Exercices corrigés : l'étude complète de fonction (201-NYA)

Domaine $\mathbb{R}\setminus\{-2\}$, et en $x=-2$ le numérateur vaut $-7\neq 0$ : asymptote verticale $x=-2$. Degrés égaux : $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\frac{3}{1}$, asymptote horizontale $y=3$, le rapport des coefficients dominants.

$x^{2}-2x-15=(x+3)(x-5)$ ; en $x=-3$ le numérateur vaut $1$, en $x=5$ il vaut $9$ : deux asymptotes verticales, $x=-3$ et $x=5$. Le degré du numérateur étant inférieur, l'asymptote horizontale est $y=0$. Piège : chercher les zéros du NUMÉRATEUR, $x=-4$, qui donnent un zéro de $f$ et non une asymptote.

$f(x)=\frac{(x-2)(x+2)}{(x-2)(x+3)}=\frac{x+2}{x+3}$ pour $x\neq 2$. En $x=2$, le facteur se simplifie : la courbe a un TROU au point $\left(2\,;\frac{4}{5}\right)$, pas d'asymptote. Seule $x=-3$ est asymptote verticale ; l'horizontale est $y=1$. Piège : déclarer $x=2$ asymptote parce que le dénominateur s'y annule.

Division : $2x^{2}-3x+4=(x+1)(2x-5)+9$, donc $f(x)=2x-5+\frac{9}{x+1}$. Le reste tend vers $0$ : asymptote oblique $y=2x-5$, avec $m=2$ et $b=-5$ (et verticale $x=-1$). Piège : s'arrêter à $2x$, le premier terme du quotient.

Division par $x^{2}+1$ : $x^{3}-2x^{2}+5=(x^{2}+1)(x-2)+(-x+7)$, donc $f(x)=x-2+\frac{-x+7}{x^{2}+1}$. Le reste est de degré $1$ sur degré $2$ : il tend vers $0$. Asymptote oblique $y=x-2$, $m=1$, $b=-2$, et aucune verticale puisque $x^{2}+1$ ne s'annule jamais.

Le numérateur dépasse le dénominateur de DEUX degrés : $f(x)=x^{2}+2x+4+\frac{9}{x-2}$, qui se comporte comme une parabole. Aucune asymptote horizontale ni oblique. En $x=2$ le numérateur vaut $9\neq 0$ : asymptote verticale $x=2$. Piège : prendre le quotient $x^{2}+2x+4$ pour une asymptote oblique, alors qu'une oblique est une DROITE.

Pour $x\neq 0$, $\sqrt{4x^{2}+5}=|x|\sqrt{4+\frac{5}{x^{2}}}$. En $+\infty$, $|x|=x$ et $f(x)=\frac{3-\frac{1}{x}}{\sqrt{4+\frac{5}{x^{2}}}}\to\frac{3}{2}$. En $-\infty$, $|x|=-x$ et $f(x)\to-\frac{3}{2}$. Deux asymptotes horizontales, $y=\frac{3}{2}$ et $y=-\frac{3}{2}$. Piège : écrire $\sqrt{x^{2}}=x$ des deux côtés.

En $+\infty$, $e^{-2x}\to 0$ et $f(x)\to 4$ : asymptote horizontale $y=4$. En $-\infty$, $e^{-2x}\to+\infty$ et $f(x)\to-\infty$ : rien de ce côté. Domaine $\mathbb{R}$, aucune verticale. L'asymptote existe donc en $+\infty$ seulement.

Domaine : $x+4>0$, soit $x>-4$. Quand $x\to-4^{+}$, $x+4\to 0^{+}$, $\ln(x+4)\to-\infty$, donc $f(x)=1-\ln(x+4)\to+\infty$. Asymptote verticale $x=-4$, avec la courbe qui MONTE. Piège : le signe moins devant le logarithme retourne la limite.

En $-\infty$, $e^{x}\to 0$, donc $f(x)-\left(\frac{x}{2}+3\right)=e^{x}\to 0$ : asymptote oblique $y=\frac{x}{2}+3$, avec $m=\frac{1}{2}$ et $b=3$, en $-\infty$ seulement. En $+\infty$, l'écart $e^{x}$ explose : aucune asymptote de ce côté. Piège : la chercher en $+\infty$ par réflexe.

$f'(x)=6x-12$, nul en $x=2$ ; $f''(x)=6>0$, donc minimum, de valeur $f(2)=12-24+7=-5$.

$f'(x)=6x^{2}+6x-12=6(x+2)(x-1)$ : nombres critiques $-2$ et $1$. $f''(x)=12x+6$ : $f''(-2)=-18<0$, maximum local en $x=-2$ ; $f''(1)=18>0$, minimum en $x=1$. $f''$ s'annule en changeant de signe en $x=-\frac{1}{2}$ : point d'inflexion. Piège : prendre le premier zéro trouvé pour le maximum sans regarder le signe de $f''$.

$f'(x)=3x^{2}+6x+6=3\left((x+1)^{2}+1\right)>0$ : discriminant $36-72<0$, AUCUN nombre critique, la fonction est strictement croissante. $f''(x)=6x+6$ change de signe en $x=-1$ : point d'inflexion. Piège : croire qu'une cubique a toujours deux nombres critiques.

$f'(x)=4x^{3}-16x=4x(x-2)(x+2)$ : trois nombres critiques, $-2$, $0$ et $2$. $f''(x)=12x^{2}-16$, nul en $x=\pm\frac{2}{\sqrt{3}}$, avec changement de signe : inflexion positive en $x=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\approx 1{,}155$. Piège : diviser par $x$ et perdre le nombre critique $0$.

$f'(x)=4x^{3}-12x^{2}+12x=4x(x^{2}-3x+3)$, et $x^{2}-3x+3$ a un discriminant $9-12<0$ : seul nombre critique, $x=0$ (un minimum, $f(0)=0$). $f''(x)=12x^{2}-24x+12=12(x-1)^{2}$ : nul en $x=1$, mais POSITIF des deux côtés. Pas de changement de signe, donc PAS de point d'inflexion en $x=1$, la courbe reste convexe partout.

Domaine $\mathbb{R}\setminus\{0\}$. $f'(x)=1-\frac{9}{x^{2}}=\frac{(x-3)(x+3)}{x^{2}}$ : nombres critiques $\pm 3$, le positif étant $3$ (minimum local, $f(3)=6$). $f''(x)=\frac{18}{x^{3}}$ ne s'annule jamais ; elle change de signe en $0$, mais $0$ n'est pas dans le domaine. Aucun point d'inflexion. Piège : compter $x=0$.

$f'(x)=-\frac{12x}{(x^{2}+3)^{2}}$, nul en $x=0$, positive avant et négative après : maximum $f(0)=2$. $f''(x)=\frac{36x^{2}-36}{(x^{2}+3)^{3}}=\frac{36(x-1)(x+1)}{(x^{2}+3)^{3}}$, qui change de signe en $\pm 1$ : inflexions en $x=-1$ et $x=1$. Piège : dans la dérivée du quotient, oublier le facteur $2\cdot 2x$ que donne la chaîne sur $(x^{2}+3)^{2}$.

Domaine $[0\,;+\infty[$. $f(x)=x^{\frac{3}{2}}-3x^{\frac{1}{2}}$, donc $f'(x)=\frac{3}{2}\sqrt{x}-\frac{3}{2\sqrt{x}}=\frac{3(x-1)}{2\sqrt{x}}$. Deux nombres critiques : $x=1$, où $f'$ s'annule, et $x=0$, dans le domaine, où $f'$ n'existe pas. Minimum en $x=1$ : $f(1)=1\times(-2)=-2$. $f''(x)=\frac{3(x+1)}{4x\sqrt{x}}>0$ : aucune inflexion. Piège : oublier $x=0$, qui est critique parce que $f'$ n'y existe pas.

$f'(x)=2xe^{x}+x^{2}e^{x}=x(x+2)e^{x}$ : nombres critiques $0$ et $-2$, le négatif est $-2$ (maximum local). $f''(x)=(x^{2}+4x+2)e^{x}$, nul en $x=-2\pm\sqrt{2}$ avec changement de signe. Le plus proche de $0$ : $x=-2+\sqrt{2}\approx-0{,}586$. Piège : chercher un zéro de $e^{x}$, qui n'en a pas.

$f'(x)=2\cos x-2\sin(2x)=2\cos x-4\sin x\cos x=2\cos x\,(1-2\sin x)$. $\cos x=0$ donne $\frac{\pi}{2}$ et $\frac{3\pi}{2}$, $\sin x=\frac{1}{2}$ donne $\frac{\pi}{6}$ et $\frac{5\pi}{6}$ : quatre nombres critiques. Valeurs : $f\left(\frac{\pi}{6}\right)=f\left(\frac{5\pi}{6}\right)=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, $f\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$, $f\left(\frac{3\pi}{2}\right)=-3$, et aux bornes $f(0)=f(2\pi)=1$. Maximum $\frac{3}{2}$. Piège : diviser par $\cos x$ et ne garder que les deux solutions de $\sin x=\frac{1}{2}$.

Domaine : le dénominateur $x^{2}-9=(x-3)(x+3)$ s'annule en $x=\pm 3$, donc $D_{f}=\mathbb{R}\setminus\{-3,3\}$. Ces valeurs ne se simplifient pas avec le numérateur $2x^{2}$, ce sont donc bien des asymptotes VERTICALES : $x=3$ et $x=-3$. Asymptote horizontale : $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x^{2}}{x^{2}-9}=\frac{2}{1}=2$ (degrés égaux, rapport des coefficients dominants), donc $y=2$. Vérification du comportement près de $x=3$ : à droite le dénominateur est positif et petit, donc $f\to+\infty$; à gauche il est négatif, donc $f\to-\infty$. Ce détail de signe se lit sur le tableau et il est exigé à l'examen.

Le degré du numérateur (2) dépasse celui du dénominateur (1) d'exactement 1 : il y a donc une asymptote oblique. Division : $x^{2}+1=(x-1)(x+1)+2$, d'où $g(x)=x+1+\frac{2}{x-1}$. Comme $\frac{2}{x-1}\to 0$ quand $x\to\pm\infty$, la courbe se colle à la droite $y=x+1$ : c'est l'asymptote oblique. Le reste donne en prime le CÔTÉ d'approche : pour $x>1$ le reste est positif, la courbe est au-dessus de l'asymptote; pour $x<1$ il est négatif, elle est en dessous. Il y a par ailleurs une asymptote verticale en $x=1$.

Soit $d_{N}$ le degré du numérateur et $d_{D}$ celui du dénominateur. Si $d_{N}<d_{D}$ : asymptote horizontale $y=0$, par exemple $\frac{1}{x^{2}+1}$. Si $d_{N}=d_{D}$ : asymptote horizontale $y=$ rapport des coefficients dominants, par exemple $\frac{2x^{2}}{x^{2}-9}$ avec $y=2$ comme au point a). Si $d_{N}=d_{D}+1$ : asymptote OBLIQUE obtenue par division, comme au point b). Si $d_{N}\geq d_{D}+2$ : ni horizontale ni oblique, la courbe part vers l'infini en suivant une parabole ou une courbe de degré supérieur, par exemple $\frac{x^{3}}{x-1}$ qui se comporte comme $x^{2}+x+1$. Le critère est purement une affaire de degrés et se vérifie en trois secondes.

Contre-exemple : $h(x)=\frac{2x}{x^{2}+1}$ a pour asymptote horizontale $y=0$ (le degré du numérateur est inférieur), et pourtant $h(0)=0$ : la courbe COUPE son asymptote à l'origine, avant de s'en rapprocher par au-dessus puis par en dessous. L'affirmation est donc fausse en général : une asymptote décrit un comportement à l'INFINI, elle n'impose rien à distance finie. Elle est en revanche vraie pour les asymptotes VERTICALES, qu'aucune courbe ne peut couper : la valeur $x=a$ est exclue du domaine, la courbe n'a donc aucun point d'abscisse $a$. La distinction est exactement celle entre une contrainte de domaine, qui est absolue, et une contrainte de limite, qui n'est qu'asymptotique.

$f'(x)=3x^{2}-6x-9=3(x^{2}-2x-3)=3(x-3)(x+1)$, qui s'annule en $x=-1$ et $x=3$. Signes : pour $x<-1$ les deux facteurs sont négatifs, donc $f'>0$; entre $-1$ et 3, $(x+1)>0$ et $(x-3)<0$, donc $f'<0$; pour $x>3$, $f'>0$. La fonction croît sur $\left]-\infty,-1\right]$, décroît sur $\left[-1,3\right]$, croît sur $\left[3,+\infty\right[$. En $x=-1$, $f'$ passe de $+$ à $-$ : MAXIMUM local, de valeur $f(-1)=-1-3+9+5=10$. En $x=3$, $f'$ passe de $-$ à $+$ : MINIMUM local, de valeur $f(3)=27-27-27+5=-22$.

$f''(x)=6x-6=6(x-1)$. En $x=-1$ : $f''(-1)=-12<0$, donc maximum local ✓. En $x=3$ : $f''(3)=12>0$, donc minimum local ✓. Les deux tests s'accordent, comme ils le doivent toujours lorsque le second est applicable. Le test de la dérivée seconde est plus rapide quand il fonctionne, puisqu'il demande une seule évaluation au lieu d'une étude de signe sur tout un intervalle; mais il ne dit rien sur les variations GLOBALES, que seul le tableau de signes de $f'$ fournit. À l'examen, le tableau reste donc obligatoire.

$g(x)=x^{4}$ donne $g'(x)=4x^{3}$, qui s'annule en $x=0$ : c'est bien un nombre critique. Puis $g''(x)=12x^{2}$, donc $g''(0)=0$ : le test de la dérivée seconde ne conclut PAS, il est muet. On revient au test de la dérivée première : $g'(x)=4x^{3}$ est négatif pour $x<0$ et positif pour $x>0$, donc $g'$ passe de $-$ à $+$ et $x=0$ est un MINIMUM local (et même global). L'exemple montre que $f''(c)=0$ n'autorise aucune conclusion, ni dans un sens ni dans l'autre : il faut alors redescendre d'un étage.

L'exemple type est $f(x)=x^{3}$ en $x=0$ : $f'(x)=3x^{2}$ s'annule bien en 0, qui est donc un nombre critique, mais $f'(x)>0$ de part et d'autre, donc $f'$ ne CHANGE PAS de signe. Il n'y a ni maximum ni minimum : la fonction continue de croître en marquant seulement une pause, avec une tangente horizontale au passage. Le point est en revanche un point d'inflexion, puisque $f''(x)=6x$ change de signe en 0. Conclusion à retenir : « nombre critique » et « extremum » ne sont pas synonymes. Le nombre critique n'est qu'un CANDIDAT, et c'est le changement de signe de $f'$ qui décide. Beaucoup d'étudiants perdent des points en annonçant un extremum dès qu'ils ont annulé la dérivée, sans faire le tableau de signes.