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I Analyse · Chapitre 10 / 17

Composée de fonctions

Composition, dérivation de fonctions composées.

9 min de lecture
3 sections, 8 exemples
40 exercices · 4 problèmes

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L'essentiel en 30 secondes

La composée f ∘ g enchaîne deux fonctions : x devient g(x), puis f(g(x)). Sa dérivée suit la règle de la chaîne : (f ∘ g)′ = g′ × (f′ ∘ g), qui unifie toutes les formules du type exp(u)′ = u′ exp(u), ln(u)′ = u′/u ou (uⁿ)′ = n u′ u^(n−1). Les variations d'une composée se déduisent des sens de variation des deux fonctions enchaînées.

1 I. Notion de fonction composée

1. Définition

2. Non-commutativité de la composition

3. Décomposition d'une fonction en composée

2 II. Dérivation des fonctions composées

1. Théorème de dérivation

2. Dérivée de f(ax+b)f(ax + b)

3. Tableau des dérivées de fonctions composées

3 III. Sens de variation d'une fonction composée

1. Règle des signes pour les variations

Justification
Montrons le cas croissante ∘\circ décroissante = décroissante.

Supposons gg croissante sur II et ff décroissante sur g(I)g(I).

Soient a,b∈Ia, b \in I avec a<ba < b.

Comme gg est croissante : g(a)≤g(b)g(a) \leq g(b).

Comme ff est décroissante : f(g(a))≥f(g(b))f(g(a)) \geq f(g(b)).

Donc (f∘g)(a)≥(f∘g)(b)(f \circ g)(a) \geq (f \circ g)(b) : la composée f∘gf \circ g est décroissante sur II. □\square

Les autres cas se démontrent de manière analogue.

2. Applications aux études de fonctions

Questions fréquentes

Qu'est-ce qu'une fonction composée ?
C'est une fonction obtenue en enchaînant deux fonctions : (g∘f)(x)=g(f(x))(g \circ f)(x) = g\big(f(x)\big), on applique d'abord ff, puis gg au résultat. L'ordre compte : g∘fg \circ f et f∘gf \circ g sont en général différentes.
Comment dériver une composée ?
La règle de la chaîne donne (g∘f)′=f′×(g′∘f)(g \circ f)' = f' \times (g' \circ f) : on dérive la fonction extérieure en gardant l'intérieur inchangé, puis on multiplie par la dérivée de l'intérieur. Oublier ce dernier facteur est l'erreur classique du chapitre.
Comment déterminer le sens de variation d'une composée ?
On compose les monotonies : si ff et gg varient dans le même sens, la composée est croissante ; si elles varient en sens contraires, elle est décroissante. C'est la même règle que le produit des signes.

1. Définition et domaine

2. Dérivation des composées

3. Sens de variation

40 exercices disponibles
Exercice 1
Facile
Soient f(x)=x2f(x) = x^2 et g(x)=3x−1g(x) = 3x - 1.
1.
Calculer (f∘g)(x)(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 : $(3x-1)^2 = 9x^2 - 6x + 1$. $\boxed{(f \circ g)(x) = (3x-1)^2 = 9x^2 - 6x + 1}$
2.
Calculer (g∘f)(x)(g \circ f)(x).
On applique d'abord $f$ puis $g$ : $(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(x^2) = 3x^2 - 1$ $\boxed{(g \circ f)(x) = 3x^2 - 1}$
3.
Vérifier que f∘g≠g∘ff \circ g \neq g \circ f.
$(f \circ g)(x) = 9x^2 - 6x + 1$ et $(g \circ f)(x) = 3x^2 - 1$. Pour $x = 1$ : $(f \circ g)(1) = 9 - 6 + 1 = 4$ et $(g \circ f)(1) = 3 - 1 = 2$. Comme $4 \neq 2$, on a bien $\boxed{f \circ g \neq g \circ f}$.
Exercice 2
Facile
Soient f(x)=xf(x) = \sqrt{x} et g(x)=x+4g(x) = x + 4.
1.
Déterminer (f∘g)(x)(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 $x \geq -4$. $\boxed{(f \circ g)(x) = \sqrt{x+4}, \quad D_{f \circ g} = [-4\, ; +\infty[}$
2.
Déterminer (g∘f)(x)(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 $f = \sqrt{}$). $\boxed{(g \circ f)(x) = \sqrt{x} + 4, \quad D_{g \circ f} = [0\, ; +\infty[}$
3.
Comparer les domaines de f∘gf \circ g et g∘fg \circ f.
$D_{f \circ g} = [-4\, ; +\infty[$ et $D_{g \circ f} = [0\, ; +\infty[$. 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 hh, trouver deux fonctions ff et gg telles que h=f∘gh = f \circ g.
1.
h(x)=(2x+5)3h(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 : $(f \circ g)(x) = f(2x+5) = (2x+5)^3 = h(x)$ ✓ $\boxed{g(x) = 2x+5 \text{ et } f(u) = u^3}$
2.
h(x)=e3x−2h(x) = e^{3x-2}
- Fonction intérieure : $g(x) = 3x - 2$ - Fonction extérieure : $f(u) = e^u$ Vérification : $(f \circ g)(x) = e^{3x-2} = h(x)$ ✓ $\boxed{g(x) = 3x-2 \text{ et } f(u) = e^u}$
3.
h(x)=ln⁡(x2+3)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⋅f′(ax+b)(f(ax+b))' = a \cdot f'(ax+b).
1.
h(x)=(5x+1)4h(x) = (5x + 1)^4
On pose $u = 5x + 1$, donc $h(x) = u^4$ avec $u' = 5$. Formule : $(u^n)' = n \cdot u' \cdot u^{n-1}$. $h'(x) = 4 \times 5 \times (5x+1)^3 = \boxed{20(5x+1)^3}$
2.
h(x)=e−2x+3h(x) = e^{-2x+3}
On pose $u = -2x + 3$, donc $h(x) = e^u$ avec $u' = -2$. Formule : $(e^u)' = u' \cdot e^u$. $h'(x) = -2 \cdot e^{-2x+3} = \boxed{-2e^{-2x+3}}$
3.
h(x)=ln⁡(3x+7)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.
1.
f(x)=2x+1f(x) = \sqrt{2x + 1}
On pose $u = 2x + 1$, $u' = 2$. Formule : $(\sqrt{u})' = \dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$. Domaine de dérivabilité : $2x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > -\dfrac{1}{2}$. $f'(x) = \dfrac{2}{2\sqrt{2x+1}} = \boxed{\dfrac{1}{\sqrt{2x+1}}}$
2.
f(x)=(x2+1)3f(x) = (x^2 + 1)^3
On pose $u = x^2 + 1$, $u' = 2x$. Formule : $(u^n)' = n \cdot u' \cdot u^{n-1}$. $f'(x) = 3 \times 2x \times (x^2+1)^2 = \boxed{6x(x^2+1)^2}$
3.
f(x)=ex2f(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)=1xf(x) = \dfrac{1}{x} et g(x)=x2+1g(x) = x^2 + 1.
1.
Calculer (f∘g)(x)(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 $x \in \mathbb{R}$. $\boxed{(f \circ g)(x) = \dfrac{1}{x^2+1}, \quad D_{f \circ g} = \mathbb{R}}$
2.
Calculer (g∘f)(x)(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 $f$). $\boxed{(g \circ f)(x) = \dfrac{1}{x^2} + 1, \quad D_{g \circ f} = \mathbb{R}^*}$
3.
Dériver (f∘g)(x)=1x2+1(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.
1.
h(x)=4−x2h(x) = \sqrt{4 - x^2}
On écrit $h = f \circ g$ avec $g(x) = 4 - x^2$ et $f(u) = \sqrt{u}$. Il faut $g(x) \geq 0$, soit $4 - x^2 \geq 0$, c'est-à-dire $x^2 \leq 4$, soit $-2 \leq x \leq 2$. $\boxed{D_h = [-2\, ; 2]}$
2.
h(x)=ln⁡(1−x)h(x) = \ln(1 - x)
On écrit $h = f \circ g$ avec $g(x) = 1 - x$ et $f(u) = \ln(u)$. Il faut $g(x) > 0$, soit $1 - x > 0$, c'est-à-dire $x < 1$. $\boxed{D_h = ]-\infty\, ; 1[}$
3.
h(x)=e1xh(x) = e^{\frac{1}{x}}
On écrit $h = f \circ g$ avec $g(x) = \dfrac{1}{x}$ et $f(u) = e^u$. 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.
1.
f(x)=cos⁡(3x)f(x) = \cos(3x)
On pose $u = 3x$, $u' = 3$. Formule : $(\cos u)' = -u' \sin u$. $f'(x) = -3\sin(3x) = \boxed{-3\sin(3x)}$
2.
f(x)=sin⁡(2x+π)f(x) = \sin(2x + \pi)
On pose $u = 2x + \pi$, $u' = 2$. Formule : $(\sin u)' = u' \cos u$. $f'(x) = 2\cos(2x + \pi) = \boxed{2\cos(2x + \pi)}$
3.
f(x)=ecos⁡(x)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)5h(x) = (4x - 3)^5.
1.
Exprimer hh comme composée f∘gf \circ g.
On pose $g(x) = 4x - 3$ (fonction intérieure) et $f(u) = u^5$ (fonction extérieure). Alors $h(x) = f(g(x)) = (4x-3)^5$ ✓. $\boxed{h = f \circ g \text{ avec } g(x) = 4x - 3 \text{ et } f(u) = u^5}$
2.
Calculer h′(x)h'(x).
On utilise $(u^n)' = n \cdot u' \cdot u^{n-1}$ avec $u = 4x - 3$ et $u' = 4$. $h'(x) = 5 \times 4 \times (4x-3)^4 = \boxed{20(4x-3)^4}$
3.
Donner le signe de h′(x)h'(x) et en déduire le sens de variation de hh.
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).
1.
h(x)=(−x+3)2h(x) = (-x + 3)^2 sur [3 ;+∞[[3\, ; +\infty[.
On pose $g(x) = -x + 3$ et $f(u) = u^2$. 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**. $\boxed{h \text{ est croissante sur } [3\, ; +\infty[}$
2.
h(x)=e−xh(x) = e^{-x} sur R\mathbb{R}.
On pose $g(x) = -x$ et $f(u) = e^u$. $g$ est **décroissante** sur $\mathbb{R}$ et $f = \exp$ est **croissante** sur $\mathbb{R}$. Croissante $\circ$ décroissante = **décroissante**. $\boxed{h(x) = e^{-x} \text{ est décroissante sur } \mathbb{R}}$
3.
h(x)=ln⁡(x2)h(x) = \ln(x^2) sur ]0 ;+∞[]0\, ; +\infty[.
On pose $g(x) = x^2$ et $f(u) = \ln(u)$. 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.
1.
f(x)=x2−4x+5f(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 : $(\sqrt{u})' = \dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$. $f'(x) = \dfrac{2x - 4}{2\sqrt{x^2 - 4x + 5}} = \boxed{\dfrac{x - 2}{\sqrt{x^2 - 4x + 5}}}$
2.
f(x)=e2x2−x+1f(x) = e^{2x^2 - x + 1}
On pose $u = 2x^2 - x + 1$, $u' = 4x - 1$. Formule : $(e^u)' = u' \cdot e^u$. $f'(x) = (4x - 1) \cdot e^{2x^2 - x + 1} = \boxed{(4x-1)e^{2x^2 - x + 1}}$
3.
f(x)=ln⁡(x2+2x+3)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.
1.
f(x)=1(2x+1)3f(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 $n = -3$. $f'(x) = -3 \times 2 \times (2x+1)^{-4} = \dfrac{-6}{(2x+1)^4} = \boxed{-\dfrac{6}{(2x+1)^4}}$
2.
f(x)=x+1x−1f(x) = \sqrt{\dfrac{x+1}{x-1}} pour x>1x > 1.
On pose $u = \dfrac{x+1}{x-1}$. Pour $x > 1$, on a $u > 0$ et $f(x) = \sqrt{u}$. 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 : $f'(x) = \dfrac{-1}{(x-1)^2} \cdot \dfrac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}} = \boxed{-\dfrac{1}{(x-1)^{3/2}\sqrt{x+1}}}$
3.
f(x)=ln⁡(sin⁡x)f(x) = \ln(\sin x) sur ]0 ;π[]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−x2f(x) = e^{-x^2}.
1.
Déterminer le domaine de définition de ff.
La fonction exponentielle est définie sur $\mathbb{R}$ tout entier, et $-x^2$ est défini pour tout $x \in \mathbb{R}$. $\boxed{D_f = \mathbb{R}}$
2.
Calculer f′(x)f'(x).
On pose $u = -x^2$, $u' = -2x$. $(e^u)' = u' \cdot e^u$. $f'(x) = -2x \cdot e^{-x^2} = \boxed{-2x \, e^{-x^2}}$
3.
Étudier le signe de f′(x)f'(x) et en déduire les variations de ff.
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⁡(x2+1)f(x) = \ln(x^2 + 1) sur R\mathbb{R}.
1.
Calculer f′(x)f'(x).
On pose $u = x^2 + 1$, $u' = 2x$. Comme $u > 0$ pour tout $x$, $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. $f'(x) = \dfrac{u'}{u} = \dfrac{2x}{x^2 + 1} = \boxed{\dfrac{2x}{x^2+1}}$
2.
Étudier le signe de f′(x)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 $x$. - $f'(x) < 0$ si $x < 0$ : $f$ est **décroissante** sur $]-\infty\, ; 0]$. - $f'(0) = 0$. - $f'(x) > 0$ si $x > 0$ : $f$ est **croissante** sur $[0\, ; +\infty[$. $f$ admet un **minimum** en $x = 0$ : $f(0) = \ln(1) = 0$. $\boxed{f \text{ est décroissante sur } ]-\infty\, ; 0] \text{ et croissante sur } [0\, ; +\infty[, \text{ minimum } f(0) = 0.}$
3.
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)f(x) = \cos(2x) sur [0 ;π][0\, ; \pi].
1.
Calculer f′(x)f'(x).
On pose $u = 2x$, $u' = 2$. $(\cos u)' = -u' \sin u$. $f'(x) = -2\sin(2x) = \boxed{-2\sin(2x)}$
2.
Résoudre f′(x)=0f'(x) = 0 sur [0 ;π][0\, ; \pi] et dresser le tableau de signes de f′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 $f'(x) > 0$. $\boxed{f'(x) < 0 \text{ sur } ]0; \tfrac{\pi}{2}[ \text{ et } f'(x) > 0 \text{ sur } ]\tfrac{\pi}{2}; \pi[}$
3.
Dresser le tableau de variations de ff sur [0 ;π][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 hh, déterminer deux fonctions ff et gg telles que h=f∘gh = f \circ g, puis calculer h′(x)h'(x).
1.
h(x)=(ln⁡x)2h(x) = (\ln x)^2 pour x>0x > 0.
Décomposition : $g(x) = \ln x$ et $f(u) = u^2$, donc $h = f \circ g$. Dérivée par la formule composée : $h'(x) = g'(x) \times f'(g(x))$. $g'(x) = \dfrac{1}{x}$ et $f'(u) = 2u$, donc $f'(g(x)) = 2\ln x$. $h'(x) = \dfrac{1}{x} \times 2\ln x = \boxed{\dfrac{2\ln x}{x}}$
2.
h(x)=exh(x) = e^{\sqrt{x}} pour x>0x > 0.
Décomposition : $g(x) = \sqrt{x}$ et $f(u) = e^u$, donc $h = f \circ g$. $g'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ et $f'(u) = e^u$, donc $f'(g(x)) = e^{\sqrt{x}}$. $h'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \times e^{\sqrt{x}} = \boxed{\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}}$
3.
h(x)=sin⁡3(x)h(x) = \sin^3(x) (c'est-à-dire (sin⁡x)3(\sin x)^3).
Décomposition : $g(x) = \sin x$ et $f(u) = u^3$, donc $h = f \circ g$. $g'(x) = \cos x$ et $f'(u) = 3u^2$, 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)f(x) = x - \ln(x) sur ]0 ;+∞[]0\, ; +\infty[.
1.
Calculer f′(x)f'(x).
$f'(x) = 1 - \dfrac{1}{x} = \dfrac{x - 1}{x}$. $\boxed{f'(x) = \dfrac{x-1}{x}}$
2.
Étudier les variations de ff 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 $x = 1$ : $f(1) = 1 - \ln(1) = 1$. $\boxed{\text{Minimum } f(1) = 1}$
3.
En déduire que ln⁡(x)≤x−1\ln(x) \leq x - 1 pour tout x>0x > 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−xf(x) = x \, e^{-x} sur R\mathbb{R}.
1.
Calculer f′(x)f'(x) et la mettre sous forme factorisée.
On utilise la formule $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u = x$ et $v = e^{-x}$. $u' = 1$ et $v' = -e^{-x}$. $f'(x) = 1 \times e^{-x} + x \times (-e^{-x}) = e^{-x}(1 - x) = \boxed{(1-x)e^{-x}}$
2.
Étudier le signe de f′(x)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 $f$. $\boxed{f \text{ croissante sur } ]-\infty; 1], \text{ décroissante sur } [1; +\infty[, \text{ max } f(1) = e^{-1}.}$
3.
Déterminer les limites de ff en −∞-\infty et +∞+\infty.
En $+\infty$ : $\lim_{x \to +\infty} x \, e^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{e^x} = 0$ 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.
1.
f(x)=(x−1x+1)2f(x) = \left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)^2 pour x≠−1x \neq -1.
On pose $u = \dfrac{x-1}{x+1}$ et $f = u^2$. $u' = \dfrac{(x+1) - (x-1)}{(x+1)^2} = \dfrac{2}{(x+1)^2}$. Formule : $(u^2)' = 2u \cdot u'$. $f'(x) = 2 \cdot \dfrac{x-1}{x+1} \cdot \dfrac{2}{(x+1)^2} = \dfrac{4(x-1)}{(x+1)^3}$. $\boxed{f'(x) = \dfrac{4(x-1)}{(x+1)^3}}$
2.
f(x)=e1xf(x) = e^{\frac{1}{x}} pour x≠0x \neq 0.
On pose $u = \dfrac{1}{x}$, $u' = -\dfrac{1}{x^2}$. $(e^u)' = u' \cdot e^u$. $f'(x) = -\dfrac{1}{x^2} \cdot e^{1/x} = \boxed{-\dfrac{e^{1/x}}{x^2}}$
3.
f(x)=ln⁡(ex+1)f(x) = \ln(e^x + 1) sur R\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 ff et gg deux fonctions dérivables telles que f(2)=5f(2) = 5, f′(2)=3f'(2) = 3, g(1)=2g(1) = 2, g′(1)=−1g'(1) = -1.
1.
Calculer (f∘g)′(1)(f \circ g)'(1).
Par la formule de dérivation de la composée : $(f \circ g)'(1) = g'(1) \times f'(g(1)) = g'(1) \times f'(2)$ $= (-1) \times 3 = \boxed{-3}$
2.
Déterminer l'équation de la tangente à la courbe de f∘gf \circ g au point d'abscisse 11.
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) $y = -3(x - 1) + 5 = -3x + 3 + 5$ $\boxed{y = -3x + 8}$
3.
Si de plus f′(5)=2f'(5) = 2 et g′(5)=4g'(5) = 4, calculer (g∘f)′(2)(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 ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=e−x2+2xf(x) = e^{-x^2 + 2x}.
1.
Déterminer les limites de ff en +∞+\infty et −∞-\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 $f(x) \to 0$. $\boxed{\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = 0}$
2.
Calculer f′(x)f'(x) et la factoriser.
On pose $u = -x^2 + 2x$, $u' = -2x + 2 = -2(x-1)$. $f'(x) = u' \cdot e^u = -2(x-1) \cdot e^{-x^2+2x} = \boxed{-2(x-1)e^{-x^2+2x}}$
3.
Étudier le signe de f′(x)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 : $x$ : $-\infty$ ........... $1$ ........... $+\infty$ $f'(x)$ : ........ $+$ ..... $0$ ..... $-$ ........ $f(x)$ : $0$ ↗ $e$ ↘ $0$ $\boxed{f \text{ est croissante sur } ]-\infty; 1] \text{ et décroissante sur } [1; +\infty[, \text{ max } f(1) = e.}$
4.
Montrer que l'axe des abscisses est asymptote horizontale en +∞+\infty et −∞-\infty.
D'après les limites calculées en question 1 : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$ et $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0$. Donc la droite $y = 0$ (axe des abscisses) est **asymptote horizontale** à la courbe de $f$ en $+\infty$ et en $-\infty$. $\boxed{y = 0 \text{ est AH en } +\infty \text{ et en } -\infty.}$
Exercice 22
Difficile
Soit ff la fonction définie sur ]0 ;+∞[]0\, ; +\infty[ par f(x)=(ln⁡x)2−2ln⁡xf(x) = (\ln x)^2 - 2\ln x.
1.
Calculer f′(x)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 $-2\ln x$ : $(- 2\ln x)' = -\dfrac{2}{x}$. $f'(x) = \dfrac{2\ln x}{x} - \dfrac{2}{x} = \dfrac{2\ln x - 2}{x} = \dfrac{2(\ln x - 1)}{x}$. $\boxed{f'(x) = \dfrac{2(\ln x - 1)}{x}}$
2.
Résoudre f′(x)=0f'(x) = 0 et étudier le signe de f′(x)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 $\ln x - 1$. - $\ln x - 1 < 0 \Leftrightarrow \ln x < 1 \Leftrightarrow x < e$ : $f'(x) < 0$. - $\ln x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > e$ : $f'(x) > 0$. $\boxed{f'(x) < 0 \text{ sur } ]0; e[ \text{ et } f'(x) > 0 \text{ sur } ]e; +\infty[}$
3.
Dresser le tableau de variations de ff 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 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. $\boxed{\text{Minimum } f(e) = -1}$
4.
Résoudre f(x)=0f(x) = 0.
On pose $t = \ln x$. L'équation devient $t^2 - 2t = 0$, soit $t(t - 2) = 0$. $t = 0$ ou $t = 2$. $\ln x = 0 \Rightarrow x = 1$ et $\ln x = 2 \Rightarrow x = e^2$. $\boxed{f(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \text{ ou } x = e^2}$
Exercice 23
Difficile
On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=exex+1f(x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1} (fonction sigmoïde).
1.
Montrer que f(x)=11+e−xf(x) = \dfrac{1}{1 + e^{-x}}.
On divise numérateur et dénominateur par $e^x$ : $f(x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1} = \dfrac{e^x / e^x}{(e^x + 1)/e^x} = \dfrac{1}{1 + e^{-x}}$. $\boxed{f(x) = \dfrac{1}{1 + e^{-x}}}$
2.
Calculer f′(x)f'(x) et montrer que f′(x)>0f'(x) > 0 pour tout xx.
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 $e^x > 0$ et $(e^x+1)^2 > 0$, on a bien $f'(x) > 0$ pour tout $x$. $\boxed{f'(x) = \dfrac{e^x}{(e^x+1)^2} > 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}}$
3.
Déterminer les limites de ff en −∞-\infty et +∞+\infty et donner les asymptotes.
En $+\infty$ : $e^x \to +\infty$, 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 $\dfrac{e^x}{e^x + 1} \to \dfrac{0}{0 + 1} = 0$. $\boxed{\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0 \text{ (AH } y = 0\text{) et } \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 \text{ (AH } y = 1\text{)}}$
4.
Montrer que f(x)+f(−x)=1f(x) + f(-x) = 1 pour tout xx.
$f(-x) = \dfrac{e^{-x}}{e^{-x} + 1} = \dfrac{e^{-x}}{e^{-x} + 1} \times \dfrac{e^x}{e^x} = \dfrac{1}{1 + e^x}$. 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 ff définie sur ]0 ;+∞[]0\, ; +\infty[ par f(x)=x−ln⁡(x2+1)f(x) = x - \ln(x^2 + 1).
1.
Calculer f′(x)f'(x) et la mettre sous la forme d'une fraction.
$f'(x) = 1 - \dfrac{2x}{x^2+1} = \dfrac{x^2 + 1 - 2x}{x^2 + 1} = \dfrac{(x-1)^2}{x^2+1}$. $\boxed{f'(x) = \dfrac{(x-1)^2}{x^2+1}}$
2.
En déduire le signe de f′(x)f'(x) et les variations de ff sur ]0 ;+∞[]0\, ; +\infty[.
$(x-1)^2 \geq 0$ et $x^2 + 1 > 0$ 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). $\boxed{f \text{ est croissante sur } ]0\, ; +\infty[}$
3.
Calculer f(1)f(1) et déterminer la limite de ff en +∞+\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)⋅ecos⁡(x)f(x) = \sin(x) \cdot e^{\cos(x)} sur [0 ;2π][0\, ; 2\pi].
1.
Calculer f′(x)f'(x).
On utilise $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u = \sin x$ et $v = e^{\cos x}$. $u' = \cos x$. 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 $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ : $f'(x) = e^{\cos x}(\cos x - 1 + \cos^2 x) = e^{\cos x}(\cos^2 x + \cos x - 1)$. $\boxed{f'(x) = e^{\cos x}(\cos^2 x + \cos x - 1)}$
2.
Résoudre cos⁡2t+cos⁡t−1=0\cos^2 t + \cos t - 1 = 0 en posant X=cos⁡tX = \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. $\boxed{\cos t = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}}$
3.
En déduire les valeurs de xx dans [0 ;2π][0\, ; 2\pi] où f′(x)=0f'(x) = 0 et donner le signe de f′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 $[0\, ; 2\pi]$ : $x = \alpha$ ou $x = 2\pi - \alpha$. 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 ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=e2x−4ex+3f(x) = e^{2x} - 4e^x + 3.
1.
En posant X=exX = e^x, factoriser f(x)f(x).
On pose $X = e^x > 0$. Alors : $f(x) = X^2 - 4X + 3 = (X - 1)(X - 3) = (e^x - 1)(e^x - 3)$. $\boxed{f(x) = (e^x - 1)(e^x - 3)}$
2.
Résoudre f(x)=0f(x) = 0.
$f(x) = 0 \Leftrightarrow e^x = 1$ ou $e^x = 3$. $e^x = 1 \Leftrightarrow x = 0$ et $e^x = 3 \Leftrightarrow x = \ln 3$. $\boxed{f(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0 \text{ ou } x = \ln 3}$
3.
Calculer f′(x)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 : $f(x) \to +\infty$ en $+\infty$ et $f(x) \to 3$ en $-\infty$ (car $e^x \to 0$ et $e^{2x} \to 0$). $\boxed{f \text{ décroît sur } ]-\infty; \ln 2] \text{ de } 3 \text{ à } -1, \text{ puis croît sur } [\ln 2; +\infty[ \text{ de } -1 \text{ à } +\infty.}$
4.
En déduire le signe de f(x)f(x) sur R\mathbb{R}.
D'après le tableau de variations et les racines $x = 0$ et $x = \ln 3$ : - Sur $]-\infty\, ; 0[$ : $f$ décroît de $3$ à $f(0) = 0$, mais en passant par des valeurs positives. En effet, $f$ passe de $3$ à $0$ en décroissant sur $]-\infty; 0]$ (vérifions : $f$ décroît de $3$ vers $-1$ minimum en $\ln 2$, or $\ln 2 > 0$). Reprenons : $f$ décroît de $3$ à $-1$ sur $]-\infty; \ln 2]$. Comme $f(0) = 0$ et $0 < \ln 2$ : - Sur $]-\infty\, ; 0]$ : $f$ décroît de $3$ à $0$, 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 $0$ à $+\infty$, 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=32V = 32 cm3^3, à base carrée de côté x>0x > 0.
1.
Exprimer la hauteur hh en fonction de xx.
Le volume est $V = x^2 \cdot h = 32$, donc : $h = \dfrac{32}{x^2}$. $\boxed{h = \dfrac{32}{x^2}}$
2.
Montrer que la surface totale (base + 4 côtés) est S(x)=x2+128xS(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 : $S(x) = x^2 + \dfrac{128}{x}$. $\boxed{S(x) = x^2 + \dfrac{128}{x} = x^2 + 128x^{-1}}$
3.
Étudier les variations de SS et déterminer la valeur de xx 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. $S(4) = 16 + \dfrac{128}{4} = 16 + 32 = 48$ cm$^2$, et $h = \dfrac{32}{16} = 2$ cm.
Exercice 28
Difficile
Soit ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=ln⁡(ex+e−x)f(x) = \ln(e^x + e^{-x}).
1.
Montrer que ff 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 $x$ : $\boxed{f \text{ est paire.}}$
2.
Calculer f′(x)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.)
3.
Montrer que ff est croissante sur [0 ;+∞[[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 $]-\infty\, ; 0]$.)
4.
Montrer que f(x)=x+ln⁡(1+e−2x)f(x) = x + \ln(1 + e^{-2x}) pour x>0x > 0 et en déduire que f(x)∼xf(x) \sim x quand x→+∞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)=ex+1f(x) = \sqrt{e^x + 1} définie sur R\mathbb{R}.
1.
Montrer que ff est bien définie et calculer f′(x)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 $u = e^x + 1$, $u' = e^x$. $(\sqrt{u})' = \dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$. $f'(x) = \dfrac{e^x}{2\sqrt{e^x + 1}} = \boxed{\dfrac{e^x}{2\sqrt{e^x+1}}}$
2.
Montrer que ff est strictement croissante sur R\mathbb{R}.
Pour tout $x \in \mathbb{R}$ : $e^x > 0$ et $\sqrt{e^x + 1} > 0$. Donc $f'(x) = \dfrac{e^x}{2\sqrt{e^x+1}} > 0$ pour tout $x$. $\boxed{f \text{ est strictement croissante sur } \mathbb{R}.}$
3.
Déterminer les limites de ff en −∞-\infty et +∞+\infty.
En $-\infty$ : $e^x \to 0$ donc $f(x) = \sqrt{e^x + 1} \to \sqrt{0 + 1} = 1$. En $+\infty$ : $e^x \to +\infty$ donc $f(x) \to +\infty$. $\boxed{\lim_{x \to -\infty} f(x) = 1 \quad (\text{AH } y = 1) \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}$
4.
Montrer que f(x)∼ex/2f(x) \sim e^{x/2} quand x→+∞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)=x2e1/xf(x) = x^2 e^{1/x} définie sur ]0 ;+∞[]0\, ; +\infty[.
1.
Calculer f′(x)f'(x).
On utilise $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u = x^2$ et $v = e^{1/x}$. $u' = 2x$. Pour $v'$ : on pose $w = \dfrac{1}{x}$, $w' = -\dfrac{1}{x^2}$, donc $v' = -\dfrac{1}{x^2} e^{1/x}$. $f'(x) = 2x \cdot e^{1/x} + x^2 \cdot \left(-\dfrac{1}{x^2}\right) e^{1/x} = 2x \, e^{1/x} - e^{1/x} = (2x - 1) e^{1/x}$. $\boxed{f'(x) = (2x-1)e^{1/x}}$
2.
Étudier les variations de ff.
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**. $f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{4} e^2$. $\boxed{f \text{ décroît sur } ]0; \tfrac{1}{2}] \text{ et croît sur } [\tfrac{1}{2}; +\infty[, \text{ minimum } f(\tfrac{1}{2}) = \dfrac{e^2}{4}.}$
3.
Déterminer lim⁡x→0+f(x)\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 ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=eexf(x) = e^{e^x}.
1.
Calculer f′(x)f'(x) et f′′(x)f''(x).
**Calcul de $f'(x)$ :** On pose $u = e^x$, donc $f(x) = e^u$ et $u' = e^x$. $f'(x) = u' \cdot e^u = e^x \cdot e^{e^x} = \boxed{e^x \cdot e^{e^x}}$. **Calcul de $f''(x)$ :** $f'(x) = e^x \cdot e^{e^x}$. On utilise $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u = e^x$ et $v = e^{e^x}$. $u' = e^x$ et $v' = e^x \cdot e^{e^x}$ (calculé ci-dessus). $f''(x) = e^x \cdot e^{e^x} + e^x \cdot e^x \cdot e^{e^x} = e^{e^x} \cdot e^x(1 + e^x)$. $\boxed{f''(x) = e^x(1 + e^x) \cdot e^{e^x}}$
2.
Montrer que ff est convexe sur R\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 $x$. $\boxed{f''(x) > 0 \text{ pour tout } x \in \mathbb{R}, \text{ donc } f \text{ est convexe sur } \mathbb{R}.}$
3.
Déterminer les limites de ff en −∞-\infty et +∞+\infty.
En $-\infty$ : $e^x \to 0^+$, 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 fn(x)=(cos⁡x)nf_n(x) = (\cos x)^n pour n≥1n \geq 1 et x∈[0 ;π]x \in [0\, ; \pi].
1.
Exprimer fnf_n comme composée et calculer fn′(x)f_n'(x).
On pose $g(x) = \cos x$ et $\varphi(u) = u^n$, donc $f_n = \varphi \circ g$. Par la formule de dérivation des composées : $f_n'(x) = g'(x) \times \varphi'(g(x)) = (-\sin x) \times n(\cos x)^{n-1}$. $\boxed{f_n'(x) = -n \sin(x) (\cos x)^{n-1}}$
2.
Étudier les variations de f2(x)=cos⁡2(x)f_2(x) = \cos^2(x) sur [0 ;π][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), $f_2(\pi) = 1$. $\boxed{f_2 \text{ décroît de } 1 \text{ à } 0 \text{ sur } [0; \pi/2] \text{ puis croît de } 0 \text{ à } 1 \text{ sur } [\pi/2; \pi].}$
3.
Montrer que pour tout n≥1n \geq 1, fnf_n a un minimum en x=π2x = \dfrac{\pi}{2} sur [0 ;π][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 $(\cos x)^{n-1} > 0$ et $\sin x > 0$, d'où $f_n'(x) < 0$ → décroissante. - Sur $]\pi/2; \pi[$ : $\cos x < 0$ et $n-1$ 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 ff sur R\mathbb{R} par f(x)=x−ln⁡(1+ex)f(x) = x - \ln(1 + e^x).
1.
Montrer que f(x)=−ln⁡(1+e−x)f(x) = -\ln(1 + e^{-x}) pour tout xx.
$f(x) = x - \ln(1 + e^x)$. 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 $f(x) = x - x - \ln(1 + e^{-x}) = -\ln(1 + e^{-x})$. $\boxed{f(x) = -\ln(1 + e^{-x})}$
2.
Calculer f′(x)f'(x) et montrer que 0<f′(x)<10 < f'(x) < 1 pour tout xx.
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 $0 < \dfrac{1}{1+e^x} < 1$. $\boxed{f'(x) = \dfrac{1}{1 + e^x} \quad \text{et} \quad 0 < f'(x) < 1 \text{ pour tout } x.}$
3.
Déterminer les limites de ff en −∞-\infty et +∞+\infty et les asymptotes.
En $+\infty$ : 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 $-\infty$. $\boxed{\text{AH } y = 0 \text{ en } +\infty \text{ ; asymptote oblique } y = x \text{ en } -\infty.}$
4.
Montrer que ff est strictement croissante et que ff réalise une bijection de R\mathbb{R} sur ]−∞ ;0[]-\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 ff une fonction dérivable et strictement monotone sur un intervalle II, et soit g=f−1g = f^{-1} sa bijection réciproque.
1.
Montrer que (g∘f)(x)=x(g \circ f)(x) = x pour tout x∈Ix \in I et en déduire par dérivation que g′(f(x))=1f′(x)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) : $g'(f(x)) = \dfrac{1}{f'(x)}$. $\boxed{g'(f(x)) = \dfrac{1}{f'(x)}}$
2.
Application : retrouver la dérivée de ln⁡(x)\ln(x) sachant que ln⁡=exp⁡−1\ln = \exp^{-1}.
On a $f = \exp$ et $g = \ln = f^{-1}$. D'après la formule : $g'(f(x)) = \dfrac{1}{f'(x)}$. $\ln'(e^x) = \dfrac{1}{e^x}$. En posant $y = e^x$ (donc $x = \ln y$, $y > 0$) : $\ln'(y) = \dfrac{1}{y}$. $\boxed{(\ln(y))' = \dfrac{1}{y} \quad \text{pour } y > 0}$
3.
Application : retrouver la dérivée de arctan⁡(x)\arctan(x) sachant que arctan⁡=tan⁡−1\arctan = \tan^{-1} et que tan⁡′(x)=1+tan⁡2(x)\tan'(x) = 1 + \tan^2(x).
On pose $f = \tan$ sur $]-\pi/2\, ; \pi/2[$ et $g = \arctan = f^{-1}$. $g'(f(x)) = \dfrac{1}{f'(x)} = \dfrac{1}{1 + \tan^2(x)}$. 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)=e2xf(x) = e^{2x} et g(x)=ln⁡(x+1)g(x) = \ln(x + 1).
1.
Calculer (f∘g)(x)(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 $x > -1$. $\boxed{(f \circ g)(x) = (x+1)^2 \text{ pour } x > -1}$
2.
Calculer (g∘f)(x)(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 $\mathbb{R}$. $\boxed{(g \circ f)(x) = \ln(e^{2x} + 1) \text{ pour } x \in \mathbb{R}}$
3.
Calculer (f∘g)′(x)(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) :** $(f \circ g)'(x) = g'(x) \times f'(g(x))$. $g'(x) = \dfrac{1}{x+1}$ et $f'(t) = 2e^{2t}$, 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 ff définie par f(x)=ln⁡xxf(x) = \dfrac{\ln x}{x} pour x>0x > 0.
1.
Calculer f′(x)f'(x).
On utilise la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$ avec $u = \ln x$, $v = x$. $u' = \dfrac{1}{x}$, $v' = 1$. $f'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x} \cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}$. $\boxed{f'(x) = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}}$
2.
Étudier les variations de ff 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**. $f(e) = \dfrac{\ln e}{e} = \dfrac{1}{e}$. $\boxed{\text{Maximum } f(e) = \dfrac{1}{e}}$
3.
En déduire que ln⁡x≤xe\ln x \leq \dfrac{x}{e} pour tout x>0x > 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 $x = e$.
4.
En composant avec l'exponentielle, montrer que x≤ex/ex \leq e^{x/e} pour tout x>0x > 0, puis que eπ>πee^\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 ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=ex−x−1f(x) = e^x - x - 1.
1.
Étudier les variations de ff et montrer que f(x)≥0f(x) \geq 0 pour tout xx.
$f'(x) = e^x - 1$. $f'(x) = 0 \Leftrightarrow e^x = 1 \Leftrightarrow x = 0$. - $x < 0$ : $e^x < 1$ donc $f'(x) < 0$ → **décroissante**. - $x > 0$ : $e^x > 1$ donc $f'(x) > 0$ → **croissante**. Minimum en $x = 0$ : $f(0) = 1 - 0 - 1 = 0$. $\boxed{f(x) \geq f(0) = 0 \text{ pour tout } x \in \mathbb{R}, \text{ soit } e^x \geq x + 1.}$
2.
En déduire que ex≥1+x+x22e^x \geq 1 + x + \dfrac{x^2}{2} pour tout x≥0x \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 $x \geq 0$. $\boxed{\forall x \geq 0, \quad e^x \geq 1 + x + \dfrac{x^2}{2}}$
3.
Par le même raisonnement, montrer que ex≥1+x+x22+x36e^x \geq 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6} pour tout x≥0x \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 $[0\, ; +\infty[$ et $h(0) = 0$. 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∈N∗n \in \mathbb{N}^*. On considère fn(x)=xne−xf_n(x) = x^n e^{-x} sur [0 ;+∞[[0\, ; +\infty[.
1.
Calculer fn′(x)f_n'(x) et la factoriser.
$(uv)' = u'v + uv'$ avec $u = x^n$ et $v = e^{-x}$. $u' = nx^{n-1}$, $v' = -e^{-x}$. $f_n'(x) = nx^{n-1}e^{-x} + x^n(-e^{-x}) = x^{n-1}e^{-x}(n - x)$. $\boxed{f_n'(x) = x^{n-1}e^{-x}(n - x)}$
2.
Étudier les variations de fnf_n sur [0 ;+∞[[0\, ; +\infty[ et donner son maximum.
Pour $x > 0$ : $x^{n-1} > 0$ et $e^{-x} > 0$. 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 : $f_n(0) = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} f_n(x) = 0$ (croissance comparée). $\boxed{\text{Maximum de } f_n \text{ en } x = n : f_n(n) = \left(\dfrac{n}{e}\right)^n}$
3.
En déduire que n!≥(ne)nn! \geq \left(\dfrac{n}{e}\right)^n pour tout n≥1n \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+ex)−x2−ln⁡2f(x) = \ln(1 + e^x) - \dfrac{x}{2} - \ln 2 pour x∈Rx \in \mathbb{R}.
1.
Montrer que ff 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 $f(-x) = \ln(1+e^x) - x + \dfrac{x}{2} - \ln 2 = \ln(1+e^x) - \dfrac{x}{2} - \ln 2 = f(x)$. $\boxed{f(-x) = f(x) : f \text{ est paire.}}$
2.
Calculer f′(x)f'(x) et montrer que f′(x)=ex−12(ex+1)f'(x) = \dfrac{e^x - 1}{2(e^x + 1)}.
$f'(x) = \dfrac{e^x}{1 + e^x} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{2e^x - (1 + e^x)}{2(1 + e^x)} = \dfrac{e^x - 1}{2(e^x + 1)}$. $\boxed{f'(x) = \dfrac{e^x - 1}{2(e^x + 1)}}$
3.
Montrer que f(x)≥0f(x) \geq 0 pour tout xx et que f(0)=0f(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 $x < 0$ et $f'(x) > 0$ 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>0a > 0 fixé, la fonction faf_a définie sur R\mathbb{R} par fa(x)=ax−1ax+1f_a(x) = \dfrac{a^x - 1}{a^x + 1} où ax=exln⁡aa^x = e^{x \ln a}.
1.
Exprimer faf_a en fonction de l'exponentielle et montrer que faf_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 $f_a = g \circ u$. $\boxed{f_a(x) = g(x\ln a) \text{ où } g(t) = \dfrac{e^t - 1}{e^t + 1}}$
2.
Calculer fa′(x)f_a'(x) et étudier le signe de fa′f_a' selon les valeurs de aa.
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 $e^{x\ln a} > 0$ et $(e^{x\ln a} + 1)^2 > 0$, 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**. $\boxed{f_a'(x) = \dfrac{2\ln a \cdot e^{x\ln a}}{(e^{x\ln a}+1)^2} ; \; f_a \text{ croissante si } a > 1, \text{ décroissante si } 0 < a < 1.}$
3.
Déterminer les limites de faf_a en −∞-\infty et +∞+\infty pour a>1a > 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 $y = -1$ et $y = 1$ sont asymptotes horizontales.
4 problèmes de synthèse
Problème 1 — Étude de la fonction racine composée
Facile
On considère la fonction ff définie par f(x)=6x−x2f(x) = \sqrt{6x - x^2}.

Partie A — Domaine et décomposition

1.
Montrer que ff est la composée f=φ∘gf = \varphi \circ g où g(x)=6x−x2g(x) = 6x - x^2 et φ(u)=u\varphi(u) = \sqrt{u}.
$(\varphi \circ g)(x) = \varphi(g(x)) = \varphi(6x - x^2) = \sqrt{6x - x^2} = f(x)$. Donc $f = \varphi \circ g$ ✓. $\boxed{f = \varphi \circ g \text{ avec } g(x) = 6x - x^2 \text{ et } \varphi(u) = \sqrt{u}}$
2.
Déterminer le domaine de définition de ff.
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 $x \in [0\, ; 6]$. $\boxed{D_f = [0\, ; 6]}$
3.
Calculer f(0)f(0), f(3)f(3) et f(6)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

4.
Étudier les variations de g(x)=6x−x2g(x) = 6x - x^2 sur [0 ;6][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. $\boxed{g \text{ croît de } 0 \text{ à } 9 \text{ sur } [0;3] \text{ puis décroît de } 9 \text{ à } 0 \text{ sur } [3;6].}$
5.
En utilisant la composition des variations, déduire les variations de ff sur [0 ;6][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 $0$ à $\sqrt{9} = 3$). - Sur $[3\, ; 6]$ : $g$ décroissante, $\varphi$ croissante → $f$ **décroissante** (de $3$ à $0$). $\boxed{f \text{ croît de } 0 \text{ à } 3 \text{ sur } [0;3] \text{ et décroît de } 3 \text{ à } 0 \text{ sur } [3;6]. \text{ Maximum } f(3) = 3.}$
6.
Vérifier en calculant f′(x)f'(x) sur ]0 ;6[]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, tt heures après son absorption, est modélisée par :

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

Partie A — Étude de la fonction

1.
Calculer C(0)C(0) et interpréter. Déterminer lim⁡t→+∞C(t)\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.
2.
Calculer C′(t)C'(t) et la factoriser.
On utilise $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u = 5t$ et $v = e^{-0{,}5t}$. $u' = 5$ et $v' = -0{,}5 \, e^{-0{,}5t}$. $C'(t) = 5 e^{-0{,}5t} + 5t \times (-0{,}5) e^{-0{,}5t} = 5e^{-0{,}5t}(1 - 0{,}5t) = \dfrac{5(2 - t)}{2} e^{-0{,}5t}$. Ou plus simplement : $C'(t) = 5e^{-0{,}5t}(1 - 0{,}5t)$. $\boxed{C'(t) = 5(1 - 0{,}5t)e^{-0{,}5t}}$
3.
En déduire le temps t0t_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

4.
Le médicament est efficace lorsque C(t)≥2C(t) \geq 2. Montrer que C(t)=2C(t) = 2 admet exactement deux solutions t1t_1 et t2t_2 avec 0<t1<2<t20 < 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 $C(0) = 0$ à $C(2) = 10/e \approx 3{,}68$. 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 $C(2) \approx 3{,}68$ à $0$. Comme $0 < 2 < 3{,}68$, par le TVI, il existe un unique $t_2 \in ]2\, ; +\infty[$ tel que $C(t_2) = 2$. $\boxed{C(t) = 2 \text{ admet exactement 2 solutions } t_1 \in ]0;2[ \text{ et } t_2 \in ]2; +\infty[.}$
5.
Donner des valeurs approchées de t1t_1 et t2t_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 $t_2 \approx 5{,}1$ h. $\boxed{t_1 \approx 0{,}5 \text{ h et } t_2 \approx 5{,}1 \text{ h}}$ 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 ff définie sur ]0 ;+∞[]0\, ; +\infty[ par :

f(x)=xln⁡x−x+1f(x) = x \ln x - x + 1

Partie A — Variations et signe

1.
Déterminer les limites de ff en 0+0^+ et en +∞+\infty.
En $0^+$ : $x\ln x \to 0$ (croissance comparée), $-x \to 0$ et $+1$. Donc $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0 - 0 + 1 = 1$. En $+\infty$ : $x\ln x \to +\infty$ et $-x + 1$ est négligeable devant $x\ln x$. Donc $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. $\boxed{\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}$
2.
Calculer f′(x)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**.
3.
En déduire le minimum de ff et montrer que f(x)≥0f(x) \geq 0 pour tout x>0x > 0.
Minimum en $x = 1$ : $f(1) = 1 \times \ln 1 - 1 + 1 = 0 - 1 + 1 = 0$. Comme $f$ décroît de $1$ à $0$ sur $]0; 1]$ puis croît de $0$ à $+\infty$ 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 $x = 1$.
4.
En remplaçant xx par 1x\dfrac{1}{x}, en déduire que ln⁡x≤x−1\ln x \leq x - 1 pour tout x>0x > 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

5.
Soient a,b>0a, b > 0. En appliquant ln⁡x≤x−1\ln x \leq x - 1 à x=abx = \dfrac{a}{b}, montrer que ln⁡a−ln⁡b≤ab−1\ln a - \ln b \leq \dfrac{a}{b} - 1.
On applique $\ln x \leq x - 1$ avec $x = \dfrac{a}{b}$ ($> 0$) : $\ln\left(\dfrac{a}{b}\right) \leq \dfrac{a}{b} - 1$. $\ln a - \ln b \leq \dfrac{a - b}{b}$. $\boxed{\ln a - \ln b \leq \dfrac{a}{b} - 1 = \dfrac{a - b}{b}}$
6.
En déduire que ab≤a+b2\sqrt{ab} \leq \dfrac{a+b}{2} pour tous a,b>0a, 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 $\ln t \leq t - 1$ à $t = \dfrac{\sqrt{a/b} + \sqrt{b/a}}{2}$... 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 ff la fonction définie sur R\mathbb{R} par f(x)=ex−1f(x) = e^x - 1. On définit la suite de fonctions (fn)(f_n) par :

f1=fetfn+1=f∘fn pour n≥1.f_1 = f \quad \text{et} \quad f_{n+1} = f \circ f_n \text{ pour } n \geq 1.

Ainsi f2=f∘ff_2 = f \circ f, f3=f∘f∘ff_3 = f \circ f \circ f, etc.

Partie A — Premières itérées

1.
Calculer f2(x)=(f∘f)(x)f_2(x) = (f \circ f)(x).
$f_2(x) = f(f(x)) = f(e^x - 1) = e^{e^x - 1} - 1$. $\boxed{f_2(x) = e^{e^x - 1} - 1}$
2.
Vérifier que f1(0)=f2(0)=0f_1(0) = f_2(0) = 0. Comment appelle-t-on 00 pour la fonction ff ?
$f_1(0) = f(0) = e^0 - 1 = 0$ ✓. $f_2(0) = e^{e^0 - 1} - 1 = e^0 - 1 = 0$ ✓. 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 $f$ : $f(0) = 0$. $\boxed{0 \text{ est un point fixe de } f : f(0) = 0.}$
3.
Calculer f1′(0)f_1'(0), f2′(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

4.
Montrer par récurrence que fn′(0)=(f′(0))n=1f_n'(0) = (f'(0))^n = 1 pour tout n≥1n \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 $n \geq 1$. $\boxed{\forall n \geq 1, \quad f_n'(0) = 1}$
5.
Plus généralement, si gg est une fonction dérivable avec un point fixe aa (c'est-à-dire g(a)=ag(a) = a), montrer que la dérivée de gn=g∘g∘⋯∘gg_n = g \circ g \circ \cdots \circ g (nn fois) en aa vaut (g′(a))n(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 $g_1(a) = a$ et $g_{n+1}(a) = g(g_n(a)) = g(a) = a$). 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

6.
Montrer que pour tout x>0x > 0, f(x)>xf(x) > x (c'est-à-dire ex>x+1e^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 $x > 0$. $\boxed{\forall x > 0, \quad f(x) > x}$
7.
En déduire que pour x>0x > 0, la suite (fn(x))n(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 $n \geq 1$ et $x > 0$. Alors $f_{n+1}(x) = f(f_n(x)) > f_n(x)$ (car $f(t) > t$ pour $t = f_n(x) > 0$). $\boxed{\text{Pour } x > 0, \text{ la suite } (f_n(x)) \text{ est strictement croissante.}}$
8.
Montrer que pour x>0x > 0, lim⁡n→+∞fn(x)=+∞\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 $+\infty$. $\boxed{\forall x > 0, \quad \lim_{n \to +\infty} f_n(x) = +\infty}$