

g(x) > 0

, soit

1 - x > 0

, c'est-à-dire

x < 1

\boxed{D_h = ]-\infty\, ; 1[}

h(x) = e^{\frac{1}{x}}

On écrit

h = f \circ g

avec

g(x) = \dfrac{1}{x}

f(u) = e^u

.

Il faut

x \in D_g

, soit

x \neq 0

. La fonction

f = \exp

est définie sur

\mathbb{R}

entier, donc aucune condition supplémentaire.

\boxed{D_h = \mathbb{R}^* = ]-\infty\, ; 0[ \cup ]0\, ; +\infty[}

Exercice 8

Facile

Dériver les fonctions suivantes.

f(x) = \cos(3x)

On pose

u = 3x

u' = 3

.

Formule :

(\cos u)' = -u' \sin u

f'(x) = -3\sin(3x) = \boxed{-3\sin(3x)}

f(x) = \sin(2x + \pi)

On pose

u = 2x + \pi

u' = 2

.

Formule :

(\sin u)' = u' \cos u

f'(x) = 2\cos(2x + \pi) = \boxed{2\cos(2x + \pi)}

f(x) = e^{\cos(x)}

On pose

u = \cos(x)

u' = -\sin(x)

.

Formule :

(e^u)' = u' \cdot e^u

f'(x) = -\sin(x) \cdot e^{\cos(x)} = \boxed{-\sin(x) \, e^{\cos(x)}}

Exercice 9

Facile

On considère

h(x) = (4x - 3)^5

Exprimer

h

comme composée

f \circ g

On pose

g(x) = 4x - 3

(fonction intérieure) et

f(u) = u^5

(fonction extérieure).

Alors

h(x) = f(g(x)) = (4x-3)^5

✓.

\boxed{h = f \circ g \text{ avec } g(x) = 4x - 3 \text{ et } f(u) = u^5}

Calculer

h'(x)

On utilise

(u^n)' = n \cdot u' \cdot u^{n-1}

avec

u = 4x - 3

u' = 4

h'(x) = 5 \times 4 \times (4x-3)^4 = \boxed{20(4x-3)^4}

Donner le signe de

h'(x)

et en déduire le sens de variation de

h

On a

h'(x) = 20(4x-3)^4

(4x-3)^4 \geq 0

pour tout

x

(puissance paire), et

20 > 0

.

Donc

h'(x) \geq 0

pour tout

x \in \mathbb{R}

h'(x) = 0 \Leftrightarrow 4x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{3}{4}

\boxed{h \text{ est croissante sur } \mathbb{R}}

Exercice 10

Facile

En utilisant la règle de composition des variations, déterminer les variations des fonctions suivantes (sans dériver).

h(x) = (-x + 3)^2

sur

[3\, ; +\infty[

On pose

g(x) = -x + 3

f(u) = u^2

.

Sur

[3\, ; +\infty[

g(x) = -x + 3

est décroissante (coefficient

-1 < 0

).

De plus, pour

x \geq 3

g(x) = -x + 3 \leq 0

, donc

g(x) \in ]-\infty\, ; 0]

.

Sur

]-\infty\, ; 0]

f(u) = u^2

est décroissante.

Décroissante

\circ

décroissante = croissante.

\boxed{h \text{ est croissante sur } [3\, ; +\infty[}

h(x) = e^{-x}

sur

\mathbb{R}

On pose

g(x) = -x

f(u) = e^u

g

est décroissante sur

\mathbb{R}

f = \exp

est croissante sur

\mathbb{R}

.

Croissante

\circ

décroissante = décroissante.

\boxed{h(x) = e^{-x} \text{ est décroissante sur } \mathbb{R}}

h(x) = \ln(x^2)

sur

]0\, ; +\infty[

On pose

g(x) = x^2

f(u) = \ln(u)

.

Sur

]0\, ; +\infty[

g(x) = x^2

est croissante et

f = \ln

est croissante sur

]0\, ; +\infty[

.

Croissante

\circ

croissante = croissante.

\boxed{h(x) = \ln(x^2) \text{ est croissante sur } ]0\, ; +\infty[}

Exercice 11

Intermédiaire

Dériver les fonctions suivantes.

f(x) = \sqrt{x^2 - 4x + 5}

On pose

u = x^2 - 4x + 5

, donc

u' = 2x - 4

.

Remarquons que

u = (x-2)^2 + 1 \geq 1 > 0

pour tout

x

, donc

f

est bien définie et dérivable sur

\mathbb{R}

.

Formule :

(\sqrt{u})' = \dfrac{u'}{2\sqrt{u}}

f'(x) = \dfrac{2x - 4}{2\sqrt{x^2 - 4x + 5}} = \boxed{\dfrac{x - 2}{\sqrt{x^2 - 4x + 5}}}

f(x) = e^{2x^2 - x + 1}

On pose

u = 2x^2 - x + 1

u' = 4x - 1

.

Formule :

(e^u)' = u' \cdot e^u

f'(x) = (4x - 1) \cdot e^{2x^2 - x + 1} = \boxed{(4x-1)e^{2x^2 - x + 1}}

f(x) = \ln(x^2 + 2x + 3)

On pose

u = x^2 + 2x + 3

u' = 2x + 2

.

Remarquons que

u = (x+1)^2 + 2 \geq 2 > 0

pour tout

x

, donc

f

est bien définie sur

\mathbb{R}

.

Formule :

(\ln u)' = \dfrac{u'}{u}

f'(x) = \dfrac{2x + 2}{x^2 + 2x + 3} = \boxed{\dfrac{2(x+1)}{x^2 + 2x + 3}}

Exercice 12

Intermédiaire

Dériver les fonctions suivantes.

f(x) = \dfrac{1}{(2x+1)^3}

On écrit

f(x) = (2x+1)^{-3}

.

On pose

u = 2x + 1

u' = 2

.

Formule :

(u^n)' = n \cdot u' \cdot u^{n-1}

avec

n = -3

f'(x) = -3 \times 2 \times (2x+1)^{-4} = \dfrac{-6}{(2x+1)^4} = \boxed{-\dfrac{6}{(2x+1)^4}}

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

pour

x > 1

On pose

u = \dfrac{x+1}{x-1}

. Pour

x > 1

, on a

u > 0

f(x) = \sqrt{u}

.

Calculons

u'

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

.

Formule :

(\sqrt{u})' = \dfrac{u'}{2\sqrt{u}}

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

En simplifiant :

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

, donc :

f'(x) = \dfrac{-1}{(x-1)^2} \cdot \dfrac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}} = \boxed{-\dfrac{1}{(x-1)^{3/2}\sqrt{x+1}}}

f(x) = \ln(\sin x)

sur

]0\, ; \pi[

On pose

u = \sin x

. Sur

]0\, ; \pi[

\sin x > 0

donc

f

est bien définie.

u' = \cos x

.

Formule :

(\ln u)' = \dfrac{u'}{u}

f'(x) = \dfrac{\cos x}{\sin x} = \boxed{\dfrac{\cos x}{\sin x}}

On reconnaît la fonction cotangente :

f'(x) = \text{cotan}(x)

Exercice 13

Intermédiaire

On considère la fonction

f(x) = e^{-x^2}

Déterminer le domaine de définition de

f

La fonction exponentielle est définie sur

\mathbb{R}

tout entier, et

-x^2

est défini pour tout

x \in \mathbb{R}

\boxed{D_f = \mathbb{R}}

Calculer

f'(x)

On pose

u = -x^2

u' = -2x

(e^u)' = u' \cdot e^u

f'(x) = -2x \cdot e^{-x^2} = \boxed{-2x \, e^{-x^2}}

Étudier le signe de

f'(x)

et en déduire les variations de

f

On a

f'(x) = -2x \cdot e^{-x^2}

.

Comme

e^{-x^2} > 0

pour tout

x

, le signe de

f'(x)

est l'opposé du signe de

2x

, c'est-à-dire l'opposé du signe de

x

.

- Si

x < 0

f'(x) > 0

→

f

est croissante.
- Si

x = 0

f'(x) = 0

.
- Si

x > 0

f'(x) < 0

→

f

est décroissante.

f

admet un maximum en

x = 0

f(0) = e^0 = 1

\boxed{f \text{ est croissante sur } ]-\infty\, ; 0] \text{ et décroissante sur } [0\, ; +\infty[, \text{ maximum } f(0) = 1.}}

Exercice 14

Intermédiaire

Étudier les variations de la fonction

f(x) = \ln(x^2 + 1)

sur

\mathbb{R}

Calculer

f'(x)

On pose

u = x^2 + 1

u' = 2x

.

Comme

u > 0

pour tout

x

f

est dérivable sur

\mathbb{R}

f'(x) = \dfrac{u'}{u} = \dfrac{2x}{x^2 + 1} = \boxed{\dfrac{2x}{x^2+1}}

Étudier le signe de

f'(x)

et dresser le tableau de variations.

Le dénominateur

x^2 + 1 > 0

pour tout

x

.

Donc le signe de

f'(x)

est le signe de

2x

, c'est-à-dire le signe de

x

.

-

f'(x) < 0

x < 0

f

est décroissante sur

]-\infty\, ; 0]

.
-

f'(0) = 0

.
-

f'(x) > 0

x > 0

f

est croissante sur

[0\, ; +\infty[

f

admet un minimum en

x = 0

f(0) = \ln(1) = 0

\boxed{f \text{ est décroissante sur } ]-\infty\, ; 0] \text{ et croissante sur } [0\, ; +\infty[, \text{ minimum } f(0) = 0.}}

Retrouver ce résultat en utilisant la composition des variations (sans dérivée).

On écrit

f = \ln \circ g

avec

g(x) = x^2 + 1

g(x) = x^2 + 1

est décroissante sur

]-\infty\, ; 0]

et croissante sur

[0\, ; +\infty[

\ln

est croissante sur

]0\, ; +\infty[

.

- Sur

]-\infty\, ; 0]

: croissante

\circ

décroissante = décroissante ✓
- Sur

[0\, ; +\infty[

: croissante

\circ

croissante = croissante ✓

\boxed{\text{On retrouve bien les mêmes résultats.}}

Exercice 15

Intermédiaire

On considère

f(x) = \cos(2x)

sur

[0\, ; \pi]

Calculer

f'(x)

On pose

u = 2x

u' = 2

(\cos u)' = -u' \sin u

f'(x) = -2\sin(2x) = \boxed{-2\sin(2x)}

Résoudre

f'(x) = 0

sur

[0\, ; \pi]

et dresser le tableau de signes de

f'

f'(x) = 0 \Leftrightarrow \sin(2x) = 0 \Leftrightarrow 2x = k\pi, \; k \in \mathbb{Z}

.

Soit

x = \dfrac{k\pi}{2}

.

Sur

[0\, ; \pi]

x = 0

x = \dfrac{\pi}{2}

x = \pi

.

Signe de

\sin(2x)

sur chaque intervalle :
-

]0\, ; \dfrac{\pi}{2}[

2x \in ]0\, ; \pi[

, donc

\sin(2x) > 0

, donc

f'(x) < 0

.
-

]\dfrac{\pi}{2}\, ; \pi[

2x \in ]\pi\, ; 2\pi[

, donc

\sin(2x) < 0

, donc

f'(x) > 0

\boxed{f'(x) < 0 \text{ sur } ]0; \tfrac{\pi}{2}[ \text{ et } f'(x) > 0 \text{ sur } ]\tfrac{\pi}{2}; \pi[}

Dresser le tableau de variations de

f

sur

[0\, ; \pi]

f

est décroissante sur

[0\, ; \dfrac{\pi}{2}]

et croissante sur

[\dfrac{\pi}{2}\, ; \pi]

.

Valeurs aux bornes et extremum :

f(0) = \cos(0) = 1

f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \cos(\pi) = -1

(minimum)

f(\pi) = \cos(2\pi) = 1

\boxed{f \text{ décroît de } 1 \text{ à } -1 \text{ sur } [0; \tfrac{\pi}{2}] \text{ puis croît de } -1 \text{ à } 1 \text{ sur } [\tfrac{\pi}{2}; \pi].}

Exercice 16

Intermédiaire

Pour chaque fonction

h

, déterminer deux fonctions

f

g

telles que

h = f \circ g

, puis calculer

h'(x)

h(x) = (\ln x)^2

pour

x > 0

Décomposition :

g(x) = \ln x

f(u) = u^2

, donc

h = f \circ g

.

Dérivée par la formule composée :

h'(x) = g'(x) \times f'(g(x))

g'(x) = \dfrac{1}{x}

f'(u) = 2u

, donc

f'(g(x)) = 2\ln x

h'(x) = \dfrac{1}{x} \times 2\ln x = \boxed{\dfrac{2\ln x}{x}}

h(x) = e^{\sqrt{x}}

pour

x > 0

Décomposition :

g(x) = \sqrt{x}

f(u) = e^u

, donc

h = f \circ g

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

f'(u) = e^u

, donc

f'(g(x)) = e^{\sqrt{x}}

h'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \times e^{\sqrt{x}} = \boxed{\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}}

h(x) = \sin^3(x)

(c'est-à-dire

(\sin x)^3

Décomposition :

g(x) = \sin x

f(u) = u^3

, donc

h = f \circ g

g'(x) = \cos x

f'(u) = 3u^2

, donc

f'(g(x)) = 3\sin^2(x)

h'(x) = \cos x \times 3\sin^2(x) = \boxed{3\sin^2(x)\cos(x)}

Exercice 17

Intermédiaire

On considère

f(x) = x - \ln(x)

sur

]0\, ; +\infty[

Calculer

f'(x)

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

\boxed{f'(x) = \dfrac{x-1}{x}}

Étudier les variations de

f

et donner son minimum.

Pour

x > 0

, le signe de

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

dépend du numérateur (car

x > 0

) :

- Si

0 < x < 1

x - 1 < 0

donc

f'(x) < 0

→

f

décroissante.
- Si

x = 1

f'(1) = 0

.
- Si

x > 1

x - 1 > 0

donc

f'(x) > 0

→

f

croissante.

f

admet un minimum en

x = 1

f(1) = 1 - \ln(1) = 1

\boxed{\text{Minimum } f(1) = 1}

En déduire que

\ln(x) \leq x - 1

pour tout

x > 0

D'après la question précédente,

f(x) \geq f(1) = 1

pour tout

x > 0

.

Donc

x - \ln(x) \geq 1

, c'est-à-dire :

\ln(x) \leq x - 1

pour tout

x > 0

\boxed{\forall x > 0, \quad \ln(x) \leq x - 1}

Avec égalité si et seulement si

x = 1

Exercice 18

Intermédiaire

On considère la fonction

f(x) = x \, e^{-x}

sur

\mathbb{R}

Calculer

f'(x)

et la mettre sous forme factorisée.

On utilise la formule

(uv)' = u'v + uv'

avec

u = x

v = e^{-x}

u' = 1

v' = -e^{-x}

f'(x) = 1 \times e^{-x} + x \times (-e^{-x}) = e^{-x}(1 - x) = \boxed{(1-x)e^{-x}}

Étudier le signe de

f'(x)

et dresser le tableau de variations.

Comme

e^{-x} > 0

pour tout

x

, le signe de

f'(x)

est celui de

(1 - x)

.

- Si

x < 1

f'(x) > 0

→

f

croissante.
- Si

x = 1

f'(1) = 0

.
- Si

x > 1

f'(x) < 0

→

f

décroissante.

f(1) = 1 \times e^{-1} = \dfrac{1}{e}

est le maximum de

f

\boxed{f \text{ croissante sur } ]-\infty; 1], \text{ décroissante sur } [1; +\infty[, \text{ max } f(1) = e^{-1}.}

Déterminer les limites de

f

-\infty

+\infty

+\infty

\lim_{x \to +\infty} x \, e^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{e^x} = 0

par croissance comparée.

En

-\infty

: posons

X = -x \to +\infty

f(x) = -X \, e^{X} \to -\infty

car

X \, e^X \to +\infty

\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty}

Exercice 19

Intermédiaire

Montrer que les fonctions suivantes sont dérivables et calculer leur dérivée.

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

pour

x \neq -1

On pose

u = \dfrac{x-1}{x+1}

f = u^2

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

.

Formule :

(u^2)' = 2u \cdot u'

f'(x) = 2 \cdot \dfrac{x-1}{x+1} \cdot \dfrac{2}{(x+1)^2} = \dfrac{4(x-1)}{(x+1)^3}

\boxed{f'(x) = \dfrac{4(x-1)}{(x+1)^3}}

f(x) = e^{\frac{1}{x}}

pour

x \neq 0

On pose

u = \dfrac{1}{x}

u' = -\dfrac{1}{x^2}

(e^u)' = u' \cdot e^u

f'(x) = -\dfrac{1}{x^2} \cdot e^{1/x} = \boxed{-\dfrac{e^{1/x}}{x^2}}

f(x) = \ln(e^x + 1)

sur

\mathbb{R}

On pose

u = e^x + 1

u' = e^x

.

Comme

e^x + 1 > 0

pour tout

x

f

est bien définie et dérivable sur

\mathbb{R}

(\ln u)' = \dfrac{u'}{u}

f'(x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1} = \boxed{\dfrac{e^x}{e^x + 1}}

Exercice 20

Intermédiaire

On considère

f

g

deux fonctions dérivables telles que

f(2) = 5

f'(2) = 3

g(1) = 2

g'(1) = -1

Calculer

(f \circ g)'(1)

Par la formule de dérivation de la composée :

(f \circ g)'(1) = g'(1) \times f'(g(1)) = g'(1) \times f'(2)

= (-1) \times 3 = \boxed{-3}

Déterminer l'équation de la tangente à la courbe de

f \circ g

au point d'abscisse

1

L'équation de la tangente au point d'abscisse

a

est :

y = (f \circ g)'(a)(x - a) + (f \circ g)(a)

Avec

a = 1

(f \circ g)(1) = f(g(1)) = f(2) = 5

(f \circ g)'(1) = -3

(question précédente)

y = -3(x - 1) + 5 = -3x + 3 + 5

\boxed{y = -3x + 8}

Si de plus

f'(5) = 2

g'(5) = 4

, calculer

(g \circ f)'(2)

(g \circ f)'(2) = f'(2) \times g'(f(2)) = f'(2) \times g'(5)

= 3 \times 4 = \boxed{12}

Exercice 21

Difficile

On considère la fonction

f

définie sur

\mathbb{R}

par

f(x) = e^{-x^2 + 2x}

Déterminer les limites de

f

+\infty

-\infty

On écrit

-x^2 + 2x = -(x^2 - 2x) = -(x-1)^2 + 1

.

En

+\infty

-x^2 + 2x \to -\infty

, donc

f(x) = e^{-x^2+2x} \to 0

.

En

-\infty

-x^2 + 2x \to -\infty

, donc

f(x) \to 0

\boxed{\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = 0}

Calculer

f'(x)

et la factoriser.

On pose

u = -x^2 + 2x

u' = -2x + 2 = -2(x-1)

f'(x) = u' \cdot e^u = -2(x-1) \cdot e^{-x^2+2x} = \boxed{-2(x-1)e^{-x^2+2x}}

Étudier le signe de

f'(x)

et dresser le tableau de variations complet.

Comme

e^{-x^2+2x} > 0

pour tout

x

, le signe de

f'(x)

est l'opposé du signe de

(x - 1)

.

- Si

x < 1

x - 1 < 0

donc

f'(x) > 0

→

f

croissante.
- Si

x = 1

f'(1) = 0

.
- Si

x > 1

x - 1 > 0

donc

f'(x) < 0

→

f

décroissante.

f(1) = e^{-1+2} = e^1 = e

est le maximum de

f

.

Tableau de variations :

x

-\infty

...........

1

...........

+\infty

f'(x)

: ........

+

.....

0

.....

-

........

f(x)

0

↗

e

↘

0

\boxed{f \text{ est croissante sur } ]-\infty; 1] \text{ et décroissante sur } [1; +\infty[, \text{ max } f(1) = e.}

Montrer que l'axe des abscisses est asymptote horizontale en

+\infty

-\infty

D'après les limites calculées en question 1 :

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

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

.

Donc la droite

y = 0

(axe des abscisses) est asymptote horizontale à la courbe de

f

+\infty

et en

-\infty

\boxed{y = 0 \text{ est AH en } +\infty \text{ et en } -\infty.}

Exercice 22

Difficile

Soit

f

la fonction définie sur

]0\, ; +\infty[

par

f(x) = (\ln x)^2 - 2\ln x

Calculer

f'(x)

On dérive terme à terme.

Pour

(\ln x)^2

: on pose

u = \ln x

f_1 = u^2

, donc

f_1'(x) = 2u \cdot u' = 2\ln x \cdot \dfrac{1}{x} = \dfrac{2\ln x}{x}

.

Pour

-2\ln x

(- 2\ln x)' = -\dfrac{2}{x}

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

\boxed{f'(x) = \dfrac{2(\ln x - 1)}{x}}

Résoudre

f'(x) = 0

et étudier le signe de

f'(x)

f'(x) = 0 \Leftrightarrow \ln x - 1 = 0 \Leftrightarrow \ln x = 1 \Leftrightarrow x = e

.

Pour

x > 0

x > 0

donc le signe de

f'(x)

est celui de

\ln x - 1

.

-

\ln x - 1 < 0 \Leftrightarrow \ln x < 1 \Leftrightarrow x < e

f'(x) < 0

.
-

\ln x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > e

f'(x) > 0

\boxed{f'(x) < 0 \text{ sur } ]0; e[ \text{ et } f'(x) > 0 \text{ sur } ]e; +\infty[}

Dresser le tableau de variations de

f

et donner son minimum.

f

est décroissante sur

]0\, ; e]

et croissante sur

[e\, ; +\infty[

.

Minimum :

f(e) = (\ln e)^2 - 2\ln e = 1 - 2 = -1

.

Limites :

\lim_{x \to 0^+} (\ln x)^2 - 2\ln x = +\infty

(car

\ln x \to -\infty

) et

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

\boxed{\text{Minimum } f(e) = -1}

Résoudre

f(x) = 0

On pose

t = \ln x

. L'équation devient

t^2 - 2t = 0

, soit

t(t - 2) = 0

t = 0

t = 2

\ln x = 0 \Rightarrow x = 1

\ln x = 2 \Rightarrow x = e^2

\boxed{f(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \text{ ou } x = e^2}

Exercice 23

Difficile

On considère la fonction

f

définie sur

\mathbb{R}

par

f(x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1}

(fonction sigmoïde).

Montrer que

f(x) = \dfrac{1}{1 + e^{-x}}

On divise numérateur et dénominateur par

e^x

f(x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1} = \dfrac{e^x / e^x}{(e^x + 1)/e^x} = \dfrac{1}{1 + e^{-x}}

\boxed{f(x) = \dfrac{1}{1 + e^{-x}}}

Calculer

f'(x)

et montrer que

f'(x) > 0

pour tout

x

Avec

f(x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1}

, on utilise la formule

\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}

u = e^x

u' = e^x

v = e^x + 1

v' = e^x

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

.

Comme

e^x > 0

(e^x+1)^2 > 0

, on a bien

f'(x) > 0

pour tout

x

\boxed{f'(x) = \dfrac{e^x}{(e^x+1)^2} > 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}}

Déterminer les limites de

f

-\infty

+\infty

et donner les asymptotes.

+\infty

e^x \to +\infty

, donc

\dfrac{e^x}{e^x + 1} = \dfrac{1}{1 + e^{-x}} \to \dfrac{1}{1 + 0} = 1

.

En

-\infty

e^x \to 0

, donc

\dfrac{e^x}{e^x + 1} \to \dfrac{0}{0 + 1} = 0

\boxed{\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0 \text{ (AH } y = 0\text{) et } \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 \text{ (AH } y = 1\text{)}}

Montrer que

f(x) + f(-x) = 1

pour tout

x

f(-x) = \dfrac{e^{-x}}{e^{-x} + 1} = \dfrac{e^{-x}}{e^{-x} + 1} \times \dfrac{e^x}{e^x} = \dfrac{1}{1 + e^x}

.

Donc :

f(x) + f(-x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1} + \dfrac{1}{1 + e^x} = \dfrac{e^x + 1}{e^x + 1} = 1

\boxed{f(x) + f(-x) = 1 \text{ pour tout } x \in \mathbb{R}}

Cela signifie que la courbe de

f

admet le point

\left(0\, ; \dfrac{1}{2}\right)

comme centre de symétrie.

Exercice 24

Difficile

On considère la fonction

f

définie sur

]0\, ; +\infty[

par

f(x) = x - \ln(x^2 + 1)

Calculer

f'(x)

et la mettre sous la forme d'une fraction.

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

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

En déduire le signe de

f'(x)

et les variations de

f

sur

]0\, ; +\infty[

(x-1)^2 \geq 0

x^2 + 1 > 0

pour tout

x

.

Donc

f'(x) \geq 0

pour tout

x > 0

, avec

f'(x) = 0

ssi

x = 1

f

est croissante sur

]0\, ; +\infty[

(l'annulation en un seul point ne change pas la monotonie).

\boxed{f \text{ est croissante sur } ]0\, ; +\infty[}

Calculer

f(1)

et déterminer la limite de

f

+\infty

f(1) = 1 - \ln(1 + 1) = 1 - \ln 2

.

En

+\infty

\ln(x^2+1) \sim \ln(x^2) = 2\ln x

pour

x \to +\infty

.

Donc

f(x) \approx x - 2\ln x \to +\infty

(car

x

croît plus vite que

\ln x

\boxed{f(1) = 1 - \ln 2 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}

Exercice 25

Difficile

On considère

f(x) = \sin(x) \cdot e^{\cos(x)}

sur

[0\, ; 2\pi]

Calculer

f'(x)

On utilise

(uv)' = u'v + uv'

avec

u = \sin x

v = e^{\cos x}

u' = \cos x

.

Pour

v' = (e^{\cos x})'

: on pose

w = \cos x

w' = -\sin x

, donc

v' = -\sin x \cdot e^{\cos x}

f'(x) = \cos x \cdot e^{\cos x} + \sin x \cdot (-\sin x \cdot e^{\cos x})

= e^{\cos x}(\cos x - \sin^2 x)

En utilisant

\sin^2 x = 1 - \cos^2 x

f'(x) = e^{\cos x}(\cos x - 1 + \cos^2 x) = e^{\cos x}(\cos^2 x + \cos x - 1)

\boxed{f'(x) = e^{\cos x}(\cos^2 x + \cos x - 1)}

Résoudre

\cos^2 t + \cos t - 1 = 0

en posant

X = \cos t

On résout

X^2 + X - 1 = 0

\Delta = 1 + 4 = 5

X = \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}

X_1 = \dfrac{-1 + \sqrt{5}}{2} \approx 0{,}618

(le nombre d'or moins 1).

X_2 = \dfrac{-1 - \sqrt{5}}{2} \approx -1{,}618

.

Comme

-1 \leq \cos t \leq 1

, seule

X_1 = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}

convient.

\boxed{\cos t = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}}

En déduire les valeurs de

x

dans

[0\, ; 2\pi]

où

f'(x) = 0

et donner le signe de

f'

Comme

e^{\cos x} > 0

toujours,

f'(x) = 0 \Leftrightarrow \cos^2 x + \cos x - 1 = 0

.

D'après la question 2, cela revient à

\cos x = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2} \approx 0{,}618

.

Soit

\alpha = \arccos\left(\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\right) \approx 0{,}905

rad.

Sur

[0\, ; 2\pi]

x = \alpha

x = 2\pi - \alpha

.

Étude de signe de

P(X) = X^2 + X - 1

P(X) > 0

pour

X > X_1

P(X) < 0

pour

X_2 < X < X_1

.

Comme

\cos x \leq 1

, on a

f'(x) > 0

quand

\cos x > \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}

(soit

x \in [0; \alpha[ \cup ]2\pi-\alpha; 2\pi]

) et

f'(x) < 0

quand

\cos x < \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}

(soit

x \in ]\alpha; 2\pi - \alpha[

\boxed{f'(x) = 0 \text{ pour } x = \alpha \approx 0{,}905 \text{ et } x = 2\pi - \alpha \approx 5{,}378}

Exercice 26

Difficile

On considère la fonction

f

définie sur

\mathbb{R}

par

f(x) = e^{2x} - 4e^x + 3

En posant

X = e^x

, factoriser

f(x)

On pose

X = e^x > 0

. Alors :

f(x) = X^2 - 4X + 3 = (X - 1)(X - 3) = (e^x - 1)(e^x - 3)

\boxed{f(x) = (e^x - 1)(e^x - 3)}

Résoudre

f(x) = 0

f(x) = 0 \Leftrightarrow e^x = 1

e^x = 3

e^x = 1 \Leftrightarrow x = 0

e^x = 3 \Leftrightarrow x = \ln 3

\boxed{f(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0 \text{ ou } x = \ln 3}

Calculer

f'(x)

, étudier son signe et dresser le tableau de variations.

f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x = 2e^x(e^x - 2)

.

Comme

2e^x > 0

, le signe de

f'(x)

est celui de

(e^x - 2)

e^x - 2 = 0 \Leftrightarrow e^x = 2 \Leftrightarrow x = \ln 2

.

-

x < \ln 2

e^x < 2

donc

f'(x) < 0

→

f

décroissante.
-

x > \ln 2

e^x > 2

donc

f'(x) > 0

→

f

croissante.

f(\ln 2) = e^{2\ln 2} - 4e^{\ln 2} + 3 = 4 - 8 + 3 = -1

(minimum).

Limites :

f(x) \to +\infty

+\infty

f(x) \to 3

-\infty

(car

e^x \to 0

e^{2x} \to 0

\boxed{f \text{ décroît sur } ]-\infty; \ln 2] \text{ de } 3 \text{ à } -1, \text{ puis croît sur } [\ln 2; +\infty[ \text{ de } -1 \text{ à } +\infty.}

En déduire le signe de

f(x)

sur

\mathbb{R}

D'après le tableau de variations et les racines

x = 0

x = \ln 3

:

- Sur

]-\infty\, ; 0[

f

décroît de

3

f(0) = 0

, mais en passant par des valeurs positives. En effet,

f

passe de

3

0

en décroissant sur

]-\infty; 0]

(vérifions :

f

décroît de

3

vers

-1

minimum en

\ln 2

, or

\ln 2 > 0

).

Reprenons :

f

décroît de

3

-1

sur

]-\infty; \ln 2]

. Comme

f(0) = 0

0 < \ln 2

:

- Sur

]-\infty\, ; 0]

f

décroît de

3

0

, donc

f(x) \geq 0

.
- Sur

[0\, ; \ln 3]

f

passe de

0

au minimum

-1

puis remonte à

0

, donc

f(x) \leq 0

.
- Sur

[\ln 3\, ; +\infty[

f

croît de

0

+\infty

, donc

f(x) \geq 0

\boxed{f(x) \geq 0 \text{ sur } ]-\infty; 0] \cup [\ln 3; +\infty[ \text{ et } f(x) \leq 0 \text{ sur } [0; \ln 3]}

Exercice 27

Difficile

On veut construire une boîte (parallélépipède rectangle sans couvercle) de volume

V = 32

^3

, à base carrée de côté

x > 0

Exprimer la hauteur

h

en fonction de

x

Le volume est

V = x^2 \cdot h = 32

, donc :

h = \dfrac{32}{x^2}

\boxed{h = \dfrac{32}{x^2}}

Montrer que la surface totale (base + 4 côtés) est

S(x) = x^2 + \dfrac{128}{x}

Surface de la base :

x^2

.

Surface d'un côté :

x \times h = x \times \dfrac{32}{x^2} = \dfrac{32}{x}

.

4 côtés :

4 \times \dfrac{32}{x} = \dfrac{128}{x}

.

Surface totale :

S(x) = x^2 + \dfrac{128}{x}

\boxed{S(x) = x^2 + \dfrac{128}{x} = x^2 + 128x^{-1}}

Étudier les variations de

S

et déterminer la valeur de

x

qui minimise la surface.

S'(x) = 2x - \dfrac{128}{x^2} = \dfrac{2x^3 - 128}{x^2}

S'(x) = 0 \Leftrightarrow 2x^3 = 128 \Leftrightarrow x^3 = 64 \Leftrightarrow x = 4

.

Signe de

S'(x)

S'(x)

a le signe de

2x^3 - 128 = 2(x^3 - 64)

.

- Pour

0 < x < 4

x^3 < 64

donc

S'(x) < 0

→

S

décroissante.
- Pour

x > 4

x^3 > 64

donc

S'(x) > 0

→

S

croissante.

La surface est minimale pour

\boxed{x = 4}

cm.

S(4) = 16 + \dfrac{128}{4} = 16 + 32 = 48

^2

, et

h = \dfrac{32}{16} = 2

cm.

Exercice 28

Difficile

Soit

f

définie sur

\mathbb{R}

par

f(x) = \ln(e^x + e^{-x})

Montrer que

f

est une fonction paire.

f(-x) = \ln(e^{-x} + e^{-(-x)}) = \ln(e^{-x} + e^x) = \ln(e^x + e^{-x}) = f(x)

.

Donc

f(-x) = f(x)

pour tout

x

\boxed{f \text{ est paire.}}

Calculer

f'(x)

et simplifier.

On pose

u = e^x + e^{-x}

u' = e^x - e^{-x}

f'(x) = \dfrac{u'}{u} = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}

.

On peut écrire, en divisant par

e^{-x}

haut et bas :

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

\boxed{f'(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}}

(On reconnaît

\tanh(x)

, la tangente hyperbolique.)

Montrer que

f

est croissante sur

[0\, ; +\infty[

Sur

[0\, ; +\infty[

x \geq 0

donc

e^x \geq e^0 = 1 \geq e^{-x}

, d'où

e^x - e^{-x} \geq 0

.

De plus

e^x + e^{-x} > 0

toujours.

Donc

f'(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} \geq 0

sur

[0\, ; +\infty[

\boxed{f \text{ est croissante sur } [0\, ; +\infty[}

(Par parité,

f

est décroissante sur

]-\infty\, ; 0]

Montrer que

f(x) = x + \ln(1 + e^{-2x})

pour

x > 0

et en déduire que

f(x) \sim x

quand

x \to +\infty

e^x + e^{-x} = e^x(1 + e^{-2x})

.

Donc

f(x) = \ln\big(e^x(1 + e^{-2x})\big) = \ln(e^x) + \ln(1 + e^{-2x}) = x + \ln(1 + e^{-2x})

.

Quand

x \to +\infty

e^{-2x} \to 0

donc

\ln(1 + e^{-2x}) \to \ln(1) = 0

.

Ainsi

f(x) - x \to 0

, ce qui signifie que la droite

y = x

est asymptote oblique en

+\infty

\boxed{f(x) \underset{+\infty}{\sim} x \quad \text{et } y = x \text{ est asymptote oblique en } +\infty.}

Exercice 29

Difficile

On considère

f(x) = \sqrt{e^x + 1}

définie sur

\mathbb{R}

Montrer que

f

est bien définie et calculer

f'(x)

Pour tout

x \in \mathbb{R}

e^x > 0

donc

e^x + 1 > 1 > 0

. L'argument de la racine est strictement positif, donc

f

est bien définie sur

\mathbb{R}

.

On pose

u = e^x + 1

u' = e^x

(\sqrt{u})' = \dfrac{u'}{2\sqrt{u}}

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

Montrer que

f

est strictement croissante sur

\mathbb{R}

Pour tout

x \in \mathbb{R}

e^x > 0

\sqrt{e^x + 1} > 0

.

Donc

f'(x) = \dfrac{e^x}{2\sqrt{e^x+1}} > 0

pour tout

x

\boxed{f \text{ est strictement croissante sur } \mathbb{R}.}

Déterminer les limites de

f

-\infty

+\infty

-\infty

e^x \to 0

donc

f(x) = \sqrt{e^x + 1} \to \sqrt{0 + 1} = 1

.

En

+\infty

e^x \to +\infty

donc

f(x) \to +\infty

\boxed{\lim_{x \to -\infty} f(x) = 1 \quad (\text{AH } y = 1) \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}

Montrer que

f(x) \sim e^{x/2}

quand

x \to +\infty

f(x) = \sqrt{e^x + 1} = \sqrt{e^x\left(1 + e^{-x}\right)} = e^{x/2}\sqrt{1 + e^{-x}}

.

Quand

x \to +\infty

e^{-x} \to 0

donc

\sqrt{1 + e^{-x}} \to 1

.

Ainsi

\dfrac{f(x)}{e^{x/2}} = \sqrt{1 + e^{-x}} \to 1

\boxed{f(x) \underset{+\infty}{\sim} e^{x/2}}

Exercice 30

Difficile

On considère

f(x) = x^2 e^{1/x}

définie sur

]0\, ; +\infty[

Calculer

f'(x)

On utilise

(uv)' = u'v + uv'

avec

u = x^2

v = e^{1/x}

u' = 2x

.

Pour

v'

: on pose

w = \dfrac{1}{x}

w' = -\dfrac{1}{x^2}

, donc

v' = -\dfrac{1}{x^2} e^{1/x}

f'(x) = 2x \cdot e^{1/x} + x^2 \cdot \left(-\dfrac{1}{x^2}\right) e^{1/x} = 2x \, e^{1/x} - e^{1/x} = (2x - 1) e^{1/x}

\boxed{f'(x) = (2x-1)e^{1/x}}

Étudier les variations de

f

Comme

e^{1/x} > 0

pour tout

x > 0

, le signe de

f'(x)

est celui de

2x - 1

2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}

.

-

0 < x < \dfrac{1}{2}

f'(x) < 0

→

f

décroissante.
-

x > \dfrac{1}{2}

f'(x) > 0

→

f

croissante.

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

\boxed{f \text{ décroît sur } ]0; \tfrac{1}{2}] \text{ et croît sur } [\tfrac{1}{2}; +\infty[, \text{ minimum } f(\tfrac{1}{2}) = \dfrac{e^2}{4}.}

Déterminer

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

Quand

x \to 0^+

\dfrac{1}{x} \to +\infty

donc

e^{1/x} \to +\infty

.

De plus

x^2 \to 0

. C'est une forme indéterminée

0 \times \infty

.

Posons

t = \dfrac{1}{x} \to +\infty

. Alors

x = \dfrac{1}{t}

et :

f(x) = \dfrac{1}{t^2} \cdot e^t = \dfrac{e^t}{t^2} \to +\infty

par croissance comparée.

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

Exercice 31

Avancé

Soit

f

définie sur

\mathbb{R}

par

f(x) = e^{e^x}

Calculer

f'(x)

f''(x)

Calcul de $f'(x)$ :

On pose

u = e^x

, donc

f(x) = e^u

u' = e^x

f'(x) = u' \cdot e^u = e^x \cdot e^{e^x} = \boxed{e^x \cdot e^{e^x}}

.

Calcul de $f''(x)$ :

f'(x) = e^x \cdot e^{e^x}

. On utilise

(uv)' = u'v + uv'

avec

u = e^x

v = e^{e^x}

u' = e^x

v' = e^x \cdot e^{e^x}

(calculé ci-dessus).

f''(x) = e^x \cdot e^{e^x} + e^x \cdot e^x \cdot e^{e^x} = e^{e^x} \cdot e^x(1 + e^x)

\boxed{f''(x) = e^x(1 + e^x) \cdot e^{e^x}}

Montrer que

f

est convexe sur

\mathbb{R}

Pour tout

x \in \mathbb{R}

e^x > 0

1 + e^x > 0

e^{e^x} > 0

.

Donc

f''(x) = e^x(1 + e^x) e^{e^x} > 0

pour tout

x

\boxed{f''(x) > 0 \text{ pour tout } x \in \mathbb{R}, \text{ donc } f \text{ est convexe sur } \mathbb{R}.}

Déterminer les limites de

f

-\infty

+\infty

-\infty

e^x \to 0^+

, donc

e^{e^x} \to e^0 = 1

.

En

+\infty

e^x \to +\infty

, donc

e^{e^x} \to +\infty

\boxed{\lim_{x \to -\infty} f(x) = 1 \quad (\text{AH } y=1) \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}

Exercice 32

Avancé

On considère les fonctions

f_n(x) = (\cos x)^n

pour

n \geq 1

x \in [0\, ; \pi]

Exprimer

f_n

comme composée et calculer

f_n'(x)

On pose

g(x) = \cos x

\varphi(u) = u^n

, donc

f_n = \varphi \circ g

.

Par la formule de dérivation des composées :

f_n'(x) = g'(x) \times \varphi'(g(x)) = (-\sin x) \times n(\cos x)^{n-1}

\boxed{f_n'(x) = -n \sin(x) (\cos x)^{n-1}}

Étudier les variations de

f_2(x) = \cos^2(x)

sur

[0\, ; \pi]

f_2'(x) = -2\sin(x)\cos(x) = -\sin(2x)

.

Sur

[0\, ; \pi]

2x \in [0\, ; 2\pi]

\sin(2x) = 0

pour

2x = 0, \pi, 2\pi

, soit

x = 0, \dfrac{\pi}{2}, \pi

.

- Sur

]0\, ; \dfrac{\pi}{2}[

\sin(2x) > 0

donc

f_2'(x) < 0

→ décroissante.
- Sur

]\dfrac{\pi}{2}\, ; \pi[

\sin(2x) < 0

donc

f_2'(x) > 0

→ croissante.

f_2(0) = 1

f_2(\pi/2) = 0

(minimum),

f_2(\pi) = 1

\boxed{f_2 \text{ décroît de } 1 \text{ à } 0 \text{ sur } [0; \pi/2] \text{ puis croît de } 0 \text{ à } 1 \text{ sur } [\pi/2; \pi].}

Montrer que pour tout

n \geq 1

f_n

a un minimum en

x = \dfrac{\pi}{2}

sur

[0\, ; \pi]

Sur

[0\, ; \pi]

\sin(x) \geq 0

.

Si

n

est pair :

f_n'(x) = -n\sin(x)(\cos x)^{n-1}

.

- Sur

]0; \pi/2[

\cos x > 0

donc

(\cos x)^{n-1} > 0

\sin x > 0

, d'où

f_n'(x) < 0

→ décroissante.
- Sur

]\pi/2; \pi[

\cos x < 0

n-1

impair (car

n

pair), donc

(\cos x)^{n-1} < 0

, et

\sin x > 0

, d'où

f_n'(x) = -n(+)(-) > 0

→ croissante.

f_n(\pi/2) = 0^n = 0

(minimum).

Si

n

est impair :

f_n(\pi/2) = 0

également, et l'analyse des signes donne le même résultat.

\boxed{\text{Pour tout } n \geq 1, f_n \text{ admet un minimum } f_n(\pi/2) = 0 \text{ sur } [0; \pi].}

Exercice 33

Avancé

On définit la fonction

f

sur

\mathbb{R}

par

f(x) = x - \ln(1 + e^x)

Montrer que

f(x) = -\ln(1 + e^{-x})

pour tout

x

f(x) = x - \ln(1 + e^x)

.

On écrit

1 + e^x = e^x(e^{-x} + 1)

, donc :

\ln(1 + e^x) = \ln(e^x) + \ln(1 + e^{-x}) = x + \ln(1 + e^{-x})

.

Ainsi

f(x) = x - x - \ln(1 + e^{-x}) = -\ln(1 + e^{-x})

\boxed{f(x) = -\ln(1 + e^{-x})}

Calculer

f'(x)

et montrer que

0 < f'(x) < 1

pour tout

x

Avec

f(x) = x - \ln(1 + e^x)

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

.

Comme

e^x > 0

1 + e^x > 1

donc

0 < \dfrac{1}{1+e^x} < 1

\boxed{f'(x) = \dfrac{1}{1 + e^x} \quad \text{et} \quad 0 < f'(x) < 1 \text{ pour tout } x.}

Déterminer les limites de

f

-\infty

+\infty

et les asymptotes.

+\infty

: d'après Q1,

f(x) = -\ln(1 + e^{-x}) \to -\ln(1) = 0

.

Donc

y = 0

est AH en

+\infty

.

En

-\infty

e^x \to 0

donc

f(x) = x - \ln(1 + e^x) \to x - \ln(1) = x

. Plus précisément

f(x) - x = -\ln(1 + e^x) \to -\ln(1) = 0

.

Donc

y = x

est asymptote oblique en

-\infty

\boxed{\text{AH } y = 0 \text{ en } +\infty \text{ ; asymptote oblique } y = x \text{ en } -\infty.}

Montrer que

f

est strictement croissante et que

f

réalise une bijection de

\mathbb{R}

sur

]-\infty\, ; 0[

D'après Q2,

f'(x) > 0

pour tout

x

, donc

f

est strictement croissante sur

\mathbb{R}

.

D'après Q3 :
-

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

(car

f(x) \approx x

)
-

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

(en restant

< 0

, car

f(x) = -\ln(1 + e^{-x}) < 0

).

Comme

f

est continue et strictement croissante sur

\mathbb{R}

, par le théorème de la bijection,

f

réalise une bijection de

\mathbb{R}

sur

\lim_{-\infty} f\, ; \lim_{+\infty} f\, [ = ]-\infty\, ; 0[

\boxed{f \text{ est une bijection de } \mathbb{R} \text{ sur } ]-\infty\, ; 0[.}

Exercice 34

Avancé

Soit

f

une fonction dérivable et strictement monotone sur un intervalle

I

, et soit

g = f^{-1}

sa bijection réciproque.

Montrer que

(g \circ f)(x) = x

pour tout

x \in I

et en déduire par dérivation que

g'(f(x)) = \dfrac{1}{f'(x)}

Par définition de la fonction réciproque,

(g \circ f)(x) = g(f(x)) = x

pour tout

x \in I

.

En dérivant les deux membres par rapport à

x

et en appliquant la formule de la composée :

(g \circ f)'(x) = f'(x) \times g'(f(x)) = 1

.

Comme

f'(x) \neq 0

(car

f

est strictement monotone) :

g'(f(x)) = \dfrac{1}{f'(x)}

\boxed{g'(f(x)) = \dfrac{1}{f'(x)}}

Application : retrouver la dérivée de

\ln(x)

sachant que

\ln = \exp^{-1}

On a

f = \exp

g = \ln = f^{-1}

.

D'après la formule :

g'(f(x)) = \dfrac{1}{f'(x)}

\ln'(e^x) = \dfrac{1}{e^x}

.

En posant

y = e^x

(donc

x = \ln y

y > 0

) :

\ln'(y) = \dfrac{1}{y}

\boxed{(\ln(y))' = \dfrac{1}{y} \quad \text{pour } y > 0}

Application : retrouver la dérivée de

\arctan(x)

sachant que

\arctan = \tan^{-1}

et que

\tan'(x) = 1 + \tan^2(x)

On pose

f = \tan

sur

]-\pi/2\, ; \pi/2[

g = \arctan = f^{-1}

g'(f(x)) = \dfrac{1}{f'(x)} = \dfrac{1}{1 + \tan^2(x)}

.

En posant

y = \tan(x)

(donc

x = \arctan(y)

) :

\arctan'(y) = \dfrac{1}{1 + y^2}

\boxed{(\arctan(y))' = \dfrac{1}{1 + y^2}}

Exercice 35

Avancé

Soient

f(x) = e^{2x}

g(x) = \ln(x + 1)

Calculer

(f \circ g)(x)

et simplifier.

(f \circ g)(x) = f(g(x)) = f(\ln(x+1)) = e^{2\ln(x+1)} = e^{\ln(x+1)^2} = (x+1)^2

.

Domaine : il faut

x + 1 > 0

, soit

x > -1

\boxed{(f \circ g)(x) = (x+1)^2 \text{ pour } x > -1}

Calculer

(g \circ f)(x)

et simplifier.

(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(e^{2x}) = \ln(e^{2x} + 1)

.

Domaine :

e^{2x} + 1 > 0

toujours, et

e^{2x}

défini sur

\mathbb{R}

\boxed{(g \circ f)(x) = \ln(e^{2x} + 1) \text{ pour } x \in \mathbb{R}}

Calculer

(f \circ g)'(x)

de deux façons : directement et par la formule de la composée.

Méthode 1 (directe) :

(f \circ g)(x) = (x+1)^2

, donc

(f \circ g)'(x) = 2(x+1)

.

Méthode 2 (composée) :

(f \circ g)'(x) = g'(x) \times f'(g(x))

g'(x) = \dfrac{1}{x+1}

f'(t) = 2e^{2t}

, donc

f'(g(x)) = 2e^{2\ln(x+1)} = 2(x+1)^2

(f \circ g)'(x) = \dfrac{1}{x+1} \times 2(x+1)^2 = 2(x+1)

\boxed{(f \circ g)'(x) = 2(x+1)}

Les deux méthodes donnent le même résultat ✓.

Exercice 36

Avancé

On considère la fonction

f

définie par

f(x) = \dfrac{\ln x}{x}

pour

x > 0

Calculer

f'(x)

On utilise la formule

\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}

avec

u = \ln x

v = x

u' = \dfrac{1}{x}

v' = 1

f'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x} \cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}

\boxed{f'(x) = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}}

Étudier les variations de

f

et déterminer son maximum.

x^2 > 0

pour

x > 0

, donc le signe de

f'(x)

est celui de

1 - \ln x

1 - \ln x = 0 \Leftrightarrow \ln x = 1 \Leftrightarrow x = e

.

-

0 < x < e

\ln x < 1

donc

f'(x) > 0

→ croissante.
-

x > e

\ln x > 1

donc

f'(x) < 0

→ décroissante.

f(e) = \dfrac{\ln e}{e} = \dfrac{1}{e}

\boxed{\text{Maximum } f(e) = \dfrac{1}{e}}

En déduire que

\ln x \leq \dfrac{x}{e}

pour tout

x > 0

D'après Q2,

f(x) \leq f(e) = \dfrac{1}{e}

pour tout

x > 0

.

Donc

\dfrac{\ln x}{x} \leq \dfrac{1}{e}

.

En multipliant par

x > 0

\ln x \leq \dfrac{x}{e}

pour tout

x > 0

\boxed{\forall x > 0, \quad \ln x \leq \dfrac{x}{e}}

Égalité ssi

x = e

En composant avec l'exponentielle, montrer que

x \leq e^{x/e}

pour tout

x > 0

, puis que

e^\pi > \pi^e

On a

\ln x \leq \dfrac{x}{e}

pour tout

x > 0

.

Comme

\exp

est croissante :

e^{\ln x} \leq e^{x/e}

, soit

x \leq e^{x/e}

.

Pour

x = \pi

\pi \leq e^{\pi/e}

.

Élevons à la puissance

e

(

e > 0

) :

\pi^e \leq \left(e^{\pi/e}\right)^e = e^\pi

.

L'égalité n'est vraie que pour

x = e \neq \pi

, donc l'inégalité est stricte :

\boxed{e^\pi > \pi^e}

Exercice 37

Avancé

Soit

f

définie sur

\mathbb{R}

par

f(x) = e^x - x - 1

Étudier les variations de

f

et montrer que

f(x) \geq 0

pour tout

x

f'(x) = e^x - 1

f'(x) = 0 \Leftrightarrow e^x = 1 \Leftrightarrow x = 0

.

-

x < 0

e^x < 1

donc

f'(x) < 0

→ décroissante.
-

x > 0

e^x > 1

donc

f'(x) > 0

→ croissante.

Minimum en

x = 0

f(0) = 1 - 0 - 1 = 0

\boxed{f(x) \geq f(0) = 0 \text{ pour tout } x \in \mathbb{R}, \text{ soit } e^x \geq x + 1.}

En déduire que

e^x \geq 1 + x + \dfrac{x^2}{2}

pour tout

x \geq 0

Soit

g(x) = e^x - 1 - x - \dfrac{x^2}{2}

sur

[0\, ; +\infty[

g'(x) = e^x - 1 - x

.

D'après Q1,

e^x - 1 - x = f(x) \geq 0

pour tout

x

.

Donc

g'(x) \geq 0

sur

[0\, ; +\infty[

g

est croissante sur

[0\, ; +\infty[

.

Comme

g(0) = 1 - 1 - 0 - 0 = 0

g(x) \geq g(0) = 0

pour tout

x \geq 0

\boxed{\forall x \geq 0, \quad e^x \geq 1 + x + \dfrac{x^2}{2}}

Par le même raisonnement, montrer que

e^x \geq 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6}

pour tout

x \geq 0

Soit

h(x) = e^x - 1 - x - \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{6}

sur

[0\, ; +\infty[

h'(x) = e^x - 1 - x - \dfrac{x^2}{2} = g(x) \geq 0

pour

x \geq 0

(d'après Q2).

Donc

h

est croissante sur

[0\, ; +\infty[

h(0) = 0

.

Ainsi

h(x) \geq 0

pour tout

x \geq 0

\boxed{\forall x \geq 0, \quad e^x \geq 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6}}

On reconnaît les premiers termes du développement en série de Taylor de

e^x

Exercice 38

Avancé

Soit

n \in \mathbb{N}^*

. On considère

f_n(x) = x^n e^{-x}

sur

[0\, ; +\infty[

Calculer

f_n'(x)

et la factoriser.

(uv)' = u'v + uv'

avec

u = x^n

v = e^{-x}

u' = nx^{n-1}

v' = -e^{-x}

f_n'(x) = nx^{n-1}e^{-x} + x^n(-e^{-x}) = x^{n-1}e^{-x}(n - x)

\boxed{f_n'(x) = x^{n-1}e^{-x}(n - x)}

Étudier les variations de

f_n

sur

[0\, ; +\infty[

et donner son maximum.

Pour

x > 0

x^{n-1} > 0

e^{-x} > 0

.

Le signe de

f_n'(x)

est celui de

(n - x)

f_n'(x) = 0 \Leftrightarrow x = n

(pour

x > 0

).

-

0 < x < n

f_n'(x) > 0

→ croissante.
-

x > n

f_n'(x) < 0

→ décroissante.

Maximum :

f_n(n) = n^n e^{-n} = \left(\dfrac{n}{e}\right)^n

.

Limites :

f_n(0) = 0

\lim_{x \to +\infty} f_n(x) = 0

(croissance comparée).

\boxed{\text{Maximum de } f_n \text{ en } x = n : f_n(n) = \left(\dfrac{n}{e}\right)^n}

En déduire que

n! \geq \left(\dfrac{n}{e}\right)^n

pour tout

n \geq 1

D'après Q2, pour tout

x \geq 0

f_n(x) \leq \left(\dfrac{n}{e}\right)^n

.

En particulier, pour

x = k

(

k

entier,

1 \leq k \leq n

) :

k^n e^{-k} \leq \left(\dfrac{n}{e}\right)^n

.

Mais utilisons plutôt la majoration

f_n(x) \leq \left(\dfrac{n}{e}\right)^n

avec

x

entier. On peut montrer par récurrence que

n! \geq \left(\dfrac{n}{e}\right)^n

en utilisant le fait que

f_{n+1}(n+1) / f_n(n) = (1 + 1/n)^n \cdot e^{-1} \cdot (n+1)

.

Plus directement, on sait que

e^x \geq \dfrac{x^n}{n!}

pour

x \geq 0

(d'après les majorations de l'exponentielle).

Pour

x = n

e^n \geq \dfrac{n^n}{n!}

, donc

n! \geq \dfrac{n^n}{e^n} = \left(\dfrac{n}{e}\right)^n

\boxed{\forall n \geq 1, \quad n! \geq \left(\dfrac{n}{e}\right)^n}

Exercice 39

Avancé

On pose

f(x) = \ln(1 + e^x) - \dfrac{x}{2} - \ln 2

pour

x \in \mathbb{R}

Montrer que

f

est paire.

f(-x) = \ln(1 + e^{-x}) + \dfrac{x}{2} - \ln 2

.

Or

\ln(1 + e^{-x}) = \ln\left(\dfrac{e^x + 1}{e^x}\right) = \ln(1 + e^x) - x

.

Donc

f(-x) = \ln(1+e^x) - x + \dfrac{x}{2} - \ln 2 = \ln(1+e^x) - \dfrac{x}{2} - \ln 2 = f(x)

\boxed{f(-x) = f(x) : f \text{ est paire.}}

Calculer

f'(x)

et montrer que

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

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

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

Montrer que

f(x) \geq 0

pour tout

x

et que

f(0) = 0

f(0) = \ln(1 + 1) - 0 - \ln 2 = \ln 2 - \ln 2 = 0

✓.

Signe de

f'(x)

e^x + 1 > 0

toujours.

e^x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 0

.

Donc

f'(x) < 0

pour

x < 0

f'(x) > 0

pour

x > 0

f

est décroissante sur

]-\infty; 0]

puis croissante sur

[0; +\infty[

.

Minimum en

x = 0

f(0) = 0

.

Donc

f(x) \geq 0

pour tout

x

\boxed{f(x) \geq 0 \text{ pour tout } x, \text{ c'est-à-dire } \ln(1+e^x) \geq \dfrac{x}{2} + \ln 2.}

Exercice 40

Avancé

On considère, pour

a > 0

fixé, la fonction

f_a

définie sur

\mathbb{R}

par

f_a(x) = \dfrac{a^x - 1}{a^x + 1}

où

a^x = e^{x \ln a}

Exprimer

f_a

en fonction de l'exponentielle et montrer que

f_a

est une composée de fonctions usuelles.

On a

a^x = e^{x\ln a}

, donc :

f_a(x) = \dfrac{e^{x\ln a} - 1}{e^{x\ln a} + 1}

.

Posons

u(x) = x\ln a

(fonction affine) et

g(t) = \dfrac{e^t - 1}{e^t + 1}

(qui est

\tanh(t/2)

).

Alors

f_a = g \circ u

\boxed{f_a(x) = g(x\ln a) \text{ où } g(t) = \dfrac{e^t - 1}{e^t + 1}}

Calculer

f_a'(x)

et étudier le signe de

f_a'

selon les valeurs de

a

Posons

X = e^{x\ln a}

. Alors :

f_a(x) = \dfrac{X - 1}{X + 1}

avec

X' = \ln a \cdot e^{x\ln a}

f_a'(x) = \dfrac{X'(X+1) - X' \cdot (X-1)}{(X+1)^2} = \dfrac{X'(X+1-X+1)}{(X+1)^2} = \dfrac{2X'}{(X+1)^2}

= \dfrac{2\ln a \cdot e^{x\ln a}}{(e^{x\ln a} + 1)^2}

.

Comme

e^{x\ln a} > 0

(e^{x\ln a} + 1)^2 > 0

, le signe de

f_a'(x)

est celui de

\ln a

.

- Si

a > 1

\ln a > 0

donc

f_a'(x) > 0

→

f_a

strictement croissante.
- Si

a = 1

f_1(x) = 0

(fonction nulle).
- Si

0 < a < 1

\ln a < 0

donc

f_a'(x) < 0

→

f_a

strictement décroissante.

\boxed{f_a'(x) = \dfrac{2\ln a \cdot e^{x\ln a}}{(e^{x\ln a}+1)^2} ; \; f_a \text{ croissante si } a > 1, \text{ décroissante si } 0 < a < 1.}

Déterminer les limites de

f_a

-\infty

+\infty

pour

a > 1

Pour

a > 1

\ln a > 0

.

En

+\infty

x\ln a \to +\infty

donc

e^{x\ln a} \to +\infty

f_a(x) = \dfrac{e^{x\ln a} - 1}{e^{x\ln a} + 1} = \dfrac{1 - e^{-x\ln a}}{1 + e^{-x\ln a}} \to \dfrac{1}{1} = 1

.

En

-\infty

e^{x\ln a} \to 0

f_a(x) \to \dfrac{0 - 1}{0 + 1} = -1

\boxed{\lim_{x \to -\infty} f_a(x) = -1 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f_a(x) = 1}

Les droites

y = -1

y = 1

sont asymptotes horizontales.

4 problèmes de synthèse

Problème 1 — Étude de la fonction racine composée

Facile

On considère la fonction

f

définie par

f(x) = \sqrt{6x - x^2}

Partie A — Domaine et décomposition

Montrer que

f

est la composée

f = \varphi \circ g

où

g(x) = 6x - x^2

\varphi(u) = \sqrt{u}

(\varphi \circ g)(x) = \varphi(g(x)) = \varphi(6x - x^2) = \sqrt{6x - x^2} = f(x)

.

Donc

f = \varphi \circ g

✓.

\boxed{f = \varphi \circ g \text{ avec } g(x) = 6x - x^2 \text{ et } \varphi(u) = \sqrt{u}}

Déterminer le domaine de définition de

f

Il faut

g(x) \geq 0

, soit

6x - x^2 \geq 0

, c'est-à-dire

x(6 - x) \geq 0

.

Tableau de signes :

x(6-x) \geq 0

pour

x \in [0\, ; 6]

\boxed{D_f = [0\, ; 6]}

Calculer

f(0)

f(3)

f(6)

f(0) = \sqrt{0} = 0

f(3) = \sqrt{18 - 9} = \sqrt{9} = 3

f(6) = \sqrt{36 - 36} = 0

\boxed{f(0) = 0, \quad f(3) = 3, \quad f(6) = 0}

Partie B — Variations

Étudier les variations de

g(x) = 6x - x^2

sur

[0\, ; 6]

g(x) = -x^2 + 6x = -(x^2 - 6x) = -(x - 3)^2 + 9

g'(x) = 6 - 2x

g'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 3

.

- Sur

[0\, ; 3]

g'(x) \geq 0

→

g

croissante.
- Sur

[3\, ; 6]

g'(x) \leq 0

→

g

décroissante.

g(3) = 9

est le maximum.

\boxed{g \text{ croît de } 0 \text{ à } 9 \text{ sur } [0;3] \text{ puis décroît de } 9 \text{ à } 0 \text{ sur } [3;6].}

En utilisant la composition des variations, déduire les variations de

f

sur

[0\, ; 6]

\varphi(u) = \sqrt{u}

est croissante sur

[0\, ; +\infty[

f = \varphi \circ g

:

- Sur

[0\, ; 3]

g

croissante,

\varphi

croissante →

f

croissante (de

0

\sqrt{9} = 3

).
- Sur

[3\, ; 6]

g

décroissante,

\varphi

croissante →

f

décroissante (de

3

0

\boxed{f \text{ croît de } 0 \text{ à } 3 \text{ sur } [0;3] \text{ et décroît de } 3 \text{ à } 0 \text{ sur } [3;6]. \text{ Maximum } f(3) = 3.}

Vérifier en calculant

f'(x)

sur

]0\, ; 6[

(\sqrt{u})' = \dfrac{u'}{2\sqrt{u}}

avec

u = 6x - x^2

u' = 6 - 2x

f'(x) = \dfrac{6 - 2x}{2\sqrt{6x - x^2}} = \dfrac{3 - x}{\sqrt{6x - x^2}}

pour

x \in ]0\, ; 6[

.

Pour

0 < x < 3

: numérateur

> 0

et dénominateur

> 0

→

f'(x) > 0

✓.

Pour

3 < x < 6

: numérateur

< 0

et dénominateur

> 0

→

f'(x) < 0

✓.

\boxed{f'(x) = \dfrac{3-x}{\sqrt{6x-x^2}} \text{ : confirme les variations trouvées par composition.}}

Problème 2 — Concentration d'un médicament

Intermédiaire

La concentration (en mg/L) d'un médicament dans le sang,

t

heures après son absorption, est modélisée par :

C(t) = 5t \, e^{-0{,}5t} \quad \text{pour } t \geq 0.

Partie A — Étude de la fonction

Calculer

C(0)

et interpréter. Déterminer

\lim_{t \to +\infty} C(t)

C(0) = 5 \times 0 \times e^0 = 0

: au moment de l'absorption, la concentration dans le sang est nulle.

\lim_{t \to +\infty} C(t) = \lim_{t \to +\infty} \dfrac{5t}{e^{0{,}5t}} = 0

par croissance comparée (

e^{0{,}5t}

croît beaucoup plus vite que

5t

\boxed{C(0) = 0 \text{ et } \lim_{t \to +\infty} C(t) = 0}

Interprétation : à long terme, le médicament est entièrement éliminé.

Calculer

C'(t)

et la factoriser.

On utilise

(uv)' = u'v + uv'

avec

u = 5t

v = e^{-0{,}5t}

u' = 5

v' = -0{,}5 \, e^{-0{,}5t}

C'(t) = 5 e^{-0{,}5t} + 5t \times (-0{,}5) e^{-0{,}5t} = 5e^{-0{,}5t}(1 - 0{,}5t) = \dfrac{5(2 - t)}{2} e^{-0{,}5t}

.

Ou plus simplement :

C'(t) = 5e^{-0{,}5t}(1 - 0{,}5t)

\boxed{C'(t) = 5(1 - 0{,}5t)e^{-0{,}5t}}

En déduire le temps

t_0

auquel la concentration est maximale et la valeur de ce maximum.

Comme

e^{-0{,}5t} > 0

pour tout

t

, le signe de

C'(t)

est celui de

(1 - 0{,}5t)

1 - 0{,}5t = 0 \Leftrightarrow t = 2

.

-

0 \leq t < 2

C'(t) > 0

→

C

croissante.
-

t > 2

C'(t) < 0

→

C

décroissante.

La concentration est maximale pour

t_0 = 2

heures :

C(2) = 5 \times 2 \times e^{-1} = \dfrac{10}{e} \approx 3{,}68

mg/L.

\boxed{t_0 = 2 \text{ h et } C_{\max} = \dfrac{10}{e} \approx 3{,}68 \text{ mg/L}}

Partie B — Seuil thérapeutique

Le médicament est efficace lorsque

C(t) \geq 2

. Montrer que

C(t) = 2

admet exactement deux solutions

t_1

t_2

avec

0 < t_1 < 2 < t_2

On doit résoudre

5t \, e^{-0{,}5t} = 2

.

D'après l'étude de

C

:
-

C

est continue et strictement croissante sur

[0\, ; 2]

, de

C(0) = 0

C(2) = 10/e \approx 3{,}68

.
Comme

0 < 2 < 3{,}68

, par le TVI, il existe un unique

t_1 \in ]0\, ; 2[

tel que

C(t_1) = 2

.

-

C

est continue et strictement décroissante sur

[2\, ; +\infty[

, de

C(2) \approx 3{,}68

0

.
Comme

0 < 2 < 3{,}68

, par le TVI, il existe un unique

t_2 \in ]2\, ; +\infty[

tel que

C(t_2) = 2

\boxed{C(t) = 2 \text{ admet exactement 2 solutions } t_1 \in ]0;2[ \text{ et } t_2 \in ]2; +\infty[.}

Donner des valeurs approchées de

t_1

t_2

(on pourra tester des valeurs).

C(0{,}5) = 5 \times 0{,}5 \times e^{-0{,}25} = 2{,}5 \times e^{-0{,}25} \approx 2{,}5 \times 0{,}779 \approx 1{,}95

C(0{,}6) = 3 \times e^{-0{,}3} \approx 3 \times 0{,}741 \approx 2{,}22

.

Donc

t_1 \in ]0{,}5\, ; 0{,}6[

. Plus précisément

t_1 \approx 0{,}53

h.

Pour

t_2

C(4) = 20 e^{-2} \approx 20 \times 0{,}135 \approx 2{,}71

C(5) = 25 e^{-2{,}5} \approx 25 \times 0{,}082 \approx 2{,}05

C(6) = 30 e^{-3} \approx 30 \times 0{,}050 \approx 1{,}49

.

Donc

t_2 \in ]5\, ; 6[

. Plus précisément

t_2 \approx 5{,}1

\boxed{t_1 \approx 0{,}5 \text{ h et } t_2 \approx 5{,}1 \text{ h}}

Le médicament est efficace pendant environ

5{,}1 - 0{,}5 \approx 4{,}6

heures.

Problème 3 — Étude complète d'une fonction composée exp-ln

Difficile

On considère la fonction

f

définie sur

]0\, ; +\infty[

par :

f(x) = x \ln x - x + 1

Partie A — Variations et signe

Déterminer les limites de

f

0^+

et en

+\infty

0^+

x\ln x \to 0

(croissance comparée),

-x \to 0

+1

.

Donc

\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0 - 0 + 1 = 1

.

En

+\infty

x\ln x \to +\infty

-x + 1

est négligeable devant

x\ln x

.

Donc

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

\boxed{\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}

Calculer

f'(x)

et étudier ses variations.

f'(x) = \ln x + x \cdot \dfrac{1}{x} - 1 = \ln x + 1 - 1 = \ln x

\boxed{f'(x) = \ln x}

f'(x) < 0

pour

0 < x < 1

f

décroissante.
-

f'(x) = 0

pour

x = 1

.
-

f'(x) > 0

pour

x > 1

f

croissante.

En déduire le minimum de

f

et montrer que

f(x) \geq 0

pour tout

x > 0

Minimum en

x = 1

f(1) = 1 \times \ln 1 - 1 + 1 = 0 - 1 + 1 = 0

.

Comme

f

décroît de

1

0

sur

]0; 1]

puis croît de

0

+\infty

sur

[1; +\infty[

f(x) \geq f(1) = 0

pour tout

x > 0

\boxed{f(x) \geq 0 \text{ pour tout } x > 0, \text{ soit } x\ln x \geq x - 1}

Avec égalité ssi

x = 1

En remplaçant

x

par

\dfrac{1}{x}

, en déduire que

\ln x \leq x - 1

pour tout

x > 0

D'après Q3 :

f(y) \geq 0

pour tout

y > 0

, soit

y\ln y \geq y - 1

.

Posons

y = \dfrac{1}{x}

avec

x > 0

\dfrac{1}{x} \ln\left(\dfrac{1}{x}\right) \geq \dfrac{1}{x} - 1

\dfrac{1}{x} \times (-\ln x) \geq \dfrac{1}{x} - 1

-\dfrac{\ln x}{x} \geq \dfrac{1}{x} - 1

.

En multipliant par

-x < 0

(on inverse l'inégalité) :

\ln x \leq x - 1

... Mais ce raisonnement est délicat.

Plus directement :

f(1/x) \geq 0

donne

\dfrac{1}{x}\ln\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x} + 1 \geq 0

, soit

-\dfrac{\ln x}{x} - \dfrac{1}{x} + 1 \geq 0

.

En multipliant par

x > 0

-\ln x - 1 + x \geq 0

, soit

x - 1 \geq \ln x

\boxed{\forall x > 0, \quad \ln x \leq x - 1}

Partie B — Application : inégalité arithmético-géométrique

Soient

a, b > 0

. En appliquant

\ln x \leq x - 1

x = \dfrac{a}{b}

, montrer que

\ln a - \ln b \leq \dfrac{a}{b} - 1

On applique

\ln x \leq x - 1

avec

x = \dfrac{a}{b}

(

> 0

) :

\ln\left(\dfrac{a}{b}\right) \leq \dfrac{a}{b} - 1

\ln a - \ln b \leq \dfrac{a - b}{b}

\boxed{\ln a - \ln b \leq \dfrac{a}{b} - 1 = \dfrac{a - b}{b}}

En déduire que

\sqrt{ab} \leq \dfrac{a+b}{2}

pour tous

a, b > 0

(inégalité entre moyenne géométrique et moyenne arithmétique).

D'après Q5 :

\ln\left(\dfrac{a}{b}\right) \leq \dfrac{a}{b} - 1

.

Par la question 4 (Partie A), on a aussi

\ln x \leq x - 1

. Appliquons à

x = \dfrac{b}{a}

\ln\left(\dfrac{b}{a}\right) \leq \dfrac{b}{a} - 1

.

En additionnant les deux inégalités :

\ln\left(\dfrac{a}{b}\right) + \ln\left(\dfrac{b}{a}\right) \leq \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} - 2

.

Le membre de gauche vaut

\ln(1) = 0

, donc :

0 \leq \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} - 2 = \dfrac{a^2 + b^2 - 2ab}{ab} = \dfrac{(a-b)^2}{ab}

.

Cela est toujours vrai. Montrons l'inégalité plus directement :

De

\ln x \leq x - 1

appliqué à

x = \dfrac{a}{b}

\ln a - \ln b \leq \dfrac{a-b}{b}

.

Multiplions par

\dfrac{1}{2}

\dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{a}{b}\right) \leq \dfrac{a-b}{2b}

.

Alternativement, appliquons

\ln t \leq t - 1

t = \dfrac{\sqrt{a/b} + \sqrt{b/a}}{2}

... C'est plus compliqué.

Méthode directe : de

\ln x \leq x - 1

pour tout

x > 0

, posons

x = \sqrt{\dfrac{a}{b}}

\ln\sqrt{\dfrac{a}{b}} \leq \sqrt{\dfrac{a}{b}} - 1

, soit

\dfrac{1}{2}(\ln a - \ln b) \leq \sqrt{\dfrac{a}{b}} - 1

.

Puis posons

x = \sqrt{\dfrac{b}{a}}

\dfrac{1}{2}(\ln b - \ln a) \leq \sqrt{\dfrac{b}{a}} - 1

.

En additionnant :

0 \leq \sqrt{\dfrac{a}{b}} + \sqrt{\dfrac{b}{a}} - 2

.

Soit

\sqrt{\dfrac{a}{b}} + \sqrt{\dfrac{b}{a}} \geq 2

, c'est-à-dire

\dfrac{a + b}{\sqrt{ab}} \geq 2

, d'où :

\boxed{\dfrac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}}

Avec égalité ssi

a = b

Problème 4 — Fonctions itérées et point fixe

Avancé

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R}

par

f(x) = e^x - 1

. On définit la suite de fonctions

(f_n)

par :

f_1 = f \quad \text{et} \quad f_{n+1} = f \circ f_n \text{ pour } n \geq 1.

Ainsi

f_2 = f \circ f

f_3 = f \circ f \circ f

, etc.

Partie A — Premières itérées

Calculer

f_2(x) = (f \circ f)(x)

f_2(x) = f(f(x)) = f(e^x - 1) = e^{e^x - 1} - 1

\boxed{f_2(x) = e^{e^x - 1} - 1}

Vérifier que

f_1(0) = f_2(0) = 0

. Comment appelle-t-on

0

pour la fonction

f

f_1(0) = f(0) = e^0 - 1 = 0

✓.

f_2(0) = e^{e^0 - 1} - 1 = e^0 - 1 = 0

✓.

Par récurrence,

f_n(0) = 0

pour tout

n

(car si

f_n(0) = 0

alors

f_{n+1}(0) = f(f_n(0)) = f(0) = 0

).

On dit que

0

est un point fixe de

f

f(0) = 0

\boxed{0 \text{ est un point fixe de } f : f(0) = 0.}

Calculer

f_1'(0)

f_2'(0)

f_1'(x) = e^x

, donc

f_1'(0) = 1

.

Pour

f_2'(x)

, on utilise

(f \circ f_1)'(x) = f_1'(x) \times f'(f_1(x))

f_2'(x) = f_1'(x) \times f'(f_1(x)) = e^x \times e^{e^x - 1}

f_2'(0) = 1 \times e^0 = 1

\boxed{f_1'(0) = 1 \quad \text{et} \quad f_2'(0) = 1}

Partie B — Dérivée des itérées au point fixe

Montrer par récurrence que

f_n'(0) = (f'(0))^n = 1

pour tout

n \geq 1

Initialisation :

f_1'(0) = f'(0) = e^0 = 1 = 1^1

✓.

Hérédité : Supposons

f_n'(0) = 1

f_{n+1} = f \circ f_n

, donc par la formule de dérivation de la composée :

f_{n+1}'(x) = f_n'(x) \times f'(f_n(x))

.

En

x = 0

f_{n+1}'(0) = f_n'(0) \times f'(f_n(0)) = 1 \times f'(0) = 1 \times 1 = 1

.

Donc

f_{n+1}'(0) = 1

✓.

Conclusion : Par récurrence,

f_n'(0) = 1

pour tout

n \geq 1

\boxed{\forall n \geq 1, \quad f_n'(0) = 1}

Plus généralement, si

g

est une fonction dérivable avec un point fixe

a

(c'est-à-dire

g(a) = a

), montrer que la dérivée de

g_n = g \circ g \circ \cdots \circ g

(

n

fois) en

a

vaut

(g'(a))^n

Initialisation :

g_1'(a) = g'(a) = (g'(a))^1

✓.

Hérédité : Supposons

g_n'(a) = (g'(a))^n

g_{n+1} = g \circ g_n

, donc

g_{n+1}'(a) = g_n'(a) \times g'(g_n(a))

.

Comme

a

est un point fixe de

g

, par récurrence

g_n(a) = a

(car

g_1(a) = a

g_{n+1}(a) = g(g_n(a)) = g(a) = a

).

Donc

g_{n+1}'(a) = (g'(a))^n \times g'(a) = (g'(a))^{n+1}

✓.

\boxed{g_n'(a) = (g'(a))^n}

Partie C — Comportement des itérées

Montrer que pour tout

x > 0

f(x) > x

(c'est-à-dire

e^x > x + 1

Soit

h(x) = e^x - x - 1

h'(x) = e^x - 1 > 0

pour

x > 0

, donc

h

est strictement croissante sur

]0\, ; +\infty[

.

Comme

h(0) = 0

, on a

h(x) > 0

pour tout

x > 0

.

Donc

e^x - 1 > x

, soit

f(x) > x

pour

x > 0

\boxed{\forall x > 0, \quad f(x) > x}

En déduire que pour

x > 0

, la suite

(f_n(x))_n

est strictement croissante.

Montrons que

f_{n+1}(x) > f_n(x)

pour tout

x > 0

et tout

n \geq 1

.

D'après Q6,

f(t) > t

pour tout

t > 0

.

Montrons par récurrence que

f_n(x) > 0

pour tout

x > 0

:

-

f_1(x) = e^x - 1 > 0

pour

x > 0

✓.
- Si

f_n(x) > 0

, alors

f_{n+1}(x) = f(f_n(x)) = e^{f_n(x)} - 1 > 0

car

f_n(x) > 0

✓.

Donc

f_n(x) > 0

pour tout

n \geq 1

x > 0

.

Alors

f_{n+1}(x) = f(f_n(x)) > f_n(x)

(car

f(t) > t

pour

t = f_n(x) > 0

\boxed{\text{Pour } x > 0, \text{ la suite } (f_n(x)) \text{ est strictement croissante.}}

Montrer que pour

x > 0

\lim_{n \to +\infty} f_n(x) = +\infty

D'après Q7,

(f_n(x))_{n}

est strictement croissante pour

x > 0

.

Si elle convergeait vers

\ell \in \mathbb{R}

, on aurait

\ell = \lim f_{n+1}(x) = \lim f(f_n(x)) = f(\ell)

par continuité de

f

.

Donc

\ell

serait un point fixe de

f

f(\ell) = \ell

, soit

e^\ell - 1 = \ell

, soit

e^\ell = \ell + 1

.

Or d'après Q6,

e^\ell > \ell + 1

pour

\ell > 0

, et on a

f_1(x) = e^x - 1 > 0 = x

pour

x > 0

, donc

\ell > 0

.

Contradiction : il n'existe pas de point fixe

\ell > 0

.

Donc la suite diverge vers

+\infty

\boxed{\forall x > 0, \quad \lim_{n \to +\infty} f_n(x) = +\infty}

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Composée de fonctions

I. Notion de fonction composée

1. Définition

2. Non-commutativité de la composition

3. Décomposition d'une fonction en composée

II. Dérivation des fonctions composées

1. Théorème de dérivation

2. Dérivée de $f (a x + b)$

3. Tableau des dérivées de fonctions composées

III. Sens de variation d'une fonction composée

1. Règle des signes pour les variations

2. Applications aux études de fonctions

1. Définition et domaine

2. Dérivation des composées

3. Sens de variation

Partie A — Domaine et décomposition

Partie B — Variations

Partie A — Étude de la fonction

Partie B — Seuil thérapeutique

Partie A — Variations et signe

Partie B — Application : inégalité arithmético-géométrique

Partie A — Premières itérées

Partie B — Dérivée des itérées au point fixe

Partie C — Comportement des itérées

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I. Notion de fonction composée

1. Définition

2. Non-commutativité de la composition

3. Décomposition d'une fonction en composée

II. Dérivation des fonctions composées

1. Théorème de dérivation

2. Dérivée de f(ax+b)

3. Tableau des dérivées de fonctions composées

III. Sens de variation d'une fonction composée

1. Règle des signes pour les variations

2. Applications aux études de fonctions

1. Définition et domaine

2. Dérivation des composées

3. Sens de variation

Partie A — Domaine et décomposition

Partie B — Variations

Partie A — Étude de la fonction

Partie B — Seuil thérapeutique

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2. Dérivée de $f (a x + b)$