Exercices corrigés : les fonctions et leur domaine (201-NYA)

a) Un quotient interdit le dénominateur nul, et c'est le seul interdit ici. $x^{2}-4=(x-2)(x+2)$ s'annule en $x=2$ et $x=-2$. Donc $\text{dom}\,f=\left]-\infty,-2\right[\cup\left]-2,2\right[\cup\left]2,+\infty\right[$, ce qui s'écrit aussi $\mathbb{R}\setminus\{-2,2\}$. Le numérateur ne joue AUCUN rôle dans le domaine : une copie qui exclut $x=-3$ parce que le numérateur s'annule confond racine et valeur interdite.

b) Une racine d'indice PAIR exige un radicande positif ou nul : $6-2x\ge 0$, soit $x\le 3$. Donc $\text{dom}\,g=\left]-\infty,3\right]$. Le crochet est fermé en $3$ parce que $\sqrt{0}=0$ existe : c'est exactement la différence avec le point d).

c) Deux interdits se cumulent. D'abord la racine : $x^{2}-x-6=(x-3)(x+2)\ge 0$. Le tableau de signes du trinôme, positif à l'extérieur de ses racines, donne $x\le-2$ ou $x\ge 3$. Ensuite le dénominateur : $x\neq 4$. En croisant les deux conditions, $\text{dom}\,h=\left]-\infty,-2\right]\cup\left[3,4\right[\cup\left]4,+\infty\right[$, avec un crochet toujours ouvert du côté de l'infini. Contrôle rapide : $h(0)$ demande $\sqrt{-6}$, donc $0$ doit être hors du domaine ✓, et $h(5)=\frac{\sqrt{14}}{1}$ existe ✓.

d) Ici la racine est au DÉNOMINATEUR, donc elle doit être définie ET non nulle : $9-x^{2}>0$, inégalité STRICTE, soit $-3<x<3$ et $\text{dom}\,k=\left]-3,3\right[$. Pour $\sqrt{9-x^{2}}$, l'inégalité est large et le domaine est $\left[-3,3\right]$. Les deux bornes $\pm 3$ appartiennent au second domaine et pas au premier, parce qu'y annuler le radicande donne $0$, valeur parfaitement acceptable sous une racine mais interdite au dénominateur. C'est la distinction la plus rentable du chapitre : elle décide du domaine, donc des asymptotes verticales, donc des limites qu'il faudra calculer au chapitre suivant.

a) Les deux valeurs absolues changent de définition en $x=1$ et en $x=-2$ : ce sont les points de rupture, et ils découpent $\mathbb{R}$ en trois morceaux. Si $x<-2$, alors $x-1<0$ et $x+2<0$, donc $f(x)=-(x-1)-(x+2)=-2x-1$. Si $-2\le x<1$, alors $x-1<0$ mais $x+2\ge 0$, donc $f(x)=-(x-1)+(x+2)=3$. Si $x\ge 1$, les deux sont positifs et $f(x)=(x-1)+(x+2)=2x+1$. Le geste à retenir : on ne devine pas les signes, on place les deux points de rupture sur une droite et on lit chaque intervalle.

b) Le graphe est formé de trois morceaux : une demi-droite de pente $-2$ jusqu'à $(-2,3)$, un segment horizontal à hauteur $3$ entre $x=-2$ et $x=1$, puis une demi-droite de pente $2$ à partir de $(1,3)$. Les raccords sont continus : $-2(-2)-1=3$ et $2(1)+1=3$. L'image est $\left[3,+\infty\right[$ : la valeur $3$ est atteinte sur tout un segment, pas en un seul point, et rien en dessous n'est atteint.

c) On résout morceau par morceau, en vérifiant à chaque fois que la solution appartient bien au morceau. Sur $x<-2$ : $-2x-1=7$ donne $x=-4$, qui vérifie bien $-4<-2$ ✓. Sur $-2\le x<1$ : $3=7$ est impossible, aucune solution. Sur $x\ge 1$ : $2x+1=7$ donne $x=3$, qui vérifie $3\ge 1$ ✓. L'ensemble solution est $\{-4;3\}$. Contrôle : $f(-4)=|-5|+|-2|=5+2=7$ ✓ et $f(3)=|2|+|5|=2+5=7$ ✓. Oublier de vérifier l'appartenance au morceau est l'erreur classique : elle produit des solutions parasites qui coûtent un point chacune.

d) $|x-1|$ est la distance de $x$ au point $1$, et $|x+2|=|x-(-2)|$ la distance de $x$ au point $-2$. Donc $f(x)$ est la somme des distances de $x$ à deux points distants de $3$. Quand $x$ est ENTRE les deux, cette somme vaut exactement l'écartement, soit $3$, quelle que soit la position : c'est le palier. Quand $x$ sort de l'intervalle, chaque pas supplémentaire éloigne de DEUX points à la fois, d'où les pentes $\pm 2$. Cette lecture donne le graphe et le minimum sans aucun calcul, et elle se généralise : $|x-a|+|x-b|$ a pour minimum $|b-a|$, atteint sur tout le segment $[a,b]$.

a) $\text{dom}\,f=\left[-1,+\infty\right[$ car $x+1\ge 0$, et $\text{dom}\,g=\left]-\infty,4\right]$ car $4-x\ge 0$.

b) La règle générale : le domaine d'une somme, d'une différence ou d'un produit est l'INTERSECTION des domaines, car il faut que les deux fonctions existent. Ici $\text{dom}(f+g)=\text{dom}(f\cdot g)=\left[-1,+\infty\right[\cap\left]-\infty,4\right]=\left[-1,4\right]$. Pour le quotient s'ajoute une condition, et une seule : le dénominateur ne doit pas s'annuler. Or $g(x)=0$ pour $x=4$. Donc $\text{dom}\left(\frac{f}{g}\right)=\left[-1,4\right[$. C'est le point qui coûte régulièrement un point à l'examen : on retire les zéros du DÉNOMINATEUR, jamais ceux du numérateur, et on les retire d'une intersection déjà calculée.

c) $(f+g)(0)=\sqrt{1}+\sqrt{4}=1+2=3$. $(f+g)(3)=\sqrt{4}+\sqrt{1}=2+1=3$ également, ce qui n'est pas un hasard : la somme est symétrique par rapport au milieu de $\left[-1,4\right]$, c'est-à-dire $x=1{,}5$, puisque échanger $x+1$ et $4-x$ revient à réfléchir autour de ce point.

d) $(f\cdot g)(x)=\sqrt{x+1}\cdot\sqrt{4-x}=\sqrt{(x+1)(4-x)}$ : le produit de deux racines est la racine du produit, à condition que les deux radicandes soient positifs, ce qui est exactement le domaine trouvé au point b). Le radicande $(x+1)(4-x)=-x^{2}+3x+4$ est un trinôme de coefficient dominant négatif, donc une parabole concave, dont le sommet est en $x=-\frac{3}{2(-1)}=\frac{3}{2}$. La racine carrée étant croissante, elle atteint son maximum au même endroit que son radicande : $(f\cdot g)\left(\frac{3}{2}\right)=\sqrt{\left(\frac{5}{2}\right)\left(\frac{5}{2}\right)}=\frac{5}{2}$. Aucune dérivée n'a été nécessaire, et l'argument « la racine carrée est croissante donc elle conserve les extremums » sert tout au long du cours.

a) $(f\circ g)(x)=f\left(\sqrt{x}\right)=\frac{1}{\sqrt{x}-2}$. Le domaine se construit en DEUX temps, jamais en un seul. Premier temps : $x$ doit appartenir au domaine de $g$, donc $x\ge 0$. Second temps : $g(x)$ doit appartenir au domaine de $f$, donc $\sqrt{x}\neq 2$, c'est-à-dire $x\neq 4$. Conclusion : $\text{dom}(f\circ g)=\left[0,4\right[\cup\left]4,+\infty\right[$. Lire le domaine sur l'expression simplifiée $\frac{1}{\sqrt{x}-2}$ donnerait ici le bon résultat par chance, mais la méthode en deux temps est la seule sûre.

b) $(g\circ f)(x)=g\left(\frac{1}{x-2}\right)=\sqrt{\frac{1}{x-2}}$. Premier temps : $x\neq 2$. Second temps : $\frac{1}{x-2}\ge 0$, ce qui impose $x-2>0$, soit $x>2$. Conclusion : $\text{dom}(g\circ f)=\left]2,+\infty\right[$. Les deux domaines sont donc radicalement différents, ce qui suffit déjà à conclure au point c).

c) Non. Deux fonctions sont égales quand elles ont le même domaine ET la même valeur en chaque point, et ici la première condition tombe déjà : $0$ appartient à $\text{dom}(f\circ g)$ et pas à $\text{dom}(g\circ f)$. Contre-exemple chiffré sur un point commun aux deux domaines, $x=3$ : $(f\circ g)(3)=\frac{1}{\sqrt{3}-2}\approx-3{,}732$, tandis que $(g\circ f)(3)=\sqrt{\frac{1}{1}}=1$. La composition n'est PAS commutative, et l'ordre de lecture est celui de l'intérieur vers l'extérieur : dans $f\circ g$, c'est $g$ qui agit en premier.

d) On lit $h$ de l'intérieur vers l'extérieur, ce qui est exactement l'ordre dans lequel une calculatrice l'évaluerait. On élève au carré et on ajoute $3$ : $u(x)=x^{2}+3$. On prend la racine : $v(t)=\sqrt{t}$. On inverse : $w(s)=\frac{1}{s}$. Alors $h=w\circ v\circ u$. Vérification en $x=1$ : $u(1)=4$, $v(4)=2$, $w(2)=\frac{1}{2}$, et $h(1)=\frac{1}{\sqrt{4}}=\frac{1}{2}$ ✓. Cette décomposition n'est pas un exercice gratuit : c'est exactement l'ordre dans lequel la règle de chaîne dérivera $h$ au chapitre de la dérivée, une couche après l'autre, en partant de l'extérieur.

a) Le sommet de $y=x^{2}$ est en $(0,0)$; celui de la seconde courbe se lit en $(1,-4)$. Les deux courbes ont la même ouverture, donc aucun étirement vertical : il s'agit d'une translation de $1$ vers la droite et de $4$ vers le bas, soit $g(x)=(x-1)^{2}-4$. Contrôle sur un second point : $g(3)=4-4=0$ ✓, et la courbe coupe bien l'axe des abscisses en $x=3$, ainsi qu'en $x=-1$.

b) L'ordre est celui des opérations sur $x$ puis sur $y$ : d'abord la translation horizontale $x\mapsto x-1$, ensuite l'étirement vertical de facteur $2$, ensuite la réflexion par rapport à l'axe des abscisses, enfin la translation verticale de $+3$. L'ordre compte parce que ces transformations ne commutent pas : réfléchir puis monter de $3$ donne $-f(x)+3$, tandis que monter de $3$ puis réfléchir donne $-\left(f(x)+3\right)=-f(x)-3$, deux courbes distantes de $6$ unités. La règle de lecture qui ne trompe pas : ce qui est COLLÉ à $x$ agit à l'envers et en premier, ce qui est à l'extérieur agit dans le sens naturel et en dernier.

c) $x-1=a$ donne $x=a+1$, et l'ordonnée devient $-2b+3$. Le point image est donc $(a+1,\,-2b+3)$. Le décalage se fait dans le sens OPPOSÉ à celui qui est écrit dans la parenthèse, ce qui est la source d'erreur la plus fréquente : $f(x-1)$ décale vers la DROITE.

d) Domaine : chaque abscisse est augmentée de $1$, donc $\left[-2+1,6+1\right]=\left[-1,7\right]$. Image : on applique $b\mapsto-2b+3$ aux valeurs de $\left[0,5\right]$. Comme la fonction $b\mapsto-2b+3$ est DÉCROISSANTE, elle échange les bornes : $b=0$ donne $3$ et $b=5$ donne $-7$. L'image est donc $\left[-7,3\right]$, et non $\left[3,-7\right]$ qui ne veut rien dire. Écrire l'intervalle image dans le mauvais ordre, ou oublier l'inversion due au coefficient négatif, coûte le point entier de la question.

a) $\text{dom}\,f=\mathbb{R}\setminus\{-3\}$. Pour l'image, on cherche les $y$ atteints : $y=\frac{2x-1}{x+3}$ équivaut à $y(x+3)=2x-1$, soit $x(y-2)=-1-3y$. Cette équation a une solution en $x$ pour tout $y\neq 2$, et aucune pour $y=2$ puisqu'elle deviendrait $0=-7$. Donc l'image est $\mathbb{R}\setminus\{2\}$. On retrouve $2$ comme le rapport des coefficients de $x$, ce qui est l'asymptote horizontale de cette fonction homographique.

b) De $x(y-2)=-1-3y$ on tire $x=\frac{-1-3y}{y-2}=\frac{3y+1}{2-y}$. Donc $f^{-1}(x)=\frac{3x+1}{2-x}$. Son domaine est l'image de $f$, soit $\mathbb{R}\setminus\{2\}$, et son image est le domaine de $f$, soit $\mathbb{R}\setminus\{-3\}$. Cet échange n'est pas une coïncidence à vérifier au cas par cas : c'est la définition même d'une réciproque, et le citer rapporte le point de justification.

c) En $x=5$ : $f^{-1}(5)=\frac{16}{-3}=-\frac{16}{3}$, puis $f\left(-\frac{16}{3}\right)=\frac{-\frac{32}{3}-1}{-\frac{16}{3}+3}=\frac{-\frac{35}{3}}{-\frac{7}{3}}=5$ ✓. En général : $f\left(\frac{3x+1}{2-x}\right)=\frac{2\cdot\frac{3x+1}{2-x}-1}{\frac{3x+1}{2-x}+3}=\frac{\frac{6x+2-(2-x)}{2-x}}{\frac{3x+1+3(2-x)}{2-x}}=\frac{7x}{7}=x$ ✓. Multiplier haut et bas par $(2-x)$ fait disparaître l'étage de fractions en une ligne : c'est la manipulation à connaître, et elle resservira sur toutes les fonctions homographiques.

d) $g$ n'est pas injective sur $\mathbb{R}$ : $g(0)=0$ et $g(4)=0$, deux antécédents pour une même image, donc aucune fonction ne peut renvoyer $0$ vers les deux à la fois. Graphiquement, une horizontale coupe la parabole en deux points. En complétant le carré, $g(x)=(x-2)^{2}-4$, ce qui donne les deux restrictions naturelles de part et d'autre du sommet $x=2$. Sur $\left[2,+\infty\right[$ : $y=(x-2)^{2}-4$ donne $x-2=\sqrt{y+4}$, la racine POSITIVE puisque $x\ge 2$, d'où $g^{-1}(x)=2+\sqrt{x+4}$, de domaine $\left[-4,+\infty\right[$. Sur $\left]-\infty,2\right]$ : $x-2=-\sqrt{y+4}$, d'où $g^{-1}(x)=2-\sqrt{x+4}$, de même domaine. Le choix du signe devant la racine est TOUJOURS dicté par la restriction choisie, jamais par l'habitude.

a) On ramène chaque angle à son angle de référence et on lit le signe dans le quadrant. $\frac{5\pi}{6}$ est au deuxième quadrant, de référence $\frac{\pi}{6}$ : le sinus y est positif et le cosinus négatif, donc $\sin\frac{5\pi}{6}=\frac{1}{2}$ et $\cos\frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. $\frac{7\pi}{4}$ est au quatrième quadrant, de référence $\frac{\pi}{4}$ : la tangente y est négative, donc $\tan\frac{7\pi}{4}=-1$. $\frac{4\pi}{3}$ est au troisième quadrant, de référence $\frac{\pi}{3}$ : le cosinus y est négatif, donc $\cos\frac{4\pi}{3}=-\frac{1}{2}$. La méthode « angle de référence puis signe du quadrant » remplace avantageusement l'apprentissage par cœur d'un tableau de vingt-quatre valeurs.

b) $2\cos x=\sqrt{3}$ donne $\cos x=\frac{\sqrt{3}}{2}$. L'angle de référence est $\frac{\pi}{6}$, et le cosinus est positif dans les premier et quatrième quadrants. Sur $\left[0,2\pi\right[$, les solutions sont donc $x=\frac{\pi}{6}$ et $x=2\pi-\frac{\pi}{6}=\frac{11\pi}{6}$. Ne donner qu'une solution est l'erreur la plus fréquente et coûte la moitié de la question : une équation trigonométrique a toujours deux familles de solutions par tour, sauf aux valeurs extrêmes $\pm 1$.

c) On lit sur la forme $a\sin\left(b(x-c)\right)+d$. Ici $3\sin\left(2x-\frac{\pi}{3}\right)+1=3\sin\left(2\left(x-\frac{\pi}{6}\right)\right)+1$ : il faut METTRE $b$ EN FACTEUR avant de lire le déphasage, faute de quoi on annonce $\frac{\pi}{3}$ au lieu de $\frac{\pi}{6}$. Amplitude $|a|=3$; période $\frac{2\pi}{|b|}=\pi$; déphasage $\frac{\pi}{6}$ vers la droite; décalage vertical $1$. Comme $\sin$ parcourt $\left[-1,1\right]$, l'image est $\left[3(-1)+1,\,3(1)+1\right]=\left[-2,4\right]$.

d) $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$ et $\sec x=\frac{1}{\cos x}$ : les deux ont le même dénominateur, donc le même domaine, $\left\{x\in\mathbb{R}\;:\;x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\right\}$. Ce qu'ils ont en commun est précisément l'annulation du cosinus, qui produit une asymptote verticale à chacune de ces valeurs. Retenir ce lien évite d'apprendre deux domaines : $\tan$, $\sec$ et leurs carrés vivent tous là où $\cos x\neq 0$, et $\cot$, $\csc$ là où $\sin x\neq 0$.

a) FAUX, il manque une condition. L'intersection garantit que les deux fonctions existent, mais un quotient exige en plus que le dénominateur ne s'annule pas. Énoncé correct : « $\text{dom}\left(\frac{f}{g}\right)=\left(\text{dom}\,f\cap\text{dom}\,g\right)\setminus\{x:g(x)=0\}$. » Avec $f(x)=x$ et $g(x)=x-1$, l'intersection est $\mathbb{R}$ mais le domaine du quotient est $\mathbb{R}\setminus\{1\}$.

b) FAUX, il manque aussi une condition, et de l'autre côté. Il faut que $x$ soit dans $\text{dom}\,g$ ET que $g(x)$ soit dans $\text{dom}\,f$. Énoncé correct : « $\text{dom}(f\circ g)=\left\{x\in\text{dom}\,g\;:\;g(x)\in\text{dom}\,f\right\}$. » Avec $f(t)=\frac{1}{t-2}$ et $g(x)=\sqrt{x}$, le domaine de $g$ est $\left[0,+\infty\right[$ mais celui de la composée exclut en plus $x=4$.

c) FAUX pour tout $x$ négatif. $\sqrt{4}=2$, or $\sqrt{(-2)^{2}}=\sqrt{4}=2\neq-2$. Énoncé correct : « $\sqrt{x^{2}}=|x|$. » Cette égalité est celle qui fera apparaître deux asymptotes horizontales au chapitre des limites, et l'oublier y coûte systématiquement la moitié d'une question.

d) FAUX. Isoler $x$ ne suffit pas : encore faut-il que chaque $y$ ait UN SEUL antécédent, c'est-à-dire que $f$ soit injective. $f(x)=x^{2}$ donne $x=\pm\sqrt{y}$, deux valeurs, donc aucune fonction. Énoncé correct : « Une fonction admet une réciproque si et seulement si elle est injective; sinon on la restreint à un intervalle où elle est strictement monotone. » C'est ce qui oblige à choisir $\left[0,+\infty\right[$ pour définir la racine carrée, et $\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ pour définir $\arcsin$.

e) FAUX, la moitié du domaine manque. $x^{2}-4\ge 0$ équivaut à $|x|\ge 2$, donc à $x\le-2$ OU $x\ge 2$. Énoncé correct : « $\text{dom}=\left]-\infty,-2\right]\cup\left[2,+\infty\right[$. » Contrôle immédiat : $\sqrt{(-3)^{2}-4}=\sqrt{5}$ existe bel et bien. Un trinôme de coefficient dominant positif est positif à l'EXTÉRIEUR de ses racines, et c'est cette phrase qu'il faut se répéter avant d'écrire un intervalle.

a) Après découpe et pliage, la hauteur est $x$, la longueur $40-2x$ et la largeur $30-2x$, car on retire un carré à CHAQUE extrémité de chaque dimension. Donc $V(x)=x(30-2x)(40-2x)$. Domaine : il faut $x>0$ pour qu'il y ait une hauteur, $30-2x>0$ soit $x<15$, et $40-2x>0$ soit $x<20$. La condition la plus contraignante l'emporte : $\text{dom}=\left]0,15\right[$. La règle est générale : le domaine physique est l'intersection de TOUTES les contraintes, et c'est la plus petite qui décide.