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Universit´ e Mohammed V-Agdal Facult´ e des Sciences Juridiques, ´ Economiques

Universit´ e Mohammed V-Agdal Facult´ e des Sciences Juridiques, ´ Economiques et Sociales, Rabat Printemps–´ Et´ e 2006/2007 Sections : A & B Semestre : S2 www.fsjesr.ac.ma Fili` ere de Sciences ´ Economiques et de Gestion Module 6 : M´ ethodes Quantitatives I Mati` ere : Math´ ematiques I Professeure Amale LAHLOU Corrig´ e de la S´ erie 1 Exercice 1 D´ eterminons le domaine de d´ eﬁnition de chacune des fonc- tions suivantes : • Soit la fonction d´ eﬁnie par : f1(x) = x2 −9 x2 + 2x −3. x ∈Df1 ⇐ ⇒ x2 + 2x −3 ̸= 0 ⇐ ⇒ (x −1)(x + 3) ̸= 0 ⇐ ⇒ x −1 ̸= 0 et x + 3 ̸= 0 ⇐ ⇒ x ̸= −1 et x ̸= −3 Ainsi Df1 = R −{−3, 1}. Remarque : La fonction f1 ne peut ˆ etre simpliﬁ´ ee que si x ∈Df1, f1(x) = x2 −9 x2 + 2x −3 = (x −3)(x + 3) (x −1)(x + 3) = x −3 x −1. • Soit la fonction d´ eﬁnie par : f2(x) = 1 √ x3 −1 . En utilisant l’identit´ e remarquable d’ordre trois, on ob- tient : x3 −1 = (x −1)(x2 + x + 1). On remarque que le discriminant du polynˆ ome x2 + x + 1 est strictement n´ egatif. Par cons´ equent le polynˆ ome x2 + x + 1 > 0 pour tout x ∈R. D’o` u, x ∈Df2 ⇐ ⇒ x3 −1 > 0 ⇐ ⇒ (x −1)(x2 + x + 1) > 0 ⇐ ⇒ x −1 > 0 Ainsi, Df2 =]1, +∞[. • Soit la fonction d´ eﬁnie par : f3(x) = 3 p x3 −1. La racine cubique est toujours d´ eﬁnie sur R. Ainsi, Df3 = R • Soit la fonction d´ eﬁnie par : f4(x) = s 2 −|x| 1 −|x|. x ∈Df4 ⇐ ⇒ 2 −|x| 1 −|x| ⩾0 et 1 −|x| ̸= 0 On distingue deux cas : ⇝Si x ⩾0, on doit avoir x ̸= 1 et 2 −x 1 −x ⩾0 x 0 1 2 +∞ 2 −x + | + ∅ − 1 −x + ∅ − | − 2−x 1−x + ∥ − ∅ + Donc, x ∈[0, 1[∪[2, +∞[ ⇝Si x ⩽0, on doit avoir x ̸= −1 et 2 + x 1 + x ⩾0, x −∞ −2 −1 0 2 + x − ∅ + | + 1 + x − | − ∅ + 2+x 1+x + ∅ − ∥ + Donc, x ∈] −∞, −2]∪] −1, 0] Ainsi, Df4 =] −∞, −2]∪] −1, 1[∪[2, +∞[. • Soit la fonction d´ eﬁnie par : f5(x) = ln ¡√ 1 + x + √ 1 −x ¢ . x ∈Df5 ⇐ ⇒ √ 1 + x + √ 1 −x ̸= 0, 1 + x ⩾0 et 1 −x ⩾0 ⇐ ⇒ 1 + x > 0 et 1 −x > 0 ⇐ ⇒ x ∈] −1, 1[ Ainsi, Df5 =] −1, 1[. • Soit la fonction d´ eﬁnie par : f6(x) = q 1 x + x + q 1 x −x x + |x| . Soit x ∈R. On remarque que si x < 0, alors x + |x| = 0 et par cons´ equent Df6 ⊆R∗ +. Donc, x ∈Df6 ⇐ ⇒ x > 0 et 1 x −x ⩾0 ⇐ ⇒ x > 0 et 1 −x2 ⩾0 ⇐ ⇒ x > 0 et 1 −x ⩾0 ⇐ ⇒ x ∈]0, 1] Ainsi, Df6 =]0, 1]. Exercice 2 ´ Etudions la parit´ e des fonctions suivantes : • Soit la fonction d´ eﬁnie sur R par : f1(x) = cosh(x) = ex + e−x 2 . Pour tout x ∈Df1, on a −x ∈Df1. De plus, f1(−x) = cosh(−x) = e−x + ex 2 = ex + e−x 2 = f1(x). Prof. Amale LAHLOU Corrig´ e de la s´ erie 1 /Math´ ematiques I / MQ I / M 6 S 2 / Session : Printemps–´ Et´ e 2006-2007 Page 2 D’o` u, la fonction f1 est paire sur R. • Soit la fonction d´ eﬁnie sur R par : f2(x) = sinh(x) = ex −e−x 2 . Pour tout x ∈Df2, on a −x ∈Df2. De plus, f2(−x) = sinh(−x) = e−x −ex 2 = − µex −e−x 2 ¶ = −f2(x). D’o` u, la fonction f2 est impaire sur R. • Soit la fonction d´ eﬁnie sur R par : f3(x) = |x −1| −|x + 1|. Pour tout x ∈Df3, on a −x ∈Df3. De plus, f3(−x) = | −x −1| −| −x + 1| = | −(x + 1)| −| −(x −1)| = |x + 1| −|x −1| = −(|x −1| −|x + 1|) = −f3(x) D’o` u,la fonction f3 est impaire sur R. • Soit la fonction d´ eﬁnie par : f4(x) = p x2 −1 + 1 √ 1 −x2 . D´ eterminons son domaine de d´ eﬁnition, Df4 = {x ∈R/ x2 −1 ⩾0 et 1 −x2 > 0} = {x ∈R/ 0 > x2 −1 ⩾0} = ∅ D’o` u, la fonction f4 n’est pas d´ eﬁnie. Exercice 3 ´ Etudions la p´ eriodicit´ e de la fonction d´ eﬁnie sur R par : f(x) = x −E(x). Si T ∈R⋆est une p´ eriode de f, alors x + T ∈Df pour tout x ∈Df. De plus, ´ etant donn´ e k ∈Z on a : f(x + k) = x + k −E(x + k) = x + k −(E(x) + k) = x −E(x) = f(x). D’o` u tout entier k ∈Z est une p´ eriode de la fonction f. La p´ eriode T en est la plus petite p´ eriode strictement po- sitive, i.e., T = 1. De plus on a : pour tout x ∈[k, k + 1[, E(x) = k et par cons´ equent f(x) = x −k ∀x ∈[k, k + 1[. Exercice 4 Soient les deux fonctions d´ eﬁnies par : f(x) = x −1 x2 −1 et g(x) = ex Il clair que Df = R\{−1, 1} et Dg = R. D´ eterminons l’ensemble de d´ eﬁnition de des fonctions compos´ ees g ◦f et f ◦g Soit donc, Dg◦f = {x ∈R/ x ∈Df et f(x) ∈Dg} = {x ∈R/ x ̸= −1, x ̸= 1 et f(x) ∈R} = {x ∈R/ x ̸= −1 et x ̸= 1} = R\{−1, 1} Df◦g = {x ∈R/ x ∈Dg et g(x) ∈Df} = {x ∈R/ g(x) ∈Df} = {x ∈R/ ex ̸= −1 et ex ̸= 1} = {x ∈R/ ex ̸= 1} (car ex > 0 ∈∀x ∈R) = {x ∈R/ x ̸= 0} = R∗ Ainsi, g ◦f : R\{−1, 1} − → R − → R x 7− → f(x) 7− → g ◦f(x) = g (f(x)) avec, g ◦f(x) = g (f(x)) = ef(x) = exp µ x −1 x2 −1 ¶ . et g ◦f : R∗ − → R\{−1, 1} − → R x 7− → g(x) 7− → f ◦g(x) = f (g(x)) avec, f ◦g(x) = f (g(x)) = f(ex) = ex −1 e2x −1. Exercice 5 Soit la fonction d´ eﬁnie sur R\{−1, 1} par : f(x) = x2 −1 (x −1)2 −2x + 1 |x2 −1| D´ eterminons une fonction ´ equivalente ` a f au voisinage de 1. On remarque que : |x2 −1| = ( x2 −1 x < −1 ou x > 1 1 −x2 −1 < x < 1 Donc, avec un calcul alg´ ebrique simple, on peut montrer que la fonction f s’´ ecrit sous la forme suivante : f(x) =          x2 x2 −1, x < −1 ou x > 1 x2 + 4x + 2 x2 −1 , −1 < x < 1 Prof. Amale LAHLOU Corrig´ e de la s´ erie 1 /Math´ ematiques I / MQ I / M 6 S 2 / Session : Printemps–´ Et´ e 2006-2007 Page 3 Posons x = 1 + h, et quand x →1 alors h →0. ⇝Au voisinage droit de 1, i.e., x →1+ et h →0+. f(x) = x2 x2 −1 = (1 + h)2 (1 + h)2 −1 = h2 + 2h + 1 h2 + 2h ∼0+ 1 2h f(x) ∼1+ 1 2(x −1) Ainsi, lim x→1+ f(x) = +∞. ⇝Au voisinage gauche de 1, i.e., x →1−et h →0−. f(x) = x2 + 4x + 2 x2 −1 = (1 + h)2 + 4(1 + h) + 2 (1 + h)2 −1 = h2 + 6h + 7 h2 + 2h ∼0− 7 2h f(x) ∼1− 7 2(x −1) Ainsi, lim x→1−f(x) = −∞. Exercice 6 Soit a ∈R. La fonction d´ eﬁnie sur R∗par : f(x) = −x + 3a x + x3 −1 x2 + 1 est une fraction rationnelle. En eﬀet, par un calcul alg´ ebrique simple la fonction f peut s’´ ecrire sous la forme uploads/s3/ exercice-1-math-corrige.pdf