Exercices corrigés : les opérations sur les fonctions (math SN5)

a) $(f+g)(x)=(2x+1)+(x^{2}-4)=x^{2}+2x-3$. $(f-g)(x)=(2x+1)-(x^{2}-4)=-x^{2}+2x+5$.

b) $(f\cdot g)(x)=(2x+1)(x^{2}-4)=2x^{3}-8x+x^{2}-4=2x^{3}+x^{2}-8x-4$.

c) $\left(\dfrac{f}{g}\right)(x)=\dfrac{2x+1}{x^{2}-4}$. Le dénominateur s'annule quand $x^{2}-4=0$, soit $x=2$ ou $x=-2$. Domaine : $\mathbb{R}\setminus\{-2;\ 2\}$.

d) $f(3)=7$ et $g(3)=5$. Donc $(f+g)(3)=12$ ; $(f\cdot g)(3)=7\times 5=35$ ; $\left(\dfrac{f}{g}\right)(3)=\dfrac{7}{5}=1{,}4$.

a) $(f\circ g)(x)=f(3x-2)=(3x-2)^{2}+1=9x^{2}-12x+4+1=9x^{2}-12x+5$.

b) $(g\circ f)(x)=g(x^{2}+1)=3(x^{2}+1)-2=3x^{2}+3-2=3x^{2}+1$.

c) $(f\circ g)(1)=9-12+5=2$ (ou directement $f(g(1))=f(1)=1^{2}+1=2$). $(g\circ f)(1)=3(1)+1=4$ (ou $g(f(1))=g(2)=4$).

d) Non : $(f\circ g)(x)=9x^{2}-12x+5$ alors que $(g\circ f)(x)=3x^{2}+1$ ; et à $x=1$ on obtient 2 d'un côté, 4 de l'autre. L'ordre de composition change le résultat : $f\circ g\neq g\circ f$ en général.

a) $(f\circ g)(x)=\sqrt{x-3}$. Il faut $x-3\geq 0$, donc $x\geq 3$. Domaine : $[3;\ +\infty[$.

b) $(g\circ f)(x)=\sqrt{x}-3$. Ici la racine porte sur $x$ directement : il faut $x\geq 0$. Domaine : $[0;\ +\infty[$. Le domaine diffère de celui du a) : l'ordre de composition change à la fois la règle ET le domaine.

c) $(f\circ g)(x)=\sqrt{4-x^{2}}$. Il faut $4-x^{2}\geq 0$, soit $x^{2}\leq 4$, donc $-2\leq x\leq 2$. Domaine : $[-2;\ 2]$, ce qui correspond à la portion de parabole au-dessus de l'axe sur le schéma.

d) On part du domaine de la fonction intérieure $g$, puis on ne conserve que les $x$ pour lesquels $g(x)$ tombe dans le domaine de la fonction extérieure $f$ (par exemple $g(x)\geq 0$ sous une racine, $g(x)>0$ dans un logarithme, $g(x)\neq 0$ au dénominateur).

a) On pose $g(x)=2x+1$ (intérieure) et $f(x)=\sqrt{x}$ (extérieure) : alors $f\big(g(x)\big)=\sqrt{2x+1}=h(x)$.

b) $g(x)=3x-5$ et $f(x)=x^{2}$ : $f\big(g(x)\big)=(3x-5)^{2}=k(x)$.

c) $g(x)=x^{2}+1$ et $f(x)=\dfrac{1}{x}$ : $f\big(g(x)\big)=\dfrac{1}{x^{2}+1}=m(x)$.

d) Autre choix : $g(x)=3x$ et $f(x)=(x-5)^{2}$, car $f\big(g(x)\big)=(3x-5)^{2}$. Ou encore $g(x)=3x-5$ suivi de $f(x)=x^{2}$ : plusieurs découpages donnent la même fonction, donc la décomposition n'est pas unique.

a) $(f+g)(2)=f(2)+g(2)=3+2=5$. $(f-g)(3)=f(3)-g(3)=4-1=3$. $(f\cdot g)(1)=f(1)\times g(1)=2\times 3=6$.

b) $(f\circ g)(1)=f\big(g(1)\big)=f(3)=4$. $(g\circ f)(2)=g\big(f(2)\big)=g(3)=1$.

c) $(f+g)(x)=5$ pour toutes les valeurs de la table : la somme est constante. Sur le graphique, les deux droites ont des pentes opposées ($+1$ et $-1$), donc quand l'une monte l'autre descend d'autant : leur somme ne varie pas.

d) $(f\circ g)(x)=f\big(g(x)\big)=2$ signifie $g(x)=1$ (car $f$ vaut 2 en 1). Dans la table, $g(x)=1$ pour $x=3$. Donc $x=3$ (vérification : $g(3)=1$ puis $f(1)=2$).

a) $(f\circ g)(x)=2^{x-3}$. Une exponentielle accepte n'importe quel exposant réel, donc domaine $\mathbb{R}$. $(f\circ g)(5)=2^{5-3}=2^{2}=4$.

b) $(f\circ g)(x)=\log(x^{2}-9)$. Il faut $x^{2}-9>0$, soit $x^{2}>9$ : $x<-3$ ou $x>3$. Domaine : $]-\infty;\ -3[\,\cup\,]3;\ +\infty[$.

c) $(f\circ g)(x)=\sqrt{x^{2}-9}$. Il faut $x^{2}-9\geq 0$, soit $x\leq -3$ ou $x\geq 3$. Domaine : $]-\infty;\ -3]\,\cup\,[3;\ +\infty[$ (les bornes $\pm 3$ sont incluses, car la racine de 0 existe).

d) $(f\circ g)(x)=\sqrt{9-x^{2}}$. Il faut $9-x^{2}\geq 0$, soit $x^{2}\leq 9$ : $-3\leq x\leq 3$. Domaine : $[-3;\ 3]$. C'est l'INTÉRIEUR de l'intervalle, exactement le complément (bornes comprises) du domaine trouvé au c) : changer $x^{2}-9$ en $9-x^{2}$ inverse la condition.

a) $(C\circ n)(t)=C\big(n(t)\big)=200+8(15t)=200+120t$. Après 6 h : $200+120(6)=200+720=920$ dollars.

b) $P(n)=R(n)-C(n)=20n-(200+8n)=12n-200$.

c) Le profit devient positif quand $12n-200>0$, soit $n>\dfrac{200}{12}\approx 16{,}7$. Comme $n$ est entier, il faut vendre au moins 17 tabourets (à 16, $P=-8$ dollars ; à 17, $P=4$ dollars).

d) $(P\circ n)(t)=P\big(n(t)\big)=12(15t)-200=180t-200$. Après 6 h : $180(6)-200=1080-200=880$ dollars.

a) La racine impose $x+2\geq 0$, soit $x\geq -2$. Le dénominateur impose $x-1\neq 0$, soit $x\neq 1$. Domaine : $[-2;\ 1[\,\cup\,]1;\ +\infty[$.

b) Ici la racine est au dénominateur : il faut $x+2\geq 0$ ET $\sqrt{x+2}\neq 0$, donc $x+2>0$, soit $x>-2$ (strictement). La borne $-2$ est exclue car elle annulerait le dénominateur. Domaine : $]-2;\ +\infty[$.

c) $(f\circ g)(x)=\sqrt{(x-1)+2}=\sqrt{x+1}$. Il faut $x+1\geq 0$, soit $x\geq -1$. Domaine : $[-1;\ +\infty[$.

d) $(g\circ f)(x)=\sqrt{x+2}-1$. La racine impose $x+2\geq 0$, soit $x\geq -2$. Domaine : $[-2;\ +\infty[$.

a) $(f\circ g)(x)=f(x^{2})=2x^{2}+3=11$, donc $2x^{2}=8$, $x^{2}=4$ et $x=\pm 2$.

b) $(g\circ f)(x)=\big(f(x)\big)^{2}=(2x+3)^{2}=25$, donc $2x+3=\pm 5$. Soit $2x+3=5\Rightarrow x=1$, soit $2x+3=-5\Rightarrow x=-4$.

c) $(f\circ f)(x)=f(2x+3)=2(2x+3)+3=4x+9=x$, donc $3x=-9$ et $x=-3$ (unique point fixe).

d) Dans le a), on élève d'abord au carré (par $g$), ce qui crée deux antécédents symétriques $\pm 2$. Dans le b), on applique d'abord la droite $f$, puis le carré : les deux solutions viennent des deux valeurs de $2x+3$ qui donnent 25. L'ordre change l'équation à résoudre, donc les solutions.

a) $(f\circ g)(x)=a(cx+d)+b=(ac)\,x+(ad+b)$ : c'est bien une fonction affine, de pente $ac$ (le produit des pentes) et d'ordonnée à l'origine $ad+b$.

b) $(f\circ g)(x)=2(3x-4)+1=6x-7$ et $(g\circ f)(x)=3(2x+1)-4=6x-1$. Même pente ($6=2\times 3$), mais ordonnées à l'origine différentes ($-7\neq -1$) : les deux composées sont parallèles mais distinctes.

c) $(f\circ g)(x)=2(x+c)+1=2x+2c+1$ et $(g\circ f)(x)=(2x+1)+c=2x+1+c$. Elles sont égales quand $2c+1=1+c$, soit $c=0$, c'est-à-dire $g(x)=x$ : composer avec la fonction identité commute (l'identité ne change rien).

d) $(g\circ h)(x)=2x^{2}$, donc $f\circ(g\circ h)$ en $x=2$ vaut $f(2\cdot 4)=f(8)=9$. De l'autre côté, $(f\circ g)(x)=2x+1$, donc $(f\circ g)\circ h$ en $x=2$ vaut $(f\circ g)(4)=2(4)+1=9$. Les deux donnent 9 : l'associativité est vérifiée.