Exercices types : $2$^ème partie

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$.
On reconnaît la forme $\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$ avec $u\left(x\right)=x^{2} -x+4$ et $v\left(x\right)=x^{2}+3$
Ainsi : $u'\left(x\right)=2x-1$ et $v'\left(x\right)=2x$.
Il vient alors que :
$f'\left(x\right)=\frac{\left(2x-1\right)\times \left(x^{2}+3\right)-\left(x^{2} -x+4\right)\times \left(2x\right)}{\left(x^{2}+3\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{\left(2x^{3} +6x-x^{2}-3\right)-\left(2x^{3} -2x^{2}+8x\right)}{\left(x^{2}+3\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{2x^{3} +6x-x^{2}-3-2x^{3} +2x^{2}-8x}{\left(x^{2}+3\right)^{2} }$

Soit : $f'\left(x\right)=\frac{x^{2} -2x-3}{\left(x^{2}+3\right)^{2} }$
Pour tout réel $x\in \left]-\infty ;+\infty \right[$, le dénominateur $\left(x^{2}+3\right)^{2}$ est strictement positif.
Donc, le signe de $f'$ dépend du numérateur $x^{2} -2x-3$.
Or $x^{2} -2x-3$ est une équation du second degré, on calcule le discriminant et on détermine les racines.
Ainsi : $\Delta = 16$ , il existe donc deux racines réelles distinctes telles que : $x_{1} = -1$ et $x_{2} = 3$. Il est important d'indiquer que $a=1>0$ donc la parabole est tournée vers le haut. Cela explique donc pourquoi nous avons le signe de $a$ à l'extérieur des racines et le signe de $-a$ à l'intérieur des racines.
On en déduit le tableau de signe de $f'$ ainsi que le tableau de variation de $f$. On indiquera les valeurs des extrema.
De plus:

$f\left(-1\right)=\frac{3}{2}$

$f(3) =\frac{5}{6}$

Ici $a=1$, ce qui donne, $y=f'\left(1\right)\left(x-1\right)+f\left(1\right)$.
1^ère étape : calculer $f\left(1\right)$
$f(1) =1$
2^ème étape : calculer $f'\left(1\right)$
$f'\left(1\right)=\frac{1^{2} -2\times 1-3}{\left(1^{2}+3\right)^{2} }$
$f'\left(1\right)=-\frac{1}{4}$
3^ème étape : on remplace les valeurs de $f\left(1\right)$ et de $f'\left(1\right)$ dans la formule de l'équation de tangente.
On sait que :
$y=f'\left(1\right)\left(x-1\right)+f\left(1\right)$
$y=-\frac{1}{4}\times \left(x-1\right)+1$
$y=-\frac{1}{4} x+\frac{1}{4}+1$
$y=-\frac{1}{4} x+\frac{5}{4}$
Ainsi l'équation de la tangente à la courbe $C_{f}$ au point d'abscisse $1$ est alors $y=-\frac{1}{4} x+\frac{5}{4}$.

$f$ est dérivable sur $\left[-1;1\right]$
Ainsi : $f'\left(x\right)=-4x^{3}+0,04x$
Nous allons développer l'expression $4x\left(0,1-x\right)\left(0,1+x\right)$ et nous allons vérifier si elle est bien égale à $-4x^{3}+0,04x$. Il vient alors que :
$4x\left(0,1-x\right)\left(0,1+x\right)=4x\left(0,1^{2} -x^{2} \right)$
$4x\left(0,1-x\right)\left(0,1+x\right)=4x\left(0,01-x^{2} \right)$
$4x\left(0,1-x\right)\left(0,1+x\right)=4x\times 0,01-4x\times x^{2}$
$4x\left(0,1-x\right)\left(0,1+x\right)=-4x^{3}+0,04x$
Finalement :

D'après la question précédente, nous savons que $f'\left(x\right)=4x\left(0,1-x\right)\left(0,1+x\right)$. Nous allons étudier le signe de $f'$ puis dresser les variations de $f$.
Pour tout réel $x\in\left[-1;1\right]$, on a :

$4x\ge 0\Leftrightarrow x\ge 0$

$0,1-x\ge 0\Leftrightarrow -x\ge -0,1\Leftrightarrow x\le \frac{-0,1}{-1} \Leftrightarrow x\le 0,1$

$0,1+x\ge 0\Leftrightarrow x\ge -0,1$

D'après le tableau de variation, la conjecture d'Adam n'est pas validée. En effet, $f\left(0\right)=2$ est un minimum local et non un maximum local de la fonction $f$.

Ainsi d'après le tableau de variation ci-dessous :
La fonction $f$ possède :

deux maximums locaux : $f\left(-0,1\right)=2,001$ et $f\left(0,1\right)=2,001$

un minimum local : $f\left(0\right)=2$

$f$ est dérivable sur $\left[-5;0\right]$ car ici le dénominateur ne s'annule que pour les valeurs $1$ et $4$. ( c'est facile à montrer on calcule le delta du dénominateur).
On reconnaît la forme $\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$ avec $u\left(x\right)=2x^{3}+2x^{2}-8x+10$ et $v\left(x\right)=x^{2}-4x+5$
Ainsi : $u'\left(x\right)=6x^{2}+4x-8$ et $v'\left(x\right)=2x-4$.
Il vient alors que :
$f'\left(x\right)=\frac{\left(6x^{2}+4x-8\right)\times \left(x^{2}-4x+5\right)-\left(2x^{3}+2x^{2}-8x+10\right)\times \left(2x-4\right)}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{\left(6x^{4}-24x^{3}+30x^{2}+4x^{3}-16x^{2}+20x-8x^{2}+32x-40\right)-\left(4x^{4} -8x^{3}+4x^{3}-8x^{2}-16x^{2}+32x+20x-40\right)}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{\left(6x^{4} -20x^{3}+6x^{2}+52x-40\right)-\left(4x^{4} -4x^{3}-24x^{2}+52x-40\right)}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{6x^{4} -20x^{3}+6x^{2}+52x-40-4x^{4}+4x^{3}+24x^{2}-52x+40}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{2x^{4}-16x^{3}+30x^{2}}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$ . Nous allons maintenant décomposer par $2x^{2}$ les termes du numérateur en faisant apparaitre un facteur commun.
$f'\left(x\right)=\frac{2x^{2} \times x^{2} -2x^{2} \times 8x+2x^{2}\times15 }{\left(x^{2} -4x+5\right)^{2} }$. Maintenant nous allons factoriser par $2x^{2}$ .

Pour tout réel $x$ appartenant à l'intervalle $\left[-5;0\right]$ , on peut affirmer que :
$2x^{2} \ge 0$ car un carré est positif ou nul.
$\left(x^{2}-4x+5\right)^{2}\ge 0$ car un carré est positif ou nul.
Il en résulte donc que le signe de $f'$ ne dépend que du signe de $x^{2} -8x+15$.
Pour l'étude du signe de $x^{2} -8x+15$, on va utiliser le discriminant.
Alors $a=1$; $b=-8$ et $c=15$.
Or $\Delta =b^{2} -4ac$ donc $\Delta =4$.
Il existe donc deux racines réelles distinctes.

• $x_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a}$ ce qui donne $x_{1} =3$.
• $x_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a}$ ce qui donne $x_{2} =5$.

Comme $a=1>0$, la parabole est tournée vers le bas c'est-à-dire que $f$ est du signe de $a$ à l'extérieur des racines et du signe opposé à $a$ entre les racines. Pour nous aider à visualiser, nous allons dresser le tableau de signe de $x^{2} -8x+15$ sur $\mathbb{R}$ puis ensuite nous regarderons plus précisément le signe de $x^{2} -8x+15$ sur $\left[-5;0\right]$ .
Cela signifie donc que sur l'intervalle $\left[-5;0\right]$, on a : $x^{2} -8x+15>0$ comme cela se vérifie à l'aide du tableau de signe ci-dessus.
On en déduit le tableau de variation suivant :

Ici $a=0$, ce qui donne, $y=f'\left(0\right)\left(x-0\right)+f\left(0\right)$.
1^ère étape : calculer $f\left(0\right)$
$f\left(0\right)=\frac{2\times 0^{3} +2\times 0^{2}-8\times 0+10}{0^{2} -4\times 0+5}$
$f\left(0\right)=2$
2^ème étape : calculer $f'\left(0\right)$
$f'\left(0\right)=\frac{\left(2\times 0^{2}\right)\left(0^{2} -8\times 0+15\right)}{\left(0^{2} -4\times 0+5\right)^{2} }$
$f'\left(0\right)=0$
3^ème étape : on remplace les valeurs de $f\left(0\right)$ et de $f'\left(0\right)$ dans la formule de l'équation de tangente.
On sait que :
$y=f'\left(0\right)\left(x-0\right)+f\left(0\right)$
$y=0\times \left(x-0\right)+2$
$y=2$
Ainsi l'équation de la tangente à la courbe $C_{f}$ au point d'abscisse $0$ est alors $y=2$.