Devoir surveillé n°2 — Semestre 1

1.a. [0,5 pt] $2-\dfrac5{x+1}=\dfrac{2x+2-5}{x+1}=f(x)$ [0,25]. Si $f(x)=2$, alors $\frac5{x+1}=0$, impossible : pas de solution [0,25].

1.b. [0,5 pt] $2\in\R$ n’a pas d’antécédent : $f$ n’est pas surjective.

2. [1 pt] Soient $x,x'\neq-1$ avec $f(x)=f(x')$ : $\frac5{x+1}=\frac5{x'+1}$, donc $x+1=x'+1$ et $x=x'$ : $f$ est injective.

3.a. [1 pt] Inclusion directe [0,5] : pour $x>-1$, $\frac5{x+1}>0$ donc $g(x)<2$. Inclusion réciproque [0,5] : soit $y<2$ ; $g(x)=y\iff\frac5{x+1}=2-y\iff x=\frac5{2-y}-1=\frac{y+3}{2-y}$, et ce réel vérifie $x+1=\frac5{2-y}>0$. Donc $g(]{-1};+\infty[)=\,]{-\infty};2[$.

3.b. [2 pt] $g$ est surjective (3.a) [0,5] et injective (comme $f$, question 2) [0,5], donc bijective, et l’unique antécédent de $y$ donne [1] : $\ g^{-1}:\,]{-\infty};2[\,\to\,]{-1};+\infty[,\ \ y\mapsto\dfrac{y+3}{2-y}$.

4. [2 pt] $g$ est croissante sur $]{-1};+\infty[$ ($x\mapsto-\frac5{x+1}$ l’est). $g(4)=1$ ; pour $y\in[1;2[$, $g^{-1}(y)=\frac{y+3}{2-y}\ge4\iff y+3\ge8-4y\iff y\ge1$. Donc $g([4;+\infty[)=[1;2[$ [1]. $x\in g^{-1}([-3;0])\iff-3\le g(x)\le0$. Or $g(0)=-3$ et $g\left(\frac32\right)=0$, $g$ croissante : $g^{-1}([-3;0])=\left[0;\frac32\right]$ [1].

5. [1 pt] Si $A\subset B$ et $y\in h(A)$ : $y=h(x)$ avec $x\in A\subset B$, donc $y\in h(B)$ [0,5]. Comme $A\subset A\cup B$ et $B\subset A\cup B$ : $h(A)\cup h(B)\subset h(A\cup B)$. Réciproquement, si $y=h(x)$ avec $x\in A\cup B$, alors $x\in A$ (et $y\in h(A)$) ou $x\in B$ (et $y\in h(B)$). D’où l’égalité [0,5].

6. [1 pt] Soit $z\in G$. $v$ surjective : il existe $y\in F$ tel que $v(y)=z$. $u$ surjective : il existe $x\in E$ tel que $u(x)=y$. Alors $(v\circ u)(x)=z$ : $v\circ u$ est surjective.

1.a. [0,5 pt] $D_f=[-6;+\infty[$ ; $D_g=\R$.

1.b. [1 pt] $f$ est strictement croissante sur $[-6;+\infty[$ [0,5] ; $g(x)=(x-1)^2+2$ : décroissante sur $]{-\infty};1]$, croissante sur $[1;+\infty[$ [0,5].

2. [1 pt] Méthode 1 (algébrique) [0,5] : pour tout $x\in\R$, $g(x)-2=(x-1)^2\ge0$, donc $g(x)\ge2$, et $g(1)=2$ : $2$ est le minimum de $g$ sur $\R$, atteint en $x=1$. Méthode 2 (variations) [0,5] : d’après le tableau de variations, $g$ est décroissante sur $]{-\infty};1]$ donc $g(x)\ge g(1)$ pour $x\le1$, et croissante sur $[1;+\infty[$ donc $g(x)\ge g(1)$ pour $x\ge1$ ; ainsi $g(1)=2$ est le minimum de $g$ sur $\R$.

3. [0,5 pt] $(C_g)$ est la parabole de sommet $\Omega(1;2)$, d’axe la droite $x=1$, tournée vers le haut [0,25]. $f(x)=0\iff x=-6$ et $f(0)=\sqrt6$ : $(C_f)$ coupe les axes en $(-6;0)$ et $(0;\sqrt6)$ [0,25].

4. [2 pt] (et 6.b) Voir la figure.

5.a. [0,5 pt] $f$ croissante : $f([-6;3])=[f(-6);f(3)]=[0;3]$ ; $f(-2)=2$ et, pour $y\ge2$, $x=y^2-6\ge-2$ vérifie $f(x)=y$ : $f([-2;+\infty[)=[2;+\infty[$.

5.b. [0,5 pt] $g(x)<3\iff x^2-2x<0\iff x(x-2)<0\iff x\in\,]0;2[$.

5.c. [0,5 pt] Les courbes ont deux points communs (d’abscisses comprises entre $0$ et $1$ pour l’un, entre $1$ et $2$ pour l’autre) : deux solutions.

5.d. [0,5 pt] Si $m<2$ : aucune solution ; si $m=2$ : une solution ($x=1$) ; si $m>2$ : deux solutions.

6.a. [1 pt] $D_\varphi=\R$ symétrique et $\varphi(-x)=x^2-2|x|+3=\varphi(x)$ : $\varphi$ est paire [0,5]. Pour $x\ge0$, $|x|=x$ et $\varphi(x)=g(x)$ [0,5].

6.b. [1 pt] On garde $(C_g)$ pour $x\ge0$ et on complète par symétrie d’axe $(Oy)$ : pour $x\le0$, $\varphi(x)=x^2+2x+3$, arc de parabole de sommet $(-1;2)$ (figure).

7.a. [0,5 pt] $D_h=[-6;+\infty[$. Pour $x\ge-6$ : $f(x)\in\R=D_g$ et $(g\circ f)(x)=(x+6)-2\sqrt{x+6}+3=x+9-2\sqrt{x+6}=h(x)$.

7.b. [1 pt] Sur $[-6;-5]$ : $f$ croissante et $f([-6;-5])=[0;1]\subset\,]{-\infty};1]$ où $g$ décroît : $h$ est décroissante [0,5]. Sur $[-5;+\infty[$ : $f([-5;+\infty[)=[1;+\infty[$ où $g$ croît : $h$ est croissante [0,5].

8. [0,5 pt] Pour tout $x\in\R$, $x\pm1\in\R$ et $k(x+1)=E(2x+2)-2E(x+1)=E(2x)+2-2E(x)-2=k(x)$.

Bonus 1. [+0,5] Écrivons $x=n+r$ avec $n=E(x)$ et $r\in[0;1[$. Alors $E(2x)=E(2r+2n)=E(2r)+2n$ et $k(x)=E(2r)$. Comme $0\le2r<2$, $E(2r)\in\{0;1\}$.

Bonus 2. [+0,5] L’équation $(E)$ : $\sqrt{x+6}=x+m$ a pour domaine $[-6;+\infty[$. Posons $t=\sqrt{x+6}$, de sorte que $t\ge0$ et $x=t^2-6$. L’application $x\mapsto\sqrt{x+6}$ est une bijection de $[-6;+\infty[$ sur $[0;+\infty[$ (de réciproque $t\mapsto t^2-6$) ; donc le nombre de solutions de $(E)$ est égal au nombre de solutions positives de $t=t^2-6+m\iff t^2-t+m-6=0\qquad(E').$ Il faut donc que $(E')$ ait deux racines distinctes toutes deux positives :

• discriminant : $\Delta=1-4(m-6)=25-4m>0\iff m<\dfrac{25}4$ ;
• la somme des racines vaut $1>0$, donc les deux racines sont positives si et seulement si leur produit $m-6\ge0$, c’est-à-dire $m\ge6$ (si $m<6$, le produit est négatif et une seule racine est positive).

Conclusion : $(E)$ admet exactement deux solutions si et seulement si $m\in\left[6;\dfrac{25}4\right[$. Contrôle : pour $m=6$, $t\in\{0;1\}$ donne $x=-6$ et $x=-5$, et on vérifie $\sqrt0=-6+6$, $\sqrt1=-5+6$.