Exercices corrigés — Variations De Fonctions (2nde)

(a) \(-3<0\) et les deux sont dans \([-4;1]\) où \(f\) est croissante, donc \(\boxed{f(-3)\le f(0)}\).

(b) \(2<5\) et les deux sont dans \([1;6]\) où \(f\) est décroissante, donc \(\boxed{f(2)\ge f(5)}\).

(c) Sur \([-4;6]\), la plus grande valeur atteinte est \(5\) (en \(x=1\)), et la plus petite est \(-2\) (en \(x=-4\)). Donc \[ \boxed{-2\le f(x)\le 5\quad\text{pour tout }x\in[-4;6].} \]

(d) On sait : \(f(-4)=-2<0\), \(f(1)=5>0\), \(f(6)=0\). Comme \(f\) est croissante sur \([-4;1]\), elle coupe 0 une seule fois sur cet intervalle : il existe un unique \(\alpha\in]-4;1[\) tel que \(f(\alpha)=0\). Ensuite, sur \([1;6]\), \(f\) décroît de \(5\) vers \(0\) et reste donc \(\ge 0\) jusqu’à 6.
Donc l’ensemble des solutions est : \[ \boxed{\{x\in[-4;6]\mid f(x)\ge 0\}=[\alpha;6].} \] (où \(\alpha\) est l’unique solution de \(f(x)=0\) dans \([-4;1]\)).

Conclusion : comparaisons par monotonie, encadrement global, et \(f(x)\ge 0\Rightarrow x\in[\alpha;6]\).

(a) \(x^2-9=(x-3)(x+3)\). Domaine : \(\boxed{\mathcal{D}=\mathbb{R}\setminus\{-3;3\}}\).

(b) Signe des facteurs :

• Numérateur \(x-2\) : négatif si \(x<2\), nul en \(2\), positif si \(x>2\).
• Dénominateur \((x-3)(x+3)\) : son signe change en \(-3\) et \(3\).

On place les points critiques \(-3\), \(2\), \(3\) (avec \(-3\) et \(3\) interdits). Par étude de signes :

• Sur \(]-\infty;-3[\) : \(x-2<0\), \(x-3<0\), \(x+3<0\) ⇒ dénominateur \((-)\times(-)=+\) ? Attention : \((x-3)(x+3)\) avec deux négatifs donne \(+\). Donc quotient \((-)/(+)=-\).
• Sur \(]-3;2[\) : \(x-2<0\), \(x-3<0\), \(x+3>0\) ⇒ dénominateur \((-)\times(+)= -\). Quotient \((-)/(-)=+\).
• Sur \(]2;3[\) : \(x-2>0\), \(x-3<0\), \(x+3>0\) ⇒ dénominateur \((- )\). Quotient \((+)/(-)=-\).
• Sur \(]3;+\infty[\) : \(x-2>0\), \(x-3>0\), \(x+3>0\) ⇒ dénominateur \((+)\). Quotient \((+)/(+)=+\).

Donc : \[ \boxed{g(x)<0 \text{ sur }]-\infty;-3[\cup]2;3[\quad;\quad g(x)>0 \text{ sur }]-3;2[\cup]3;+\infty[\quad;\quad g(2)=0.} \]

(c) \(g(x)\ge 0\) ⇔ zones positives + zéro : \[ \boxed{g(x)\ge 0 \iff x\in]-3;2]\cup]3;+\infty[.} \]

(d) \(g(x)\le \frac14\iff \frac{x-2}{x^2-9}-\frac14\le 0\). Mettre au même dénominateur : \[ \frac{4(x-2)-(x^2-9)}{4(x^2-9)}\le 0 \iff \frac{-x^2+4x+1}{4(x^2-9)}\le 0. \] Le signe dépend de \((-x^2+4x+1)\) et de \((x^2-9)\). On calcule les racines du numérateur : \(-x^2+4x+1=0\iff x^2-4x-1=0\) ⇒ \(x=2\pm\sqrt5\).
On dresse ensuite le tableau de signe avec les points \(-3,\,2-\sqrt5,\,2+\sqrt5,\,3\) (en respectant \(-3\) et \(3\) interdits), puis on lit les intervalles où le quotient est \(\le 0\).
Réponse attendue : méthode complète (tableau de signe) avec ces 4 points clés.

(a) Sur \([-4;0]\), \(h(x)=-x-1\) a pour coefficient directeur \(-1<0\), donc \(h\) est décroissante sur \([-4;0]\).
Sur \([0;4]\), \(h(x)=x^2-1\) est croissante (car \(x\ge 0\) et \(x^2\) y est croissante).

(b) Valeurs : \[ h(-4)= -(-4)-1=3,\quad h(0)= -1,\quad h(4)=16-1=15. \] Tableau : de \(x=-4\) à \(0\), \(h\) décroît de 3 à -1 ; puis de \(0\) à \(4\), \(h\) croît de -1 à 15.

(c) Minimum sur \([-4;4]\) : \(\boxed{-1}\) atteint en \(\boxed{x=0}\).
Maximum : \(\boxed{15}\) atteint en \(\boxed{x=4}\).

(d) - Sur \([-4;0]\) : \(-x-1\le 0\iff -x\le 1\iff x\ge -1\). Donc solutions \([ -1;0]\).
- Sur \([0;4]\) : \(x^2-1\le 0\iff x^2\le 1\). Sur \([0;4]\), cela donne \(x\in[0;1]\).
Réunion : \[ \boxed{h(x)\le 0\iff x\in[-1;1].} \]

(a) Tableau (sur \([-3;4]\)) :

• croissante sur \([-3;-1]\) et maximum local \(f(-1)=2\),
• décroissante sur \([-1;1]\) et minimum \(f(1)=-4\),
• croissante sur \([1;4]\).

Donc : \(f\) monte jusqu’à 2 en \(-1\), descend jusqu’à -4 en \(1\), puis remonte.

(b) Sur \([-3;4]\), le minimum global donné est \(-4\) (atteint en \(x=1\)). Le maximum global sur cet intervalle est au moins 2 (en \(-1\)), mais il faut comparer avec les bornes \(-3\) et \(4\). Comme on ne donne pas \(f(-3)\) ni \(f(4)\), on ne peut pas affirmer un max global numérique.
En revanche, on peut encadrer certain : \(\boxed{f(x)\ge -4}\) pour tout \(x\in[-3;4]\). (Si sur ton graphique réel tu lis \(f(4)\) ou \(f(-3)\), tu prends la plus grande valeur.)

(c) Les zéros sont \(-2\) et \(3\). On sait que \(f(0)=-3<0\) donc entre \(-2\) et 3 la fonction est négative (au moins autour de 0). Ainsi, sur \([-3;4]\) : \[ \boxed{f(x)\ge 0 \iff x\in[-3;-2]\cup[3;4].} \] (On inclut \(-2\) et \(3\) car \(\ge\).)

(d) \(-2{,}5<-1{,}5\) et les deux sont dans \([-3;-1]\) où \(f\) est croissante, donc \(\boxed{f(-2{,}5)\le f(-1{,}5)}\).
Pour \(f(0)\) et \(f(2)\) : 0 est dans \([-1;1]\) et 2 dans \([1;4]\). On sait \(f(1)=-4\) et la fonction remonte après 1, donc \(f(2)>f(1)=-4\). Mais on connaît \(f(0)=-3\). Comme \(-3>-4\), il est possible que \(f(0)\) soit > ou < à \(f(2)\) selon la remontée.
Conclusion rigoureuse : impossible de comparer sans une valeur supplémentaire (ou lecture graphique de \(f(2)\)).

(a) Dénominateur nul en \(x=-1\) et \(x=3\) ⇒ \(\boxed{\mathcal{D}=\mathbb{R}\setminus\{-1;3\}}\). Numérateur nul quand \(2x-1=0\Rightarrow x=\frac12\) ou \(x+4=0\Rightarrow x=-4\). Donc zéros : \(\boxed{x=-4\text{ et }x=\frac12}\).

(b) On étudie le signe des facteurs \((2x-1)\), \((x+4)\), \((x-3)\), \((x+1)\) sur les intervalles délimités par \(-4\), \(-1\), \(\frac12\), \(3\).
En testant un nombre dans chaque intervalle :

• Sur \(]-\infty;-4[\) : numérateur \((-)\times(-)=+\), dénominateur \((-)\times(-)=+\) ⇒ quotient \(+\).
• Sur \(]-4;-1[\) : numérateur \((-)\times(+)= -\), dénominateur \((-)\times(-)=+\) ⇒ \(-\).
• Sur \(]-1;\frac12[\) : numérateur \((-)\times(+)= -\), dénominateur \((-)\times(+)= -\) ⇒ \(+\).
• Sur \(]\frac12;3[\) : numérateur \((+)\times(+)=+\), dénominateur \((-)\times(+)= -\) ⇒ \(-\).
• Sur \(]3;+\infty[\) : numérateur \(+\), dénominateur \(+\) ⇒ \(+\).

Donc le signe alterne en franchissant chaque racine simple.

(c) \(p(x)>0\) sur les zones positives, en excluant \(-1\) et \(3\) : \[ \boxed{p(x)>0\iff x\in]-\infty;-4[\cup]-1;\tfrac12[\cup]3;+\infty[.} \]

(d) \(p(x)\le 0\) : on prend les zones négatives + les zéros \(-4\) et \(\frac12\) (admis car numérateur nul) : \[ \boxed{p(x)\le 0\iff x\in[-4;-1[\cup[\tfrac12;3[.} \] (On n’inclut jamais \(-1\) ni \(3\) : valeurs interdites.)

(a) Croissante sur \([-2;5]\) : \[ \boxed{f([-2;5])=[f(-2);f(5)]=[-7;9].} \] Donc \(-7\le f(x)\le 9\).

(b) \(f(3)=2\) et \(f\) croissante ⇒ \(f(x)\ge 2\iff x\ge 3\) (sur l’intervalle). Donc \(\boxed{x\in[3;5]}\).

(c) \(f(1)=-1\) et \(f\) croissante ⇒ \(f(x)\le -1\iff x\le 1\). Sur \([-2;5]\), solutions : \(\boxed{x\in[-2;1]}\).

(d) Comme \(0<4\) et \(f\) croissante, \(\boxed{f(0)<f(4)}\). Encadrements :

• \(-2<0<1\) ⇒ \(f(-2)<f(0)<f(1)\) ⇒ \(\boxed{-7<f(0)<-1}\).
• \(3<4<5\) ⇒ \(f(3)<f(4)<f(5)\) ⇒ \(\boxed{2<f(4)<9}\).

(a)

• Sur \([-6;-2]\), \(u\) croît de \(-5\) à \(4\) : 0 est entre \(-5\) et 4 ⇒ 1 solution (unique) sur cet intervalle.
• Sur \([-2;3]\), \(u\) décroît de 4 à \(-1\) : 0 est entre 4 et \(-1\) ⇒ 1 solution (unique) sur cet intervalle.
• Sur \([3;8]\), \(u\) croît de \(-1\) à 6 : 0 est entre \(-1\) et 6 ⇒ 1 solution (unique) sur cet intervalle.

Donc \(\boxed{u(x)=0\text{ a exactement 3 solutions sur }[-6;8].}\)

(b) \(u(x)\ge 4\). On sait \(u(-2)=4\) (atteint) puis sur \([-2;3]\) la fonction décroît donc \(u(x)<4\) dès qu’on s’éloigne de -2 vers la droite. Sur \([3;8]\), \(u\) croît de -1 à 6 : il existe un unique \(\beta\in]3;8[\) tel que \(u(\beta)=4\), puis \(u(x)\ge 4\) pour \(x\in[\beta;8]\).
Sur \([-6;-2]\), \(u\) croît jusqu’à 4 : \(u(x)\ge 4\) uniquement au point \(x=-2\).
Donc : \[ \boxed{u(x)\ge 4\iff x\in\{-2\}\cup[\beta;8].} \]

(c) \(u(x)\le -1\). On a \(u(3)=-1\). Sur \([-2;3]\), \(u\) décroît de 4 à -1 donc \(u(x)\le -1\) seulement en \(x=3\). Sur \([3;8]\), \(u\) croît à partir de -1 donc \(u(x)\ge -1\) (avec égalité en 3 seulement). Sur \([-6;-2]\), \(u\) prend des valeurs entre -5 et 4 : il existe un unique \(\alpha\in]-6;-2[\) tel que \(u(\alpha)=-1\), et pour \(x\in[-6;\alpha]\), on a \(u(x)\le -1\). Donc : \[ \boxed{u(x)\le -1\iff x\in[-6;\alpha]\cup\{3\}.} \]

(d) Minimum global : \(-5\) (en \(-6\)). Maximum global : \(6\) (en \(8\)). Donc : \[ \boxed{-5\le u(x)\le 6\quad\text{sur }[-6;8].} \]

(a) Comme \(f'>0\) sur \([-5;-1[\), \(f\) est croissante de \(f(-5)=1\) à \(f(-1)=6\). Puis \(f'<0\) sur \(]-1;4[\), \(f\) décroît de 6 à \(f(4)=-2\). Enfin \(f'>0\) sur \(]4;7]\), \(f\) croît de -2 à \(f(7)=0\).

(b) Changement \(+\to-\) en \(-1\) ⇒ maximum local en \(x=-1\) de valeur \(6\). Changement \(-\to+\) en \(4\) ⇒ minimum local en \(x=4\) de valeur \(-2\). Sur \([-5;7]\), maximum global = 6 (en -1) et minimum global = -2 (en 4).

(c) On a \(f(-5)=1>0\), puis \(f\) monte jusqu’à 6 (donc reste \(>0\)) jusqu’à -1. Ensuite elle décroît et passe de 6 à -2 sur \([-1;4]\) : donc il existe un unique \(\alpha\in]-1;4[\) tel que \(f(\alpha)=0\), et \(f(x)\ge 0\) pour \(x\in[-5;\alpha]\). Après 4, \(f\) croît de -2 à 0 : elle reste \(\le 0\) et n’atteint 0 qu’en 7. Donc : \[ \boxed{f(x)\ge 0\iff x\in[-5;\alpha]\cup\{7\}.} \]

(d) \(2\in]-1;4[\) (zone décroissante) et \(6\in]4;7]\) (zone croissante) : on ne peut pas comparer \(f(2)\) et \(f(6)\) sans valeur numérique supplémentaire.
Conclusion : \(\boxed{\text{Impossible de conclure sans infos en plus.}}\)

(a) Posons \(X=x^2\). Alors \[ q(x)=x^4-5x^2+4 = X^2-5X+4 = (X-1)(X-4). \] Donc \[ q(x)=(x^2-1)(x^2-4)=(x-1)(x+1)(x-2)(x+2). \] Factorisation : \(\boxed{q(x)=(x-2)(x+2)(x-1)(x+1)}\).

(b) Les zéros sont \(-2\), \(-1\), \(1\), \(2\). On étudie le signe sur \(]-\infty;-2[\), \(]-2;-1[\), \(]-1;1[\), \(]1;2[\), \(]2;+\infty[\). Test rapide :

• Pour \(x= -3\) : 4 facteurs négatifs ? \((-)(-)(-)(-)=+\) ⇒ positif.
• Pour \(x= -1{,}5\) : \((x+2)>0\), \((x+1)<0\), \((x-1)<0\), \((x-2)<0\) ⇒ 3 négatifs ⇒ négatif.
• Pour \(x=0\) : \(( -2)(2)(-1)(1)=+\) ⇒ positif.
• Pour \(x=1{,}5\) : \(( -0{,}5)(3{,}5)(0{,}5)(-0{,}5)=+?\) Deux négatifs ⇒ positif.
• Pour \(x=3\) : tous positifs ⇒ positif.

Donc le signe est : \(+\) ; \(-\) ; \(+\) ; \(+\) ; \(+\) avec des zéros aux points.

(c) \(q(x)\ge 0\) : toutes les zones positives + zéros, sauf l’intervalle où c’est négatif : \[ \boxed{q(x)\ge 0\iff x\in]-\infty;-2]\cup[-1; +\infty[\ \text{avec exclusion de }]-2;-1[.} \] Plus propre : \[ \boxed{q(x)\ge 0\iff x\in]-\infty;-2]\cup[-1;1]\cup[1;2]\cup[2;+\infty[} \] ce qui revient à \(\boxed{q(x)\ge0\iff x\notin]-2;-1[}\).

(d) \(q(x)<0\) exactement sur l’intervalle négatif : \[ \boxed{q(x)<0\iff x\in]-2;-1[.} \] Interprétation : la courbe \(y=q(x)\) est en dessous de l’axe des abscisses pour \(x\in]-2;-1[\), et au-dessus (ou sur l’axe) ailleurs.

(a) \(F(x)=(x-1)(x+2)(x-4)\) a pour zéros \(-2\), \(1\), \(4\). On étudie le signe sur : \(]-\infty;-2[\), \(]-2;1[\), \(]1;4[\), \(]4;+\infty[\). Test :

• \(x=-3\) : \((-)\times(-)\times(-)= -\).
• \(x=0\) : \((-)\times(+)\times(-)= +\).
• \(x=2\) : \((+)\times(+)\times(-)= -\).
• \(x=5\) : \((+)\times(+)\times(+)= +\).

Donc : \(-\) ; \(+\) ; \(-\) ; \(+\) avec zéros en \(-2,1,4\).

(b) \[ \boxed{F(x)\ge 0\iff x\in[-2;1]\cup[4;+\infty[.} \] \[ \boxed{F(x)<0\iff x\in]-\infty;-2[\cup]1;4[.} \]

(c) Pour \(x\neq4\) : \[ G(x)=\frac{(x-1)(x+2)(x-4)}{x-4}=(x-1)(x+2). \] Donc \(G\) est définie sur \(\mathbb{R}\setminus\{4\}\) mais sa formule se simplifie en \((x-1)(x+2)\). Signe de \(G\) dépend de \(-2\) et 1 : \[ \boxed{G(x)\ge 0\iff x\in]-\infty;-2]\cup[1;+\infty[\ \text{avec }x\neq4.} \] Donc \([1;+\infty[\) devient \([1;4[\cup]4;+\infty[\).

(d) \(\dfrac{(x-1)(x+2)}{x-4}\le 0\). Points : \(-2\), \(1\), \(4\) (4 interdit). On teste les signes :

• Sur \(]-\infty;-2[\) : numérateur \((-)\times(-)=+\), dénominateur \(-\) ⇒ quotient \(-\).
• Sur \(]-2;1[\) : numérateur \((-)\times(+)= -\), dénominateur \(-\) ⇒ \(+\).
• Sur \(]1;4[\) : numérateur \((+)\times(+)=+\), dénominateur \(-\) ⇒ \(-\).
• Sur \(]4;+\infty[\) : numérateur \(+\), dénominateur \(+\) ⇒ \(+\).

On veut \(\le 0\) : zones négatives + zéros du numérateur (\(-2\) et 1) mais on exclut 4 : \[ \boxed{x\in]-\infty;-2]\cup[1;4[.} \]