Fonctions usuelles 1 Manipulations techniques des fonctionsvbayle76.free.fr/FonctionsUsuelles-2020.pdf · Fonctions usuelles 1 Manipulations techniques des fonctions 1.1 Généralités

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021MPSI 1 TD

Fonctions usuelles

1 Manipulations techniques des fonctions

1.1 Généralités

⊲ Exercice 1.1. Composition de fonctions monotones, paires et impaires, périodiquesSoient D et D′ deux parties de R, f : D → D′ et g : D′ → R deux fonctions.

1. Montrer que, si f et g ont la même monotonie alors g ◦ f est croissante.

2. Montrer que, si f et g n’ont pas la même monotonie alors g ◦ f est décroissante.

3. Montrer que, si f est paire, alors g ◦ f est paire.

4. On suppose que f est impaire. Discuter en fonction de la parité ou de l’imparité de g, celle de g ◦ f .

5. Montrer que, si f est périodique, alors g ◦ f est périodique. Montrer sur un exemple que la plus petitepériode strictement positive de g◦f peut être strictement plus petite que la plus petite période strictementpositive de f .

⊲ Exercice 1.2. Équation fonctionnelle (raisonnement par analyse-synthèse).Déterminer les fonctions f : R∗

+ → R telles que

∀x ∈ R∗+ , f(x) + 3f

(1x

)

= x2

⊲ Exercice 1.3. Exemple de raisonnement par analyse-synthèse.Montrer que toute fonction réelle d’une variable réelle définie sur R s’écrit de manière unique comme sommed’une fonction paire et d’une fonction impaire.

Application. Soient n ∈ N et (a0, . . . , an) ∈ Rn+1. Que dire de la fonction polynomiale P (x) =

n∑

k=0

akxk si l’on

sait qu’elle est paire (resp. impaire) ?

1.2 Étude de fonctions

⊲ Exercice 1.4. Recherche du domaine de définition

1. Quel est le domaine de définition de k(x) = ln | sin x| ?

2. Quels sont les domaines de définition de j1(x) = ln | ln x| et j2(x) =1

ln | ln x| ?

3. Quel est le domaine de définition de i(x) =1

sin(2x)− cos(3x)?

4. Quel est le domaine de définition de h(x) =√

2 sin x + 1 ?

5. Quel est le domaine de définition de g(x) = ln(cos x) + ln(sin x) ?

6. Quel est le domaine de définition de f(x) = ln(sin(2x)) ? cette fonction est-elle très différente de la fonctiong précédente ?

⊲ Exercice 1.5. Étude des branches infiniesÉtudier les branches infinies des fonctions définies par les expressions suivantes et représentez-les dans le repèreorthonormé (O,

−→i ,−→j ) usuel.

1) f(x) =x3

(x− 1)22) f(x) = 1 + e

1x 3) f(x) =

1− 3x− 2x2

x + 2

4) f(x) = ln(| ln x|) 5) f(x) =√

4x2 − 2x + xex 6) f(x) = 4 +√

4x2 + x√

x + 1

⊲ Exercice 1.6. Étude de fonctionÉtude complète de la fonction f définie par f(x) =

√

x2 − 2x− 3.

1. Domaine de définition, réduction du domaine d’étude.

2. Étude des variations.

3. Étude des branches infinies (position relative courbe asymptote).

1

4. Calculer, pour u > 0,f(3 + u)− f(3)

upuis étudier l’existence d’une limite pour cette quantité lorsque

u→ 0+. Que peut-on en déduire ?

5. Tracer.

⊲ Exercice 1.7. Étude de fonctionÉtudier la fonction définie par f(x) =

⌊x

2

⌋

− 12⌊x⌋

⊲ Exercice 1.8. Étude de fonctionÉtudier la fonction définie par f(x) = ⌊x⌋ − (⌊x⌋ − x)2 puis tracer son graphe. En déduire les graphes des

fonctions g et h définies par g(x) = f(x

2

)

et h(x) = f(|x + 1|).

1.3 Notion de bijection

⊲ Exercice 1.9. Montrer que la fonction définie pour tout x ∈ R par

f(x) ={

1 + ln(x + 1) si x > 0,x + 1 si x < 0.

est une bijection et expliciter sa bijection réciproque.Représenter sur un même graphe f et f−1.

⊲ Exercice 1.10. Montrer que, si f est bijective de I dans J , alors −f est une bijection de I dans −J = {−y|y ∈J} et expliciter sa bijection réciproque.

⊲ Exercice 1.11. Considérons la fonction f définie par l’expression f(x) =ex

ex − 1.

1. Montrer que f est une bijection de ]0, +∞[ sur un intervalle à préciser.

2. Donner les propriétés de f−1 qui se déduisent de celles de f (monotonie, limites au bord du domaine etasymptotes, continuité, dérivabilité). Expliciter f−1′

(x).

3. Expliciter f−1(x) en résolvant directement l’équation f(x) = y et retrouver les propriétés établies dans laquestion précédente.

2 Fonctions usuelles

2.1 Valeur absolue, partie entière notée E(·) ou ⌊·⌋

⊲ Exercice 2.1. Montrer que, pour tout entier n ∈ N,n− 1

26

⌊n

2

⌋

6n

2.

⊲ Exercice 2.2. Montrer que, ∀(x, y) ∈ R2, E(x) + E(y) + E(x + y) 6 E(2x) + E(2y).

⊲ Exercice 2.3.

1. Montrer que, ∀(n, x) ∈ N∗ × R, 0 6 E(nx)− nE(x) 6 n− 1.

2. En déduire que, ∀(n, x) ∈ N∗ × R, E

(E(nx)

n

)

= E(x).

⊲ Exercice 2.4. Montrer que, ∀(n, x) ∈ N∗ × R,

n−1∑

k=0

E

(

x +k

n

)

= E(nx).

⊲ Exercice 2.5. Résoudre dans R,∣∣∣∣

x− 1x + 3

∣∣∣∣6 2.

⊲ Exercice 2.6.

1. Montrer que, pour tout (a, b) ∈ R2, max(a, b) =

a + b + |a− b|2

et min(a, b) =a + b− |a− b|

2.

2. Soient f et g deux fonctions réelles définies et continues sur un intervalle réel I. Montrer que m

∣∣∣∣

I → R

t 7→ min(f(t), g(t))

et M

∣∣∣∣

I → R

t 7→ max(f(t), g(t))sont des fonctions continues sur I.

2

2.2 Fonctions puissance, logarithme et exponentielle

⊲ Exercice 2.7. Calcul

1. Simplifier (écrire différemment et plus simplement) les expressions :

1) (a(n2))2 2)an2

an3) a3n(an)3 4) (an)n

5)1

(1 + x)26)

− 1x2

1+xx

7) xln(ln x)

ln x 8) (e−5 ln p)ln q −(

1q5

)ln p

9) (2n − 1)2 − 4n − 2n+1 10) (1 +√

5)2 − 6− 2√

5 11) (n + 2)!− n! 12)n + 2

(n + 1)!− 1

n!.

2. Que pensez-vous des expressions suivantes :8 + sin(π

6 ) sin(7π6 )

(sin π4 )3

etcos(π

3 )2 − 23

(cos π4 )3

.

⊲ Exercice 2.8. Exprimer, en fonction de n et du premier terme, le terme général des suites récurrentes réellessuivantes :{

u0 ∈ R

∀n ∈ N, un+1 = u2n

,

{v0 ∈ R

∗

∀n ∈ N, vn+1 = vnn

,

{w1 ∈ R

∗

∀n ∈ N∗, wn+1 = wn

n

,

{x1 ∈ R

∀n ∈ N∗, xn+1 = nxn

.

⊲ Exercice 2.9. Résoudre

1. 2(x2) = 3(x3).

2.{

8x = 10y2x = 5y

3. x√

x =√

xx.

⊲ Exercice 2.10. Résoudre les inégalités

1. ln |x + 2| 6 ln 3 + ln |x− 1|.2. 2 4√

x + 3 3√

x >√

x

2.3 Trinôme du second degré

⊲ Exercice 2.11. Interprétation analytique des propriétés géométriques du trinôme du second degré

1. Quelle est l’équation de l’axe de symétrie de la parabole y = 3x2 − 6x + 1 ? Quelles sont les coordonnéesde son sommet ? tracer l’allure de cette parabole.

2. Le trinôme x2 + 4x − 2 admet-il des racines réelles ? que dire de leur signe ? que dire de l’ensemble dessolutions de l’équation x2 + 4x− 2 < 0 ?

3. Le trinôme x2 + 4x + 3 admet-il des racines réelles ? que dire de leur signe ? que dire de l’ensemble des

solutions du système{

x2 + 4x + 3 6 0x > 0

?

⊲ Exercice 2.12. InéquationsRésoudre les inégalités (on ne se privera pas d’une représentation graphique)

1. x2 + 2x− 3 < 5.

2. |x2 + 2x− 3| < 3.

3. ln |x + 3| < 2 ln 2− ln |x− 1|.

⊲ Exercice 2.13.Soit α ∈ R tel que −π < α < π.

1. Montrer que sin2 α− 2(1 + cos α) = −4 cos4 α

2.

2. Résoudre dans le corps C des nombres complexes l’équation d’inconnue z :

z2 − 2z sin α + 2(1 + cos α) = 0 .

3. Exprimer, en fonction de α le module et l’argument dans [0, 2π[ des racines de l’équation.

3

3 Inégalités

3.1 Manipulation des inégalités

⊲ Exercice 3.1. Entraînement aux estimations sans étudier les fonctions à encadrer.Prouver les encadrements ci-dessous

1. ∀x ∈ [0, 1],1√26

x3 + x + 1√1 + x2

6 3.

2. ∀x ∈ [−1, 1], −1 6x3 + x + 1√

2− x26 3.

3. ∀x ∈ R,236

3 + cos x

2 + cos x6 4 puis changer de technique pour obtenir ∀x ∈ R,

436

3 + cos x

2 + cos x6 2.

4. ∀x ∈ R,1

2 +√

26

1cos x + sin x + 2

61

2−√

2.

5. ∀x ∈]0, 1],1π

6sin x

x2 + x6 1.

⊲ Exercice 3.2. Montrer que, pour tout n ∈ N∗,

∀(x1, x2, . . . , xn) ∈ [0, 1]n,

n∑

i=1

xi =n∑

i=1

x2i ⇒ ∀i ∈ {1, 2, . . . , n}, xi ∈ {0, 1}.

⊲ Exercice 3.3. 1. Soit n ∈ N∗ fixé quelconque. Considérons la fonction f(x) =

n∑

k=1

kxk. Montrer que,

∀x ∈ R \ {1}, f(x) = x× d

dx

(

x× 1− xn

1− x

)

= x× d

dx

(1− xn+1

1− x

)

.

2. Montrer que,

∀n ∈ N∗,

n∑

k=1

k

2k= 2(

1− n + 22n+1

)

et calculer la limite de cette expression lorsque n tend vers +∞.

3. En déduire que,∀n ∈ N

∗, 212 × 4

14 × 8

18 × · · · × (2n)

12n < 4.

Peut-on améliorer cette inégalité en remplaçant 4 par un nombre réel strictement inférieur à 4 ?

4. En reprenant la preuve conduite ci-dessus, montrer que,

∀x ∈ R \ {1}, ∀n ∈ N∗,

n∑

k=1

kxk =x(1 − (n + 1)xn + nxn+1)

(1− x)2

et en déduire que

∀x ∈]− 1, 1[, limn→+∞

n∑

k=1

kxk =x

(1− x)2

puis que

∀λ ∈]1, +∞[, ∀n ∈ N∗,

n∏

k=1

(λk) 1

λk < λλ

(λ−1)2 ,

cette dernière inégalité ne pouvant pas être améliorée.

⊲ Exercice 3.4. Propriétés de la moyenne de CesaroSoit (un)n∈N une suite réelle à laquelle on associe la suite réelle (vn)n∈N définie par

vn =u0 + u1 + u2 + · · ·+ un

n + 1.

1. Montrer que si (un)n∈N est croissante, alors (vn)n∈N l’est aussi.

2. Montrer que si (un)n∈N est majorée, alors (vn)n∈N l’est aussi.

3. Montrer que si (un)n∈N est bornée, alors (vn)n∈N l’est aussi.

4. Dans chacun des cas précédents, démontrez l’assertion réciproque ou infirmez la, en explicitant un contre-exemple.

4

3.2 Preuves d’inégalités

⊲ Exercice 3.5. RécurrenceMontrer, par récurrence, la propriété

∀n ∈ N∗ , 1 +

122

+132

+ . . . +1n2

6 2− 1n

⊲ Exercice 3.6. RécurrenceDémontrer que :

∀x ∈]− 1, +∞[, ∀n ∈ N, (1 + x)n> 1 + nx .

⊲ Exercice 3.7. Montrer que ∀x ∈ R, x(x−1) > −14

. On donnera trois preuves, une algébrique, une analytique

et une graphique.

⊲ Exercice 3.8. Méthode fonctionnelle basée sur une étude de variations d’une fonctionMontrer que

1. ∀x ∈ [0, π], 1− x2

26 cos x 6 1.

Application : montrer que la suite un =1n

n∑

k=1

coskπ

n2converge et calculer sa limite.

2. ∀x ∈ [0, π], x− x3

66 sin x 6 x.

Application : montrer que la suite un =n∑

k=1

sinkπ

n2converge et calculer sa limite.

et tracer les courbes représentatives des 3 fonctions de chaque encadrement sur un même dessin.

⊲ Exercice 3.9. Inégalités avec 3 variablesMontrer que, ∀(x, y, z) ∈ R

∗+

3 tels que x 6 y + z,

x

1 + x<

y

1 + y+

z

1 + z

Indic : en posant f : t 7→ t

1 + t, on pourra montrer que ∀s ∈ R

∗+ , ∀t ∈]0, s[ , f(s) < f(t) + f(s− t).

⊲ Exercice 3.10. Intérêt des inégalités

1. Montrer que ∀x ∈ R+, x− x2

26 ln(1 + x) 6 x.

2. (*) En déduire la limite de un =n∏

k=1

(

1 +k

n2

)

.

3. (**) En déduire la limite de vn =n∏

k=1

(

1− k

n2

)

.

4 Limites usuelles et théorème des croissances comparées

⊲ Exercice 4.1. Préciser le comportement des suites suivantes lorsque n tend vers +∞ :

1)n2 ln n

en2)

8n + 32n

√√n + (ln n)100

3)n7n + 32n

ln n +√

n

4)ln(n)9n + ln(n + 1)32n

(32n+3 + n23n) ln(n +√

n)5)

ln n + ln n2

4

3 ln n + 16)

7n5 + n2

(n + 3)5 − ln(n10)

7)32n − 23n

ln(n + 2)− ln((n + 4)3 + 1)8)

(ln n

(3e)n

) 12n

9)a3n ln n

nn, a ∈ R

∗+

10)2n∑

k=n

ak , a ∈ R, 11)

√n ln(n4)− 3n ln

(

(n + 2)1√n

)

e6n + 100n12)

n2 +√

nn

√n! + e6n

13)(n + 3)n − (n + 1)n+1

2 ln n!−∑2n

k=1 ln k

5

⊲ Exercice 4.2. Préciser le comportement des suites suivantes lorsque n tend vers +∞ en utilisant les limitesusuelles et le théorème des croissances comparées :

1)ln (1 + e−n)

e−n2) n sin

(1

n + 1− 1

n2

)

3)tan2(ne−n)

(n + 1)2 ln(1− 2e−2n)

4)(2n +

√n) 1

ln(n+1) 5)(n2 +

√n) 1

ln(n+1) 6)(

1 +ln(1 + 2n3)√

2n

)√

n

ln n

7) n(32n − 1) 8)

1− cos( ln nn

)

(n2n − 1)2

9)ln(2√

en + 1)

2n((ln 3)1n − 1)

6

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

1. ⋆ Supposons que f et g sont croissantes.Soient (x, y) ∈ D2 fixés quelconques tels que x < y.Par croissance de f , f(x) 6 f(y) d’où, par croissance de g, g(f(x)) 6 g(f(y)).Par conséquent, g ◦ f est croissante.

⋆ Supposons que f et g sont décroissantes.Soient (x, y) ∈ D2 fixés quelconques tels que x < y.Par décroissance de f , f(x) > f(y) d’où, par décroissance de g, g(f(x)) 6 g(f(y)).Par conséquent, g ◦ f est croissante.

2. ⋆ Supposons que f est croissante et g est décroissante.Soient (x, y) ∈ D2 fixés quelconques tels que x < y.Par croissance de f , f(x) 6 f(y) d’où, par décroissance de g, g(f(x)) > g(f(y)).Par conséquent, g ◦ f est décroissante.

⋆ Supposons que f est décroissante et g est croissante.Soient (x, y) ∈ D2 fixés quelconques tels que x < y.Par croissance de f , f(x) > f(y) d’où, par croissance de g, g(f(x)) > g(f(y)).Par conséquent, g ◦ f est décroissante.

3. Supposons que f est paire.(i) puisque f est paire, ∀x ∈ D, −x ∈ D,(ii) ∀x ∈ D, (g ◦ f)(−x) = g(f(−x)) = g(f(x))

︸︷︷︸

f est paire

= g ◦ f)(x).

Par conséquent, g ◦ f est paire .

4. On suppose que f est impaire.(i) puisque f est impaire, ∀x ∈ D, −x ∈ D,(ii) ∀x ∈ D,

⋆ si g est paire, (g ◦ f)(−x) = g(f(−x)) = g(−f(x)) = g(f(x))︸︷︷︸

g est paire

= (g ◦ f)(x),

⋆ si g est impaire, (g ◦ f)(−x) = g(f(−x)) = g(−f(x)) = −g(f(x))︸︷︷︸

g est impaire

= −(g ◦ f)(x).

Par conséquent, si g est paire alors g ◦ f est paire, si g est impaire alors g ◦ f est impaire.

5. Supposons que f est périodique.Soit T > 0 une période de f .(i) puisque f admet T pour période, ∀x ∈ D, x + T ∈ D et x− T ∈ D,(ii) ∀x ∈ D, (g ◦ f)(x + T ) = g(f(x + T )) = g(f(x))

︸︷︷︸

T période de f

= (g ◦ f)(x).

Par conséquent, T est une période de g ◦ f donc g ◦ f est périodique .

Posons D = D′ = R, f = sin et g = | · |. Alors la plus petite période strictement positive de f est 2πtandis que la plus petite période strictement positive de g ◦ f est π.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.2 • Analyse.Soit f une fonction solution de l’équation fonctionnelle fixée quelconque.Soit x ∈ R

∗+ fixé quelconque.

Puisque f est une solution,

f(x) + 3f

(1x

)

= x2 (1)

Par ailleurs, en appliquant l’équation fonctionnelle pour x← 1x

,

f

(1x

)

+ 3f (x) =1x2

(2)

En calculant (1)-3×(2),

−8f(x) = x2 − 3x2

1

donc f(x) = −18

(

x2 − 3x2

)

.

Ainsi, l’équation fonctionnelle possède au plus une solution, il s’agit de la fonction h :

∥∥∥∥∥∥

R∗+ → R

x 7→ −18

(

x2 − 3x2

)

• Synthèse.Soit x ∈ R

∗+ fixé quelconque.

Calculons

f(x) + 3f

(1x

)

= −18

(

x2 − 3x2

)

− 38

(1x2− 3x2

)

=18

(

−x2 +3x2− 3

x2+ 9x2

)

= x2

donc l’équation fonctionnelle possède au moins une solution, il s’agit de la fonction h.

Il existe une unique solution : h :

R∗+ → R

x 7→ −18

(

x2 − 3x2

)

⊲ Corrigé de l’exercice 1.3Soit f ∈ F(R) fixée quelconque.

• Analyse.

Supposons qu’il existe (fp, fi) ∈ F(R)2 telles que

fp est paire,fi est impaire,f = fp + fi .

On a donc, pour tout x ∈ R,f(x) = fp(x) + fi(x) (3)

et,f(−x) = fp(−x) + fi(−x) = fp(x)− fi(−x) (4)

En procédant à la demi-somme et à la demi-différence des égalités (3) et (4), on obtient

fp(x) =f(x) + f(−x)

2et fi(x) =

f(x)− f(−x)2

Nous observons alors que les fonctions fp et fi sont entièrement déterminées par f , elles sont donc uniques.Nous venons de prouver l’unicité de la décomposition sous hypothèse d’existence !

• Synthèse.

Posons gp

∣∣∣∣∣

R → R

x 7→ f(x) + f(−x)2

et gi

∣∣∣∣∣

R → R

x 7→ f(x)− f(−x)2

Observons que

⋆ gp est définie sur R donc ∀x ∈ R, −x ∈ R et gp(−x) =f(−x) + f(−(−x))

2=

f(−x) + f(x)2

= gp(x)

donc gp est paire,

⋆ gi est définie sur R donc ∀x ∈ R, −x ∈ R et gi(−x) =f(−x)− f(−(−x))

2=

f(−x)− f(x)2

= −gi(x)

donc gi est impaire,

⋆ ∀x ∈ R, gi(x) + gp(x) =f(x) + f(−x)

2+

f(x)− f(−x)2

= f(x) donc f = gi + gp.

Nous venons de prouver qu’il existe au moins une façon d’écrire f comme somme d’une fonction paire etd’une fonction impaire, ce qui prouve l’existence d’au moins une décomposition.

2

Supposons que P est paire :

∀x ∈ R , P (x) =12

(P (x) + P (−x))

=12

n∑

k=0

akxk +12

n∑

k=0

ak(−x)k

=n∑

k=0

ak

1 + (−1)k

2︸︷︷︸

={

1 si k ≡ 0 [2],0 si k ≡ 1 [2].

xk

=n∑

k=0k≡0 [2]

akxk

=∑

06i6⌊ n2 ⌋

a2ix2i tous les coefficients d’indices impairs sont nuls

Supposons que P est impaire :

∀x ∈ R , P (x) =12

(P (x) − P (−x))

=12

n∑

k=0

akxk − 12

n∑

k=0

ak(−x)k

=n∑

k=0

ak

1− (−1)k

2︸︷︷︸

={

0 si k ≡ 0 [2],1 si k ≡ 1 [2].

xk

=n∑

k=0k≡1 [2]

akxk

=∑

06i6⌊ n−12 ⌋

a2i+1x2i+1 tous les coefficients d’indices pairs sont nuls

Pour justifier les plages de variation de l’indice i dans les deux calculs ci-dessus, on observe que

— si n ≡ 0 [2], ∃p ∈ N : n = 2p, p = ⌊n2⌋ et p− 1 = ⌊n− 1

2⌋,

— la somme2p∑

k=0k≡0[2]

. . . correspond àp∑

i=0

. . . =⌊ n

2 ⌋∑

i=0

. . .

— la somme2p∑

k=0k≡1[2]

. . . correspond àp−1∑

i=0

. . . =⌊ n−1

2 ⌋∑

i=0

. . .

— si n ≡ 1 [2], ∃p ∈ N : n = 2p + 1, p = ⌊n2⌋ et p = ⌊n− 1

2⌋,

— la somme2p+1∑

k=0k≡0[2]


i=0

. . . =⌊ n

2 ⌋∑

i=0

. . .

— la somme2p+1∑

k=0k≡1[2]


i=0

. . . =⌊ n−1

2 ⌋∑

i=0

. . .


1. x ∈ Dk ⇐⇒{

x ∈ Dsin

| sin x| ∈ Dln⇐⇒

{x ∈ R

sin x 6= 0⇐⇒

{x ∈ R

x /∈ πZ⇐⇒ x ∈ R \ πZ.

Ainsi, Dk = R \ πZ.

2. Quels sont les domaines de définition de j1(x) = ln | ln x| et j2(x) =1

ln | ln x| ?

3

3. Quel est le domaine de définition de i(x) =1

sin(2x)− cos(3x)?

4. Quel est le domaine de définition de h(x) =√

2 sin x + 1 ?5. Quel est le domaine de définition de g(x) = ln(cos x) + ln(sin x) ?6. Quel est le domaine de définition de f(x) = ln(sin(2x)) ? cette fonction est-elle très différente de la fonction

g précédente ?


1. f(x) =x3

(x− 1)2.

Branches infinies en −∞, +∞, 1+ et 1−.⋆ Au voisinage de −∞.

f(x) =x3

(x − 1)2=

x3

x2

(

1− 1x

)2 =x

(

1− 1x

)2 donc limx→−∞

f(x) = −∞.

Étudionsf(x)

x=

x3

x(x − 1)2=

x3

x3

(

1− 1x

)2 =1

(

1− 1x

)2

donc limx→−∞

f(x)x

= 1.

Étudions

f(x)− x =x3

(x− 1)2− x =

x3 − x3 + 2x2 − x

(x− 1)2=

2x2

(

1− 12x

)

x2

(

1− 1x

)2 =2(

1− 12x

)

(

1− 1x

)2

donc limx→−∞

f(x) − x = 2 si bien que le graphe de f admet au voisinage de −∞ la droite

d’équation y = x + 2 comme asymptote oblique. De plus, au voisinage de −∞,

f(x)− (x + 2) =2(

1− 12x

)

− 2(

1− 1x

)2

(

1− 1x

)2 =

3x

(

1− 23x

)2

(

1− 1x

)2 < 0

donc au voisinage de −∞ le graphe de f est situé en-dessus de son asymptote.⋆ Au voisinage de +∞.

f(x) =x3

(x − 1)2=

x3

x2

(

1− 1x

)2 =x

(

1− 1x

)2 donc limx→+∞

f(x) = +∞.

Étudionsf(x)

x=

x3

x(x − 1)2=

x3

x3

(

1− 1x

)2 =1

(

1− 1x

)2

donc limx→+∞

f(x)x

= 1.

Étudions

f(x)− x =x3

(x− 1)2− x =

x3 − x3 + 2x2 − x

(x− 1)2=

2x2

(

1− 12x

)

x2

(

1− 1x

)2 =2(

1− 12x

)

(

1− 1x

)2

donc limx→+∞

f(x) − x = 2 si bien que le graphe de f admet au voisinage de +∞ la droite

d’équation y = x + 2 comme asymptote oblique. De plus, au voisinage de +∞,

f(x)− (x + 2) =2(

1− 12x

)

− 2(

1− 1x

)2

(

1− 1x

)2 =

3x

(

1− 23x

)2

(

1− 1x

)2 > 0

donc au voisinage de +∞ le graphe de f est situé au-dessus de son asymptote.

4

⋆ Au voisinage de 1− et 1+.limx→1

f(x) = +∞ donc le graphe de f admet en 1 la droite d’équation x = 1 comme asymptote

verticale.Remarque concernant l’étude des branches infinies en −∞ et +∞ : la division euclidienne dex3 par (x − 1)2 = x2 − 2x + 1 donne x3 = (x + 2)(x − 1)2 + 3x − 2 d’où, après simplification : f(x) =

x+2+3x− 2

(x− 1)2, ce qui permet de trouver directement la présence d’une asymptote oblique en +∞ et −∞

ainsi que la position relative courbe/asymptote qui se déduit du signe du terme f(x)− (x+2) =3x− 2

(x− 1)2.

5

y = x + 2

x = 1

−→i

−→j

Figure 1 – Branches infinies de f : x 7→ x3

(x− 1)2.

6

2. f(x) = 1 + e1x .

Branches infinies en −∞, +∞ et 0+ (pas de branche infinie en 0− car la limite de f(x) est finie à gaucheen 0).⋆ Au voisinage de −∞.

limx→−∞

f(x) = 2 donc le graphe de f admet en −∞ la droite d’équation y = 2 comme

asymptote horizontale. De plus, au voisinage de −∞, f(x) − 2 = e1x − 1 < 0 donc le graphe de

f est situé en-dessous de son asymptote.⋆ Au voisinage de +∞.

limx→+∞

f(x) = 2 donc le graphe de f admet en +∞ la droite d’équation y = 2 comme

asymptote horizontale. De plus, au voisinage de +∞, f(x) − 2 = e1x − 1 > 0 donc le graphe

de f est situé au-dessus de son asymptote.⋆ Au voisinage de 0+.

limx→0+

f(x) = +∞ donc le graphe de f admet à droite en 0 la droite d’équation x = 0 comme

asymptote verticale.

7

y = 2

x = 0

−→i

−→j

Figure 2 – Branches infinies de f : x 7→ 1 + e1x .

8

3. f(x) =1− 3x− 2x2

x + 2.

Branches infinies en −∞, +∞, −2− et −2+.⋆ Au voisinage de −∞.

f(x) =1− 3x− 2x2

x + 2=−2x2

(

1 +3

2x− 1

2x2

)

x

(

1 +2x

) =−2x

(

1 +3

2x− 1

2x2

)

(

1 +2x

) donc limx→−∞

f(x) = +∞.

Étudions

f(x)x

=−2(

1 +3

2x− 1

2x2

)

(

1 +2x

)

donc limx→−∞

f(x)x

= −2.

Étudions

f(x)− (−2x) =1− 3x− 2x2

x + 2+ 2x =

x + 1x + 2

=x

(

1 +1x

)

x

(

1 +2x

) =

(

1 +1x

)

(

1 +2x

)

donc limx→−∞

f(x) − (−2x) = 1 si bien que le graphe de f admet au voisinage de −∞ la droite

d’équation y = −2x + 1 comme asymptote oblique. De plus, au voisinage de −∞,

f(x)− (−2x + 1) =

(

1 +1x

)

−(

1 +2x

)

(

1 +2x

) =− 1

x(

1 +2x

) > 0

donc au voisinage de −∞ le graphe de f est situé au-dessus de son asymptote.⋆ Au voisinage de +∞.

f(x) =1− 3x− 2x2

x + 2=−2x2

(

1 +3

2x− 1

2x2

)

x

(

1 +2x

) =−2x

(

1 +3

2x− 1

2x2

)

(

1 +2x

) donc limx→+∞

f(x) = −∞.

Étudions

f(x)x

=−2(

1 +3

2x− 1

2x2

)

(

1 +2x

)

donc limx→+∞

f(x)x

= −2.

Étudions

f(x)− (−2x) =1− 3x− 2x2

x + 2+ 2x =

x + 1x + 2

=x

(

1 +1x

)

x

(

1 +2x

) =

(

1 +1x

)

(

1 +2x

)

donc limx→+∞

f(x) − (−2x) = 1 si bien que le graphe de f admet au voisinage de +∞ la droite

d’équation y = −2x + 1 comme asymptote oblique. De plus, au voisinage de +∞,

f(x)− (−2x + 1) =

(

1 +1x

)

−(

1 +2x

)

(

1 +2x

) =− 1

x(

1 +2x

) < 0

donc au voisinage de +∞ le graphe de f est situé en-dessous de son asymptote.⋆ Au voisinage de −2− et −2+.

f(x) =

→x→−2

−1

︷︸︸︷

1− 3x− 2x2

x + 2donc

9

⋆⋆ limx→−2−

f(x) = +∞ donc le graphe de f admet en 1 la droite d’équation x = 1 comme

asymptote verticale.⋆⋆ lim

x→−2+f(x) = −∞ donc le graphe de f admet en 1 la droite d’équation x = 1 comme

asymptote verticale.Remarque concernant l’étude des branches infinies en −∞ et +∞ : la division euclidienne de−2x2 − 3x + 1 par x + 2 donne −2x2 − 3x + 1 = (x + 2)(−2x + 1)− 1 d’où, après simplification : f(x) =

−2x+1− 1x + 2

, ce qui permet de trouver directement la présence d’une asymptote oblique en +∞ et −∞

ainsi que la position relative courbe/asymptote qui se déduit du signe du terme f(x)−(−2x+1) = − 1x + 2

.

10

y = −2x + 1

x = −2

−→i

−→j

Figure 3 – Branches infinies de f : x 7→ 1− 3x− 2x2

x + 2.

11

4. f(x) = ln(| ln x|).Branches infinies en 0+, 1−, 1+ et +∞.⋆ Au voisinage de 0+.

limx→0+

f(x) = +∞ donc le graphe de f admet à droite en 0 la droite d’équation x = 0 comme

asymptote verticale.⋆ Au voisinage de 1 (en 1+ et 1−).

limx→1

f(x) = −∞ donc le graphe de f admet en 1 la droite d’équation x = 0 comme asymptote

verticale.⋆ Au voisinage de +∞.

limx→+∞

f(x) = +∞Étudions

f(x)x

=ln(| ln x|)| ln x| ×

| ln x|x

=︸︷︷︸

pour x > 1

ln(ln x)ln x

︸︷︷︸

→x→+∞

0

(composition des limites)

× ln x

x︸︷︷︸

→x→+∞

0

(croissances comparées)

donc limx→+∞

f(x)x

= 0 si bien que le graphe de f admet en +∞ une branche parabolique de

direction asymptotique (O−→i ).

12

x = 1

x = 0

−→i

−→j

Figure 4 – Branches infinies de f : x 7→ ln(| ln x|).

13

5. f(x) =√

4x2 − 2x + xex.Branches infinies en −∞ et +∞⋆ Au voisinage de −∞.

limx→−∞

f(x) = +∞.

Étudions

f(x)x

=2|x|

√

1− 12x

+ex

4xx

= −2

√

1− 12x

+ex

4x

donc limx→−∞

f(x)x

= −2.

Étudions

f(x)− (−2x) =

(√

4x2 − 2x + xex + 2x)(√

4x2 − 2x + xex − 2x)

(√4x2 − 2x + xex − 2x

)

=−2x

(

1− ex

2

)

(

2|x|√

1− 12x

+ex

4x

)

− 2x

=−2x

(

1− ex

2

)

−2x

(√

1− 12x

+ex

4x+ 1

)

=1− ex

2√

1− 12x

+ex

4x+ 1

donc limx→−∞

f(x) − (−2x) =12

si bien que le graphe de f admet au voisinage de −∞ la droite

d’équation y = −2x +12

comme asymptote oblique. De plus, au voisinage de −∞,

f(x) −(

−2x +12

)

=1− ex

2− 1

2− 1

2

√

1− 12x

+ex

4x√

1− 12x

+ex

4x+ 1

=

→x→−∞

0−

︷︸︸︷

→x→−∞

0−

︷︸︸︷

−ex

2+

12

→x→−∞

0−

︷︸︸︷

1−

→x→−∞

1+

︷︸︸︷√√√√√√√√√√

1− 12x

1 +ex

4︸︷︷︸

→x→−∞

1

√

1− 12x

+ex

4x+ 1

︸︷︷︸

→x→−∞

2

si bien qu’au voinage de −∞, f(x) −(

−2x +12

)

< 0 donc au voisinage de −∞ le graphe de f

est situé en-dessous de son asymptote.⋆ Au voisinage de +∞.

limx→+∞

f(x) = +∞.

14

Étudions

f(x)x

=√

xex2

√4xe−x − 2e−x + 1

x=

ex2

√x

︸︷︷︸

→x→+∞

+∞(croissances comparées)

√4xe−x − 2e−x + 1

︸︷︷︸

→x→+∞

1

(croissances comparées)

donc limx→−∞

f(x)x

= +∞ si bien que le graphe de f admet en +∞ une branche parabolique de

direction asymptotique la droite (O,−→j ).

15

y = −2x +12

−→i

−→j

Figure 5 – Branches infinies de f : x 7→√

4x2 − 2x + xex.

16

6. f(x) = 4 +√

4x2 + x√

x + 1Branche infinie en +∞.

limx→+∞

f(x) = +∞.

Étudions

f(x)x

=4x

+

2x

√

1 +1

4√

x+

14x2

x=

4x

+ 2

√

1 +1

4√

x+

14x2

donc limx→+∞

f(x)x

= 2

Étudions

f(x)− 2x = 4 +(√

4x2 + x√

x + 1− 2x)(√

4x2 + x√

x + 1 + 2x)√

4x2 + x√

x + 1 + 2x

= 4 +x√

x + 1√

4x2 + x√

x + 1 + 2x

= 4 +x√

x

(

1 +1

x√

x

)

2x

(√

1 +1

4√

x+

14x2

+ 1

)

= 4 +√

x

(

1 +1

x√

x

)

2

(√

1 +1

4√

x+

14x2

+ 1

)

︸︷︷︸

→x→+∞

+∞

donc limx→+∞

f(x)x

= +∞ si bien que le graphe de f admet en +∞ une branche parabolique de

direction asymptotique la droite d’équation y = 2x.

17

⊲ Corrigé de l’exercice 1.6Observons que −1 est une racine évidente du trinôme x2 − 2x− 3, or le produit des racines est −3 donc l’autreracine vaut −1. Par conséquent, la forme factorisée du trinôme est

x2 − 2x− 3 = (x + 1)(x− 3)

1.f(x) existe ⇐⇒ x2 − 2x− 3 > 0 ⇐⇒ (x + 1)(x− 3) > 0 ⇐⇒ x ∈]−∞,−1] ∪ [3, +∞[

Ainsi, le domaine de définition de f est Df =]−∞,−1] ∪ [3, +∞[.

Nous savons que la courbe représentative du trinôme x2−2x−3 = (x+1)(x−3) admet la droite verticaled’équation x = 1 (médiatrice du segment formé par les racines) comme axe de symétrie. Il en va de mêmepour la fonction f .Nous étudierons f sur Df ∩ [1, +∞[= [3, +∞[ puis nous tracerons le graphe G+ correspondant. La courbereprésentative de f sera obtenue en adjoignant à G+ son image G− par la réflexion d’axe la premièrebissectrice.

2. « partie brouillon » :Sachant que la fonction

√· est dérivable sur R

∗+, Le théorème sur la dérivabilité d’une composée de

fonctions dérivables s’applique en tout x0 ∈ [3, +∞[ tel que x20 − 2x0 − 3 ∈ R

∗+, or pour x0 ∈ [3, +∞[,

x20 − 2x0 − 3 > 0 avec égalité si et seulement si x0 = 3.

« partie rédaction » :⋆ x 7→ x2 − 2x− 3 est dérivable sur ]3, +∞[ et à valeurs dans R

∗+,

⋆√· est dérivable sur R

∗+ dans R

donc le théorème sur la dérivabilité d’une composée de fonctions dérivables s’applique et montre quef ∈ D1(]3, +∞[,R).Attention : le théorème ci-dessus ne s’applique pas en 3, cela ne prouve cependant pas que f n’est pasdérivabele en 3.

∀x ∈ ]3, +∞[ , f ′(x) =2x− 2

2√

x2 − 2x− 3> 0

x 3 +∞f ′(x) ?

+∞f ր

0

Remarque : le tableau des variations pouvait être obtenu sans avoir recours au calcul de la dérivée de fcar f est la composée d’un trinôme du second degré qui est strictement croissant sur [3, +∞[ et de lafonction

√· qui est aussi strictement croissante d’où la stricte croissance de f sur [3, +∞[.

3. Étude de la branche infinie en +∞.

Pour x > 3,f(x)

x=

√

1− 2x− 3

x2donc lim

x→+∞f(x)

x= 1.

Calculons, pour x > 3,

f(x)− x =√

x2 − 2x− 3− x =−2x− 3√

x2 − 2x− 3 + x=−2x

x

1 + 32x

√

1− 2x− 3

x2 + 1

donc limx→+∞

f(x)− x = −1.

Par conséquent, la courbe représentative de f admet la droite d’équation y = x − 1 comme asymptoteoblique en +∞.De plus, pour x > 3,

f(x)− (x− 1) =−2x− 3 + x

√

1− 2x− 3

x2 + x√

x2 − 2x− 3 + x=

−3 + x

< 0︷︸︸︷(√

1− 2x− 3

x2− 1

)

√x2 − 2x− 3 + x

< 0

donc sur [3, +∞[, la courbe représentative de f est toujours située en-dessous de son asymptote.

18

−→i

−→j

y = −x + 1 y = x− 1

Figure 6 – Graphe de f : x 7→√

x2 − 2x− 3.

4. Soit u > 0.f(3 + u)− f(3)

u=

√

(3 + u + 1)(3 + u− 3)− 0u

=

√

u(4 + u)u

=

√4 + u√

u

donc limu→0+

f(3 + u)− f(3)u

= +∞.

Par conséquent, la fonction f n’est pas dérivable à droite en 3 et son graphe admet en ce point unedemi-tangente verticale.

5.




⊲ Corrigé de l’exercice 1.10Considérons l’équation d’inconnue x ∈ I et de paramètre y ∈ −J fixé quelconque :

{(−f)(x) = yx ∈ I

⇐⇒{−f(x) = yx ∈ I

⇐⇒{

f(x) = −yx ∈ I

⇐⇒{

x = f−1(−y)x ∈ I

car −y ∈ J

L’existence (⇐) et l’unicité (⇒) d’une solution permettent d’affirmer que −f est une bijection de I dans −J etsa bijection réciproque est

(−f)−1

{−J → Iz 7→ f−1(−z)

.


19

⊲ Corrigé de l’exercice 2.1Procédons par disjonction des cas selon la parité de n :

• si n ≡ 0[2], ∃k ∈ N : n = 2k, alorsn− 1

2= k − 1

2,⌊n

2

⌋

= k etn

2= k, or k − 1

26 k 6 k donc

n− 12

6

⌊n

2

⌋

6n

2,

• si n ≡ 1[2], ∃k ∈ N : n = 2k + 1, alorsn− 1

2= k,

⌊n

2

⌋

=⌊

k +12

⌋

= k etn

2= k +

12

, or k 6 k 6 k +12

doncn− 1

26

⌊n

2

⌋

6n

2.

Ainsi, ∀n ∈ N,n− 1

26

⌊n

2

⌋

6n

2.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.2Soient (x, y) ∈ R

2 fixés quelconques.Posons nx = E(x) ∈ Z, δx = x− nx ∈ [0, 1[, q = E(y) ∈ Z et δy = y − ny ∈ [0, 1[ de sorte que

2x = nx + δx , 2y = ny + δy

Procédons par disjonction des cas en fonctions de la parité des entiers nx et ny.• Supposons que nx ≡ 0 [2] et ny ≡ 0 [2].

Dans ce cas ∃(n′x, n′

y) ∈ Z2 : nx = 2n′

x et ny = 2n′y.

Alors

x =2x

2=

2n′x + δx

2= n′

x︸︷︷︸

∈ Z

+δx

2︸︷︷︸

∈ [0,12

[

⇒ E(x) = n′x

y =2y

2=

2n′y + δy

2= n′

y︸︷︷︸

∈ Z

+δy

2︸︷︷︸

∈ [0,12

[

⇒ E(y) = n′y

x + y =2x + 2y

2=

2n′x + δx + 2n′

y + δy

2= n′

x + n′y

︸︷︷︸

∈ Z

+δx

2︸︷︷︸

∈ [0,12

[

+δy

2︸︷︷︸

∈ [0,12

[︸︷︷︸

∈ [0, 1[

⇒ E(x + y) = n′x + n′

y

Par conséquent, E(x) + E(y) + E(x + y) = n′x + n′

y + (n′x + n′

y) = 2n′x + 2n′

y = E(2x) + E(2y) d’où lerésultat attendu.• Supposons que nx ≡ 1 [2] et ny ≡ 1 [2].

Dans ce cas ∃(n′x, n′

y) ∈ Z2 : nx = 2n′

x + 1 et ny = 2n′y + 1.

Alors

x =2x

2=

2n′x + 1 + δx

2= n′

x︸︷︷︸

∈ Z

+1 + δx

2︸︷︷︸

∈ [0, 1[

⇒ E(x) = n′x

y =2y

2=

2n′y + 1 + δy

2= n′

y︸︷︷︸

∈ Z

+1 + δy

2︸︷︷︸

∈ [0, 1[

⇒ E(y) = n′y

x+y =2x + 2y

2=

2n′x + 1 + δx + 2n′

y + 1 + δy

2= n′

x + n′y + 1

︸︷︷︸

∈ Z

+δx

2︸︷︷︸

∈ [0,12

[

+δy

2︸︷︷︸

∈ [0,12

[︸︷︷︸

∈ [0, 1[

⇒ E(x+y) = n′x+n′

y+1

Par conséquent,

E(x) + E(y) + E(x + y) = n′x + n′

y + (n′x + n′

y + 1) = 2n′x + 2n′

y + 1 6 2n′x + 1 + 2n′

y + 1 = E(2x) + E(2y)

d’où le résultat attendu.

20

• Supposons que nx ≡ 0 [2] et ny ≡ 1 [2].Dans ce cas ∃(n′

x, n′y) ∈ Z

2 : nx = 2n′x et ny = 2n′

y + 1.Alors

x =2x

2=

2n′x + δx

2= n′

x︸︷︷︸

∈ Z

+δx

2︸︷︷︸

∈ [0,12

[

⇒ E(x) = n′x

y =2y

2=

2n′y + 1 + δy

2= n′

y︸︷︷︸

∈ Z

+1 + δy

2︸︷︷︸

∈ [0, 1[

⇒ E(y) = n′y

x + y =2x + 2y

2=

2n′x + δx + 2n′

y + 1 + δy

2= n′x + n′

y +12︸︷︷︸

61

+δx

2+

δy

26 n′

x + n′y + 1

︸︷︷︸

∈ Z

+δx + δy

2︸︷︷︸

∈ [0, 1[

donc, par croissance de la partie entière, E(x + y) 6 E

(

n′x + n′

y + 1 +δx + δy

2

)

= n′x + n′

y + 1.

Par conséquent, E(x) + E(y) + E(x + y) 6 n′x + n′

y + (n′x + n′

y + 1) = 2n′x + 2n′

y + 1 = E(2x) + E(2y)d’où le résultat attendu.• Supposons que nx ≡ 1 [2] et ny ≡ 0 [2]. On obtient le résultat en appliquant le point précédent et en

échangeant les rôles joués par x et y.

Ainsi, E(x) + E(y) + E(x + y) 6 E(2x) + E(2y).


1. Soient ∀(n, x) ∈ N∗ × R.

Par définition de E(x),E(x) 6 x < E(x) + 1

d’où après multiplication par n > 0,

nE(x) 6 nx < nE(x) + n

donc, par croissance de la fonction partie entière,

nE(x)︸︷︷︸

∈ Z

6 nx⇒ E(nE(x))︸︷︷︸

= nE(x)

6 E(nx)⇒ 0 6 E(nx)− nE(x)

et

nx < nE(x) + n⇒ nx 6 nE(x) + n− 1︸︷︷︸

∈Z

⇒ E(nx) 6 E(nE(x) + n− 1)︸︷︷︸

= nE(x) + n− 1

⇒ E(nx) 6 nE(x) + n− 1

Ainsi, 0 6 E(nx) − nE(x) 6 n− 1.

2. Soient (n, x) ∈ N∗ × R.

En multipliant par1n

l’encadrement de la question précédente,

nE(x)n

6E(nx)

n6

nE(x) + n− 1n

= E(x) + 1− 1n

donc

E(x) 6E(nx)

n< E(x) + 1

donc E

(E(nx)

n

)

= E(x).

21

⊲ Corrigé de l’exercice 2.4Soient (n, x) ∈ N

∗ × R.Posons nx = E(x) et δx = x− nx ∈ [0, 1[.

[0, 1[=n−1⋃

k=0

[k

n,

k + 1n

[

donc

∃k0 ∈ [[0, n− 1]] : δx ∈[

k0

n,

k0 + 1n

[

donc

∀k ∈ [[0, n− 1− k0]] , 0 6 δx +k

n<

k0 + 1 + k

n6

k0 + 1 + n− 1− k0

n= 1

si bien que

∀k ∈ [[0, n− 1− k0]] , x +k

n= E(x) + δx +

k

n︸︷︷︸

∈ [0, 1[

⇒ E

(

x +k

n

)

= E(x)

et

∀k ∈ [[n−k0, n−1, ]],k0

n+

k

n︸︷︷︸

>n−k0

n

6 δx+k

n<

k0 + 1 + k

n⇒ 1 6 δx+

k

n6

k0 + 1 + n− 1n

6︸︷︷︸

k0 6 n− 1

n− 1 + n

n< 2

si bien que

∀k ∈ [[n− k0, n− 1]] , x +k

n= E(x) + δx +

k

n= E(x) + 1 + δx +

k

n− 1

︸︷︷︸

∈ [0, 1[

⇒ E

(

x +k

n

)

= E(x) + 1

On en déduit que

n−1∑

k=0

E

(

x +k

n

)

=n−k0−1∑

k=0

E

(

x +k

n

)

︸︷︷︸

= E(x)

+n−1∑

k=n−k0

E

(

x +k

n

)

︸︷︷︸

= E(x) + 1

= (n− k0)E(x) + k0(E(x) + 1) = nE(x) + k0

Par ailleurs, par définition de k0,k0

n6 δx <

k0 + 1n

donck0 6 nδx < k0 + 1

donc, en ajoutant nE(x) aux trois membres de l’encadrement,

nE(x) + k0 6 nE(x) + nδx︸︷︷︸

= nx

< nE(x) + k0 + 1

donc E(nx) = nE(x) + k0.

Ainsi,n−1∑

k=0

E

(

x +k

n

)

= E(nx).

⊲ Corrigé de l’exercice 2.5Rappelons tout d’abord que l’on cherche les solutions x ∈ R \ {−3} de l’inéquation

∣∣∣∣

x− 1x + 3

∣∣∣∣6 2

• Résolution algébrique.

∣∣∣∣

x− 1x + 3

∣∣∣∣6 2

x ∈ R \ {−3}⇐⇒

(x− 1)2

(x + 3)26 4

x ∈ R \ {−3}

⇐⇒{

(x− 1)26 4(x + 3)2

x ∈ R \ {−3}

⇐⇒{

0 6 3x2 + 26x + 35x ∈ R \ {−3}

22

Le discriminant du trinôme est 256 = 162 > 0, donc il admet deux racines distinctes qui valent x1 =−26− 16

6= −7 et x2 =

−26 + 166

= −53

, avec x1 < x2. Le signe du coefficient dominant est > 0 donc le

trinôme est positif ou nul sur R\]x1, x2[.Ainsi,

∣∣∣∣

x− 1x + 3

∣∣∣∣6 2

x ∈ R \ {−3}⇐⇒ x ∈ ]−∞,−7] ∪

[

−53

, +∞[

• Résolution “graphique”.

Considérons la fonction f

∣∣∣∣∣

R \ {−3} → R

x 7→ x− 1x + 3

Résolvons les équations f(x) = 2 et f(x) = −2 d’inconnue x ∈ R \ {−3}.

f(x) = 2 ⇐⇒ x− 1 = 2x− 6

⇐⇒ x = −7

f(x) = −2 ⇐⇒ x− 1 = −2x− 6

⇐⇒ x = −53

Étudions les variations de f : f ∈ D1(R \ {−3},R) et en observant que

∀x ∈ R \ {−3} , f(x) =x + 3− 4

x + 3= 1− 4

x + 3

on obtient une dérivée simplifiée :

∀x ∈ R \ {−3} , f ′(x) =4

(x + 3)2> 0

d’où les variations suivantes :

x −∞ −7 −3 −53

+∞f ′(x) + ‖ +

x +∞ ‖ 1x ր ‖ ր

2 ‖ −2f ր ‖ ր

1 ‖ −∞

Ainsi, l’ensemble des solutions est ]−∞,−7] ∪[

−53

, +∞[

.


1. Procédons par disjonction de cas.Soient (a, b) ∈ R

2 fixés quelconques.

— si a > b, alors max(a, b) = a et |a + b + |a− b|2

=a + b + a− b

2= a donc max(a, b) =

a + b + |a− b|2

,

— si a < b, alors max(a, b) = b et |a + b + |a− b|2

=a + b + b− a

2= b donc max(a, b) =

a + b + |a− b|2

.

Ainsi, ∀(a, b) ∈ R2, max(a, b) =

a + b + |a− b|2

.

Pour en déduire l’expression de min(a, b), utilisons que

min(a, b) = −max(−a,−b) = −−a− b + | − a− (−b)|2

=a + b− |a− b|

2.

donc, ∀(a, b) ∈ R2, min(a, b) =

a + b− |a− b|2

.

23

2.


1. — (a(n2))2 = a2n2

,

—an2

an= an2−n = an(n−1),

— a3n(an)3 = a3na3n = a6n,— (an)n = an2

,

—1

(1 + x)2+− 1

x2

1+xx

=x

x(1 + x)2+−(1 + x)x(1 + x)2

= − 1x(1 + x)2

,

— xln(ln x)

ln x = eln(ln x)

ln x×ln x = eln(ln x) = ln x,

— (e5)ln p

ln q = e5 ln p

ln q = eln(p5)

ln q = (p5)1

ln q = p5

ln q ,— (1 +

√5)2 − 6− 2

√5 = 1 + 2

√5 + 5− 6− 2

√5 = 0,

— (n + 2)!− n! = n!((n + 2)(n + 1)− 1) = n!(n2 + 3n + 1),

—n + 2

(n + 1)!− 1

n!=

(n + 2)− (n + 1)(n + 1)!

=1

(n + 1)!.

2. En remarquant que7π

6= π +

π

6donc sin

7π

6= − sin

π

6= −1

2,

8 + sin(π6 ) sin(7π

6 )(sin π

4 )3=

8− 14

( 1√2)3

=31√

216

etcos(π

3 )2 − 23

(cos π4 )3

=(1

2 )2 − 8

( 1√2)3

= −31√

216

.

Le fait que les deux expressions sont opposées pouvait être observé directement en disant que sinπ

4= cos

π

4et que cos

π

3= sin

π

6= − sin

76

.


1. ∀n ∈ N, un = u(2n)0 .

2. v0 ∈ R∗ et ∀n ∈ N

∗, vn = 1.

3. ∀n ∈ N∗, wn = w

(n−1)!1 .

4. ∀n ∈ N∗, xn = (n− 1)!x1.


1.{

ex2 ln 2 = ex3 ln 3

x ∈ R⇐⇒

{x2 ln 2 = x3 ln 3x ∈ R

⇐⇒

x2 ln 3(

x− ln 2ln 3

)

= 0

x ∈ R

⇐⇒ x ∈{

0,ln 2ln 3

}

L’ensemble des solutions est{

0,ln 2ln 3

}

.

24

2.

8x = 10y2x = 5y

(x, y) ∈ R× R

⇐⇒

e3x ln 2 = 10y

ex ln 2 = 5y(x, y) ∈ R× R

∗+ car exp(R) ⊂ R

∗+

⇐⇒

e3x ln 2 = 10y

ex ln 2 = 5y

e2x ln 2 = 2 par quotient des deux premières équationsce qui a un sens car y 6= 0

(x, y) ∈ R× R∗+

⇐⇒

e3x ln 2 = 10y

ex ln 2 = 5y2x ln 2 = ln 2

(x, y) ∈ R× R∗+

⇐⇒

y =e

12 ln 2

5=

√2

5x =

12

(x, y) ∈ R× R∗+

L’ensemble des solutions est{(

12

,

√2

5

)}

.

3.{

e√

x ln x = ex ln√

x

x ∈ R∗+

⇐⇒{ √

x ln x = x ln√

xx ∈ R

∗+

⇐⇒{ √

x ln x =12

x ln x

x ∈ R∗+

⇐⇒{ 1

2

√x ln x

(2−√

x)

= 0

x ∈ R∗+

⇐⇒ x ∈ {1, 4}

⊲ Corrigé de l’exercice 2.10 1. ln |x + 2| 6 ln 3 + ln |x− 1|.2. 2 4√

x + 3 3√

x >√

x


⊲ Corrigé de l’exercice 2.12Remarquons que x2 + 2x− 3 = (x + 3)(x− 1)On trace le graphe du trinôme x 7→ (x + 3)(x− 1) qui est une parabole d’axe x = −1.

1. x2 + 2x− 3 < 5 ⇐⇒ x ∈]− 4, 2[.

2. |x2 + 2x− 3| < 3 ⇐⇒ x ∈]− 1−√

7,−2[∪]0,−1 +√

7[.

3. Il y a un piège ici : contrairement aux deux inégalités précédentes, on cherche x ∈ R \ {−3, 1}.ln |x + 3| < 2 ln 2− ln |x− 1| ⇐⇒ x ∈]− 1−

√6,−1 +

√6[\{−3,−1, 1}.


1.

2. Le discriminant vaut −16 cos4 α

2=(

4i cos2 α

2

)2

, il ne s’annule pas car

α ∈]− π, π[⇒ α

2∈]

−π

2,

π

2

[

⇒ cosα

26= 0

si bien que le trinôme admet deux racines distinctes qui sont

z1 =2 sin α + 4i cos2 α

2

2et z2 =

2 sin α− 4i cos2 α2

2

Les racines du trinôme sont z1 = sin α + 2i cos2 α

2et z2 = sin α− 2i cos2 α

2

25

3. Sachant que z2 = z1 (car le trinôme est à coefficients réels), il suffit de s’intéresser à z1.Observons que

z1 = sin α + 2i cos2 α

2

= 2 sinα

2cos

α

2+ 2i cos2 α

2

= 2 cosα

2

(

sinα

2+ i cos

α

2

)

= 2 cosα

2

[

cos(π

2− α

2

)

+ i sin(π

2− α

2

)]

= 2 cosα

2ei π

2 −i α2

D’après cette expression, |z1| = 2∣∣∣cos

α

2

∣∣∣. Or

α ∈]− π, π[⇒ α

2∈]

−π

2,

π

2

[

⇒ cosα

2> 0

donc |z1| = 2 cosα

2.

Par ailleurs, pour tout α ∈]− π, π[, |z1| 6= 0 etz1

|z1|= ei( π

2 − α2 ) or

α ∈]− π, π[⇒ α

2∈]

−π

2,

π

2

[

⇒ −α

2∈]

−π

2,

π

2

[

⇒ π

2− α

2∈]0, π[

donc l’argument de z1 dans [0, 2π[ estπ

2− α

2.

Les arguments de z2 sont les opposés des arguments de z1 doncα

2− π

2est un argument de z2, or

π

2− α

2∈]0, π[⇒ α

2− π

2∈]− π, 0[⇒ α

2− π

2+ 2π ∈]π, 2π[

donc le représentant de cet argument dans [0, 2π[ est3π

2+

α

2.

Ainsi, les racines z1 et z2 du trinôme ont pour module |z1| = |z2| = 2 cosα

2et pour argument dans

[0, 2π[,

π

2− α

2pour z1,

3π

2+

α

2pour z2.


1. Soit x ∈ [0, 1] fixé quelconque.

1 6 x3 + x + 1 6 3 (la fonction t 7→ t3 + t + 1 est croissante sur [0, 1]) et 0 < 1 6

√

1 + x2 6√

2 (la

fonction t 7→√

1 + t2 est croissante sur [0, 1]) d’où1√26

1√1 + x2

6 1 si bien que, par produits membres

à membres d’inégalités dont tous les termes sont positifs,

1√26

x3 + x + 1√1 + x2

6 3

2. Soit x ∈ [−1, 1] fixé quelconque.

−1 6 x3 + x + 1 6 3 (la fonction t 7→ t3 + t + 1 est croissante sur [−1, 1]) et1√

2− x2> 0 donc

− 1√2− x2

6x3 + x + 1√

2− x26

3√2− x2

Par ailleurs√

1 6

√

2− x2 6√

2 (la fonction√· est croissante sur R+ et 1 6 x 6 1 ⇒ |x| 6 1 ⇒ 0 6

x26 1 donc 1 6 2− x2

6 2) donc1√26

1√2− x2

6 1 si bien que d’une part

x3 + x + 1√2− x2

63√

2− x26 3

et d’autre part − 1√2> − 1√

2− x2> −1 donc

x3 + x + 1√2− x2

> − 1√2− x2

> −1

26

3. Soit x ∈ R fixé quelconque.Les fonctions circulaires étant à valeurs dans [−1, 1],

2 6 3 + cos x 6 4

et0 < 1 6 2 + cos x 6 3⇒ 1

36

12 + cos x

6 1

d’où236

3 + cos x

2 + cos x6 4

Remarquons que3 + cos x

2 + cos x=

1 + 2 + cos x

2 + cos x= 1 +

12 + cos x

puis utilisons que

0 < 1 6 2 + cos x 6 3⇒ 136

12 + cos x

6 1⇒ 1 +136 1 +

12 + cos x

6 2

pour conclure que436

3 + cos x

2 + cos x6 2

4. Soit x ∈ R fixé quelconque.

Rappelons que cos x + sin x =√

2(

sinπ

4cos x + cos

π

4sin x

)

=√

2 sin(

x +π

4

)

donc

2 −√

2 6 cos x + sin x + 2 6 2 +√

2 si bien qu’en passant à l’inverse (et en notant que les trois termessont strictement positifs), la décroissance de la fonction inverse sur R

∗+ donne

1

2 +√

26

1cos x + sin x + 2

61

2−√

2

5. Soit x ∈]0, 1] fixé quelconque.

x ∈]0, 1] donc x ∈[

0,π

2

]

donc sin x 6 x si bien qu’en multipliant par1

x + x2> 0,

sin x

x2 + x6

11 + x

6 1

De même, en utilisant la minoration usuelle du sinus sur[

0,π

2

]

par sa corde, sin x >2x

πsi bien qu’en

multipliant par1

x + x2> 0,

sin x

x2 + x>

2π(1 + x)

>1π

⊲ Corrigé de l’exercice 3.2• Solution 1.

Soient (x1, x2, . . . , xn) ∈ [0, 1]n fixés quelconques tels quen∑

i=1

xi =n∑

i=1

x2i .

Alorsn∑

i=1

xi −n∑

i=1

x2i = 0⇒

n∑

i=1

xi(1− xi)︸︷︷︸

>0

car xi ∈ [0, 1]

= 0

or une somme de réels positifs ou nuls est nulle si et seulement si ils sont tous nuls donc

∀i ∈ [[1, n]] , xi(1− xi) = 0 ⇐⇒ xi ∈ {0, 1}

Par conséquent, (x1, . . . , xn) ∈ {0, 1}n.• Solution 2. Contraposée.

Soient (x1, x2, . . . , xn) ∈ [0, 1]n fixés quelconques.Supposons qu’il existe au moins un entier i0 ∈ [[1, n]] tel que xi0 6= 0 et xi0 6= 1.Alors xi0 > x2

i0.

27

Par ailleurs, ∀i ∈ [[1, n]] \ {i0}, xi ∈ [0, 1] ⇒ xi > x2i donc en sommant ces n − 1 inégalités larges et

l’inégalité stricte xi0 > x2i0

, on obtient l’inégalité stricte

xi0 +n∑

i=1i6=i0

xi > x2i0

+n∑

i=1i6=i0

x2i

d’oùn∑

i=1

xi >n∑

i=1

x2i

et doncn∑

i=1

xi 6=n∑

i=1

x2i .

Ainsi, en contraposant, on obtient le résultat souhaité.


1. Observons que la formule qui exprime la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de raisonx ∈ R \ {1} fixée quelconque donne

x× 1− xn

1− x= x(1 + x + x2 + . . . + xn−1) = x + x2 + . . . + xn

d’où

x× d

dx

(

x× 1− xn

1− x

)

= x× (1 + 2x + 3x2 + . . . + nxn−1) = f(x).

De même,la formule qui exprime la somme des (n + 1) premiers termes d’une suite géométrique de raisonx ∈ R \ {1} fixée quelconque donne

1− xn+1

1− x= 1 + x + x2 + . . . + xn−1 + xn

d’où

x× d

dx

(1− xn+1

1− x

)

= x× (0 + 1 + 2x + 3x2 + . . . + nxn−1) = f(x).

2. Soit n ∈ N∗ fixé quelconque. Remarquons d’une part que

n∑

k=1

k

2k= f

(12

)

et d’autre part que

f(x) = x× d

dx

(1− xn+1

1− x

)

= x× −(n + 1)xn × (1− x)− (−1)(1− xn+1)(1 − x)2

=x− (n + 1)xn+1 + nxn+2

(1− x)2

d’oùn∑

k=1

k

2k= f

(12

)

=

12− (n + 1)

12n+1

+ n1

2n+2(1− 1

2

)2 = 2(

1− n + 22n+1

)

.

Cette expression admet pour limite, lorsque n tend vers +∞, la valeur 2.

3. Soit n ∈ N∗ fixé quelconque. Observons que

212 × 4

14 × 8

18 × · · · × (2n)

12n = exp

(ln 22

+ln 44

+ln 88

+ . . . +ln 2n

2n

)

= exp

(

ln 2

(n∑

k=1

k

2k

))

.

Cette suite est strictement croissante et sa limite est, d’après la question précédente et par continuité dela fonction exponentielle en 2 ln 2, exp(2 ln 2) = 4. La stricte croissance la suite permet alors décrire

∀n ∈ N∗, 2

12 × 4

14 × 8

18 × · · · × (2n)

12n < 4.

De plus, cette inégalité ne peut pas être améliorée en remplaçant 4 par un nombre réel strictement inférieurà 4 puisque 4 est la limite du membre de droite de l’inégalité (c’est du moins la justification intuitive,nous verrons dans le chapitre sur les suites une technique plus formelle resposant sur la définition de lalimite d’une suite).

28

4. En reprenant la preuve conduite ci-dessus, nous avons obtenu

∀x ∈ R \ {1}, ∀n ∈ N∗,

n∑

k=1

kxk =x(1 − (n + 1)xn + nxn+1)

(1− x)2

d’où, en utilisant que, pour tout x ∈]− 1, 1[, limn→+∞

xn = 0,

∀x ∈]− 1, 1[, limn→+∞

n∑

k=1

kxk =x

(1− x)2.

En particulier, pour λ ∈]1, +∞[ fixé quelconque, nous obtenons que limn→+∞

n∑

k=1

k

λk=

1λ

(

1− 1λ

)2

=λ

(λ− 1)2

.

par ailleurs,n∏

k=1

(λk) 1

λk = exp

(

ln λ

(n∑

k=1

k

λk

))

si bien que la suite de terme généraln∏

k=1

(λk) 1

λk est strictement croissante et converge vers exp(

λ

(λ− 1)2

)

d’oùn∏

k=1

(λk) 1

λk < λλ

(λ−1)2 ,

cette dernière inégalité étant optimale puisque lorsque n tend vers +∞, le membre de gauche tend versle membre de droite.


1. Pour tout n ∈ N,

vn+1 − vn =u0 + u1 + u2 + · · ·+ un + un+1

n + 2− u0 + u1 + u2 + · · ·+ un

n + 1

=(n + 1)un+1 − u0 − u1 − . . .− un

(n + 1)(n + 2)

=

n∑

k=0

(un+1 − uk)

(n + 1)(n + 2)> 0

2. Soit M ∈ R un majorant de (un)n∈N. Alors, pour tout n ∈ N,vn =u0 + u1 + u2 + · · ·+ un

n + 16

n∑

k=0

M

n + 1= M

donc (vn)n∈N est majorée (et en plus tout majorant de (un)n∈N est aussi un majorant de (vn)n∈N)

3. D’après l’inégalité triangulaire, pour tout n ∈ N,

|vn| =∣∣∣∣

u0 + u1 + u2 + · · ·+ un

n + 1

∣∣∣∣6

n∑

k=0

|uk|

n + 1

si bien que si (un)n∈N est bornée, en notant M ∈ R∗+ un majorant de (|un|)n∈N, alors M est aussi un

majorant de (|vn|)n∈N donc (vn)n∈N est bornée.

4. Les assertions réciproques des trois premières questions sont fausses :• Considérons la suite (un)n∈N définie par u0 = 1, u1 = 3, u2 = 2, un = n pour n > 3. Alors la suite

(vn)n∈N est croissante : v0 = 1, v1 = 2, v2 = 2, v3 =94

, . . . (en fait en reprenant l’expression de

vn+1 − vn, on montre que, pour tout n ∈ N, (n + 1)un+1− u0− u1− . . .− un > 0 d’où vn+1 − vn > 0)bien que (un)n∈N ne le soit pas (u2 < u1).

• En prenant la suite (un)n∈N définie par un ={

n si n pair,−(n− 1) si n impair

, alors la suite (vn)n∈N obtenue

est majorée par 1. En revanche la suite (un)n∈N n’est pas majorée.

29

• La même suite que celle du contre-exemple précédent est majorée par 1 et positive ou nulle doncbornée, en revanche, (un)n∈N n’est pas majorée et n’est donc pas bornée.

⊲ Corrigé de l’exercice 3.5Considérons la propriété P(·) définie pour tout n ∈ N

∗ par

P(n) : « 1 +122

+132

+ . . . +1n2

6 2− 1n

».

• Pour n = 1, 1 6 2− 11

donc P(1) est vraie.

• Soit n ∈ N∗ fixé quelconque tel que P(n) est vraie.

1 +122

+132

+ . . . +1n2

+1

(n + 1)2= 1 +

122

+132

+ . . . +1n2

︸︷︷︸

6 2− 1n

car P(n) est vraie

+1

(n + 1)26 2− 1

n+

1(n + 1)2

Par conséquent, pour pouvoir conclure que P(n + 1) est vraie, il suffit de monter que

2− 1n

+1

(n + 1)26 2− 1

(n + 1)

Pour cela, calculons(

2− 1n

+1

(n + 1)2

)

−(

2− 1n + 1

)

= − 1n

+1

(n + 1)2+

1n + 1

=−(n + 1)2 + n + n(n + 1)

n(n + 1)2

= − 1n2(n + 12)

6 0

Par conséquent, P(n + 1) est vraie.

⊲ Corrigé de l’exercice 3.6 Considérons la propriété définie pour tout n ∈ N par

P (n) : “∀x ∈]− 1, +∞[ , (1 + x)n> 1 + nx .′′

• Soit x ∈]− 1, +∞[ fixé quelconque.

(1 + x)0 = 1 > 1 + 0× x .

Par conséquent, P (0) est vraie.• Soit n ∈ N fixé quelconque tel que P (n) est vraie.

Soit x ∈]− 1, +∞[ fixé quelconque.

(1 + x)n+1 = (1 + x)(1 + x)n

> (1 + x)(1 + nx) en utiliant P (n) et sans renversement de l’inégalité car 1 + x > 0

> 1 + (n + 1)x + nx2

> 1 + (n + 1)x car nx2> 0.

Par conséquent, P (n + 1) est vraie.

⊲ Corrigé de l’exercice 3.7— Preuve algébrique : passer par la forme canonique du trinôme :

∀x ∈ R, x(x − 1) = x2 − x

= x2 − 2× 12× x +

122− 1

22

=(

x− 12

)2

− 14

> −14

De plus, cette preuve montre qu’il y a égalité si et seulement si x =12

.

30

— Preuve analytique : faire une étude de fonction : la fonction f(x) = x(x − 1) est dérivable sur R et sa

dérivée est f ′(x) = 2x− 1 d’où

x −∞ 12

+∞f ′(x) − 0 +

+∞ +∞f ց ր

−14

Il résulte du tableau des variations de f que, ∀x ∈ R, x(x − 1) > −14

.

— Preuve graphique : pour tracer le graphe de la fonction x 7−→ x(x − 1) qui représente une paraboledont les “bras” sont tournés vers le haut (coefficient de x2 strictement positif), il suffit de connaître lescoordonnées de son sommet, or comme le sommet sera l’unique point en lequel le graphe admet unetangente horizontale, il est caractérisé par l’annulation de la dérivé soit 2x− 1 = 0 donc il a pour abscisse12

et pour ordonnée −14

.

L’interprétation graphique du résultat demandé : la fonction considérée est minorée par −14

si et seulement

si le graphe de la fonction est au-dessus de la droite d’équation y = −14

.

Or il est évident, d’après le dessin, que le graphe de la parabole est minoré par la tangente à la paraboleen son sommet.

0

1

2

3

4

0 1 2 3 4

y = x2

y = −14



Considérons la fonction f

∣∣∣∣∣

R+ → R

t 7→ t

1 + tAnalyse de la question : représentons graphiquement f :***insérer graphe de f***Il semblerait que l’on puisse écrire

f(x) 6︸︷︷︸

f croissante

f(x + y) 6︸︷︷︸

f concave(les pentes des tangentes décroissent )

f(x) + f(y)

(i) Prouvons la croissance de f :

∀t ∈ R+ , f(t) =t

1 + t=

t + 1− 11 + t

= 1− 11 + t

Or⋆ t 7→ 1 + t est croissante et positive sur R+ et à valeurs dans R

∗+,

⋆ x 7→ 1x

est décroissante sur R∗+,

donc, par composition, t 7→ 11 + t

est décroissante sur R+.

En prenant l’opposé, t 7→ − 11 + t

est croissante sur R+ et puisque l’addition d’une constante ne modifie

pas la monotonie, on obtient que f est croissante sur R+.

31

(ii) Montrons l’inégalité suivante :

∀s ∈ R∗+ , ∀t ∈]0, s[ , f(s) < f(t) + f(s− t) (5)

Soit s ∈ R∗+ fixé quelconque.

Posons g

∣∣∣∣

[0, s] → R

t 7→ f(t) + f(s− t)

Observons que ∀t ∈ [0, s], g(t) = 2− 11 + t

− 11 + s− t

.

g est dérivable sur [0, s] et

∀t ∈ [0, s] , g′(t) =1

(1 + t)2− 1

(1 + s− t)2

=(1 + s− t)2 − (1 + t)2

(1 + t)2(1 + s− t)2

=s2 + 2s− 4t− 2st

(1 + t)2(1 + s− t)2

=s(s + 2)− 2t(2 + s)(1 + t)2(1 + s− t)2

= (s− 2t)(2 + s)

(1 + t)2(1 + s− t)2

d’où le tableau des variations de g :

t 0s

2s

g′(t) + 0 -

2f(s

2

)

g ր ցf(s) f(s)

On a utilisé que f(0) = 0.On déduit de ce tableau de variations que

∀t ∈]0, s[ , f(s) < g(t) = f(t) + f(s− t)

Soient (x, y, z) ∈ R∗+

3 tels que x 6 y + z.Par croissance de f sur R+,

f(x) 6 f(z + y)

puis en appliquant l’inégalité (5) pour{

s← y + zt← y

ce qui est autorisé car y + z > 0 et y > 0,

f(z + y) < f(z) + f(y)

doncf(x) < f(y) + f(z)



1.n2 ln n

en=

n2

(en)12

ln n

(en)12

qui tend vers 0 lorsque n tend vers +∞.

Une autre idée pour calculer la limite :

n2 ln n

en=

n3

en︸︷︷︸

→n→+∞

0

× ln n

n︸︷︷︸

→n→+∞

0

→n→+∞

0

2.8n + 32n

√√n + (ln n)100

=9n

n14

(1 +

(89

)n)

√

1 + (ln n)100√

n

=(en)ln(9)

n14

(1 +

(89

)n)

√

1 + (ln n)100√

n

qui tend vers +∞ lorsque n tend vers

+∞ (car 8 < 9 et th sur les croissances comparées)

32

3.n7n + 32n

ln n +√

n=

n7n + 9n

ln n +√

n=

9n

√n

1 + n(

79

)n

1 + ln n√n

qui tend vers +∞.

4.ln(n)9n + ln(n + 1)32n

(32n+3 + n23n) ln(n +√

n)=

ln(n)9n + ln(n(1 + 1

n

)9n

(27× 9n + n8n) ln(n(1 + 1√n

)=

2 ln(n)9n

(

1 +ln(1+ 1

n )ln n

)

27× 9n(1 + n27

(89

)n)(

ln n + ln(1 + 1√n

))

=2(

1 +ln(1+ 1

n )ln n

)

27(1 + n27

(89

)n)(

1 +ln(1+ 1√

n)

ln n

) qui tend vers227

.

5.ln n + ln n2

4

3 ln n + 1=

ln n + 2 ln n− 2 ln 23 ln n

(1 + 1

3 ln n

) =3 ln n

(1− 2 ln 2

3 ln n

)

3 ln n(1 + 1

3 ln n

) =1− 2 ln 2

3 ln n

1 + 13 ln n

, qui tend vers 1.

6.7n5 + n2

(n + 3)5 − ln(n10)=

7n5(1 + 1

7n3

)

n5(1 + 3

n

)5 − 10 ln n=

7n5

n5× 1 + 1

7n3

(1 + 3

n

)5 − 10 ln nn5

, qui tend vers 7.

7.32n − 23n

ln(n + 2)− ln((n + 4)3 + 1)=

9n − 8n

ln(n(1 + 2

n

))− ln

(

n3(1 + 4

n

)3+ 1) =

9n

−2 ln n

1−(

89

)n

1 +ln(1+ 2

n )−2 ln n

+ln((1+ 4

n )3+ 1

n3

)

−2 ln n

,

qui tend vers −∞.

8.(

ln n

(3e)n

) 12n

= exp(

ln ln n− n ln 3− n

2n

)

= exp(−n ln(3e)

2n×(

1− ln ln n

n ln(3e)

))

= exp(

− ln(3e)2×(

1− ln ln n

n ln(3e)

))

,

qui tend vers1√3e

.

9.a3n ln n

nn= exp (3n ln n ln a− n ln n) = exp (n ln n(3 ln a− 1)),

• si a ∈]0, e13 [, 3 ln a− 1 < 0 donc la suite tend vers 0,

• si a = e13 , la suite est constante et vaut 1 donc elle tend vers 1

• si a ∈]e13 , +∞[, 3 ln a− 1 > 0 donc la suite tend vers +∞.

10.2n∑

k=n

ak =

an 1− an+1

1− asi a 6= 1

n + 1 si a = 1• si 0 6 |a| < 1, la suite tend vers 0,• si a = 1, la suite tend vers +∞

• si a > 1,2n∑

k=n

ak =−a2n+1

(1− 1

an

)

1− adonc la suite tend vers +∞,

• si a = −1,2n∑

k=n

ak =(−1)n(1− (−1)n+1)

2...la suite n’a pas de limite

• si a < −1,2n∑

k=n

ak =−a2n+1

(1− 1

an

)

1− a=|a|2n+1

(1− 1

an

)

1 + |a| donc la suite tend vers +∞,

11.

√n ln(n4)− 3n ln

(

(n + 2)1√n

)

e6n + 100n=

4√

n ln(n)− 3√

n ln(n(1 + 2

n

))

e6n + en ln 100=

√n ln(n)− 3

√n ln

(1 + 2

n

)

e6n

(

1 +(

eln 100

e6

)n) soit

√n ln(n)

(

1− 3ln(1+ 2

n )ln n

)

e6n

(

1 +(

eln 100

e6

)n) =√

n

en× ln(n)

e5n×

(

1− 3ln(1+ 2

n )ln n

)

(

1 +(

eln 100

e6

)n)

ce qui permet de conclure que la suite tend vers 0 lorsque n tend vers +∞ car 100 < e6.

12.n2 +

√n

n

√n! + e6n

=e2 ln n + e

n2 ln n

n!12

(

1 + (en)6

n!12

) =e

n2 ln n

(

e(2− n2 ) ln n + 1

)

n!12

(

1 + (en)6

n!12

) =(

en ln n

n!

) 12

×

(

e(2− n2 ) ln n + 1

)

(

1 + (en)6

n!12

) , cette écriture

permet de conclure, en utilisant le théorème sur les croissances comparées, si on trouve le comportementde

en ln n

n!= exp

(

n ln n−n∑

k=1

ln k

)

33

or

n ln n−n∑

k=1

ln k =n∑

k=1

lnn

k=

⌊ n2 ⌋∑

k=1

⌋ lnn

k+

n∑

k=⌊ n2 ⌋+1

lnn

k> ⌊n

2⌋ ln 2→ +∞

car k 6 ⌊n2⌋ ⇒ k 6

n

2⇒ n

k> 2. Par conséquent, la suite (n ln n−

n∑

k=1

ln k)n∈N∗ , qui est minorée par une

suite qui tend vers +∞, tend vers +∞ donc limn→+∞

en ln n

n!= +∞.

Ainsi, limn→+∞

(en ln n

n!

) 12

= +∞ et la suite initiale tend vers +∞.

13.(n + 3)n − (n + 1)n+1

2 ln n!−∑2n

k=1 ln k=

en ln(n(1+ 3n )) − en(1+ 1

n ) ln(n(1+ 1n ))

2 ln n!− ln((2n)!)=

en ln n+n ln(1+ 3n ) − en ln n+ln n+n(1+ 1

n ) ln(1+ 1n )

ln (n!)2

(2n)!

=en ln n+ln n

(

en ln(1+ 3n )−ln n − en ln(1+ 1

n )+ln(1+ 1n ))

ln (n!)2

(2n)!

Cette forme perme de conclure en observant que

n ln(

1 +3n

)

= 3 × ln(1 + 3

n

)

3n

tend vers 3 lorsque n tend vers +∞, en observant que n ln(

1 +1n

)

=

ln(1 + 1

n

)

1n

tend vers 1 et en observant que la suite(n!)2

(2n)!tend vers 0 lorsque n tend vers +∞ car

0 6(n!)2

(2n)!=

1× 2× 3× · · · × n× 1× 2× 3× · · · × n

1× 2× 3× · · · × n× (n + 1)× · · · × (2n)=

n∏

k=1

k

n + k6

(12

)n

car en effet, pour tout k ∈ [[1, n]], n + k > 2k d’où 0 6k

n + k6

12

.

Ainsi, limn→+∞

en ln n+ln n

ln (n!)2

(2n)!

= −∞, limn→+∞

en ln(1+ 3n )−ln n = 0 et lim

n→+∞en ln(1+ 1

n )+ln(1+ 1n ) = 1 donc la suite

initiale tend vers +∞ lorsque n tend vers +∞.


1.ln (1 + e−n)

e−n.

Orlimx→0

ln (1 + x)x

= 1

limn→+∞

e−n = 0

donc, par composition des limites, lim

n→+∞ln (1 + e−n)

e−n= 1.

2. n sin(

1n + 1

− 1n2

)

=sin(

1n+1 − 1

n2

)

1n+1 − 1

n2

× n

(1

n + 1− 1

n2

)

=sin(

1n+1 − 1

n2

)

1n+1 − 1

n

(n

n + 1− 1

n

)

Orlimx→0

sin x

x= 1

limn→+∞

1n + 1

− 1n2

= 0

donc, par composition des limites, limn→+∞

sin(

1n+1 − 1

n2

)

1n+1 − 1

n

= 1 si bien que

limn→+∞

n sin(

1n + 1

− 1n2

)

= 1.

3.tan2(ne−n)

(n + 1)2 ln(1− 2e−2n)=(

tan(ne−n)ne−n

)2 (ne−n)2

(n + 1)2(−2e−2n)−2e−2n

ln(1− 2e−2n)=(

tan(ne−n)ne−n

)2 1−2(1 + 1

n)2

−2e−2n

ln(1− 2e−2n)

Or d’une part,limx→0

tan x

x= 1

limn→+∞

ne−n = 0


n→+∞tan(ne−n)

ne−n= 1 et d’autre

part,limx→0

x

ln(1 + x)= 1

limn→+∞

−2e−2n = 0


n→+∞−2e−2n

ln(1− 2e−2n)= 1.

Ainsi limn→+∞

= −12

.

34

4.(2n +

√n) 1

ln(n+1)

(2n +

√n) 1

ln(n+1) = exp(

ln(2n +√

n)ln(n + 1)

)

= exp

(ln(2n(1 + 1

2√

n))

ln(n(1 + 1n

))

)

= exp

(ln n + ln 2 + ln(1 + 1

2√

n)

ln n + ln(1 + 1n

)

)

= exp

1 + ln 2

ln n+

ln(1+ 12

√n

)

ln n

1 + ln(1+ 1n

)

ln n

Par continuité de la fonction exponentielle en 1, limn→+∞

(2n +

√n) 1

ln(n+1) = e.

5.(n2 +

√n) 1

ln(n+1)

(n2 +

√n) 1

ln(n+1) = exp(

ln(n2 +√

n)ln(n + 1)

)

= exp

(ln(n2(1 + 1

n√

n))

ln(n(1 + 1n

))

)

= exp

(2 ln n + ln(1 + 1

n√

n)

ln n + ln(1 + 1n

)

)

= exp

2 +

ln(1+ 1n

√n

)

ln n

1 + ln(1+ 1n

)

ln n

Par continuité de la fonction exponentielle en 2, limn→+∞

(n2 +

√n) 1

ln(n+1) = e2.

6.

(

1 +ln(1 + 2n3)√

2n

)√

n

ln n

= exp(√

n

ln nln(

1 +ln(2n3(1 + 1

2n3 )√2n

))

= exp(√

n

ln nln(

1 +ln 2 + 3 ln n + ln(1 + 1

2n3 )√2n

))

= exp(√

n

ln nln(

1 +3 ln n√

2n

(

1 +ln 2

3 ln n+

ln(1 + 12n3 )

3 ln n

)))

= exp

√n

ln n× 3 ln n√

2n

(

1 +ln 2

3 ln n+

ln(1 + 12n3 )

3 ln n

)

×ln(

1 +3 ln n√

2n

(

1 +ln 2

3 ln n+

ln(1 + 12n3 )

3 ln n

3 ln n√2n

(

1 +ln 2

3 ln n+

ln(1 + 12n3 )

3 ln n

)

= exp

3√2

(

1 +ln 2

3 ln n+

ln(1 + 12n3 )

3 ln n

) ln(

1 + 3 ln n√2n

(

1 + ln 23 ln n

+ln(1+ 1

2n3 )

3 ln n

))

3 ln n√2n

(

1 + ln 23 ln n

+ln(1+ 1

2n3 )

3 ln n

)

Or, par composition des limites, limn→+∞

ln(

1 + 3 ln n√2n

(

1 + ln 23 ln n

+ln(1+ 1

2n3 )

3 ln n

))

3 ln n√2n

(

1 + ln 23 ln n

+ln(1+ 1

2n3 )

3 ln n

) = 1 et limn→+∞

(

1 +ln 2

3 ln n+

ln(1 + 12n3 )

3 ln n

)

=

1 si bien que,

limn→+∞

3√2

(

1 +ln 2

3 ln n+

ln(1 + 12n3 )

3 ln n

) ln(

1 + 3 ln n√2n

(

1 + ln 23 ln n

+ln(1+ 1

2n3 )

3 ln n

))

3 ln n√2n

(

1 + ln 23 ln n

+ln(1+ 1

2n3 )

3 ln n

) =3√2

35

d’où, par continuité de la fonction exponentielle en3√

22

, limn→+∞

(

1 +ln(1 + 2n3)√

2n

)√

n

ln n

= exp3√

22

.

7. n(32n − 1) =

e2n

ln 3 − 12n

ln 3× n× 2

nln 3 =

e2n

ln 3 − 12n

ln 3× 2 ln 3.

Or,limx→0

ex − 1x

= 1

limn→+∞

2n

ln 3 = 0


e2n

ln 3 − 12n

ln 3= 1 si bien que lim

n→+∞n(3

2n − 1) = 2 ln 3.

8.1− cos( ln n

n)

(n2n − 1)2

=1− cos( ln n

n)

( ln nn

)2× (ln n)2

n2× 1

(e2 ln n

n − 1)2=

14

1− cos( ln nn

)

( ln nn

)2×(

2 ln nn

e2 ln n

n − 1

)2

Or,limx→0

x

ex − 1= 1

limn→+∞

2 ln n

n= 0


2 ln nn

e2 ln n

n − 1= 1 si bien que lim

n→+∞

(2 ln n

n

e2 ln n

n − 1

)2

=

1

De même,limx→0

1− cos x

x2=

12

limn→+∞

2 ln n

n= 0


1− cos( ln nn

)

( ln nn

)2=

12

.

Ainsi limn→+∞

1− cos( ln nn

)

(n2n − 1)2

=18

.

9.ln(2√

en + 1)

2n((ln 3)1n − 1)

=ln 2 + 1

2 ln(en + 1)

2n(eln(ln 3)

n − 1)=

ln 2 + 12 ln(en(1 + e−n))

2n(eln(ln 3)

n − 1)=

ln 2 + n2 + 1

2 ln(1 + e−n)

2n(eln(ln 3)

n − 1)donc

ln(2√

en + 1)

2n((ln 3)1n − 1)

=n

4n

1 + ln 2n

+ 12n

ln(1 + e−n)

eln(ln 3)

n − 1=

14

1 + ln 2n

+ 12n

ln(1 + e−n)

eln(ln 3)

n − 1

Or limn→+∞

1+ln 2n

+1

2nln(1+e−n) = 1 et lim

n→+∞e

ln(ln 3)n −1 = 0+ si bien que lim

n→+∞ln(2√

en + 1)

2n((ln 3)1n − 1)

= +∞.

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Fonctions usuelles 1 Manipulations techniques des fonctionsvbayle76.free.fr/FonctionsUsuelles-2020.pdf · Fonctions usuelles 1 Manipulations techniques des fonctions 1.1 Généralités