TD : Fonctions. Université Pierre et Marie Curie Le 29 novembre 2012 http ://

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1 Université Pierre et Marie Curie Le 9 novembre 0 LM0 ttp :// TD : Fonctions Corrigé Eercice :. Réécrivons f () en fonction de y : f () ey + y/ f () ey + y y ( + y + + y ɛ(y))( y + y 4 + y ɛ(y)) y ( + y + y y + y 4 + y ɛ(y)) + y 4 + y 8 + y ɛ(y) Donc f () + ( ) 4 + ( ) 8 + ( ) ɛ( ).. Réécrivons f () en fonction de y : f () ( + ln( + y)) / f () ( + y y + y ɛ(y)) / Le développement limité de ( + X) / quand X tend vers 0 est : Pour X y y + y ɛ(y), on trouve : ( + X) / + X X 9 + X ɛ(x) f () + y y y 9 + y ɛ(y) + y 5y 8 + y ɛ(y) + 5( ) 8 + ( ) ɛ( )

2 Eercice :.. Une primitive de + est +. Les solutions sont donc toutes les fonctions de la forme : f() K ep( + ) K R.. Le polynôme associé à cette équation est 9X X. Ses racines sont réelles. Ce sont r et r. Les solutions sont donc toutes les fonctions de la forme : f() λ ep(/) + µ ep( /) λ, µ R.. Le polynôme associé à cette équation est X + X +. Ses racines ne sont pas réelles. Ce sont r + i et r i. Les solutions sont donc les fonctions de la forme f() e (λ cos() + µ sin()) + f 0 () où f 0 est une solution particulière de l équation. Trouvons une solution particulière f 0. Puisque le deuième membre est un polynôme de degré, on va cercer f 0 sous la forme d un polynôme de degré : f 0 () α + β + γ f 0 () + f 0() + f 0 () (α) + (α + β) + (α + β + γ) α + (4α + β) + (γ + β + α) La fonction f 0 est donc solution de l équation différentielle si et seulement si α, 4α+β 4 et γ + β + α 4, soit α, β 0 et γ. Donc f 0 () +. Les solutions sont donc toutes les fonctions de la forme : f() e (λ cos() + µ sin()) + +. a) (ln(ln())) ln() ( ) ln() ln() / ln() ( ) ln () ln () ln() ln () λ, µ R b) D après la question a), une primitive de est ln(ln()). Les solutions de l équation ln() omogène f () f() sont donc les fonctions de la forme f() K ep(ln(ln())) ln() K ln() pour K R. Toutes les solutions de l équation différentielle sont la somme d une solution particulière et d une solution quelconque de l équation omogène. Calculons donc une solution particulière. On utilise la métode de la variation de la constante et on cerce la solution sous la forme f 0 () K() ln(). Puisque f 0 est une solution de l équation différentielle : K () ln() + K() (K() ln()) f 0() ln() f 0() + ( ln() ) K() + ( ln() )

3 En simplifiant les K(), on trouve K () ln() ( ln() ) soit : K () ( ln() ln () ) D après la question a), la fonction K() est une solution de cette dernière équation. Une ln() solution particulière de l équation différentielle est donc : f 0 () K() ln() ln() ln() Les solutions de l équation différentielle sont donc toutes les fonctions de la forme : f() f 0 () + K ln() + K ln() K R c) Soit f une fonction vérifiant l équation différentielle ainsi que la condition f() 5. D après la question b), la fonction f est de la forme f() + K ln() pour un certain K R. Puisque f() 5, 4 + K ln() f() 5 donc K ln() et K. La fonction f vaut ln() donc f() + ln(). ln() Donc, si f vérifie les conditions voulues, f() + ln() De plus, si f() + ln() ln() ln()., f est une solution de l équation différentielle de l énoncé (car elle est de la forme trouvée en b)) et elle vérifie f() + ln() ln() fonction qui vérifie les deu conditions demandées, c est f() + ln() ln(). Eercice : 5. Il eiste donc une unique. La fonction f est définie en (, y) si et seulement si ln(4 ( + y )) et + le sont. Il faut donc que les deu conditions suivantes soient vérifiées : 4 ( + y ) > C est équivalent à : + y < 4 et. L ensemble des points tels que + y < 4 est le disque de centre 0 et de rayon 4 (dont le bord est indiqué en vert sur le dessin). L ensemble des points tels que est l ensemble des points situés à droite de la droite verticale d équation (en rouge sur le dessin). Le domaine correspond donc à la zone acurée en bleu du dessin suivant.

4 . f f (, y) (, y) y + 4 ( +y ) + 4 ( +y ). L équation du plan tangent en (, ) est : z f(, ) + ( ) f (, ) + (y ) f (, ) En calculant les valeurs de f f (, ) et (, ) grâce au epressions du b), on obtient : z ln() + + ( )( + ) + (y )( ) ln() ( + ) y Eercice 4 :. Le domaine de définition de f est l ensemble des (, y) tels que /y est défini (c est-à-dire y 0) et appartient au domaine de définition de tangente. On sait que tan(z) est définie ssi z π [π] (cela correspond au points où le cosinus ne s annule pas). Donc le domaine de définition de f est : {(, y) R, y 0 et y π [π]} Les dérivées partielles de f sont : f (, y) y ( + tan (/y)) f (, y) y ( + tan (/y)). Le domaine de définition de f est l ensemble des (, y) tels que ln(y) est défini et + y 0. Il s agit donc de : {(, y) R, y > 0, y} 4

5 Les dérivées partielles de f sont : ( ln(y)) f (, y) ( + y) (+y) ( ln(y)) ( + y) f (, y) ( ln(y)) ( + y) (+y) ( ln(y)) ( + y) ln(y)( + y) ln(y) ( + y) y ln(y) ( + y) ( + y)/y ln(y) ( + y) + y y ln(y) y( + y) Eercice 5 :. arcsin( ) arcsin( sin(arcsin())) arcsin(sin( arcsin())) arcsin(). La fonction arcsin est la réciproque de la fonction sin, qui réalise une bijection de [ π; π] vers [ ; ]. De plus, sin cos ne s annule pas sur ] π; π [. La fonction arcsin est donc dérivable sur l image de ] π; π [, c est-à-dire sur ] ; [ et sa dérivée vaut : arcsin () sin (arcsin()) cos(arcsin()) De plus, si arcsin() ] π; π[, cos(arcsin()) > 0 et, puisque cos (arcsin())+sin (arcsin()) : cos(arcsin()) sin (arcsin()) D où arcsin (). Si 0, les inégalités sont vraies (ce sont en fait des égalités). Supposons maintenant ]0; [. D après le téorème des accroissements finis, il eiste c ]0; [ tel que : arcsin (c) arcsin() arcsin(0) 0 arcsin() Or arcsin (c) c. Puisque 0 c : 0 c c c Donc arcsin(). Puisque > 0, on peut multiplier par les inégalités : arcsin() Le raisonnement pour ] ; 0[ est identique, à part que la multiplication finale par fait canger de sens les inégalités. 5

6 4. La fonction arcsin admet un développement limité à l ordre car elle est trois fois dérivable sur ] ; [ (en fait, elle est infiniment dérivable, car est infiniment dérivable sur ] ; [). La fonction arcsin est impaire donc les termes d ordre pair de son développement limité sont nuls. Donc α γ sin(arcsin()) sin(β + δ + ɛ()) On sait que sin(x) X X 6 + X ɛ(x). En posant X β + δ + ɛ(), on trouve : β + δ + ɛ() 6 (β + δ + ɛ()) + ɛ() β + (δ 6 β ) + ɛ() Puisque le développement limité de la fonction est unique, on doit avoir β et δ 6 β 0, soit β et δ 6. Eercice 6 :. a) Supposons que f vérifie la propriété. On va montrer que f est croissante. Il faut montrer que, pour tous, y R tels que < y, on a f() f(y). Soient donc, y R quelconques tels que < y. Puisque ( y)(f() f(y)) 0 et puisque y < 0, f() f(y) 0, soit f() f(y). b) Soit f croissante. On va montrer que la propriété voulue est vérifier. Il faut montrer que, pour tous, y R, ( y) (f() f(y)) 0. Soient donc et y quelconques dans R. On va séparer deu cas. Premier cas : y. Alors f() f(y) car f est croissante donc y 0 et f() f(y) 0. Donc ( y)(f() f(y)) 0 : c est le produit de deu réels négatifs. Deuième cas : > y. Dans ce cas, f() f(y) car f est croissante donc y > 0 et f() f(y) 0. Donc ( y)(f() f(y)) 0. Dans quelque cas qu on se trouve, on a donc ( y)(f() f(y)) 0. Cette inégalité est donc valable pour n importe quel et n importe quel y. La propriété R y R, ( y) (f() f(y)) 0 est donc vérifiée.. On prend E F G R. On prend f() e et g(). La fonction g n est pas injective car g() g( ) (par eemple). En revance, la fonction g f : (e ) e est injective : si y, y donc g f() e e y g f(y). Eercice 7 :. Soit R quelconque. Pour tout 0 : g( + ) g() f( +, 0) f(, 0) Cette dernière epression admet une limite lorsque tend vers 0, car f est dérivable par rapport à en (, 0), donc g est dérivable en et sa dérivée vaut : g () lim 0 g( + ) g() f (, 0) a La fonction g est donc dérivable, de dérivée constante égale à a. 6

7 Puisque g () a pour tout R, g est une fonction affine de la forme g() a + α, pour un certain α R. Calculons α à partir de la valeur de g en 0 : Donc, pour tout, g() a + g(0). g(0) a.0 + α α. Soit y R quelconque. De même qu à la question précédente, est dérivable en y et sa dérivée vaut : (y) lim 0 (y + ) (y) lim 0 f(, y + ) f(, y) f (, y) b La fonction est de dérivée constante égale à b, donc affine de coefficient directeur b : (y) by + β. De plus, β (0) donc (y) by + (0) pour tout y R.. Pour tout, y R : f(, y) (y) (0) + by f(, 0) + by g() + by g(0) + a + by f(0, 0) + a + by Eercice 8 :. Premier cas : y 0. Dans ce cas, la fonction + y ne s annule pas sur R et est continue. La fonction y est aussi continue donc f(, y) est le quotient de deu fonctions continues, la fonction du dénominateur ne s annulant pas. C est donc une fonction continue. Deuième cas : y 0. Dans ce cas, pour tout R, f(, y) f(, 0) 0. La fonction f(, y) est donc une fonction constante et elle est continue.. C est le même raisonnement qu en., en écangeant et y.. Posons n y n. Alors, pour tout n, f( n n n, y n ). n ( n) +( n). Lorsque n +, n 0 et y n 0 mais f( n, y n ) f(0, 0) 0. La fonction f n est donc pas continue. 7