-
Etudier les variations de
f
et donner les limites de
f
⁡
(
x
)
lorsque
x
tend vers
+
∞
et
−
∞
.
réponse
f
est dérivable sur
ℝ
et
f
′
⁡
(
x
)
=
1
+
2
⁢
e
x
>
0
Donc
f
est strictement croissante sur
ℝ
En
+
∞
:
f
⁡
(
x
)
=
x
+
1
+
2
⁢
e
x
→
+
∞
En
−
∞
:
f
⁡
(
x
)
=
x
+
1
+
2
⁢
e
x
→
−
∞
-
Justifier l'existence d'une asymptote méthode
La méthode
générale est de
1) déterminer la direction asymptotique
par la
lim
−
∞
f
⁡
(
x
)
/
x
=
a
donc directio asymptotoque d'équation
y
=
a
⁢
x
2)
rechercher l'asymptote par
lim
x
→
−
∞
f
⁡
(
x
)
−
a
⁢
x
=
b
d'où l'asymptote d'équation
y
=
a
⁢
x
+
b
La méthode élégante est d'écrire
f
⁡
(
x
)
=
a
⁢
x
+
b
+
ϵ
⁡
(
x
)
avec
ϵ
⁡
(
x
)
→
0
grace à un développment limité
oblique au voisinage de
−
∞
et donner la position elle est donnée par le signe de
f
⁡
(
x
)
−
(
a
⁢
x
+
b
)
de la courbe représentative de
f
par rapport à cette asymptote.
réponse
Méthode élégante ici : en
−
∞
on a :
f
⁡
(
x
)
−
(
x
+
1
)
=
2
⁢
e
x
→
0
donc la droite d'équation
y
=
x
+
1
est asymptote.
Et comme
f
⁡
(
x
)
−
(
x
+
1
)
>
0
,
la courbe représentative de
f
est au-dessus de l'asymptote.
-
Déduire des variations de
f
l'existence d'un unique
On ne demande pas ici de
déterminer ce réel mais seulement son existence et
son unicité.
Ce sera par bijection
réel
α
,
élément de l'intervalle
[
−
2
,
−
1
]
tel que
f
⁡
(
α
)
=
0
.
( on rappelle que
e
≃
2
,
7
)
réponse
On prépare le terrain pour
0
∈
f
⁡
(
[
−
2
,
−
1
]
)
On a
f
⁡
(
−
2
)
=
−
1
+
2
⁢
e
−
2
<
0
car
2
<
e
donc
e
−
2
<
1
4
et
f
⁡
(
−
1
)
=
0
+
2
⁢
e
−
1
>
0
On récite alors le théorème de bijection :
-
f
est continue et strictement croissante sur
[
−
2
,
−
1
]
-
donc bijective de
[
−
2
,
−
1
]
dans
[
f
⁡
(
−
2
)
,
f
⁡
(
−
1
)
]
-
De plus,
0
∈
[
f
⁡
(
−
2
)
,
f
⁡
(
−
1
)
]
Donc l'équation
f
⁡
(
x
)
=
0
a une unique solution sur cet intervalle.
Conclusion :
il existe un unique
α
∈
[
−
2
,
−
1
]
tel que
f
⁡
(
α
)
=
0
-
Déterminer le seul point critique de
ℝ
de
g
,
c'est-à-dire le seul couple de
ℝ
2
,
en lequel
g
est susceptible de présenter un extremum. C'est la condition
nécessaire d'extremum sur l'ouvert
ℝ
2
:
que les dérivées partielles premières s'annulent.
réponse
g
est
C
1
sur l'ouvert
ℝ
2
,
donc si
g
a un extremum en
(
x
,
y
)
alors
∂
g
∂
x
⁡
(
x
,
y
)
=
0
et
∂
g
∂
y
⁡
(
x
,
y
)
=
0.
ce
que l'on résout :
∂
g
∂
x
⁡
(
x
,
y
)
=
e
x
⁢
(
x
+
y
2
+
e
x
)
+
e
x
⁢
(
1
+
e
x
)
=
e
x
⁢
(
1
+
x
+
y
2
+
2
⁢
e
x
)
∂
g
∂
y
⁡
(
x
,
y
)
=
e
x
⁢
2
⁢
y
On
résout le système
:
{
∂
g
∂
x
⁡
(
x
,
y
)
=
0
∂
g
∂
y
⁡
(
x
,
y
)
=
0
⟺
{
e
x
⁢
(
1
+
x
+
y
2
+
2
⁢
e
x
)
=
0
e
x
⁢
2
⁢
y
=
0
⟺
Idée
réponse
Les conditions d'extrema lcoal conduisent à des systèmes non
linéaires. On les résoud en général par substitution.
Ouvrir grands les yeux : un produit est nul si ..
.
{
1
+
x
+
2
⁢
e
x
=
0
y
=
0
⟺
{
x
=
α
y
=
0
car
α
est la seule solution de
f
⁡
(
x
)
=
0
sur
[
−
2
,
−
1
]
et donc sur
ℝ
car
f
est strictement croissanet sur
ℝ
Conclusion
: Le seul point critique de
g
est
(
α
,
0
)
-
Vérifier que
g
présente un extremum relatif
β
c'est la valeur extremale de
g
que l'on demande
en ce point. réponse
Sur l'ouvert
ℝ
2
,
g
présente un extremum relatif en ce point si
r
⁢
t
−
s
2
>
0
:
réponse si
r
⁢
t
−
s
2
<
0
on n'a pas d'extremum local (le point est un "col" ou une "selle de cheval"
si
r
⁢
t
−
s
2
=
0
le théorème n epermet pas de conclure
On calcule les
dérivées secondes: réponse
Les dérivées secondes sont les
dérivées des dérivées premières.
Par exemple,
∂
2
g
∂
x
⁢
∂
y
⁡
(
x
,
y
)
est la dérivée par répport à
x
de
∂
g
∂
y
⁡
(
x
,
y
)
soit
∂
2
g
∂
x
⁢
∂
y
⁡
(
x
,
y
)
=
∂
∂
x
(
e
x
⁢
2
⁢
y
)
dans laquelle
y
est à présent une constante.
r
=
∂
2
g
∂
x
2
⁡
(
x
,
y
)
=
e
x
⁢
(
1
+
x
+
y
2
+
2
⁢
e
x
)
+
e
x
⁢
(
1
+
2
⁢
e
x
)
=
e
x
⁢
(
2
+
x
+
y
2
+
4
⁢
e
x
)
s
=
∂
2
g
∂
x
⁢
∂
y
⁡
(
x
,
y
)
=
e
x
⁢
2
⁢
y
t
=
∂
2
g
∂
y
2
⁡
(
x
,
y
)
=
2
⁢
e
x
Donc
en
(
α
,
0
)
on a
r
=
∂
2
g
∂
x
2
⁡
(
α
,
0
)
=
e
α
⁢
(
1
+
2
⁢
α
+
4
⁢
e
α
)
s
=
0
et
t
=
2
⁢
e
α
Donc
r
⁢
t
−
s
2
=
2
⁢
e
2
⁢
α
⁢
(
2
+
α
+
4
⁢
e
α
)
signe ?
et comme
−
2
≤
α
on a
(
2
+
α
+
4
⁢
e
α
)
>
0.
Donc
le point critique est un extremum local.
Est-ce un maximum ou un
minimum ? réponse Et comme
t
=
2
⁢
e
α
>
0
Conclusion :
(
α
,
0
)
est un minimum local et
β
=
g
⁡
(
α
,
0
)
=
e
α
⁢
(
α
+
e
α
)
-
Montrer que l'on a :
4
⁢
β
+
α
2
−
1
=
0
Idées
Il faut rasssembler les renseignement sur
α
et
β
réponse
Pour prouver la relation, on dispose de
β
=
e
α
⁢
(
α
+
e
α
)
et
α
vérifie
α
+
1
+
2
⁢
e
α
=
0
idée
Pour simplifier, on fait disparaitre les
e
α
Donc
α
=
−
(
1
+
2
⁢
e
α
)
et
α
2
=
1
+
4
⁢
e
α
+
4
⁢
e
2
⁢
α
Donc
4
⁢
β
+
α
2
−
1
=
4
⁢
α
⁢
e
α
+
4
⁢
e
2
⁢
α
+
1
+
4
⁢
e
α
+
4
⁢
e
2
⁢
α
−
1
=
=
4
⁢
e
α
⁢
(
α
+
1
+
2
⁢
e
α
)
=
0