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Corrigé 2011 : Problème

Détails: Catégorie : synthèse

I. $f(x)=\frac{3(x-1)^3}{3x^{2}+1^{..}}$

Soit $D_f$ le domaine de définition de la fonction f,
$D_{f}=\mathbb{R}$ car $3x^{2}+1\dif 0$ pour tout $x\in \mathbb{R}$ .

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

2) $x\mapsto (x-1)^{3}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme puissance d'une fonction dérivable sur $\mathbb{R}$

D'où par produit $x\mapsto (x-1)^{3}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$

$x\mapsto 3x^{2}+1$ dérivable sur $\mathbb{R}$ et $3x^{2}+1\neq 0$ pour tout réel; par quotient $x\mapsto f(x)$ dérivable sur $\mathbb{R}$

Calculons f'(x)

$f(x)=3\frac{3(x-1)^2(3x^{2}+1)-(x-1)^3(6x)}{(3x^{2}+1)^2}$

$f(x)=3(x-1)^2\left[\frac{3(3x^{2}+1)-(x-1)(6x)}{(3x^{2}+1)^2}\right]$

$f(x)=3(x-1)^2\left[\frac{9x^{2}+3)-6x^{2})}{(3x^{2}+1)^2}\right]$

$f(x)=\frac{9(x-1)^2(x-1)^2}{(3x^{2}+1)^2}$

3) f continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ donc f réalise un e bijection continue de $\mathbb{R}$ sur $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ et $1\in f(\mathbb{R}).$
donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l'équaiton f(x) = 1 admet un solution unique $\alpha\in\mathbb{R}$

Montrons $3<\alpha <4$

La restriction de f à [3 ; 4] est une bijectio continue et f(3) < 1 < f(4) donc l'équation f(x) = 1 admet une solution $\alpha\in]3,4[.$

II. $g(x)=\frac{3(ln|x|-1)^3}{3ln^2|x|+1}$

1)a) g(x) existe si et seulement $\left\{\begin{array}{l}x\neq 0\\3ln^{2}|x|+1\neq 0\end{array}\right.$

or $3ln^{2}|x|+1\neq 0$

D'où $Dg=\mathbb{R^{*}}$

b)
$g(x)=\frac{3(ln|x|-1)^3}{3[(ln|)^2x+1}$

$g(x)=f(ln|x|$ en posant h(x) = ln|x|

on a $g(x)=(foh)(x),x\neq 0$

c) $Dg=\mathbb{R^{*}}$

soit $X\in Dg$ donc $-X\in Dg$ $\mathbb{R^{*}}$ stable par passage à l'opposé)

g(-x) = f(h(-x)) or h paire $\Longrightarrow h(-x)=(x)$

d'où $g(-x)=g(x),x\neq 0$

III 1) c) Aussi g est paire sur Dg

d) $D_{E}=]0, +\infty[$

x >0 donc h(x) = lnx or k(x) = f(h(x))

$\lim_{x\to 0^{+}}h(x)=-\infty$ et $\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$

Par composée $\lim_{x\to 0^{+}}k(x)=-\infty$

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

Par composée $\lim_{x\to +\infty}k(x)=+\infty$

Etude des brances infinies en $+\infty$

$K(x)=\frac{3(ln|x|-1)^3}{3[(ln|)^2x+1}$

$\frac{K(x)}{x}=\frac{3(ln^{3}-3lnx^2+3lnx-1)}{x(3lnx^2+1}$

Pour x > 0 $\frac{K(x)}{x}=\frac{3lnx}{x}\frac{\left[1-\frac{3}{lnx}+\frac{3}{lnx^{2}}-\frac{1}{lnx^{3}}}\right]{\left[3+\frac{1}{2}}\right]$ lnx

$\lim_{x\to +\infty}K(x)=0$ donc $C_{k}$ admet en k une branche parabolique de direction celle de l'axe des abscisses.

2) a) on a k(x) = (f o h)(x)

En utilisant la forme de la dérivation d'une forme composéé on obtient :
$k'(x) = h'(x) xf'(h(x))$ ;
$k'(x)=\frac{1}{x}f'(h(x)).$
k'(x)garde un signe positif sur $]0,+\infty[$ mais k'(x) s'annule en s vérifiant lnx-1=0u lnx+1=0
x=e ou $x=\frac{1}{e}$

$K\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{3(-1-1)^3}{3+1}=-6$

b) $k(x)=0\Leftrightarrow 3(lnx-1)^3=0$

$lnx=1$

$x=e$

$C_k$ coupe l'axe des abscisses en A(e,0)

Si $x\in ]0,e[,k(x)<0$

Si $x\in ]e,+\infty[,k(x)>0$

Si $x=e, k(x)=0$

3) a) K est continue et strictementcroissante sur $]0,+\infty[$ par composée de deux fonctions continue et strictement croissante.
D'où K réalise une bijection de $]0,+\infty[$ sur $]\mathbb{R}.$

D'où $K(]0,+\infty[)$ sur $]\mathbb{R}.$

Donc $J=\mathbb{R}$

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