# Étude et tracé d'une fonction/Exercices/Fonctions non rationnelles (2)
## Exercice 6-1

Étudiez et tracez la fonction suivante :
$f(x)=x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}$
Domaine de définition
Les expressions sous les racines doivent être positives ou nulles. On doit donc avoir :
${\frac {x+1}{x-1}}\geqslant 0$
De plus les dénominateurs ne doivent pas être nuls :
$x-1\neq 0$
Faisons un tableau de signes :
${\begin{array}{c|ccccccc|}x&-\infty &&-1&&1&&+\infty \\&&&\\\hline x-1&&-&&-&0&+&\\\hline x+1&&-&0&+&&+&\\\hline {\frac {x+1}{x-1}}&&+&0&-&\|&+&\\\hline \end{array}}$
On en déduit :
$D_{f}=]-\infty ;\;-1]\cup ]1;\;+\infty [$
Limites aux bornes du domaine de définition
$\lim _{x\to -\infty }f(x)=\lim _{x\to -\infty }x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}=\lim _{x\to -\infty }x{\sqrt {\frac {x}{x}}}=\lim _{x\to -\infty }x{\sqrt {1}}=-\infty$
$\lim _{x\to -1^{-}}f(x)=\lim _{x\to -1^{-}}x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}=-{\sqrt {\frac {0^{-}}{-2}}}=0$
$\lim _{x\to 1^{+}}f(x)=\lim _{x\to 1^{+}}x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}={\sqrt {\frac {2}{0^{+}}}}=+\infty$
$\lim _{x\to +\infty }f(x)=\lim _{x\to +\infty }x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}=\lim _{x\to +\infty }x{\sqrt {\frac {x}{x}}}=\lim _{x\to +\infty }x{\sqrt {1}}=+\infty$
Calcul de la dérivée
$f'(x)=1\times {\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}+x\times {\frac {\frac {1\times (x-1)-1\times (x+1)}{(x-1)^{2}}}{2{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}}}={\frac {x+1}{(x-1){\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}}}-x\times {\frac {1}{(x-1)^{2}{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}}}={\frac {(x+1)(x-1)-x}{(x-1)^{2}{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}}}={\frac {x^{2}-x-1}{(x-1)^{2}}}{\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}$
Nous voyons que la dérivée n'est pas définie pour x = -1 qui appartenait au domaine de définition de f. Le domaine de dérivabilité sera donc :
$D_{f'}=]-\infty ;\;-1[\cup ]1;\;+\infty [$
Il n'y a qu'une valeur qui annule la dérivée sur son domaine de dérivabilité, c'est :
${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\simeq 1,62$
Tableau de variations
avec :
$\alpha =f\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)={\frac {(1+{\sqrt {5}}){\sqrt {2+{\sqrt {5}}}}}{2}}\simeq 3,33$
Étude des asymptotes
$\lim _{x\to 1^{+}}f(x)=+\infty$
nous montre que nous avons une asymptote verticale d'équation x = 1.
Recherchons une asymptote oblique d'équation y = ax + b :
$a=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {f(x)}{x}}=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}}{x}}=\lim _{x\to \pm \infty }{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}=1$
${\begin{aligned}b=\lim _{x\to \pm \infty }f(x)-ax&=\lim _{x\to \pm \infty }x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}-x\\&=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {\left(x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}-x\right)\left(x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}+x\right)}{x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}+x}}\\&=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {x^{2}{\frac {x+1}{x-1}}-x^{2}}{x{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}+x}}\\&=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {x{\frac {x+1}{x-1}}-x}{{\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}+1}}\\&=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {x(x+1)-x(x-1)}{(x-1)\left({\sqrt {\frac {x+1}{x-1}}}+1\right)}}\\&=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {2x}{(x-1)\left({\sqrt {\frac {x}{x}}}+1\right)}}\\&=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {2}{\left(1-{\frac {1}{x}}\right)({\sqrt {1}}+1)}}\\&=1\end{aligned}}$
Nous avons donc une équation oblique d'équation y = x + 1.
Études particulières pour préciser le tracé
Nous avons vu que nous avons :
$\lim _{x\to -1^{-}}f(x)=0$
Nous calculerons donc la demi-tangente en x = -1.
Le coefficient directeur est donné par la dérivée à gauche en -1, soit :
$\lim _{x\to -1^{-}}f'(x)=\lim _{x\to -1^{-}}{\frac {x^{2}-x-1}{(x-1)^{2}}}{\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}={\frac {1}{4}}{\sqrt {\frac {-2}{0^{-}}}}=+\infty$
Nous avons donc une demi-tangente verticale en x = -1.
Tracé de la courbe

## Exercice 6-2

Étudiez et tracez la fonction suivante :
$f(x)={\frac {\sqrt {x^{2}-3x+2}}{x+1}}$
Domaine de définition
Les expressions sous les racines doivent être positives ou nulles. On doit donc avoir :
$x^{2}-3x+2\geqslant 0$
qui se met sous la forme :
$(x-1)(x-2)\geqslant 0$
Faisons un tableau de signes :
${\begin{array}{c|ccccccc|}x&-\infty &&1&&2&&+\infty \\&&&\\\hline x-1&&-&0&+&&+&\\\hline x-2&&-&&-&0&+&\\\hline (x-1)(x-2)&&+&0&-&0&+&\\\hline \end{array}}$
De plus les dénominateurs ne doivent pas être nuls :
$x+1\neq 0$
On en déduit :
$D_{f}=]-\infty ;\;-1[\cup ]-1;\;1]\cup [2;\;+\infty [$
Limites aux bornes du domaine de définition
$\lim _{x\to -\infty }f(x)=\lim _{x\to -\infty }{\frac {\sqrt {x^{2}-3x+2}}{x+1}}=\lim _{x\to -\infty }{\frac {|x|{\sqrt {1-{\frac {3}{x}}+{\frac {2}{x^{2}}}}}}{x+1}}=\lim _{x\to -\infty }{\frac {-x{\sqrt {1-{\frac {3}{x}}+{\frac {2}{x^{2}}}}}}{x}}=\lim _{x\to -\infty }-{\sqrt {1-{\frac {3}{x}}+{\frac {2}{x^{2}}}}}=-1$
$\lim _{x\to -1^{-}}f(x)=\lim _{x\to -1^{-}}{\frac {\sqrt {x^{2}-3x+2}}{x+1}}={\frac {\sqrt {6}}{0^{-}}}=-\infty$
$\lim _{x\to -1^{+}}f(x)=\lim _{x\to -1^{+}}{\frac {\sqrt {x^{2}-3x+2}}{x+1}}={\frac {\sqrt {6}}{0^{+}}}=+\infty$
$\lim _{x\to 1^{-}}f(x)=\lim _{x\to 1^{-}}{\frac {\sqrt {x^{2}-3x+2}}{x+1}}=\lim _{x\to 1^{-}}{\frac {\sqrt {(x-1)(x-2)}}{x+1}}={\frac {\sqrt {0^{-}\times -1}}{2}}=0$
$\lim _{x\to 2^{+}}f(x)=\lim _{x\to 2^{+}}{\frac {\sqrt {x^{2}-3x+2}}{x+1}}=\lim _{x\to 2^{+}}{\frac {\sqrt {(x-1)(x-2)}}{x+1}}={\frac {\sqrt {1\times 0^{+}}}{3}}=0$
$\lim _{x\to +\infty }f(x)=\lim _{x\to +\infty }{\frac {\sqrt {x^{2}-3x+2}}{x+1}}=\lim _{x\to +\infty }{\frac {|x|{\sqrt {1-{\frac {3}{x}}+{\frac {2}{x^{2}}}}}}{x+1}}=\lim _{x\to +\infty }{\frac {x{\sqrt {1-{\frac {3}{x}}+{\frac {2}{x^{2}}}}}}{x}}=\lim _{x\to +\infty }{\sqrt {1-{\frac {3}{x}}+{\frac {2}{x^{2}}}}}=1$
Calcul de la dérivée
$f'(x)={\frac {{\frac {2x-3}{2{\sqrt {x^{2}-3x+2}}}}(x+1)-{\sqrt {x^{2}-3x+2}}}{(x+1)^{2}}}={\frac {{\frac {(2x-3)(x+1)}{2{\sqrt {x^{2}-3x+2}}}}-{\frac {2(x^{2}-3x+2)}{2{\sqrt {x^{2}-3x+2}}}}}{(x+1)^{2}}}={\frac {(2x-3)(x+1)-2(x^{2}-3x+2)}{2(x+1)^{2}{\sqrt {x^{2}-3x+2}}}}={\frac {5x-7}{2(x+1)^{2}{\sqrt {(x-1)(x-2)}}}}$
Nous voyons que la dérivée n'est pas définie pour x = 1 et x = 2 qui appartenait au domaine de définition de f. Le domaine de dérivabilité sera donc :
$D_{f'}=]-\infty ;\;-1[\cup ]-1;\;1[\cup ]2;\;+\infty [$
Tableau de variations
Étude des asymptotes
$\lim _{x\to -\infty }f(x)=-1$
nous montre que nous avons une asymptote horizontale d'équation y = -1.
$\lim _{x\to +\infty }f(x)=1$
nous montre que nous avons une asymptote horizontale d'équation y = 1.
$\lim _{x\to -1^{-}}f(x)=-\infty$
$\lim _{x\to -1^{+}}f(x)=+\infty$
nous montre que nous avons une asymptote verticale d'équation x = -1.
Études particulières pour préciser le tracé
Nous avons vu que nous avons :
$\lim _{x\to 1^{-}}f(x)=0$
$\lim _{x\to 2^{+}}f(x)=0$
Nous calculerons donc la demi-tangente en x = 1 et en x = 2.
Le coefficient directeur de la demi-tangente en x = 1 est donné par la dérivée à gauche en 1, soit :
$\lim _{x\to 1^{-}}f'(x)=\lim _{x\to 1^{-}}{\frac {5x-7}{2(x+1)^{2}{\sqrt {(x-1)(x-2)}}}}={\frac {-2}{2(1+1)^{2}{\sqrt {0^{-}\times -1}}}}=-\infty$
Nous avons donc une demi-tangente verticale en x = 1.
Le coefficient directeur de la demi-tangente en x = 2 est donné par la dérivée à droite en 2, soit :
$\lim _{x\to 2^{+}}f'(x)=\lim _{x\to 2^{+}}{\frac {5x-7}{2(x+1)^{2}{\sqrt {(x-1)(x-2)}}}}={\frac {3}{2(2+1)^{2}{\sqrt {1\times 0^{+}}}}}=+\infty$
Nous avons donc une demi-tangente verticale en x = 2.
Tracé de la courbe

## Exercice 6-3

Étudiez et tracez la fonction suivante :
$f(x)=x+{\sqrt {x^{2}-1}}$
Domaine de définition
Les expressions sous les racines doivent être positives ou nulles. On doit donc avoir :
$x^{2}-1\geqslant 0$
qui se met sous la forme :
$(x-1)(x+1)\geqslant 0$
Faisons un tableau de signes :
${\begin{array}{c|ccccccc|}x&-\infty &&-1&&1&&+\infty \\&&&\\\hline x-1&&-&&-&0&+&\\\hline x+1&&-&0&+&&+&\\\hline (x-1)(x+1)&&+&0&-&0&+&\\\hline \end{array}}$
On en déduit :
$D_{f}=]-\infty ;\;-1]\cup [1;\;+\infty [$
Limites aux bornes du domaine de définition
$\lim _{x\to -\infty }f(x)=\lim _{x\to -\infty }x+{\sqrt {x^{2}-1}}=\lim _{x\to -\infty }{\frac {(x+{\sqrt {x^{2}-1}})(x-{\sqrt {x^{2}-1}})}{x-{\sqrt {x^{2}-1}}}}=\lim _{x\to -\infty }{\frac {x^{2}-(x^{2}-1)}{x-{\sqrt {x^{2}-1}}}}=\lim _{x\to -\infty }{\frac {1}{x-{\sqrt {x^{2}-1}}}}=0$
$\lim _{x\to -1^{-}}f(x)=\lim _{x\to -1^{-}}x+{\sqrt {x^{2}-1}}=-1$
$\lim _{x\to 1^{+}}f(x)=\lim _{x\to 1^{+}}x+{\sqrt {x^{2}-1}}=1$
$\lim _{x\to +\infty }f(x)=\lim _{x\to +\infty }x+{\sqrt {x^{2}-1}}=+\infty$
Calcul de la dérivée
$f'(x)=1+{\frac {2x}{2{\sqrt {x^{2}-1}}}}={\frac {{\sqrt {x^{2}-1}}+x}{\sqrt {x^{2}-1}}}$
Le signe de la dérivée dépend de l'expression ${\sqrt {x^{2}-1}}+x$.
Pour x positif, la dérivée est clairement positive.
Pour x négatif, nous multiplierons et diviserons par l'expression conjuguée :
$x+{\sqrt {x^{2}-1}}={\frac {(x+{\sqrt {x^{2}-1}})(x-{\sqrt {x^{2}-1}})}{x-{\sqrt {x^{2}-1}}}}={\frac {x^{2}-(x^{2}-1)}{x-{\sqrt {x^{2}-1}}}}={\frac {1}{x-{\sqrt {x^{2}-1}}}}$
et l'on voit que pour x négatif, le dénominateur est négatif, donc la dérivée est négative.
Tableau de variations
Étude des asymptotes
$\lim _{x\to -\infty }f(x)=0$
nous montre que nous avons une asymptote horizontale d'équation y = 0.
Étudions l’existence d'une asymptote oblique côté $+\infty$ sous la forme y = ax + b
$a=\lim _{x\to +\infty }{\frac {f(x)}{x}}=\lim _{x\to +\infty }{\frac {x+{\sqrt {x^{2}-1}}}{x}}=\lim _{x\to +\infty }1+{\sqrt {\frac {x^{2}-1}{x^{2}}}}=1+1=2$
$b=\lim _{x\to +\infty }f(x)-ax=\lim _{x\to +\infty }x+{\sqrt {x^{2}-1}}-2x=\lim _{x\to +\infty }{\sqrt {x^{2}-1}}-x=\lim _{x\to +\infty }{\frac {({\sqrt {x^{2}-1}}-x)({\sqrt {x^{2}-1}}+x)}{{\sqrt {x^{2}-1}}+x}}=\lim _{x\to +\infty }{\frac {x^{2}-1-x^{2}}{{\sqrt {x^{2}-1}}+x}}=\lim _{x\to +\infty }{\frac {-1}{{\sqrt {x^{2}-1}}+x}}=0$
Côté $+\infty$, nous avons donc une asymptote oblique d'équation y = 2x.
Études particulières pour préciser le tracé
Nous avons :
$\lim _{x\to -1^{-}}f(x)=-1$
$\lim _{x\to 1^{+}}f(x)=1$
Nous étudierons donc les demi-tangentes en x = -1 et en x = 1.
Calculons donc le coefficient directeur de la demi-tangente en x = -1 qui est donné par la dérivée à gauche :
$\lim _{x\to -1^{-}}f'(x)=\lim _{x\to -1^{-}}{\frac {{\sqrt {x^{2}-1}}+x}{\sqrt {x^{2}-1}}}={\frac {-1}{0^{+}}}=-\infty$
Nous avons donc une demi-tangente verticale en x = -1.
Calculons donc le coefficient directeur de la demi-tangente en x = 1 qui est donné par la dérivée à droite :
$\lim _{x\to 1^{+}}f'(x)=\lim _{x\to 1^{+}}{\frac {{\sqrt {x^{2}-1}}+x}{\sqrt {x^{2}-1}}}={\frac {1}{0^{+}}}=+\infty$
Nous avons donc une demi-tangente verticale en x = 1.
Tracé de la courbe
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