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Corrige du TD 2 :

Fonctions simples

1 Exercice 1 : Fonctions elementaires

1.1 Cas f(x) = 2

Il est clair qu’il n’y a aucun probleme de definition et que cette fonction est definiepour tout x reel. De plus, la fonction etant constante le domaine d’arrivee est le single-ton {2} ⊂ R.On a egalement immediatement que pour tout x reel, f(−x) = 2 = f(x) donc la fonctionf est paire.Il s’agit d’une fonction constante, ce qui permet immediatement de tracer le graphe sui-vant :

1

2

3

1 2 3 4−1−2−3−4−5

Cf

1.2 Cas f(x) = 3x− 1

La encore, pas de probleme de definition, la fonction f est definie pour tout x reel. Ledomaine d’arrivee est R tout entier. En effet, si on se fixe y0 un reel, alors l’equation

y0 = f(x) = 3x− 1

a une solution qui est x = y0+13

et donc toute valeur reelle est atteinte par la fonction f

(voir le trace). On a meme obtenu mieux, toute valeur reelle est atteinte une et une seulefois.Pour tout x ∈ R

∗, on af(−x) = −3x− 1 6= f(x)

et pour tout x reelf(−x) = −3x− 1 6= −f(x).

1

2013-2014 L1 SNV - Mathematiques

Par consequent, la fonction f n’est ni paire ni impaire. On peut meme deduire de cescalculs qu’une fontion affine x 7→ ax + b est paire uniquement dans le cas ou a = 0 etimpaire dans le cas ou b = 0.Il s’agit d’une fonction affine de pente 3 qui est positif donc la fonction est croissante. Ellecoupe l’axe des abscisses en 3x = 1 (cela correspond a y = 0) soit x = 1

3et d’ordonnee a

l’origine y = −1 (cela correspond a x = 0). On en deduit le trace suivant :

1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

1−1−2

Cf

b

b

1.3 Cas f(x) = −x− 1

Il s’agit a nouveau d’une fonction affine, on reprend donc l’etude precedente. Les domainesde definition et d’arrivee sont a nouveau R tout entier et la fonction n’est ni paire niimpaire.La courbe representative de f coupe l’axe des abscisses en x = 1 et l’ordonnee a l’originevaut ici y = 1. La pente vaut −1 et en particulier, la fonction f est decroissante.

2


1

2

3

−1

−2

1 2−1−2−3

Cf

b

b

1.4 Cas f(x) = x2

Il s’agit de la fonction carree. Il n’y a pas de probleme de definition, le domaine dedefinition est R et le domaine d’arrivee est R+ puisqu’un carre est toujours positif !On remarque que pour tout x reel,

f(−x) = (−x)2 = x2 = f(x)

et ainsi on en deduit que f est paire.C’est une fonction du cours. On sait que f(0) = 0, f(1) = 1, f ′(0) = 0 et que f estcroissante sur R+ et decroissante sur R−.

1

2

3

1−1−2

Cf

b

bb

3


1.5 Cas f(x) = −2x2 + 3

Le domaine de definition est une fois encore clairement R tout entier. La fonction arriveegalement dans R et on va voir plus precisement qu’elle arrive dans ]−∞, 3].On a a nouveau pour tout x reel

f(−x) = −2x2 + 3 = f(x)

et f est donc paire.Pour le trace, on sait que multplier la fonction carree par -1 revient a effectuer unesymetrie par rapport a l’axe des abscisses. Ensuite, ajouter 3 a une fonction a pour effetde la decaler de 3 vers le haut. On en deduit que la fonction est decroissante sur R+. Deplus, f ′(0) = 0, f(0) = 3 et f(1) = 1. On en deduit le trace partiel suivant :

0

1

2

3

−1

−2

−3

−4

−5

1

b

b

4


Puis le trace total apres symetrie par rapport a l’axe des ordonnees :

1

2

3

−1

−2

−3

−4

−5

1−1−2

b

bb

Cf

1.6 Cas f(x) =√x− 1

Cette fois-ci, il faut etre prudent sur le domaine de definition. La racine carree n’est biendefinie que sur R

+ et donc pour que f soit definie, il est necessaire que x − 1 > 0, soitx > 1. On a donc I = [1,+∞[ comme domaine de definition et le domaine d’arrivee estR

+ car la fonction racine carree est toujours positive.

La question de la parite ou de l’imparite ne se pose pas ici puisqu’elle n’a pas de sens. Eneffet, si x ∈ I, alors −x ∈]−∞,−1] et donc −x 6∈ I et f n’est pas definie en −x.

Pour le trace, on invoque le fait que, si g(x) =√x, on a f(x) = g(x − 1) et que par

consequent le graphe de f est celui de g translate du vecteur (1, 0) (soit de 1 vers ladroite). La fonction f est donc strictement croissante sur I et comme g, elle admet unetangente verticale en 1. De plus, f(1) = 0, f(2) = 1. D’ou,

0

1

2

3

1 2 3 4 5 6 7 8 9

b

b

Cf

5


1.7 Cas f(x) = e2x − 1

La fonction exponentielle est une fonction du cours, elle est definie sur R tout entierdonc f egalement et le domaine d’arrivee de l’exponentielle est R

+∗ donc celui de f est

]− 1,+∞[.

On sait que la fonction exponentielle n’est ni paire ni impaire donc la fonction f n’est nipaire ni impaire non plus.

Ajouter -1 va decaler la courbe de 1 vers le bas et on en deduit le trace suivant :

1

2

3

4

5

6

−1

1−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

b

Cf

1.8 Cas f(x) = ln(2x− 1)

On sait que la fonction logarithme neperien, qui est la reciproque de l’exponentielle, n’estdefinie que sur R+

∗ et donc f n’est definie qu’en les valeurs de x reel telles que 2x− 1 > 0soit x > 1

2et ainsi f est definie sur J =

]

12,+∞

[

. La fonction ln arrive dans R et parconsequent f egalement.

On a comme pour l’exemple 1.6 que la question de la parite ou de l’imparite n’a pasde sens ici.

Si on pose g(x) = ln(2x), on a f(x) = g(

x− 12

)

donc la courbe cherchee est la translationde la courbe de g de 1

2vers la droite et on en deduit le trace suivant :

6


0

1

2

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5 6 7 8 9

b

Cf

2 Exercice 2 : Fonctions elementaires parametriques

2.1 Cas fa(x) = 3x+ a

Ce premier cas est une fonction affine, les domaines de definitions sont donc R. Il n’y apas de valeur critique du parametre a dans ce cas. Le coefficient directeur vaut toujours 3et la fonction est en particulier croissante et toutes les droites vont etre paralleles. Seulel’ordonnee a l’origine depend du parametre a. Elle vaut y = a (faire x = 0). On en deduitdonc les traces suivants (on pourra noter que le cas 1.2 de l’exercice precedent est le casa = −1) :

7


1

2

3

4

5

6

7

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

−8

1−1−2

Cf−2

Cf0

Cf2

b

b

b

b b

2.2 Cas fa(x) = x2 + ax− 1

Il n’y a pas de probleme de definition et la fonction fa est definie sur R tout entier, avaleurs dans R a priori. On deduit les traces suivants du cours sur les trinomes du se-cond degre. En effet, le coefficient de x2 est positif donc la courbe est decroissante sur]

−∞, −a2

]

et croissante sur[

−a2,+∞

[

. On a fa(0) = −1 et le minimum de la fonction

vaut f(

−a2

)

= −a2

4− 1 < 0. On peut voir que la fonction fa change toujours de signe et

qu’il n’y a pas de valeur critique de a et on peut observer que f0 est paire tandis que lescourbes de fa et f−a sont symetriques par rapport a l’axe des ordonnees :

8


1

2

3

4

5

6

−1

−2

1 2−1−2−3

Cf−2

Cf2

Cf0

2.3 Cas fa(x) =√3x− a

La fonction n’est bien definie que lorsque

3x− a > 0

soit si x ∈[

a3,+∞

[

. On en deduit comme precedemment la courbe par translation de 3

vers la droite a partir de la courbe de g(x) =√3x et donc fa est strictement croissante

et on a les traces suivants :

9


1

2

3

4

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1

Cf−2

Cf2Cf0

2.4 Cas fa(x) = ln(ax+ 1)

La fonction logarithme etant definie sur R+∗ , la fonction fa est definie pour les reels x tels

queax+ 1 > 0.

On voit qu’il y a alors trois cas, soit a = 0 et la fonction est definie sur R tout entier etf0(x) = ln(1) = 0 est la fonction constante egale a 0, soit a > 0 et la condition ci-dessusse reecrit

x > −1

a

et fa est definie sur I =]

− 1a,+∞

[

a valeurs dans R. Enfin, le dernier cas correspond aa < 0 et dans ce cas la condition ax + 1 > 0 se reecrit (diviser par a renverse le sens del’inegalite)

x < −1

a

et la fonction est definie sur I =]

−∞,− 1a

[

.

On n’etudiera pas le cas a = 0 qui est facile et similaire au cas 1.1 de l’exercice precedent.Traitons alors les cas a 6= 0. Dans le cas a > 0, la fonction est la composee de deuxfonctions x 7→ ax + 1 et ln qui sont croissantes, elle est donc croissante et la courbe estune translatee de 1

avers la gauche de la courbe de la fonction x 7→ ln(ax).

Dans le cas a < 0, la fonction est la composee de deux fonctions x 7→ ax + 1 et lnqui sont respectivement decroissante et croissante, elle est donc decroissante et la courbeest une translatee de 1

avers la gauche de la courbe de la fonction x 7→ ln(ax). Pour tracer

la derniere courbe, on pourra remarquer que la courbe de ln(−x) est la symetrique de cellede ln(x) par rapport a l’axe des ordonnees. On peut donc en deduire les traces suivants

10


(ou on peut remarquer la symetrie entre les courbes de fa et de f−a) :

1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cf−1

Cf1

Cf0

2.5 Cas fa(x) =2x

x2−a

Une telle fraction n’est bien definie que lorsque son denominateur ne s’annule pas. Il y adonc a nouveau trois cas. Soit a < 0 et alors x2 − a > 0 pour tout x reel et donc dans cecas fa est definie sur I = R tout entier et a valeurs dans [−1, 1] comme on le verra. Ledeuxieme cas correspond a a = 0 et dans ce cas,

fa(x) =2

x

est definie sur I = R∗ et fa est alors deux fois la fonction inverse definie dans le cours. On

n’effectuera donc pas ici l’etude de ce cas particulier. Enfin, il reste le cas a > 0 et alorsx2 − a = 0 si, et seulement si, x = ±√

a et par consequent la fonction fa est definie surI = R \ {−√

a,√a}.

On peut remarquer dans tous les cas que le domaine de definition est symetrique parrapport a l’origine et que pour tout x dans I, on a

fa(−x) =−2x

(−x)2 − a= − 2x

x2 − a= −fa(x).

La fonction fa est donc impaire et il suffit de l’etudier sur I+ = R+ si a < 0, I+ = R

+∗

si a = 0 et I+ = R+ \ {√a} lorsque a > 0. Les fonctions polynomiales et inverse etant

11


derivable sur leurs domaines de definition, on deduit par composition que fa est derivabledans tous les cas et que pour tout x dans I+, on a en utilisant la formule de derivationd’un quotient,

f ′a(x) =

2(x2 − a)− 2x× 2x

(x2 − a)2= −2

x2 + a

(x2 − a)2.

Le signe de f ′a ne depend donc que de celui de x2+ a. Dans le cas ou a > 0, on a toujours

x2 + a > 0 et donc f ′a(x) < 0 pour x dans I+ et donc fa decroıt strictement sur [0,

√a[ de

fa(0) = 0 verslim

x→√a−

fa(x) = −∞

et decroıt strictement sur ]√a,+∞[ de

limx→

√a+fa(x) = +∞

verslim

x→+∞fa(x) = 0.

Enfin, dans le cas ou a < 0, on a x2 + a < 0 (et donc f ′a(x) > 0) si, et seulement si,

x2 < −a soit si, et seulement si, x ∈ [0,√−a[ tandis que sur [

√−a,+∞[, on a x2 + a > 0

et donc f ′a(x) < 0. On en deduit que fa croıt strictement sur [0,

√−a[ de fa(0) = 0 vers

fa(√−a) = − 1√

−aet decroıt strictement sur [

√−a,+∞[ de fa(

√−a) vers

limx→+∞

fa(x) = 0.

On a en particulier des asymptotes horizontales et verticales d’equations y = 0 et x = 0pour a = 0, y = 0 et x = ±√

a pour a > 0 et y = 0 pour a < 0. On a alors les tableux devariations suivants si a > 0 :

x 0√a +∞

f ′(x) − −

f(x)0&

+∞

−∞& 0

et si a < 0 :

x 0√−a +∞

f ′(x) + 0 −

f(x) 0%− 1√

−a

& 0

On en deduit donc les traces suivants sur I+ :

12


0

1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5 6 7 8 9

Cf−1

Cf1

Cf0

b

Puis par symetrie, on obtient les traces complets :

1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cf−1

Cf1

Cf0

b

13


2.6 Cas fa(x) = eax + 1

Le domaine de definition est clairement I = R tout entier tandis que le domaine d’arriveeest ]1,+∞[, pour tout reel a. Deux cas se presentent alors, le cas a = 0 etant trivialpuisque dans ce cas la fonction est constante egale a 2 et on retrouve le cas 1.1 de l’exer-cice precedent. Soit a > 0 et on a une fonction exponentielle classique translatee de 1 versle haut. En revanche, si a < 0, on a une fonction du type x 7→ e−x translatee de 1 vers lehaut. On en deduit les traces suivants :

1

2

3

4

5

6

7

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cf−1

Cf1

Cf0

3 Fonctions trigonometriques

3.1 Cas f(x) = sin(x− π)

On peut utiliser ici une formule de trigonometrie classique sin(x − π) = − sin(x) qui seretrouve grace au dessin suivant et permettrait de ramener l’etude de f a celle de la fonc-tion bien connue x 7→ sin(x) :

14


x

cos(x)

sin(x)

x− π

cos(x− π)

sin(x − π)

M

N

O

I

J

Si on ne connaıt pas cette formule, on peut toujours proceder a l’etude selon la methodehabituelle. On a que la fonction f est definie sur R tout entier, 2π-periodique puisquepour tout x reel,

f(x+ 2π) = sin(x− π + 2π) = sin(x− π) = f(x)

car la foncion sinus l’est et f est d’amplitude 1 puisque la fonction sinus l’est. De pluspar periodicite, il suffit d’etudier la fonction sur une periode [−π, π] et on remarque quef est impaire puisque pour tout reel x,

f(−x) = sin(−x− π) = − sin(x+ π) = − sin(x+ π − 2π) = − sin(x− π) = −f(x)

en utilisant successivement l’imparite et la 2π-periodicite de la fonction sinus. Il suffitdonc d’etudier la fonction sur [0, π] et on obtiendra toute la courbe par symetrie parrapport a l’axe des ordonnees puis translation. Il s’agit d’un sinus dephase de π (la courbeest translatee de π vers la droite), ce qui permet d’obtenir le tableau de variations et lestraces suivants sur [0, π] :

x 0 π2

π

f ′(x) − 0 +

f(x)0&−1%

0

15


−1

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cf

b b

b

Puis on effectue la symetrie :

−1

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cf

b b

b

16


Et enfin, les translations :

−1

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cf

b b

b

3.2 Cas f(x) = cos(

2x+ π

4

)

La fonction f est clairement definie sur R et a valeurs dans [−1, 1]. De plus, la fonctioncosinus etant 2π-periodique, on en deduit que f est π-periodique car pour tout x reel,

f(x+ π) = cos(

2x+ 2π +π

4

)

= cos(

2x+π

4

)

= f(x).

On etudiera donc la fonction sur une periode [0, π]. La fonction n’est ici ni paire niimpaire (mais on verra sur la graphe et on pourrait montrer que sa courbe est symetriquepar rapport a la droite d’equation x = −π

8). L’amplitude de la fonction est ici de 1 car

c’est le cas pour la fonction cosinus. On utilise le fait que la courbe est une translatee decelle de la fonction x 7→ cos(2x) de π

8vers la gauche. On en deduit le tableau de variations

et le trace suivant :

x 0 3π8

7π8

π

f ′(x) − 0 + 0 −

f(x)

√22

&−1%1&

√22

17


−1

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cf

b

b

b

b

3.3 Cas f(x) = 3 cos(

x

2 +π

3

)

L’etude est tres similaire au cas precedent. La periode vaut ici 4π et l’amplitude 3. Onpeut donc etudier la fonction sur

[

−2π3,−2π

3+ 4π

]

. La courbe est obtenue par translationde 2π

3vers la gauche a partir de celle de x 7→ 3 cos

(

x2

)

, ce qui permet d’obtenir le tableaude variations et le trace :

x −2π3

4π3

4π − 2π3

f ′(x) − 0 +

f(x)1

&−1%1

18


1

2

−1

−2

−3

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cf

b b

b

b

3.4 Cas f(x) = 12 sin(2x)

Ici, on a clairement que la fonction est definie sur R tout entier, que la periode vaut π,l’amplitude 1

2et que la fonction est impaire. On peut donc directement en deduire le trace

de la fonction sinus. On aboutit au tableau de variations et au trace suivant :

x 0 π4

π2

f ′(x) + 0 −

f(x) 0%1& 0

19


−1

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cf

b

b

b

3.5 Cas f(x) = tan(

2x− π

4

)

La fonction tangente est definie sur R \{

±kπ2| k ∈ N

}

donc la fonction f est definie surI = R \

{

−kπ8, 3kπ

8| k ∈ N

}

, a valeurs dans R. La fonction tangente est π-periodique doncla fonction f est π

2-periodique et l’amplitude n’est pas definie pour la fonction tangente ou

alors par convention elle est infinie. On peut alors comme souvent exploiter les symetriesOn a que la courbe est obtenu par translation de π

4vers la droite de celle de x 7→ tan(2x)

qui s’obtient facilement a partir de celle de la tangente. Il peut alors etre bon de noterque f

(

π8

)

= tan(0) = 0. On en deduit le trace suivant :

20


1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4−1−2−3−4−5

Cf

b

4 Resolution graphique d’equations

4.1 Cas 3x2 − 2x+ 1 = −2x+ 3

Il s’agit pour le membre de droite d : x 7→ −2x + 3 d’une fonction affine de coefficientdirecteur -2 et d’ordonnee a l’origine 3 tandis que le membre de gauche est un trinomedu second degre que l’on peut etudier de maniere similaire a l’exercice 2. La fonctiong : x 7→ 3x2 − 2x + 1 decroıt sur

]

−∞, 13

]

de +∞ vers 23et croıt sur

]

13,+∞

]

de 23vers

+∞. On obtient alors les traces suivants :

1

2

3

4

5

−1

Cg Cd

0.82−0.82

b

b

21


On obtient alors qu’il y a deux solutions : −0.8164965809 et 0.8164965809. Dans ce cas,on aurait pu resoudre explicitement uisque l’equation est equivalente a x2 = 2

3et les deux

solutions sont donc ±√

23.

4.2 Cas e2x+1 = x− 2

Il s’agit pour le membre de droite d : x 7→ x − 2 d’une fonction affine de coefficientdirecteur 1 et d’ordonnee a l’origine -2 tandis que le membre de gauche est une fonctionexponentielle que l’on peut etudier de maniere similaire a l’exercice 1 ou 2. La fonctiong : x 7→ e2x+1 croıt sur R de 0 vers +∞ et vaut e en 0. On obtient alors les traces suivants :

5

10

15

1−1

Cg

Cd

Il n’y a donc pas de solution reelle !

4.3 Cas ln(2x− 1) = x− 1

Il s’agit pour le membre de droite d : x 7→ x − 1 d’une fonction affine de coefficientdirecteur 1 et d’ordonnee a l’origine -1 tandis que le membre de gauche g : x 7→ ln(2x−1)est une fonction logarithme qui se traite comme dans l’exercice 2. Elle est definie pourx > 1

2et croıt strictement de −∞ vers +∞. On obtient alors les traces suivants :

22


1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4

Cg

Cd

b

b

2.26

Il n’y a donc pas deux solutions : 1 et 2.256431209.

4.4 Cas ln(3x+ 1) = ln(2x+ 3)

La fonction g : x 7→ ln(3x + 1) est un cas particulier de fonction etudiee dans le cas 2.4de l’exercice 2 et la fonction d : x 7→ ln(2x+ 3) s’etudie de la meme facon. Ces fonctionssont respectivement definies pour x > −1

3et x > −3

2et sont strictement croissantes de

−∞ vers +∞. On obtient les traces :

23


1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2

Cd

Cg

b

Il y a donc une unique solution qui vaut 2. La encore il est facile de demontrer ce resultatpuisqu’en prenant l’exponentielle, on obtient que l’equation devient 3x+ 1 = 2x + 3 quidonne bien x = 2.

4.5 Cas sin(2x− π) = x− 1

La fonction d : x 7→ x−1 est la meme que celle du cas 4.3 et la fonction g : x 7→ sin(2x−π)s’etudie de maniere tout a fait analogue au cas 3.1 de l’exercice 3. On en deduit les tracessuivants :

24


1

−1

−2

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cd

Cg

b

0.35

Il y a donc une unique solution qui vaut 0.35228...

5 Fonctions composees

5.1 Cas f(x) = 2x+ 1 et g(x) = e−x

La fonction g est definie sur R a valeurs dans R+∗ tandis que la fonction f est definie et a

valeurs dans R. La composee f ◦ g est donc bien definie sur R et pour tout x reel,

f ◦ g(x) = f (g(x)) = 2g(x) + 1 = 2e−x + 1

qui est donc a valeurs dans ]1,+∞[. L’etude est tres similaire au cas 1.7 de l’exercice 1.On obtient le trace suivant :

25


1

2

3

4

5

6

−1

−2

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1

Cf◦g

De meme, la composee g ◦ f est definie sur R a valeurs dans R+∗ et est donnee pour tout

x reel par(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = e−f(x) = e−2x−1.

26


On obtient le trace suivant :

1

2

3

4

5

6

−1

−2

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2

Cg◦f

5.2 Cas f(x) = sin(x) et g(x) = x− π

La fonction f est definie sur R a valeurs dans [−1, 1] et la fonction g est definie et avaleurs dans R. Les deux composees ont donc bien un sens et pour tout reel x, on a

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) = sin(x− π)

qui est exactement le cas 3.1 de l’exercice 3 dont on ne refait pas l’etude ici.On a d’autre part pour tout reel x

(g ◦ f)(x) = sin(x)− π.

Cette fonction s’etudie exactement comme la fonction sinus, sa courbe representative estsimplement obtenue grace a une translation de vecteur (0,−π).

27


−2

−4

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Cg◦f

5.3 Cas f(x) = ln(2x) et g(x) = e−x + 1

La fonction f est definie sur R+∗ a valeurs dans R tandis que la fonction g est definie sur

R a valeurs dans R+∗ donc les deux composees ont la encore bien un sens. La composee

f ◦ g est definie sur R et pour tout x reel, on a

(f ◦ g)(x) = ln(2e−x + 2).

La fonction x 7→ 2e−x + 2 decroıt strictement tandis que la fonction ln croıt donc parcomposition, on en deduit que la fonction f ◦ g est decroissante. De plus, on pourra utili-ser le fait que (f ◦ g)(0) = ln(4) = 2 ln(2). On en deduit le trace suivant :

28


2

4

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5

Cf◦g

b

Il reste alors a traiter g ◦ f qui est definie sur R+∗ et pour tout x > 0,

(g ◦ f)(x) = e− ln(2x) + 1 =1

2x+ 1.

Cette fonction s’obtient par translation de la courbe de x 7→ 12x

de 1 vers le haut. On endeduit le trace suivant :

29


2

4

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Cg◦f

6 Probleme

Lorsque A = 1 mmol, on aura

q(A) = q(1) = 2 ln(3× 1 + 3) = 2 ln(6) ≈ 3.58mmol.

Si on souhaite doubler la quantite produite, on cherche donc a obtenir 4 ln(6) mmol de E.On cherche donc pour quelle valeur de A on a

4 ln(6) = q(A) = 2 ln(3A+ 3).

On en deduit en prenant l’exponentielle que le A cherche est donne par

e2 ln(6) = 3A+ 3

soit36 = 3A+ 3

qui se resout en A = 11 mmol. Il faut donc produire 11 fois plus de A ! Si on veutetre plus general, si on note a la quantite initiale de A et r la quantite produite de E

correspondante. On cherche une valeur x telle que

2r = q(x) = 2 ln(3x+ 3)

et donc on obtient en prenant l’exponentielle

3(x+ 1) = er

30


qui fournit x = er

3− 1.

On a donc que la quantite de E produite depend de B selon la loi :

r(B) =1

2B

qui donne immediatement le trace suivant :

1

2

3

4

1 2 3 4 5 6 7 8 9

Si on souhaite doubler la quantite r de E produite a partir d’une quantite b de B, oncherche a en produire 2r. On cherche donc la valeur de B telle que

2r = r(B).

Or, on a r = 12b et donc en remplacant dans l’expression ci-dessus, on obtient

b = r(B) =1

2B

soit B = 2b. Il faut donc fournir deux fois plus de B, ce qui est tout a fait normal puisquela relation entre les deux est lineaire !

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