Exercice 29 Type Bac

Partie A : limites et variations

1. Pour tout réel $x$, $x^{2}+1\geqslant 1>0$ : le dénominateur ne s'annule jamais. La fonction $f$ est donc un quotient de fonctions polynômes dont le dénominateur ne s'annule pas, d'où $$\boxed{f \text{ est définie et dérivable sur } \mathbb{R}.}$$

2. On factorise par le terme de plus haut degré : $$f(x)=\frac{4x}{x^{2}+1}=\frac{4x}{x^{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)} =\frac{\frac{4}{x}}{1+\frac{1}{x^{2}}}\longrightarrow \frac{0}{1}=0$$

$$\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=\boxed{0}$$ On en déduit donc que $\boxed{\text{la droite } y=0 \text{ (l'axe des abscisses) est asymptote horizontale à } \mathcal{C}_f.}$

3. Avec $u(x)=4x$ et $v(x)=x^{2}+1$, donc $u'(x)=4$ et $v'(x)=2x$ : $$f'(x)=\frac{4(x^{2}+1)-4x\times 2x}{(x^{2}+1)^{2}} =\frac{4x^{2}+4-8x^{2}}{(x^{2}+1)^{2}} =\frac{4-4x^{2}}{(x^{2}+1)^{2}} =\boxed{\frac{4(1-x)(1+x)}{(x^{2}+1)^{2}}}$$ en utilisant $4-4x^{2}=4(1-x^{2})=4(1-x)(1+x)$.

4. Le dénominateur est un carré strictement positif : le signe de $f'(x)$ est celui de $(1-x)(1+x)$, qui est positif entre ses racines $-1$ et $1$.

avec $f(-1)=\dfrac{-4}{2}=-2$ et $f(1)=\dfrac{4}{2}=2$.

5. $f(0)=0$ et $f'(0)=\dfrac{4\times 1\times 1}{1}=4$, donc la tangente en $0$ a pour équation : $$y=4(x-0)+0 \qquad\text{soit}\qquad \boxed{y=4x}$$

Partie B : convexité

6. On dérive $f'(x)=\dfrac{4-4x^{2}}{(x^{2}+1)^{2}}$, avec $u(x)=4-4x^{2}$ et $v(x)=(x^{2}+1)^{2}$, donc $u'(x)=-8x$ et $v'(x)=2\times 2x\times(x^{2}+1)=4x(x^{2}+1)$ : $$f''(x)=\frac{-8x(x^{2}+1)^{2}-(4-4x^{2})\times 4x(x^{2}+1)}{(x^{2}+1)^{4}}$$ On factorise le numérateur par $(x^{2}+1)$, puis on simplifie : $$f''(x)=\frac{(x^{2}+1)\Big[-8x(x^{2}+1)-4x(4-4x^{2})\Big]}{(x^{2}+1)^{4}} =\frac{-8x^{3}-8x-16x+16x^{3}}{(x^{2}+1)^{3}} =\boxed{\frac{8x\left(x^{2}-3\right)}{(x^{2}+1)^{3}}}$$

7. Le dénominateur est strictement positif. Le signe de $f''(x)$ est donc celui de : $$8x(x^{2}-3)=8x\left(x-\sqrt{3}\right)\left(x+\sqrt{3}\right)$$

8. On en déduit donc : $$\boxed{\begin{array}{l} f \text{ est concave sur } \left]-\infty\,;-\sqrt{3}\right] \text{ et sur } \left[0\,;\sqrt{3}\right] ; \\[1mm] f \text{ est convexe sur } \left[-\sqrt{3}\,;0\right] \text{ et sur } \left[\sqrt{3}\,;+\infty\right[. \end{array}}$$ La dérivée seconde s'annule en changeant de signe en trois valeurs, donc $$\boxed{\mathcal{C}_f \text{ admet trois points d'inflexion, d'abscisses } -\sqrt{3},\ 0 \text{ et } \sqrt{3}.}$$ Leurs ordonnées sont respectivement $-\sqrt{3}$, $0$ et $\sqrt{3}$, car $f\left(\sqrt{3}\right)=\dfrac{4\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$.

Partie C : une équation

9. On examine les trois branches du tableau de variations :

• Sur $]-\infty\,;-1]$, $f$ décroît de $0$ à $-2$ : toutes les valeurs prises sont négatives ou nulles, donc $1$ n'est jamais atteint.

• Sur $[-1\,;1]$, $f$ est continue et strictement croissante de $-2$ à $2$. Comme $1\in\,]-2\,;2[$, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne exactement une solution.

• Sur $[1\,;+\infty[$, $f$ est continue et strictement décroissante de $2$ à $0$. Comme $1\in\,]0\,;2[$, il y a là encore exactement une solution.

10. Comme $x^{2}+1$ ne s'annule jamais, on peut multiplier les deux membres par ce dénominateur : $$\frac{4x}{x^{2}+1}=1 \iff 4x=x^{2}+1 \iff x^{2}-4x+1=0$$ Le discriminant vaut $\Delta=16-4=12>0$, et $\sqrt{12}=2\sqrt{3}$, d'où : $$x=\frac{4-2\sqrt{3}}{2}=2-\sqrt{3} \qquad\text{ou}\qquad x=\frac{4+2\sqrt{3}}{2}=2+\sqrt{3}$$

$$\boxed{\mathcal{S}=\left\{2-\sqrt{3}\ ;\ 2+\sqrt{3}\right\}}$$ Cohérence : $2-\sqrt{3}\approx 0{,}27$ appartient bien à $]-1\,;1[$, et $2+\sqrt{3}\approx 3{,}73$ appartient bien à $]1\,;+\infty[$. On retrouve bien deux solutions, une par branche, conformément à la question 9.