EX_0323 – On considère la fonction $ f $...

Énoncé

On considère la fonction $ f $ définie sur $ ]0~;~+\infty[ $ par : \[ f(x) = \frac{x^2 + 1}{x} \]

Montrer que $ f $ est dérivable sur $ ]0~;~+\infty[ $ et que sa dérivée est : \[ f'(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2} \]
à l'aide du signe de $ f'(x) $, dresser le tableau de variations de $ f $ sur $ ]0~;~+\infty[ $.
En déduire le minimum de $ f $ sur $ ]0~;~+\infty[ $ et la valeur de $ x $ pour laquelle il est atteint.

Correction

\begin{varwidth}{0.9\textwidth}
    \subsection*{Correction}
    \begin{enumerate}
        \item Sur $]0;+\infty[$, le dénominateur $x$ ne s'annule pas donc $f$ est dérivable comme quotient de fonctions dérivables. $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec $\sys{u=x^2+1}{v=x}$ donc $\sys{u'=2x}{v'=1}$ ainsi
        $f'(x)=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}=\dfrac{2x\times x-(x^2+1)\times 1}{x^2}=\dfrac{2x^2-x^2-1}{x^2}=\dfrac{x^2-1}{x^2}$

\item Sur $]0;+\infty[$, $x^2>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $x^2-1=(x-1)(x+1)$. Sur $]0;+\infty[$, $x+1>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $x-1$ : négatif sur $]0;1[$, nul en $1$ et positif sur $]1;+\infty[$. D'où le tableau de variations :
        \begin{center}
            \begin{tablvar}[2.5cm]{2}
                \hline
                x                     & 0 &   & 1         &   & +\infty   \\
                \hline
                \mbox{Signe de }f'(x) &   & - & \barre[0] & + &           \\
                \hline
                \variations{ \mil{\mbox{Variation de }f} &\haut{} && \bas{2} && \haut{} }
                \hline
            \end{tablvar}
        \end{center}
        avec $f(1)=\dfrac{1^2+1}{1}=2$.

\item D'après le tableau de variations, le minimum de $f$ sur $]0;+\infty[$ est $2$, atteint en $x=1$.
    \end{enumerate}
\end{varwidth}

Correction

Sur $]0;+\infty[$, le dénominateur $x$ ne s'annule pas donc $f$ est dérivable comme quotient de fonctions dérivables. $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec $\sys{u=x^2+1}{v=x}$ donc $\sys{u'=2x}{v'=1}$ ainsi $f'(x)=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}=\dfrac{2x\times x-(x^2+1)\times 1}{x^2}=\dfrac{2x^2-x^2-1}{x^2}=\dfrac{x^2-1}{x^2}$
Sur $]0;+\infty[$, $x^2>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $x^2-1=(x-1)(x+1)$. Sur $]0;+\infty[$, $x+1>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $x-1$ : négatif sur $]0;1[$, nul en $1$ et positif sur $]1;+\infty[$. D'où le tableau de variations :
[ Tableau de variations - non rendu en aperçu ]

avec $f(1)=\dfrac{1^2+1}{1}=2$.
D'après le tableau de variations, le minimum de $f$ sur $]0;+\infty[$ est $2$, atteint en $x=1$.