Devoir maison n°2 — Semestre 1

Pour $x\neq2$ : $x^2-4x+4=(x-2)^2>0$ et $x^2-4x+3=(x-2)^2-1$, donc $f(x)=1-\dfrac1{(x-2)^2}$.

1.a) $\dfrac1{(x-2)^2}>0$, donc $f(x)<1$.

1.b) Le réel $1$ de l’ensemble d’arrivée $\R$ n’a aucun antécédent (question 1.a) : $f$ n’est pas surjective.

2.a) $4-x=2\iff x=2$ ; donc si $x\neq2$, $4-x\neq2$. Et $\big((4-x)-2\big)^2=(2-x)^2=(x-2)^2$, d’où $f(4-x)=f(x)$.

2.b) Avec $x=1$ : $f(3)=f(1)=0$ et $1\neq3$ : $f$ n’est pas injective.

3.a) Pour $x>2$, $g(x)<1$ : $g$ est bien à valeurs dans $]{-\infty};1[$. Soit $y<1$. Pour $x>2$ : $g(x)=y\iff\frac1{(x-2)^2}=1-y\iff(x-2)^2=\frac1{1-y}\iff x-2=\frac1{\sqrt{1-y}},$ la dernière équivalence venant de $x-2>0$ et $1-y>0$. L’équation a donc une unique solution $x=2+\dfrac1{\sqrt{1-y}}$, qui appartient bien à $]2;+\infty[$ : $g$ est bijective.

3.b) $g(3)=1-1=0$ et $3>2$ : $g^{-1}(0)=3$ (l’autre antécédent de $0$ par $f$, à savoir $1$, n’est pas dans $]2;+\infty[$).

3.c) D’après 3.a : $\ g^{-1}:\,]{-\infty};1[\,\to\,]2;+\infty[,\ \ y\mapsto2+\dfrac{1}{\sqrt{1-y}}$. (Contrôle : $y=0$ donne $3$.)

1) Pour $x\in[-2;0]$, $x^2\in[0;4]$ : $g$ est bien à valeurs dans $[0;4]$. Soit $y\in[0;4]$ : pour $x\in[-2;0]$, $x^2=y\iff x=-\sqrt y$ (car $x\le0$), et $-\sqrt y\in[-2;0]$. L’antécédent existe et est unique : $g$ est bijective, $g^{-1}(y)=-\sqrt y$.

2) Pour $t\in[0;4]$ : $h(t)\ge0$ et $\dfrac45-h(t)=\dfrac{4-t}{5(t+1)}\ge0$. Soit $y\in\left[0;\frac45\right]$ : $\dfrac t{t+1}=y\iff t=y(t+1)\iff t(1-y)=y\iff t=\dfrac y{1-y}$ (car $y\neq1$). Or $\dfrac y{1-y}\ge0$ et $\dfrac y{1-y}\le4\iff y\le4-4y\iff y\le\frac45$, vrai. Donc $h$ est bijective et $h^{-1}(y)=\dfrac y{1-y}$.

3) $g([-2;0])=[0;4]$ est l’ensemble de départ de $h$, et pour $x\in[-2;0]$ : $(h\circ g)(x)=\dfrac{x^2}{x^2+1}=f(x)$. Mêmes ensembles de départ et d’arrivée : $f=h\circ g$.

4) $f$ est la composée de deux bijections, donc est bijective, et $f^{-1}=g^{-1}\circ h^{-1}$ : $f^{-1}:\left[0;\tfrac45\right]\to[-2;0],\qquad f^{-1}(y)=-\sqrt{\frac{y}{1-y}}.$ (Contrôle : $y=\frac45$ donne $-\sqrt4=-2$ et $f(-2)=\frac45$.)

Pour $X\subset E$, $A\setminus X\subset A$ et $B\setminus X\subset B$ : $\varphi$ est bien définie.

1) $\varphi(\varnothing)=(A;B)$ ; $\ \varphi(A\cap B)=(A\setminus B\,;\,B\setminus A)$ ; $\ \varphi(E)=(\varnothing;\varnothing)$.

2) Soient $X,X'\subset E$ tels que $\varphi(X)=\varphi(X')$, c’est-à-dire $A\setminus X=A\setminus X'$ et $B\setminus X=B\setminus X'$. En passant aux compléments dans $A$ (resp. $B$) : $A\cap X=A\cap X'$ et $B\cap X=B\cap X'$. Comme $X\subset E=A\cup B$ : $X=X\cap(A\cup B)=(X\cap A)\cup(X\cap B)=(X'\cap A)\cup(X'\cap B)=X'.$ Donc $\varphi$ est injective.

3) Soit $(Y;Z)\in\mathcal P(A)\times\mathcal P(B)$ ; posons $X=E\setminus(Y\cup Z)$. Alors $A\setminus X=A\cap(Y\cup Z)=(A\cap Y)\cup(A\cap Z)=Y\cup(A\cap Z)$. Or $Z\subset B$ et $A\cap B=\varnothing$, donc $A\cap Z=\varnothing$ et $A\setminus X=Y$. De même $B\setminus X=Z$. Ainsi $\varphi(X)=(Y;Z)$ : $\varphi$ est surjective.

4) Sous ces hypothèses, $\varphi$ est injective (2) et surjective (3), donc bijective, et l’unique antécédent trouvé en 3 donne $\ \varphi^{-1}(Y;Z)=E\setminus(Y\cup Z)$.

1) Injectivité. Si $y=2n+x$ avec $n\in\Z$ et $x\in[0;2[$, alors $\frac y2=n+\frac x2$ avec $0\le\frac x2<1$, donc $E\left(\frac y2\right)=n$ et $x=y-2n$ : le couple $(n;x)$ est déterminé par $y$. Ainsi $f(n;x)=f(n';x')$ entraîne $n=n'$ puis $x=x'$. Surjectivité. Soit $y\in\R$ ; posons $n=E\left(\frac y2\right)\in\Z$ et $x=y-2n$. De $n\le\frac y2<n+1$ on tire $0\le x<2$, et $f(n;x)=y$. Donc $f$ est bijective.

2) D’après 1 : $\ f^{-1}(y)=\left(E\left(\dfrac y2\right)\ ;\ y-2E\left(\dfrac y2\right)\right)$. (Exemple : $f^{-1}(-3)=(-2;1)$ car $-4+1=-3$.)

1) $D_f=\R$. $f(1)=-7$ et $f(-1)=1$ : $f(-1)\neq f(1)$ et $f(-1)\neq-f(1)$, donc $f$ n’est ni paire ni impaire.

2.a) $f(x)=-(x^2+4x+4)+2=-(x+2)^2+2$ : $a=-1<0$, $\alpha=-2$, $\beta=2$. $f$ est croissante sur $]{-\infty};-2]$, décroissante sur $[-2;+\infty[$, de maximum $2$.

2.b) $D_g=[-2;+\infty[$ ; $g$ est strictement croissante sur $D_g$ (fonction $x\mapsto\sqrt{x+a}$).

3) $f(x)-f(y)=-(x^2-y^2)-4(x-y)=(x-y)(-x-y-4)$, d’où $T=-x-y-4$.

4) Si $x\neq y$ sont dans $]{-\infty};-2]$ : $x+y<-4$, donc $T>0$ : $f$ strictement croissante. Si $x\neq y$ sont dans $[-2;+\infty[$ : $x+y>-4$, $T<0$ : $f$ strictement décroissante.

5.a) $f(x)=0\iff(x+2)^2=2\iff x=-2-\sqrt2$ ou $x=-2+\sqrt2$ : points $(-2-\sqrt2;0)$ et $(-2+\sqrt2;0)$. $f(0)=-2$ : point $(0;-2)$.

5.b) $f(-1)=-1+4-2=1$ et $g(-1)=\sqrt1=1$ : $A\in(C_f)\cap(C_g)$.

6) $(C_f)$ est la parabole de sommet $(-2;2)$, d’axe $x=-2$, tournée vers le bas.

7.a) La droite $y=-7$ coupe $(C_f)$ aux points d’abscisses $-5$ et $1$ : $S=\{-5;1\}$.

7.b) $f(x)=-7\iff-x^2-4x+5=0\iff x^2+4x-5=0\iff(x-1)(x+5)=0\iff x\in\{-5;1\}$.

8) Pour $x\ge-2$ : $x^2+4x+2+\sqrt{x+2}=0\iff g(x)=f(x)$. Sur $[-2;+\infty[$, $g$ est strictement croissante et $f$ strictement décroissante, donc $g-f$ est strictement croissante et s’annule au plus une fois ; d’après 5.b, elle s’annule en $-1$. $S=\{-1\}$.

9) $f(x)>-7\iff(x-1)(x+5)<0\iff x\in\,]-5;1[$ (graphiquement : $(C_f)$ au-dessus de la droite $y=-7$).

10) Pour $x\ge-2$, l’inéquation équivaut à $g(x)<f(x)$, soit $(g-f)(x)<0=(g-f)(-1)$. Comme $g-f$ est strictement croissante sur $[-2;+\infty[$ : $S=[-2;-1[$.

11) Graphiquement : sur $[-3;-2]$, $(C_f)$ monte de $(-3;1)$ à $(-2;2)$ ; sur $[-2;0]$, elle descend de $(-2;2)$ à $(0;-2)$. Algébriquement : $x\in[-3;-2]\iff x+2\in[-1;0]\iff(x+2)^2\in[0;1]$ (le carré est décroissant sur $\R_-$ et prend toutes les valeurs de $[0;1]$), donc $f(x)=2-(x+2)^2$ décrit $[1;2]$. De même $x\in[-2;0]\iff x+2\in[0;2]$, $(x+2)^2$ décrit $[0;4]$ et $f(x)$ décrit $[-2;2]$. Donc $f([-3;-2])=[1;2]$ et $f([-2;0])=[-2;2]$.

12) $h(x)$ existe $\iff-x^2-4x\ge0\iff x(x+4)\le0\iff x\in[-4;0]$ : $D_h=[-4;0]$. Pour $x\in D_h$ : $f(x)+2=-x^2-4x\ge0$, donc $f(x)\in D_g$ et $(g\circ f)(x)=\sqrt{f(x)+2}=h(x)$. Sur $[-4;-2]$ : $f$ est croissante et $f([-4;-2])=[-2;2]\subset D_g$ où $g$ est croissante : $h$ est croissante. Sur $[-2;0]$ : $f$ est décroissante, $f([-2;0])=[-2;2]$ : $h$ est décroissante. Maximum $h(-2)=2$.

13) Si $x$ est solution, $k=\frac{x+2}4\in\Z$ et $x=4k-2$. L’équation devient $E\left(\frac{4k-3}3\right)=k\iff k\le\frac{4k-3}3<k+1\iff3k\le4k-3<3k+3\iff3\le k<6$. Donc $k\in\{3;4;5\}$ et réciproquement ces valeurs conviennent : $S=\{10;14;18\}$. (Contrôle : $x=14$ : $E\left(\frac{13}3\right)=4=\frac{16}4$.)