Exercice 14

1. Il faut $x \neq -1$ et $\frac{x - 1}{x + 1} \geqslant 0$ ; un tableau de signes donne $x < -1$ ou $x \geqslant 1$. $$\boxed{D = \,]-\infty\,,-1[\, \cup \,[1\,,+\infty[}$$ L'ensemble $D$ n'est pas symétrique par rapport à $0$, puisque $1 \in D$ et $-1 \notin D$ : la fonction n'est ni paire ni impaire, et il n'y a pas de réduction du domaine d'étude.

2. Notons $r(x) = \frac{x - 1}{x + 1}$. En $\pm\infty$, $r(x) \to 1$ et $f(x) \sim x$, donc $f$ tend vers $\pm\infty$. En $-1^{-}$, $r(x) \to +\infty$ et $x \to -1$, donc $f(x) \to -\infty$ : la droite $x = -1$ est asymptote verticale. Pour l'asymptote oblique, on utilise la quantité conjuguée : $$f(x) - x = x\big(\sqrt{r(x)} - 1\big) = \frac{x\,\big(r(x) - 1\big)}{\sqrt{r(x)} + 1} = \frac{-\frac{2x}{x + 1}}{\sqrt{r(x)} + 1} \xrightarrow[x \to \pm\infty]{} \frac{-2}{2} = -1.$$

$$\boxed{\lim_{\pm\infty} f = \pm\infty, \quad \lim_{-1^{-}} f = -\infty, \quad \Delta : y = x - 1 \text{ asymptote en } \pm\infty}$$ 3. Pour $x \in D$, $$f(x)^{2} - (x - 1)^{2} = \frac{x^{2}(x - 1)}{x + 1} - (x - 1)^{2} = \frac{(x - 1)\big(x^{2} - (x - 1)(x + 1)\big)}{x + 1} = \boxed{\frac{x - 1}{x + 1}}.$$ Pour $x \geqslant 1$, les nombres $f(x)$ et $x - 1$ sont positifs, et $f(x)^{2} \geqslant (x - 1)^{2}$ : donc $f(x) \geqslant x - 1$, avec égalité seulement en $1$. Pour $x < -1$, ils sont négatifs, et $f(x)^{2} > (x - 1)^{2}$ donne $|f(x)| > |x - 1|$, c'est-à-dire $f(x) < x - 1$. $$\boxed{\text{courbe au-dessus de } \Delta \text{ sur } [1\,,+\infty[ \text{ (contact en } (1, 0)), \text{ au-dessous sur } ]-\infty\,,-1[}$$ 4. La fonction $r$ est dérivable sur $D$, de dérivée $r'(x) = \frac{2}{(x + 1)^{2}}$, et strictement positive sur $D \setminus \{1\}$, où $\sqrt{r}$ est donc dérivable. Alors $$f'(x) = \sqrt{r(x)} + \frac{x\,r'(x)}{2\sqrt{r(x)}} = \frac{r(x)(x + 1)^{2} + x}{(x + 1)^{2}\sqrt{r(x)}} = \frac{(x - 1)(x + 1) + x}{(x + 1)^{2}\sqrt{r(x)}},$$

$$\boxed{f'(x) = \frac{x^{2} + x - 1}{(x + 1)^{2}}\sqrt{\frac{x + 1}{x - 1}}}.$$ 5. Le signe de $f'$ est celui de $x^{2} + x - 1$, dont les racines sont $\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$, c'est-à-dire $-\varphi$ et $\frac{1}{\varphi} = \varphi - 1$. Seule la racine $-\varphi \approx -1{,}618$ appartient à $D$ ; sur $[1\,,+\infty[$, le trinôme est positif. Pour l'extremum, $\varphi^{2} = \varphi + 1$ et $\varphi(\varphi - 1) = 1$ donnent $$r(-\varphi) = \frac{\varphi + 1}{\varphi - 1} = \varphi^{2}\cdot\varphi = \varphi^{3}, \qquad \boxed{f(-\varphi) = -\varphi\cdot\varphi^{3/2} = -\varphi^{5/2} \approx -3{,}330}.$$

6. Pour $x > 1$, le taux d'accroissement en $1$ vaut $$\frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \frac{x}{x - 1}\sqrt{\frac{x - 1}{x + 1}} = \frac{x}{\sqrt{(x - 1)(x + 1)}} \xrightarrow[x \to 1^{+}]{} +\infty.$$

La figure rassemble tous les résultats : les deux branches longent la même asymptote $\Delta$, la branche de gauche par-dessous et celle de droite par-dessus, après avoir touché $\Delta$ en $(1, 0)$ avec une tangente verticale ; le maximum local se lit à gauche de l'asymptote verticale.