\thumb

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% ex 1

\begin{vf}{Dérivabilité}{10}
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont correctes ?
\begin{questions}
\item La fonction racine carrée est définie donc dérivable sur $\left[0~;+\infty\right[$.
\item Si $f'(a)=0$, alors la fonction $f$ admet un extremum en $a$.
\item La fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=\left|x-2\right|$ est dérivable en 2.
\item Si la fonction $f$ est dérivable en $a$ et la fonction $g$ n'est pas dérivable en $a$, alors la fonction $fg$ n'est pas dérivable en $a$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Faux. La fonction racine carrée est bien définie sur $\left[0~;+\infty\right[$ mais elle n'est pas dérivable en 0.
\item Faux. La fonction $f$ n'admet un extremum en $a$ que si sa dérivée s'annule et change de signe en $a$. Ainsi la fonction définie sur $\R$ par\linebreak
$f(x)=x^3$ a sa dérivée qui s'annule en 0 puisque, pour tout $x$ réel $f'(x)=3x^2$. Cependant, elle n'admet pas d'extremum en 0.
\item Faux. Pour $x \neq 2$, $\dfrac{f(x)-f(2)}{x-2}=\dfrac{\left|x-2\right|}{x-2}$.

Par suite, pour $x>2$, 
\[ \dfrac{f(x)-f(2)}{x-2}=1\;,\]
et pour $x<2$, 
\[ \dfrac{f(x)-f(2)}{x-2}=-1.\]
La fonction $x\mapsto \left|x-2\right|$ n'est pas dérivable en 2.
\item Faux. Soit $g(x)=\sqrt{x}$ et $f(x)=x$. La fonction $g$ n'est pas dérivable en 0; la fonction $f$ est dérivable en 0. La fonction $fg$ définie pour tout réel $x$ positif par $(fg)(x)=x\sqrt{x}$ est dérivable en 0 et $(fg)'(0)=0$.
\end{questions}
\end{corrige}


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% ex 2

\begin{vf}{Fonction définie par morceaux}{10}
Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par :
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l@{~=~}ll}
f(x) & -x^2 &\text{si }x<0 \\
f(0) & 1 & \\
f(x) & x^2+1 & \text{si }x>0
\end{array}
\right.
\]


Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont correctes ?
\begin{questions}
\item
La fonction $f$ n'admet pas de limite en 0.
\item
La fonction $f$ est dérivable en 0 et $f'(0)=0$.
\item
La fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$.
\item
Pour tout réel $a$, l'équation $f(x)=a$ admet une unique solution dans~$\R$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Vrai. On a : 

$\lim\limits_{x \to 0^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^-} (-x^2) =0$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} (x^2+1)=1$.

Si $f$ est une fonction définie en $a$, elle admet une limite en $a$ si et seulement si elle admet une limite à droite et une limite à gauche en $a$ et que ces limites sont égales.


\item Faux. D'après la question précédente, la fonction $f$ n'est pas continue en $0$, par suite, elle n'est pas dérivable en $0$.

Si $f$ est dérivable en $a$, alors $f$ est continue en $a$.

On a donc, en prenant la contraposée de la proposition précédente : si $f$ n'est pas continue en $a$, alors $f$ n'est pas dérivable en $a$.


\item Vrai. Pour tout réel $x<0$, $f'(x)=-2x$ donc $f'$ est strictement positive sur $]-\infty~;0[$. Pour tout réel $x>0$, $f'(x)=2x$ donc $f'$ est strictement positive sur $]0~;+\infty[$. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]0~;+\infty[$ et sur $]-\infty~;0[$. 

De plus, pour tout $x$ non nul, $-x^2<1<x^2+1$, donc si $x < 0$, on a $f(x) <f(0)$  et si $x > 0$, on a aussi $f(0)< f(x)$. Par conséquent, $f$ est strictement croissante sur $\R$.

\begin{methode}
Il est conseillé de faire une représentation graphique rapide pour bien voir l'allure de la courbe. On remarquera alors l'importance de bien préciser que la limite à gauche de la fonction $f$ en $0$ est inférieure à l'image de $0$ et que la limite à droite en $0$ est justement égale à $f(0)$. Cette représentation graphique sera aussi une aide pour la question suivante.
\end{methode}

\item Faux. L'équation $f(x) = a$ n'admet aucune solution pour $a$ appartenant à l'intervalle $[0~;1[$.
\end{questions}
\end{corrige}

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% ex 3

\begin{vf}{Avec des valeurs absolues}{10}
Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par :
\[ 
f(x)=\dfrac{x^2}{1+\left|x\right|}.
\]
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont correctes ?
\begin{questions}
\item
La courbe représentative de la fonction $f$ admet une asymptote verticale.
\item
La fonction $f$ est continue sur $\R$.
\item
La fonction $f$ n'est pas dérivable en 0.
\item
La courbe représentative de la fonction $f$ admet une tangente de pente~2.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Faux. La fonction $f$ est définie sur $\R$.
\item Vrai. La fonction valeur absolue est continue sur $\R$ donc $f$ est continue sur $\R$ en tant que quotient de deux fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas sur $\R$.
\item Faux. La fonction $f$ est dérivable en 0.

On a, pour tout réel $x$, 
\[
\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{x}{1+\left|x \right|}\;,
\] 
donc :
\[
\lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=0.
\]

On peut donc conclure que la fonction $f$ est dérivable en 0 et que $f'(0)=0$.

\item Faux. On cherche s'il existe un réel $x$ tel que $f'(x)=2$. 

Pour $x>0$, l'équation $f'(x)=2$ équivaut à $\dfrac{x^2+2x}{(1+x)^2}=2$, ce qui équivaut à
$x^2+2x+2=0$, équation qui a un discriminant négatif, donc aucune solution dans $\R$.

De même, pour $x<0$, l'équation $f'(x)=2$ équivaut à $\dfrac{2x-x^2}{(1-x)^2}=2$ soit $3x^2-6x+2=0$. Cette équation n'admet aucune solution négative. On en déduit que l'équation $f'(x)=2$ n'a pas de solution. Ainsi la courbe représentative de la fonction $f$ n'a pas de tangente de pente 2.
\end{questions}
\end{corrige}

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% ex 4
\newpage
\begin{vf}{Solution de $f(x)=0$}{20}
Soit $f$ la fonction $x \mapsto x\sqrt{x}-x^2 -0,1$.

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont correctes ?
\begin{questions}
\item $f$ est définie sur $[0~;+\infty[$.
\item $f$ est dérivable sur $[0~;+\infty[$.
\item Pour tout $x$ de $[0~;+\infty[$, $f(x)$ est négative ou nulle.
\item La différence entre les deux solutions de l'équation $f(x)=0$ est inférieure à $0,23$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Vrai.
\item Vrai. De façon évidente, cette fonction est dérivable sur $\R^*$.

Si la fonction $x\mapsto\sqrt{x}$ n'est pas dérivable en 0, en revanche $x\mapsto x\sqrt{x}$ l'est :
en effet, d'après la définition du nombre dérivé en 0, 
\[
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x\sqrt{x}-0\sqrt{0}}{x}=0.
\]

\item Faux, le maximum est atteint pour $x=\dfrac{9}{16}$ et il est positif (mais très proche de $0$).

\item Vrai. Un encadrement de la première solution est : $0,456 < x_1 < 0,457$, et un encadrement de la deuxième solution est $0,665 < x_2 < 0,666$.
\end{questions}
\end{corrige}

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% ex 5 [nouveau 2014]

\begin{vf}{Continuité et dérivabilité}{15}
Dire si chacune des affirmations suivantes est vraie ou fausse, en justifiant la réponse.

$f$ représente une fonction définie sur un intervalle $I$ et $a$ est un réel de cet intervalle.

\begin{questions}
\item Il existe une fonction $f$ continue et dérivable en $a$.
\item Il existe une fonction $f$ continue en $a$ et non dérivable en $a$.
\item Il existe une fonction $f$ qui n'est pas continue en $a$ mais qui est dérivable en $a$.
\item Il existe une fonction $f$ qui n'est ni continue ni dérivable en $a$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}

\begin{questions}
\item Vrai. $I=\R$ et $a=0$. La fonction affine $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=x$ est bien continue et dérivable en 0.
\item Vrai. $I =\R$ et $a=0$. La fonction valeur absolue $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = |x|$ est continue en 0 mais n'est pas dérivable en 0.
\item \label{ch4ex5-2014}Faux. D'après un théorème du cours, toute fonction dérivable en $a$ est aussi continue en $a$.
\item Vrai. $I =\R$ et $a = 0$. La fonction partie entière $E$ définie sur $\R$ par $E(x) = n$  où $n$ est l'entier tel que  $n\leqslant x < n+1$,  n'est pas continue en 0, et n'est donc pas dérivable en $a$ d'après la contraposée du théorème rappelé à la question \refitem{ch4ex5-2014}.
\end{questions}

\begin{methode}
Contrairement aux affirmations générales, où un contre-exemple permet de montrer qu'une affirmation est fausse, dans le cas où l'affirmation porte sur l'existence d'une fonction, un exemple permet de prouver que l'affirmation est vraie. Il faut par contre faire appel à un théorème pour justifier que l'affirmation est fausse.
\end{methode}

\end{corrige}


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% ex 6 (anc. 5)

\begin{exo}{\'Etude d'une fonction irrationnelle}{Lycée de l'Emperi, Salon-de-Provence}{1}{25}
La fonction $f$ est définie par :
\[
f(x)=
\begin{cases}
\dfrac{\sqrt{x^2+x+2}-2}{x-1} &\text{si $x\neq1$}\\  
\dfrac{3}{4} & \text{pour $x=1$}
\end{cases}
\]
\begin{questions}
\item $f$ est-elle continue en 1 ?
\item $f$ est-elle dérivable en 1 ?
\item Justifier que $f$ est dérivable pour $x$ différent de 1.
\item Calculer $f'(x)$ pour $x\neq1$. (On ne demande pas le signe de $f'(x)$).
\item Calculer $\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f(x)$ et $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f(x)$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Pour savoir si la fonction $f$ est continue en 1, on détermine sa limite quand $x$ tend vers 1 et on compare le résultat à $f(1)$. On a :

$\lim\limits_{x\rightarrow1}f(x)=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{\sqrt{x^2+x+2}-2}{x-1}$.

$\lim\limits_{x\rightarrow1}f(x)=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{x^2+x-2}{(x-1)\big(\sqrt{x^2+x+2}+2\big)}$.

On a donc, en factorisant $x^2+x-2$ en $(x-1)(x+2)$ puis en simplifiant par $x-1$, $\lim\limits_{x\rightarrow1}f(x)=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{x+2}{\sqrt{x^2+x+2}+2}$.

On en déduit que $\lim\limits_{x\rightarrow1}f(x)=\dfrac{3}{4}$.

Comme $\lim\limits_{x\rightarrow1}f(x)=f(1)$, il en résulte que la fonction $f$ est continue en 1.

\item On a :
$\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{\dfrac{\sqrt{x^2+x+2}-2}{x-1}-\dfrac{3}{4}}{x-1}$.

Après simplification, on obtient :
\[\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{4\sqrt{x^2+x+2}-(3x+5)}{4\left(x-1\right)^2}.\]
En multipliant les deux termes du quotient par l'expression conjuguée du numérateur, puis en simplifiant, il vient :
\begin{align*}
& \lim_{x\rightarrow1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}\\
= & \lim_{x\rightarrow1}
\dfrac{\left(4\sqrt{x^2+x+2}-(3x+5)\right)\left(4\sqrt{x^2+x+2}+(3x+5)\right)}{4(x-1)^2\left(4\sqrt{x^2+x+2}+(3x+5)\right)}\\
= & \lim_{x\rightarrow1}\dfrac{16x^2+16x+32-(9x^2+30x+25)}{4(x-1)^2\left(4\sqrt{x^2+x+2}+3x+5\right)}\\
= & \lim_{x\rightarrow1}\dfrac{7x^2-14x+7}{4(x-1)^2\left(4\sqrt{x^2+x+2}+(3x+5)\right)}\\
= & \lim_{x\rightarrow1}\dfrac{7(x-1)^2}{4(x-1)^2\left(4\sqrt{x^2+x+2}+(3x+5)\right)}\\
= & \lim_{x\rightarrow1}\dfrac{7}{4\left(4\sqrt{x^2+x+2}+(3x+5)\right)}\;,
\end{align*}
 soit $\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\dfrac{7}{64}$.
On en déduit que la fonction $f$ est dérivable en 1.

\newpage

\item Étudions la dérivabilité de la fonction $f$ pour $x\neq1$.

La fonction : $x\longmapsto x^2+x+2$ est dérivable pour tout $x$ différent de 1 et strictement positive.

La fonction racine carrée est dérivable sur $\left]0~;+\infty\right[$; d'après le théorème de dérivabilité des fonctions composées,  la fonction :\linebreak $x\longmapsto \sqrt{x^2+x+2}$ est dérivable pour tout $x$ différent de 1.

La fonction : $x\longmapsto x-1$ est dérivable et ne s'annule pas pour tout $x$ différent de 1, donc la fonction $f$ est dérivable pour tout $x\neq1$.


\item Pour tout $x$ différent de 1, on a, en appliquant la formule de dérivation d'un quotient,
 \[f'(x)=\dfrac{\dfrac{(2x+1)(x-1)}{2\sqrt{x^2+x+2}}-\big[\sqrt{x^2+x+2}-2\big]}{(x-1)^2}.\]

Cette expression se simplifie en :
\[
f'(x)=\dfrac{(2x+1)(x-1)-\left[2(x^2+x+2)-4\sqrt{x^2+x+2}\right]}{2(x-1)^2\sqrt{x^2+x+2}}.
\]

Finalement, on obtient :
\[
f'(x)=\dfrac{-3x-5+4\sqrt{x^2+x+2}}{(x-1)^22\sqrt{x^2+x+2}}.
\]

\item Pour $x>0$, on a :
\[
f(x)=\dfrac{\sqrt{x^2+x+2}-2}{x-1}=\dfrac{\dfrac{x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{2}{x^2}}-\frac{2}{x}\right)}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}}.
\]
Après simplification par $x$, on a :
\[
f(x)=\dfrac{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{2}{x^2}}-\frac{2}{x}}{1-\frac{1}{x}}.
\]

Comme $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{x}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{x^2}=0$, on en déduit :
\[
\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=1.
\]

On procède de même pour déterminer la limite de $f(x)$ en $-\infty$.
Comme $x$ est négatif au voisinage de $-\infty$, on a $\sqrt{x^2}=-x$ d'où :
\[
\lim_{x\rightarrow-\infty}f(x)=-1.
\]
\newpage
\begin{methode}
Il ne faut pas confondre l'étude de la dérivabilité d'une fonction en un point (étude locale) et l'étude de la dérivabilité d'une fonction sur un intervalle (étude globale).\par
Pour savoir si une fonction $f$ est dérivable au point $a$, on étudie la limite du quotient $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ quand $x$ tend vers $a$.\par
Pour étudier la dérivabilité d'une fonction sur un intervalle, on utilise la dérivabilité des fonctions de références (fonctions polynômes, fonctions rationnelles, fonction racine carrée, etc.) et les théorèmes sur les opérations sur les fonctions dérivables (somme, produit, quotient, composée).
\end{methode}
\end{questions}
\end{corrige}

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% ex 7 (anc. 6)

\begin{exo}{Calcul de dérivées}{Lycée Jules Ferry, Caen}{1}{30}%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
Montrer que les fonctions suivantes sont définies et dérivables sur $\R$ puis calculer leur dérivée.
\begin{itemize}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item  $\displaystyle f(x)={3x^3-6x+5\over x^2+1}$
\item  $\displaystyle g(x)=(5x^4 -2x^2 +x)^3$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item  $\displaystyle h(x)=\left( \dfrac{2x^2 -5x +1}{x^2+1} \right)^4$
\item  $\displaystyle \ell(x)=\sqrt{\sqrt{1+x^2}}$
\end{minipage}
\end{itemize}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La fonction $f$ est une fonction rationnelle, donc est dérivable sur son ensemble de définition. Or, pour tout réel $x$, on a $x^2+1>0$, de sorte que $\mathscr{D}_f=\R$. Alors $f$ est définie et dérivable sur $\R$ tout entier. 

Pour calculer la dérivée de $f$, on applique la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-v'u}{v^2}$
avec :
\[
u(x)=3x^3-6x+5 \quad \text{et} \quad v(x)=x^2+1.
\]
D'où :
\[
u'(x)=9x^2-6 \quad \text{et} \quad v'(x)=2x.
\]
Ainsi, pour tout réel $x$ :

\begin{align*}
f'(x) & =\dfrac{(9x^2-6)(x^2+1)-2x(3x^3-6x+5)}{(x^2+1)^2}\\
& = \dfrac{3x^4+15x^2-10x-6}{(x^2+1)^2}.
\end{align*}

\item La fonction $g$ est dérivable comme composée d'une fonction polynôme et d'une fonction puissance. On a : 
\[
g'(x) = 3(20x^3-4x+1)(5x^4- 2x^2 +x)^2.
\]


\item La fonction $h$ est définie sur $\R$ car le dénominateur ne s'annule jamais. La fonction $h$ est dérivable comme composée d'une fonction rationnelle et d'une fonction puissance.
\newpage
\begin{align*}
h'(x) & = 4 \left( \dfrac{2x^2-5x+1}{x^2+1} \right)^3 
	\dfrac{(4x-5)(x^2+1)-(2x^2-5x+1)(2x)}{(x^2+1)^2} \\
&= 4 \left( \dfrac{2x^2-5x+1}{x^2+1} \right)^3 \dfrac{5x^2+2x-5}{(x^2+1)^2} \\
&= \dfrac{4(2x^2-5x+1)^3(5x^2+2x-5)}{(x^2+1)^5}.
\end{align*}

\begin{Remarque}
sous cette forme, on pourra trouver le signe de $h'(x)$, ce qui est le but quand on calcule une dérivée.
\end{Remarque}


\item  La fonction $x \mapsto x^2+1$ est dérivable sur $\R$ et est à valeurs dans $\left[1~;+\infty\right[$, donc dans $\R^*_+$. Or, $x \mapsto \sqrt{x}$ est dérivable sur $\R^*_+$. Donc $x \mapsto \sqrt{x^2+1}$ est dérivable sur $\R$.

Par ailleurs, cette dernière fonction est à valeurs dans $\R^*_+$.

Donc $x \mapsto \sqrt{\sqrt{x^2+1}}$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée de fonctions dérivables.

Posons $G(x)=\sqrt{x^2+1}$. 

Alors :
\[
G'(x)=\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}.
\]
Or, $\ell=\sqrt{G}$, donc 
$\ell'(x)=\dfrac{G'(x)}{2\sqrt{G(x)}}$.
\par
Soit :
\[
\ell'(x)=\frac{x}{2 \sqrt{x^2+1}\sqrt{\sqrt{x^2+1}}}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 8

\begin{exo}{Localisation de racines}{Lycée Chaptal, Paris}{1}{10}

Démontrer que l'équation $x^5 - 5x + 1 =0$ admet une solution $\alpha$ unique sur $[0~;1]$ et 
donner une valeur approchée à $10^{-1}$ près par défaut.
\end{exo}

\begin{corrige}
Soit la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
\[ 
f(x) = x^5 - 5x + 1.
\]
La  fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme fonction polynôme et :
\[
f'(x) = 5x^4 - 5 = 5(x^2+1)(x^2-1)=5(x^2+1)(x+1)(x-1).\]
Nous en retiendrons que $f'(x) < 0$ sur l'intervalle $[0~;1[$. 
\par
Ainsi, la fonction $f$ est dérivable, donc continue, et est strictement décroissante sur l'intervalle $[0~;1]$. 
\Par
Enfin :
\[f(0) = 1\quad \text{et}\quad f(1) = -3, \quad \text{donc}\quad 0 \in [f(1)~;f(0)].\]
On sait alors d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l'équation 
$f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0~;1]$.
\par
De plus,
\[f(0,2) = \nombre{0,00032} > 0\]
et  
\[f(0,3) = \nombre{-0,49757} < 0,\]
donc $\alpha$ est compris entre $0,2$ et $0,3$.
\Par
Finalement, $\alpha \approx 0,2$  à  $10^{-1}$ près par défaut.
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 9

\begin{exo}{\'Etude d'une équation}{Lycée Vieljeux, La Rochelle}{1}{15}

On considère la fonction $f$ définie sur $\left[-1~; \dfrac{1}{2} \right[ \cup \left]\dfrac{1}{2}~;
+\infty \right[$ par :
\[
f(x) = \frac{1}{2x-1} - \sqrt{x+1}.
\]
Étudier les variations de $f$ et en déduire que l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique 
$\alpha$, puis prouver que $\alpha \in \left] \dfrac{1}{2}~;1\right[$.
\end{exo}

\begin{corrige}
La fonction $f$ est dérivable sur $\left]-1~;\dfrac{1}{2} \right[ \cup \left] \dfrac{1}{2}~; +\infty \right[$ et :
\[
f'(x) = -\frac{2}{(2x-1)^2} - \frac{1}{2\sqrt{x+1}}.
\]
On a donc $f'(x) < 0$ pour tout $x$ dans $\left]-1~; \dfrac{1}{2}\right[ \cup \left]\dfrac{1}{2}~; 
+\infty \right[$, ce qui prouve que $f$ est strictement décroissante sur $\left]-1~; 
\dfrac{1}{2}\right[$ et strictement décroissante sur $\left]\dfrac{1}{2}~; + \infty\right[$.

On a de plus $f(-1) = -\dfrac{1}{3}$, donc $f$ ne prend que des valeurs strictement négatives sur 
$\left]-1~; \dfrac{1}{2}\right[$ : donc l'équation $f(x)=0$ n'a aucune solution dans cet intervalle.

Par ailleurs, $f$ est continue et strictement décroissante sur $\left]\dfrac{1}{2}~; +\infty \right[$. De plus,  
\[
\lim_{x \to \left(\frac{1}{2}\right)^{+}}f(x) = +\infty \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\;,
\]
 donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $\left]\dfrac{1}{2}~; +\infty \right[$. 
\par
On remarque enfin que $f(1)=1-\sqrt2 <0$, donc
$\alpha\in\left]\dfrac{1}{2}~; 1\right[$.
\newpage
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 10 (anc. 7)

\begin{exo}{Lecture graphique}{Lycée Virlogeux, Riom}{1}{10}
$f$ est une fonction dérivable sur $\R$. On a tracé ci-dessous la courbe représentative, dans un repère orthonormé, de sa dérivée $f'$.

\begin{center}
\includegraphics{04-Enonces-fig1}
\end{center}

\begin{questions}
\item Par lecture graphique, déterminer le sens de variation de la fonction $f$.
\item Prouver que $f$ admet un minimum local et donner une valeur de $x$ pour laquelle il est atteint.
\item Parmi les courbes page suivante, quelle est (ou quelles sont) celle(s) qui pourrai(en)t représenter la fonction $f$ ? Justifier.

\resetchoix

\choix{}~~\raisebox{-8.1em}{\includegraphics[scale=0.85]{04-Enonces-fig2}}

\choix{}\raisebox{-13.75em}{\includegraphics[scale=0.85]{04-Enonces-fig3}}

\choix{}\raisebox{-9.2em}{\includegraphics[scale=0.85]{04-Enonces-fig4}}

\choix{}\raisebox{-9.5em}{\includegraphics[scale=1]{04-Enonces-fig5}}

\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La dérivée est négative sur $\R_-$, donc $f$ est décroissante sur $\R_-$ ; la dérivée est positive sur $\R_+$, donc $f$ est croissante sur $\R_+$.
\item La fonction admet donc un minimum en 0.
\item La dérivée est négative sur $\R_-$, donc $f$ est décroissante sur $\R_-$ ; la dérivée est positive sur $\R_+$, donc $f$ est croissante sur $\R_+$.

Ceci élimine les courbes \choix[a] et \choix[d].

On voit que $f'(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers l'infini, donc que la pente de la tangente à la courbe va diminuer quand $x$ augmente, elle doit déjà être faible pour $x=4$ (environ $0,5$). 

C'est donc la courbe \choix[c] qui convient.
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 11 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Vrai ou faux}{Lycée Guynemer, Compiègne}{1}{15}

Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$. Pour chaque affirmation, dire, en justifiant,  si elle est vraie ou fausse. Une justification graphique sera acceptée.

\begin{questions}
\item Si $f$ change de signe sur $I$, alors $f$ s'annule sur $I$.
\item Si :
\begin{itemize}
\item $I = [a~; b]$ , 
\item $f(a) \times f(b)>0$ ,
\item $f$ est continue sur I, 
\end{itemize}
alors $f$ ne s'annule pas sur $I$.
\item Si $f$  s'annule une fois et une seule sur $I$ et si $f$ est strictement monotone, alors $f$ est continue sur $I$.
\item Si $f$ s'annule une fois et une seule sur $I$ et $f$ est continue sur $I$, alors $f$ est strictement monotone sur $I$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Faux. Contre-exemple : $f(x) = 2$ pour $x < 0$ et $f(x) = -5$ pour $x \geqslant 0$.
\item Faux. $I=[-2~;2]$ et $f(x) = x^2-1$.  $f(2)f(-2)=9$, $f$ est continue car c'est une fonction polynôme, mais $f(1)=0$.
\item Faux. $I = \R$, $f(x) = x$ pour $x<1$ et $f(x) = x+1$ pour $x\geqslant1$. Cette fonction est strictement monotone mais n'est pas continue en 1.
\item Faux. $I = \R$ et $f(x) = (x-2)^2$. Cette fonction ne s'annule que pour $x=2$, elle est continue sur $I$, mais elle est décroissante sur $]-\infty~;~2]$ et croissante sur $[2~;+\infty[$, donc non monotone.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 12 (anc. 10)

\begin{exo}{\'Etude de fonctions}{Lycée François Mauriac, Bordeaux}{1}{35}

On définit :
\[
\begin{array}{ll}
f : & \R \to \R\\
& x \mapsto \left| 2x^2 - 6x + \dfrac{11}{8} \right|.
\end{array}
\]

\begin{questions}
\item Étudier le signe du trinôme $2x^2-6x+\dfrac{11}{8}$.

\item  Montrer qu'il existe deux nombres $a$ et $b$ tels que $f$ soit dérivable sur les intervalles~$\left]-\infty~;a\right[$, $\left]a~;b\right[$ et $\left]b~;+\infty\right[$.

\item
\begin{questions}
\item Étudier les variations de $f$ sur les intervalles $\left]-\infty~;a\right[$, $\left]a~;b\right[$ et $\left]b~;+\infty\right[$.
\item  En déduire le tableau de variation de $f$.
\end{questions}
\item Tracer la représentation graphique de $f$.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Le discriminant du trinôme est :
        \[\Delta = 6^2 - 4 \times 2 \times \frac{11}{8} = 25 = 5^2.\]
        Les racines de $2x^2-6x+\dfrac{11}{8}=0$ sont donc :
        \[x_{1} = \frac{6-5}{4} = \frac{1}{4} \quad \text{et} \quad x_{2} = \frac{6+5}{4} = \frac{11}{4}\;,\]
d'où le tableau de signes :
\[
\renewcommand{\arraystretch}{1.4}
\begin{array}{|C|lcccccr|}
\hline\tabulartitle
\rule[-1.2ex]{0em}{1ex}                 x & -\infty &  & \frac{1}{4} &  & \frac{11}{4}
&  & +\infty 
\\
                        \hline
\rule[-2ex]{0em}{5.6ex} 2x^2-6x+\dfrac{11}{8} &  & + & 0 & - & 0 & +
&  
\\
                        \hline
 \end{array}
\]
\renewcommand{\arraystretch}{1}
\item Posons $a=\dfrac{1}{4}$ et $b=\dfrac{11}{4}$.
\par 
Alors :

\begin{itemize}
\item pour $x < \dfrac{1}{4}$, $f(x)=2x^2-6x+\dfrac{11}{8}$ donc $f$ est
dérivable sur $\left]-\infty~;a\right[$ ;
\item  pour $\dfrac{1}{4}<x<\dfrac{11}{4}$, $f(x)=-2x^2+6x-\dfrac{11}{8}$
donc $f$ est dérivable sur $]a~;b[$ ;
\item pour $x > \dfrac{11}{4}$, $f(x)=2x^2-6x+\dfrac{11}{8}$ donc $f$ est
dérivable sur $\left]b~;+\infty\right[$.
\end{itemize}

%
\item
\begin{questions}
\item
Pour $x\in \left]-\infty~;\dfrac{1}{4}\right[$,
$f'(x)=4x-6$.
\par
 Pour $x < \dfrac{1}{4}$, on a $4x-6<0$ donc $f$ est
décroissante sur
$\left]-\infty~;\dfrac{1}{4}\right[.$
\par\medskip
Pour $x \in \left]\dfrac{1}{4}~;\dfrac{11}{4}\right[$,
$f'(x)=-4x+6$, $f'$ s'annule pour $x=\dfrac{3}{2}$,
or $\dfrac{1}{4}<\dfrac{3}{2}<\dfrac{11}{4}$.
\par

Donc : 

\begin{itemize}
\item pour $x \in \left]\dfrac{1}{4}~;\dfrac{3}{2}\right[$, $f'(x)>0$ et
$f$ est croissante ;
\item pour $x \in \left]\dfrac{3}{2}~;\dfrac{11}{4}\right[$, $f'(x)<0$ et
$f$ est décroissante.
\end{itemize}

Pour $x\in \left]\dfrac{11}{4}~;+\infty\right[$,
$f'(x)=4x-6.$
\par
 Pour $x > \dfrac{11}{4}$, on a $4x-6>0$, donc $f$ est
croissante sur
$\left]\dfrac{11}{4}~;+\infty\right[.$
\item D'où le tableau de variations :
\par
        \[ \renewcommand{\arraystretch}{1.4}
        \begin{array}{|C|lcccccccr|}
                        \hline\tabulartitle
\rule[-1.5ex]{0cm}{2.5ex}               x & -\infty & &\frac{1}{4}& & \frac{3}{2} &
&\frac{11}{4}& &+\infty\\
 \hline
   f'(x)& &     - &\vline\,\vline& + &0& - &\vline\,\vline& + &\\
\hline
&+\infty& & & &\frac{25}{8}& & & & +\infty\\
f& &\searrow& & \nearrow& &\searrow& &\nearrow& \\
& & & 0 & & & & 0 & &\\
\hline
        \end{array}
        \]
\renewcommand{\arraystretch}{1}
\end{questions}

\newpage

\item~\par\vspace*{-2.5em}
\begin{center}
\includegraphics{04-Corriges-fig1}
\end{center}

\begin{Remarque}
on obtient la courbe à partir de la parabole d'équation\linebreak $y=2x^2-6x+\dfrac{11}{8}$ et en remplaçant la partie sous l'axe des abscisses par sa courbe symétrique par rapport à ce même axe (c'est l'effet de la valeur absolue).
\end{Remarque}
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 13 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Existence ou unicité}{Lycée La Bruyère, Versailles}{2}{25}
\begin{questions}
\item \emph{Question de cours.}

On suppose connu le théorème des valeurs intermédiaires.

Démontrer que si une fonction $f$, continue et strictement décroissante sur un intervalle $[a~;b]$ vérifie $f(a)f(b)<0$, alors l'équation $f(x)=0$ admet une solution et une seule dans $[a~;b]$.

\item \emph{Application.}

Soit $f$ une fonction définie sur $\R$ telle que $f(0)=2$ et $f(6)=-1$.

Dans chacun des cas suivants, que peut-on dire de l'existence et du nombre de solutions de l'équation $f(x)=0$ dans l'intervalle $[0~;6]$ ? Justifier les réponses.

\begin{questions}
\item $f$ est continue sur $[0~;6]$.
\item $f$ est strictement décroissante sur $[0~;6]$.
\item $f$ est continue et strictement décroissante sur $[0~;6]$.
\end{questions}

\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La fonction $f$ est continue sur $[a~;b]$. Comme $f(a)f(b)<0$, cela signifie que l'une des valeurs est positive et l'autre négative, donc que 0 est compris entre $f(a)$ et $f(b)$. Le théorème des valeurs intermédiaires prouve donc qu'il existe au moins un réel $c$ entre $a$ et $b$ tel que $f(c)=0$.  Comme $f$ est strictement décroissante, pour tout autre réel $d$, si $d<c$ alors $f(d)<f(c)$  ou si $d>c$, 
$f(d) >f(c)$, donc $f(d)$ ne peut être nul. Cela montre qu'il existe un réel $c$ unique dans $[a~;b]$ tel que $f(c) = 0$.

\item Application : On constate que $0\in[f(6)~;f(0)]$.
\begin{questions}
\item Si $f$ est continue sur $[0~;6]$, alors le théorème des valeurs intermédiaires prouve qu'il existe au moins une solution dans $[0~;6]$ à l'équation $f(x) = 0$.
\item Si $f$ est strictement décroissante, il  n'est pas certain qu'il y ait des solutions, par contre il y en a au plus une.
\item Si $f$ est continue et strictement décroissante sur $[0~;6]$, alors d'après la question de cours, l'équation $f(x)=0$ a une solution et une seule dans $[0~;6]$.
\end{questions}
\end{questions}
\newpage
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 14 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Algorithme de dichotomie}{Lycée  La Bruyère, Versailles}{2}{30}
On considère la fonction $f$ définie sur $]2~;+\infty[$ par :
\[
f(x)=\dfrac{2}{(x-2)^3}.
\]
\begin{questions}
	\item % q1
		\begin{questions}
			\item Étudier les variations de la fonction $f$ sur $]2~;+\infty[$.
			\item Démontrer que l'équation $f(x)=1$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]2~;+\infty[$.
		\end{questions}

	\item %q2
	On considère l'algorithme de dichotomie page suivante permettant d'encadrer $\alpha$.

\Par

\begin{algorithme}
Initialisation
\qquad Affecter à a la valeur 3.
\qquad Affecter à b la valeur 4.
Traitement
\qquad Tant que b-a $>$ 0,01 faire
\qquad\qquad Affecter à m la valeur $\dfrac{a+b}{2}$
\qquad\qquad Si f(m)$>$1 alors
\qquad\qquad\qquad Affecter à a la valeur m
\qquad\qquad Sinon
\qquad\qquad\qquad Affecter à b la valeur m.
\qquad\qquad Fin Si
\qquad Fin Tant que
Sortie
\qquad Afficher a, b
\end{algorithme}

	\begin{questions}
		\item %2a
		Justifier le choix des valeurs initiales $a=3$ et $b=4$.
		\item Que peut-on dire de l'amplitude de l'intervalle à la fin de l'algorithme ?
		\item Dérouler pas à pas les deux premières étapes de l'algorithme en remplissant les cases vides du tableau suivant :

\hspace*{-1.5em}
\begin{tabular}{|C|Sc|Sc|Sc|Sc|Sc|}
\hline\tabulartitle
Étape & Test $b-a >0,01$ & $m$ & Test $f(m)>1$ & $a$ & $b$\\\hline
Initialisation & & & & 3 & 4 \\\hline
1 & Vrai & 3,5 & & & \\\hline
2 &      &     & & & \\\hline
\end{tabular}

		\item %2d
		Après les deux premières étapes, quel encadrement de $\alpha$ obtient-on ?
		\item %2e
		Déterminer le nombre d'étapes nécessaires pour obtenir l'encadrement final.
	\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item %q1
	\begin{questions}
		\item %1a
		La fonction $f$ est définie et dérivable sur $]2~;+\infty[$ et :
\[
f'(x)=\dfrac{-2\times3(x-2)^2}{(x-2)^6}=-\dfrac{6}{(x-2)^4}.
\]
On constate donc que $f'(x)<0$ sur $]2~;+\infty[$. La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur        $]2~;+\infty[$.

	\item \label{ch4ex15-1b}%1b
	$f(3)=2$ et $f(4)=\dfrac{2}{2^3}=0,25$.

	Comme $f$ est continue, strictement décroissante sur $[3~;4]$, et 1 est compris entre $f(3)$ et $f(4)$, il existe donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, un nombre $\alpha$ unique dans $[3~;4]$ tel que $f(\alpha)=1$.

	Comme $f$ est strictement décroissante sur $]2~;+\infty[$, $f$ ne peut pas prendre deux fois la valeur 1 sur cet intervalle. L'équation $f(x)=1$ a donc une solution unique $\alpha$ dans $]2~;+\infty[$, de plus on sait que $\alpha$ est compris entre 3 et 4.
	\end{questions}

\item %q2
	\begin{questions}
		\item %2a
		On a vu dans la question \refitem{ch4ex15-1b} que  $\alpha$ est compris entre 3 et 4, il est donc normal de partir de cet encadrement.

	\item %2b
	Le traitement cesse lorsque $b-a \leqslant 0,01$. Donc à la fin de l'algorithme, l'amplitude de l'encadrement est inférieur ou égal à 0,01.
\item Le tableau rempli est le suivant :

\hspace*{-4em}
\begin{tabular}{|C|Sc|Sc|Sc|Sc|Sc|}
\hline\tabulartitle
Étape & Test $b-a >0,01$ & $m$ & Test $f(m)>1$ & $a$ & $b$\\\hline
Initialisation & & & & 3 & 4 \\\hline
1 & Vrai & 3,5 & Faux & 3 & 3,5 \\\hline
2 & Vrai & 3,25& Vrai & 3,25 &3,5\\\hline
\end{tabular}

Pour remplir ce tableau, on a besoin des valeurs : $f(3,5)\approx0,59$ et $f(3,25)\approx1,02$.

	\item %2c
	On trouve donc que $\alpha$ est compris entre 3,25 et 3,5.

	\item %2d
	L'amplitude de l'encadrement est divisée par 2 à chaque étape.

Initialement, l'amplitude est 1 ; après $n$ étapes, elle est égale à $2^{-n}$.

On veut $2^{-n}\leqslant0,01$, c'est-à-dire $2^n\geqslant100$. Cela se réalise à partir de $n=7$  ($2^6=64$ et $2^7 =128$).

Il faut donc 7 étapes pour avoir l'encadrement final.
\end{questions}
\end{questions}
\vspace*{-1em}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 15

\begin{exo}{Un problème récapitulatif}{Lycée Honoré de Balzac, Mitry-Mory}{3}{55}

\subsubsectionnn{Partie A}

\begin{questions}
\item
Soit $\mathscr{C}$ le cercle de centre $\Omega (1~;0)$ et de rayon 1. Tracer le cercle $\mathscr{C}$ et en donner une équation dans le repère $(O;\vec{\imath},\vec{\jmath})$ (unité graphique : 4 cm).

\item
Soit $\Delta$ la droite d'équation $x=1$ et $\mathcal{D}$ la droite d'équation $y=tx$, où $t$ est un réel. $\mathcal{D}$ coupe la droite $\Delta$ au point $M_0$ et le cercle $\mathscr{C}$ aux points $O$ et $M_1$.

On définit le point $M$ par la relation : $\gvec{OM}=\gvec{M_0M_1}$.
\begin{questions}
\item On note $(x_M~;y_M)$ les coordonnées du point $M$. 

Déduire de la question précédente que :
\[
t^2=\dfrac{1-x_M}{1+x_M}\;,
\] 

puis tracer $\Delta$, $\mathcal{D}$, $M_0$, $M_1$ et $M$ dans les cas particuliers où $t=0$, $t=\dfrac{1}{2}$ et $t=1$ sur trois figures différentes.

\item Calculer les coordonnées de $M_0$. Montrer que celles de $M_1$ sont $\left(\dfrac{2}{1+t^2} ; \dfrac{2t}{1+t^2}\right)$, puis exprimer celles de $M$ en fonction de $t$.
\end{questions}

\item Déduire de la question précédente que $t^2=\dfrac{1-x}{1+x}$, puis, à l'aide de la relation $y=tx$, démontrer que lorsqu'on fait varier $t$ dans $\R$, les points $M$ se trouvent sur la courbe $\mathscr{S}$ d'équation :
\[
(x-1)x^2+(x+1)y^2=0.
\]
\end{questions}

\newpage

\subsubsectionnn{Partie B}

\textit{Le but de cette partie est de représenter graphiquement la courbe $\mathscr{S}$}.

\begin{questions}

\item
On définit la fonction numérique $f$ par : $f(x)=x\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}$.
\begin{questions}
\item Donner l'ensemble de définition $\mathscr{D}_f$ de $f$.
\item On pose $u(x)=\dfrac{1-x}{1+x}$ pour $x\in \mathscr{D}_f$. Calculer $u'(x)$.
\item Donner l'ensemble de définition de la fonction dérivée $f'$ de $f$, et montrer que $f'(x)=\dfrac{1-x-x^2}{(1+x)^2\times\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}}$.
\item En déduire le signe de $f'$ puis les variations de $f$.
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item Calculer $\lim\limits_{x\rightarrow1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}$. Que peut-on en conclure ?
\item Étudier les limites de $f$ aux bornes de $\mathscr{D}_f$. Dresser le tableau de variation de $f$.
\item Donner une équation de la tangente à la courbe représentative de $f$ au point $O$.
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item Représenter graphiquement $f$ dans un repère $(O;\vec{\imath},\vec{\jmath})$ d'unité 4 cm. Soit $\mathscr{S}_1$ la courbe obtenue.
\item
Comment peut-on déduire $\mathscr{S}$ de $\mathscr{S}_1$ ? (Justifier.)

Représenter graphiquement $\mathscr{S}$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\subsubsectionnn{Partie A}
\begin{questions}
\item
Nous laissons au lecteur le soin de tracer le cercle de centre $\Omega (1~;0)$ et de rayon 1 dans un repère orthonormé d'unité graphique 4 centimètres.

Ce cercle a pour équation  : 
\[(x-1)^2+y^2=1.\]

\item
\begin{questions}
\item
On trace les trois figures demandées correspondant à $t=0$, $t=\dfrac{1}{2}$ et $t=1$ :
              
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{04-Corriges-fig3}
\end{center}

\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{04-Corriges-fig4}
\end{center}

\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{04-Corriges-fig5}
\end{center}
				
\item
Le point $M_{0}$ est le point d'intersection de la droite $\mathcal{D}$ d'équation $x=1$ et de la droite $\Delta$ d'équation $y=tx$.

Ses coordonnées sont donc $(1~; t)$.

Le point $M_{1}$ est l'un des points d'intersection de la droite $\Delta$ d'équation $y=tx$ et du cercle $\mathscr{C}$ d'équation $(x-1)^2+y^2=1$.

Les coordonnées des points d'intersection de la droite $\Delta$ et du cercle $\mathscr{C}$ s'obtiennent en résolvant le système :
\[
\left \{ 
\begin{aligned}
y=tx \\
(x-1)^2+y^2=1.
\end{aligned}
\right. 
\] 
En remplaçant $y$ par $tx$ dans la deuxième équation, il vient :
\[(x-1)^2+t^2x^2=1\;,\]
soit :
\[x\left[x(1+t^2)-2\right]=0.\]
Cette équation admet deux solutions 0 et $\dfrac{2}{1+t^2}$.\\
L'abscisse du point $M_1$ est donc $\dfrac{2}{1+t^2}$ et son ordonnée est $\dfrac{2t}{1+t^2}$.

On obtient bien les coordonnées demandées :
\[\left(\dfrac{2}{1+t^2}~;\dfrac{2t}{1+t^2}\right).\]

Le point $M$ est défini par le relation vectorielle $\gvec{OM}=\gvec{M_0M_1}$.

D'après les résultats précédents, ses coordonnées sont : \[\left(\dfrac{2}{1+t^2}-1~;\dfrac{2t}{1+t^2}-t\right)\;,\]
soit, après calcul :
\[M\left(\dfrac{1-t^2}{1+t^2} ~; \dfrac{t-t^3}{1+t^2}\right).\]
\end{questions}

\item On a : $x_M=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$ équivaut à  $x_M(1+t^2)=1-t^2$.

Donc $x_M=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$ équivaut à  $t^2(x_M+1)=1-x_M$, d'où, puisque $x_M$ est différent de $-1$,  on déduit l'égalité demandée :
\[t^2=\dfrac{1-x_M}{1+x_M}.\]

Si $t$ varie dans $\R$, comme $y_M=tx_M$, on a alors $y_M^2=t^2x_M^2$, soit\linebreak[4] 
$y_M^2=\dfrac{1-x_M}{1+x_M}x_M^2$.

Les coordonnées du point $M$ vérifient l'égalité :
\[ y_M^2(1+x_M)=x_M^2(1-x_M).\]

Ce sont donc bien des solutions de l'équation : \[(x-1)x^2+(x+1)y^2=0.\]

Les points $M$ sont donc bien sur la courbe $\mathscr{S}$.
\end{questions}


\subsubsectionnn{Partie B}
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item
La fonction $f$ est définie pour tout réel $x$ tel que :
\[\dfrac{1-x}{1+x}\geq 0.\]
On a donc :
\[\mathscr{D}_f=\left]-1~;1\right].\]
%%%%%%%%%%%%%%%%
\item
La fonction $u:x\mapsto\dfrac{1-x}{1+x}$ est dérivable sur $\left]-1~;1\right]$ en tant que fonction rationnelle.

Pour tout $x$ appartenant à $\left]-1~;1\right]$, on a :
\[u'(x)=\dfrac{-2}{(1+x)^2}.\]
%%%%%%%%%%%%%%%
\item
La fonction $u$ est dérivable sur $\left]-1~; 1\right[$, à valeurs dans $\left]0~;+\infty\right[$.

La fonction racine carrée est dérivable sur $\left]0~;+\infty\right[$ donc, d'après le théorème de dérivabilité des fonctions composées, la fonction $\sqrt{u}$ est dérivable sur $\left]-1~;1\right[$.\\
On en déduit que la fonction $f$ est dérivable sur $\left]-1~;1\right[$.

Comme $f(x)=x\sqrt{u(x)}$, $f'(x)=\sqrt{u(x)}+x\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}$.\\
En remplaçant alors $u(x)$ et $u'(x)$ par leurs valeurs, on obtient :
\[f'(x)= \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}+x\left(\dfrac{-2}{(1+x)^2}\right)\left(\dfrac{1}{2\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}}\right)\]
Après simplifications, il vient :
\[f'(x)=\dfrac{1-x-x^2}{(1+x)^2\times\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}}.\]



\item
Le dénominateur de $f'(x)$ est strictement positif sur $\left]-1 ~; 1\right[$.

$f'(x)$ est donc du signe de son numérateur.

Or, le trinôme $1-x-x^2$ admet deux racines réelles dont une seule $\alpha=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ appartient à $\mathscr{D}_f$.

On en déduit que $f'(x)$ est strictement positive sur $\left]-1 ~; \alpha\right[$ et strictement négative sur $\left]\alpha ~; 1\right[$.

Il en résulte que la fonction $f$ est strictement croissante sur $\left]-1 ~; \alpha\right[$ et strictement décroissante sur $\left]\alpha ~; 1\right[$.

\end{questions}

\item
 \begin{questions}
 \item
 Étudions la dérivabilité de la fonction $f$ en 1 :
 
 \begin{align*}
 \lim_{x\to1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} & = \lim_{x\to1^-}\dfrac{x\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}{x-1}\\
 &= \lim_{x\to1^-}\left( \frac{-x}{1+x}\times\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\right).
 \end{align*}
 Or, \[\lim_{x\to1^-}\frac{-x}{1+x}=\frac{-1}{2}\]
 et \[ \lim_{x\to1^-}\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}= +\infty.\]
 On en déduit que :
 \[\lim_{x\to1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}= -\infty.\]
 Il en résulte que la fonction $f$ n'est pas dérivable en 1 et que sa courbe représentative admet au point d'abscisse 1 une demi tangente verticale.
 
 \item
 Déterminons les limites de la fonction $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
 
 On a d'une part $f(1)=0$ et d'autre part :
 \[\lim_{x\to-1^+}f(x)=\lim_{x\to-1^+}x\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}= -\infty.\]
 
 Dressons le tableau de variation de la fonction $f$ :
\[ \renewcommand{\arraystretch}{1.4}
        \begin{array}{|C|lcccr|}
                        \hline\tabulartitle
x& -1 & &\alpha & &1\\
   \hline
f'(x) & &+&0&-& \\
\hline
&&& f(\alpha) &&\\
f&&\nearrow&&\searrow&\\
&-\infty &&&&0\\
\hline
\end{array}
\]
\renewcommand{\arraystretch}{1}

\item
Une équation de la tangente à la courbe représentative de la fonction $f$ au point $O$ est :
\[y=f'(0)x+f(0).\]
On obtient : $y=x$.
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item
Représentation graphique de la fonction $f$ :

La courbe $\mathscr{S}_1$ est représentée dans le repère de la question suivante.

\item
La courbe $\mathscr{S}$ a pour équation $(x-1)x^2+(x+1)y^2=0$.

Or, pour tout réel $x$ différent de $-1$, cette équation peut se mettre sous la forme :
\[y^2=x^2\dfrac{1-x}{1+x}.\]
La courbe $\mathscr{S}$ a donc pour équation :
\[\left|y\right|=\left|x\right|\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}.\]
On en déduit que la courbe $\mathscr{S}$ est la réunion de la courbe $\mathscr{S}_1$ et de la courbe symétrique de $\mathscr{S}_1$ par rapport à l'axe des abscisses.
\end{questions}

\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{04-Corriges-fig6}
\end{center}
				
\end{questions}   
\end{corrige}

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\thumb
\AfficheCorrige
\endinput