Licence de Sciences Économiques Année 2004-2005 Université de Nice Sophia-Antipolis Mathématiques L1

CORRIGÉ DE LA FEUILLE DE TRAVAUX DIRIGÉS 3

Exercice 1.

Exercice 2.

Nous avions posé α(p_{1}, p_{2}) = \frac{20 + 2p_{1} − p_{2}}{3p_{2}} .

Pour calculer la dérivée partielle de α par rapport à p_{2}, on fixe la variable p_{1} et on dérive la fonction en p_{2}. Dans ce cas, la fonction α est une fonction de la forme \frac{u(p_{2})}{v(p_{2})} où u(p_{2}) = 20 + 2p_{1} − p_{2} et

v(p_{2}) = 3p_{2}. On a alors

\frac{∂α}{∂p_{2}} = \frac{u′ v − u v′}{v^{2}} = \frac{(−1) × 3p_{2} − 3 × (20 + 2p_{1} − p_{2})}{(3p_{2})^{2}} = (−2)\frac{10 + p_{1}}{3p_{2}^{2}} < 0 .

Comme le signe de cette dérivée partielle est negatif, on sait que si p_{2} croit, alors α décroit. Dans le contexte de l’énoncé cela signifie que si le prix de la lessive augmente, on n’en utilise moins (dans le cas 1). Etonnant, non ? Si p_{1} = 2 et p_{2} = 5, on est dans le cas 1 : 2p_{1} = 4 ≤ 15 = 10 + p_{2}. Dans ce cas, la quantité d’adoucissant achetée, pour une utilitée maximale, vaut

x_{1}^{M} = \frac{10 − 2p_{1} + p_{2}}{3p_{1}} = \frac{11}{6} ⋍ 2.

Et la quantité de lessive achetée vaut

x_{2}^{M} = \frac{20 + 2p_{1} − p_{2}}{3p_{2}} = \frac{19}{15} ⋍ 1, 3.

Ce qui signifie que l’on utilise un peu plus d’adoucissant que de lessive.

Exercice 3. Le calcul (sans calculatrice !) donne

f(−2) = −86 , f(0) = 36 et f(1) = −62 .

On conclut l’exercice en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires : Comme la fonction f est polynômiale, elle est \underline{continue} sur ℝ. Le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction f sur l’intervalle [−2, 0] permet d’affirmer que toutes les valeurs entre −86 et 36 sont atteintes (au moins une fois) par f sur [−2, 0], en particulier 0. En utilisant le même argument sur l’intervalle [0, 1], on montre que la fonction f s’annule au moins une fois entre 0 et 1. (Faites un dessin, même grossier, de la fonction f pour vous convaincre qu’elle passe par 0).

Remarque : Sans la calculatrice, on a pu montrer rapidement des résultats sur la localisation des zéros de la fonction f.

Exercice 4. Faites un dessin ! Un point fixe de la fonction f est un réel x pour lequel f(x) = x, cela correspond à un point où la courbe de f coupe la première bissectrice (c’est-à-dire la droite d’équation y = x).

Posons g la fonction [0, 1] → ℝ définie par g(x) = f(x) − x. Pour conclure l’exercice, nous allons, encore une fois, utiliser le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction continue g sur [0, 1]. Comme g(0) = f(0) ≥ 0 et g(1) = f(1) − 1 ≤ 0, alors on sait que g s’annule, au moins une fois, entre 0 et 1. C’est-à-dire, \underline{il existe x ∈ [0, 1] tel que g(x) = 0, soit f(x) = x}.

Erratum : L’hypothèse f croissante de l’énonce est inutile ici.

Exercice 5. Comme, pour tout x ∈ ℝ, on a e^{x} > 0, la fonction f est \underline{définie sur ℝ}. La fonction f est composée d’applications continues, \underline{elle est donc continue}. Soit x < y. Comme la fonction x ↦ x^{3} est croissante, on a x^{3} < y^{3}. Comme la fonction x ↦ −4x est décroissante, on a −4y^{3} < −4x^{3}. Comme la fonction x ↦ e^{x} est croissante, on a e^{−4y^{3}} < e^{−4x^{3}}, d’où 1 − e^{−4y^{3}} < 1 + e^{−4x^{3}} Comme la fonction x ↦ \frac{2}{x} est décroissante, on a

\frac{2}{1 − e^{−4x^{3}}} = f(x) < f(y) = \frac{2}{1 + e^{−4y^{3}}} .

Ainsi, \underline{la fonction f est strictement croissante}.

La constante d’Euler e vaut environ 2, 7 donc \frac{e}{2} ⋍ 1, 3. Comme f(0) = 1, lim_{x→+∞} f(x) = 2 et

comme la fonction f est croissante, on comprend pourquoi la fonction f ”passera par” la valeur \frac{e}{2}. Pour justifier cela, nous allons utiliser le ... théorème des valeurs intermédiaires. Pour pouvoir l’appliquer, il nous faut un intervalle de la forme [a, b]. Prenons a = 0 et comme la fonction f tend vers 2 en +∞, on sait qu’il existe un réel b tel que f(b) > 1, 9 par exemple. Le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction f sur [0, b] montre qu’il \underline{existe (au moins) un réel x tel que}

\underline{f(x) = \frac{e}{2}}.

Comme la fonction f est strictement croissante, on peut appliquer le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires pour conclure qu’\underline{un tel x est unique}.

Exercice 6. Rappel : On rappelle les règles de calcul suivantes :

(a^{b})^{c} = a^{b.c} , a^{b}.a^{c} = a^{b+c}.

On a

81^{\frac{1}{4}} = (3^{4})^{\frac{1}{4}} = 34 × \frac{1}{4} = 3 ,

256^{\frac{3}{8}} = (2^{8})^{\frac{3}{8}} = 28 × \frac{3}{8} = 2^{3} = 8 ,

125−\frac{1}{3} = (5^{3})−\frac{1}{3} = 53 × (−\frac{1}{3}) = 5^{−1} = \frac{1}{5} .

Rappel : On rappelle les règles de calcul suivantes :

ln(e^{x}) = e^{ln x} = x , ln (\frac{a}{b}) = ln a − ln b , ln(ab) = ln a + ln b , ln(a^{b}) = b ln a.

On a

ln(e^{\frac{1}{2}} ) + ln (\frac{1}{2}) + ln(4\sqrt{2}) − ln 2 = \frac{1}{2} − ln 2 + ln 4 + ln \sqrt{2} − ln 2
= \frac{1}{2} − ln 2 + ln 2^{2} + ln 2^{\frac{1}{2}} − ln 2
= \frac{1}{2} − ln 2 + 2 ln 2 + \frac{1}{2} ln 2 − ln 2
= \frac{1}{2}(1 − ln 2) .

Exercice 7.

(1) Posons X = e^{x}. Comme e^{2x} = (e^{x})^{2} = X^{2}, l’équation (1) devient 2X^{2} − 9X + 7 = 0. Ce polynôme admet une racine simple X = 1 (pas besoin donc d’utiliser le discriminant Δ). Le polynôme 2X^{2}−9X+7 se factorise de la manière suivante : 2X^{2}−9X+7 = (X−1)(2X−7). Les deux solutions en X sont X = 1 et X = \frac{7}{2}.

Dans le premier cas, on a e^{x} = 1 d’où x = 0. Et dans le deuxième cas, on a e^{x} = \frac{7}{2}

d’où x = ln (\frac{7}{2}).

Finalement, les solutions de l’équation (1) forment l’ensemble \{0, ln (\frac{7}{2})\} .

(2) Comme les deux membres de l’équation (2) sont strictement positifs, on peut les composer par le logarithme néprien, ce qui donne

5^{x} = 3^{x^{2}} ⟺ ln(5^{x}) = ln(3^{x^{2}}) ⟺ x ln 5 = x^{2} ln 3 ⟺ x(x ln 3 − ln 5) = 0.

Les solutions de l’équation (2) sont \{0, \frac{ln 5}{ln 3}\} .

(3) Remarquons déjà que les deux membres de l’équation (3) n’ont un sens que pour x > 0. On utilise la même méthode que précédement. On a

x^{\sqrt{x}} = \sqrt{x}^{x} ⟺ ln(x^{\sqrt{x}}) = ln(\sqrt{x}^{x}) ⟺ \sqrt{x} ln x = x ln \sqrt{x} = x ln x^{\frac{1}{2}} = \frac{x}{2} ln x
⟺ ln x (\sqrt{x} − \frac{x}{2}) = 0

Si ln x = 0, ce implique x = 1 et \sqrt{x} − \frac{x}{2} = 0 est équivalent à \sqrt{x} = 2 (en divisant par \sqrt{x} > 0), soit x = 4.

Les solutions de l’équation (3) sont donc {1, 4} .