Corrigé

Université Aix-Marseille
2014–2015
Parcours PEIP - Introduction à l’analyse
Corrigé du devoir surveillé no 1
Exercice 1.
Pour que f soit définie en x ∈ R, il faut que la fonction racine soit définie en 1 − |x − 1|, c’est-à-dire que
1 − |x − 1| ≥ 0 ⇔ |x − 1| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2
La fonction f est donc définie sur [0, 2].
Pour que g soit définie en x ∈ R, il faut que
1. la fonction racine soit définie en 3 − x, c’est-à-dire
3−x≥0⇔x≤3 ;
√
2. la fonction logarithme soit définie en x − 3 − x, c’est-à-dire
√
√
x − 3 − x > 0 ⇔ x > 3 − x ⇔ x2 > 3 − x et x > 0
⇔
x2 + x − 3 > 0 et x > 0
On reconnait un polynôme du second degré de discrimant égal à ∆ = 1+12 = 13. De plus le coefficient
√
dominant est positif, le polynôme n’est donc négatif qu’entre ses deux racines, à savoir −1−2 13 < 0
√
√
.
et −1+2 13 > 0. La condition devient donc x > 13−1
2
i√
i
√
√
√
13−1
13
16
13−1
On a 2 < 2 < 2 = 2 < 3. La fonction g est donc définie sur
,
3
.
2
Pour que h soit définie en x ∈ R, il faut que
1. la fonction racine soit définie en x, c’est-à-dire que x ≥ 0 ;
√
√
2. la fonction tangente soit définie en cos( x), c’est-à-dire que cos( x) 6= π2 + 2kπ pour tout k ∈ Z. Or
√
comme cos( x) ∈ [−1, 1] et comme π2 > 32 > 1, ceci est toujours le cas ;
√
3. la fonction inverse soit définie en tan (cos( x)), c’est-à-dire
√
√ tan cos( x) 6= 0 ⇔ cos( x) 6= kπ pour tout k ∈ Z
√
√
⇔ cos( x) 6= 0 car cos( x) ∈ [−1, 1]
√
π
⇔
x 6= + kπ pour tout k ∈ Z
2
√
√
π
⇔
x 6= + kπ pour tout k ∈ N car x ≥ 0
2
π
2
⇔ x 6=
+ kπ
pour tout k ∈ N.
n
o
22
π
La fonction h est donc définie sur [0, +∞[\ 2 + kπ k ∈ N .
Exercice 2.
1. Pour tout x ∈ R, on a
cos(3x)
=
= cos(x) cos(2x) − sin(x) sin(2x)
cos(x) cos (x) − sin2 (x) − 2 sin2 (x) cos(x)
=
cos3 (x) − 3 sin2 (x) cos(x) = cos3 (x) − 3 1 − cos2 (x) cos(x)
=
4 cos3 (x) − 3 cos(x).
=
cos x + 2x
2
2
2. On a
√
cos 3x = 4 3 cos2 x − 6 cos x ⇔
⇔
⇔
√
4 cos3 (x) − 3 cos(x) = 4 3 cos2 x − 6 cos x
√
4 cos2 (x) − 4 3 cos(x) + 3 cos(x) = 0

 cos(x) = 0
ou
√

2
4 cos (x) − 4 3 cos(x) + 3 = 0
On reconnait une équation polynomiale du √second√ degré de discriminant ∆ = 42 .3−42 .3 = 0 possédant
donc une unique racine (double) égale à 42.43 = 23 .
√
L’équation est donc vérifiée ssi cos(x) = 0 ou 23 . L’ensemble des solutions est donc
nπ
o [ nπ
o[n π
o
− + 2kπ k ∈ Z .
+ kπ k ∈ Z
+ 2kπ k ∈ Z
2
6
6
Exercice 3. Soit (x, y) un couple solution de l’équation. En multipliant la seconde équation par −2 en
en l’ajoutant à la première, on obtient 8x − 2x+1 = 0, c’est-à-dire 23x = 2x+1 . Or la fonction (x 7→ 2x ) est
strictement croissante donc injective. On obtient alors 3x = x + 1, c’est-à-dire x = 12 . La deuxième équation
√
1
du système de départ donne alors y =
22
5
=
2
5 .
√
√
1
2
8 2 = 2 2 = 10
5
√ L’unique solution du système est donc 12 , 52 .
Réciproquement, on a bien
et
1
22 =
√
√
2=5
2
.
5
Exercice 4.
1. Une application f : A → B est dite surjective ssi
∀y ∈ B, ∃x ∈ A, f (x) = y.
2. Soit f : A → B une application. Si f est bijective, alors on définit son application réciproque f −1 :
B → A par, pour tout x ∈ B, f −1 (x) =l’unique antécédent de x dans A par f.
3. L’application f1 est surjective car pour tout x0 ∈ [0, +∞[, on a f1 − x20 = x0 . Elle n’est par contre
pas injective car elle est constante égale à 0 sur tous les réels positifs ou nuls.
L’application f2 n’est pas surjective car −2 ∈ R n’a pas d’antécédent. En effet
f2 (x) = −2 ⇔
3 + 2x
= −2 ⇔ 3 + 2x = 2x − 4 ⇔ 3 = −4
2−x
ce qui n’a pas de solution. Elle est par contre injective car, pour tous x, y ∈ R \ {2}, on a
f2 (x) = f2 (y) ⇔
⇔
3 + 2x
3 + 2y
=
⇔ (3 + 2x)(2 − y) = (2 − x)(3 + 2y)
2−x
2−y
6 + 4x − 3y − 2xy = 6 + 4y − 3x − 2yx ⇔ 7x = 7y ⇔ x = y.
L’application f3 est surjective car, pour tout x0 ∈ R, on a f3 (0, x0 ) = x0 . Elle n’est par contre pas
injective car f3 (0, 0) = 0 = f3 (1, −2).
3
L’application f4 est bijective. En effet, pour tout y0 ∈]1, +∞[, on a
f (x) = y0
⇔
ex + 1
= y0
ex − 1
⇔
ex + 1 = y0 (ex − 1)
y0 + 1
car y0 6= 1
⇔ (y0 − 1)ex = y0 + 1 ⇔ ex =
y0 − 1
y0 + 1
y0 + 1
⇔ x = ln
car
> 0 puisque y0 > 1.
y0 − 1
y0 − 1
Cela montre que tout élément de ]1, +∞[
un unique antécédent. Cela montre de plus que,
possède
x+1
pour tout x ∈]1, +∞[, on a f4−1 (x) = ln x−1
.
L’application f5 n’est pas surjective car les seules solutions dans R de l’équation f5 (x) =
mais qu’aucune n’est dans N. Elle est par contre injective car, pour tous x, y ∈ N, on a
f5 (x) = f5 (y)
⇔
1
1
=
1 + x2
1 + y2
⇔
x2 = y 2
⇔
x = ±y
⇔
1
3
√
sont ± 2,
x = y car x, y ≥ 0.
Exercice 5.
1. L’application f est définie sur R et g va dans [0, +∞[⊂ R,f ◦ g est donc bien définie.
L’application g est définie sur 0, π2 et f va dans [0, 1[⊂ 0, π2 , g ◦ f est donc bien définie.
L’application h est définie sur [0, 1] et g va dans [0, +∞[6⊂ [0, 1],h ◦ g n’est donc pas définie.
L’application h est définie sur [0, 1] et k va dans [0, 1[⊂ [0, 1], h ◦ k est donc bien définie.
2. Les applications f ◦ g et h ◦ k sont toutes les deux définies sur 0, π2 et vont dans [0, 1]. Elles ont donc
bien les même espaces de départ et d’arrivée.
De plus, pour tout x ∈ 0, π2 , on a
(f ◦ g)(x)
= f g(x) =
=
1
=
tan2 (x)
1 + tan2 (x)
sin2 (x)
cos2 (x)
sin2 (x)
+ cos
2 (x)
2
sin (x)
= sin2 (x) = h k(x) = (h ◦ k)(x).
cos2 (x) + sin2 (x)
Les applications f ◦ g et h ◦ k sont donc égales.