Exercice

Feuille 5

Exercice Montrer que l'on a : \[ \sin x+\sin y+\sin z=4\,\sin \Big(\frac{x+y}{2}\Big)\,\sin \Big(\frac{y+z}{2}\Big)\sin \Big(\frac{z+x}{2}\Big) \] si, et seulement si, $x+y+z\equiv 0\;[\pi]$. [Indication]

Exercice Résoudre l'équation : $ 2\,\sin ^{2}x+\sin ^{2}2x=2$. [Indication]

Se ramener à une équation du second degré en la quantité $\ldots$ [Indication]

Et cette équation du second degré se résout facilement. [Indication]

Solution complète [Réponse]

Exercice Déterminer $ \lim\limits\limits_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}(1-\sin x) \,\tan^2 x$. [Indication]

La toute première chose à faire est de vérifier que l'on peut bien étudier cette limite.
Il faut donc justifier que l'on peut définir une fonction : \[ f : x \mapsto (1-\sin x) \,\tan^2 x \] au voisinage de $\frac{\pi}{2}\cdot$
Ici, on peut, par exemple, définir $f(x)$ pour : \[ x\in\mathopen{\Big[}0,\frac{\pi}{2}\mathclose{\Big[} \cup \mathopen{\Big]}\frac{\pi}{2},\pi\mathclose{\Big]}. \]
Ensuite, on peut (doit) essayer d'utiliser les théorèmes sur les limites.
Ici, (mal)heureusement, cela ne donne rien car $\ldots$
On a évidemment $\lim\limits\limits_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}(1-\sin x) =0$.

Quant à $\lim\limits\limits_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \tan x$ $\ldots$
En fait, $\lim\limits\limits_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \tan x$ n'existe pas car :
- d'une part, on a $\lim\limits\limits_{x\rightarrow( \frac{\pi}{2})^-} \tan x = +\infty$ ;
- d'autre part, on a $\lim\limits\limits_{x\rightarrow( \frac{\pi}{2})^+} \tan x = -\infty$.
On obtient une « forme indéterminée ». Mais en prépa, il ne suffit pas de dire cela, il faut poursuivre l'étude.

Comment (re)trouver les deux limites ci-dessus ?
On peut s'aider d'une représentation graphique. Voir par exemple l'animation .

Pour une justification rigoureuse, écrire : $\tan x = \frac{\cdots}{\cdots}\cdot$
Pour $x\in\mathopen{\big[}0,\frac{\pi}{2}\mathclose{\big[} \cup \mathopen{\big]}\frac{\pi}{2},\pi\mathclose{\big]}$, on a : \[ \tan x = \frac{\sin x}{\cos x}\cdot \] On en déduit immédiatement le résultat puisque l'on a : \[ \lim\limits\limits_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \sin x = 1 \] ainsi que : \[ \lim\limits\limits_{x\rightarrow( \frac{\pi}{2})^-} \cos x = 0^+ \et \lim\limits\limits_{x\rightarrow( \frac{\pi}{2})^+} \cos x = 0^- . \]
Lors de l'étude d'une limite, il faut toujours commencer par essayer d'appliquer ces théorèmes sur les limites car (même si le ridicule ne tue pas) c'est dommage de perdre du temps à faire des calculs inutiles lorsque les théorèmes généraux permettent de conclure.

En revanche, si cela n'aboutit pas, il inutile, lors de la rédaction, de perdre du temps (et de faire perdre du temps au correcteur) en expliquant que cela ne donne rien et que l'on a une forme indéterminée. En prépa, ce n'est plus un scoop !
Ici, on s'en sort assez facilement en exprimant tout en fonction de $\sin x$ et $\cos x$.
Ne pas oublier que $\cos^2 x = \cdots$
Pour tout $x\in\R$, on a $\cos^2 x = 1-\sin ^2 x$.

Je pense aussi que vous savez factoriser une différence de deux carrés.
Eh oui, $1-\sin^2 x$ est une différence de deux carrés.

Solution complète [Réponse]

Exercice Étant donné la fonction : \[ f:x\mapsto 4\,\cos ^{2}x-3\sin x\,\cos x+5\,\sin ^{2}x\,, \] en déterminer le maximum et le minimum sur $\R$. [Indication]

A priori, on pense étude de variations et donc dérivation. [Indication]

Il n'est pas interdit de faire une vérification graphique. [Indication]

Solution complète [Réponse]

Exercice Résoudre l'équation : $\sqrt{| x^{2}-4\big.| }-1=x$. [Indication]

Que dire du domaine de définition ? [Indication]

Évidemment, il faut élever au carré$\ldots $ [Indication]

Solution complète [Réponse]

Exercice Pour quelles valeurs du paramètre réel $k$ l'équation : \[ x^{2}+2\,(k+3)\,x+4\,k+12 = 0 \tag{$E_k$} \] possède-t-elle deux racines distinctes strictement supérieures à $-1$. [Indication]

On peut imaginer deux méthodes.

Méthode 1 : appliquer à $(E_k)$ les résultats vus pour une équation du second degré.
- D'abord, exprimer que cette équation possède deux racines.
  Le discriminant est une expression du second degré en $k$ dont il faut étudier le signe.
  Ce serait dommage de tout développer
  On aboutirait à un trinôme du second degré dont on pourrait calculer les racines pour le factoriser. Mais quelle perte de temps !
  
  puisque
  Il y a évidemment $k+3$ en facteur.
  
  Une fois factorisé, il est aisé de savoir où il est positif.
- Ensuite, exprimer que $-1$ est à l'extérieur des racines.
  Il est absolument inutile de donner l'expression exacte des racines !
  Si l'on pose : \[ f_k(x) = x^{2}+2\,(k+3)\,x+4\,k+12 \] alors il faut étudier $\ldots$
  $\ldots$ le signe de $f_k(-1)$.
  Le réel $-1$ est extérieur aux racines si, et seulement si, l'on a $f_k(-1) > 0$.
  
  Si vous hésitez sur ces propriétés, commencez par essayer de les retrouver comme si vous étiez en DS mais, en cas de doute persistant (ou pour confirmation), voir chapitre sur le trinôme (I.5.b Position des racines).
- Sachant que $-1$ est extérieur aux deux racines $x_1$ et $x_2$, il reste à savoir si l'on a : \[ -1 < x_1 < x_2 \ou x_1 < x_2 < -1. \] Pour cela, on étudie $\ldots$
  $\ldots$ le signe de : \[ \frac{x_1+x_2}{2} +1 . \] En effet $\ldots$
  on sait facilement exprimer $x_1+x_2$ ;
  D'après les relations entre les coefficients et les racines d'une équation du second degré, on a ici : \[ x_1+x_2 = -(k+3). \] Si vous hésitez sur ces relations, commencez par essayer de les retrouver comme si vous étiez en DS mais, en cas de doute persistant (ou pour confirmation), voir chapitre sur le trinôme (I.3.c Relations entre coefficients et racines).
  
  on est sûr d'avoir $x_1 < \frac{x_1+x_2}{2} < x_2$ ;
  
  le signe de : \[ \frac{x_1+x_2}{2} +1 = \frac{x_1+x_2}{2} - (-1) \] permet de positionner $\frac{x_1+x_2}{2} $ par rapport à $-1$.
Solution complète
L'équation $(E_k)$ est du second degré et, comme son discriminant vaut : \begin{align*} \Delta &= 4\, (k+3)^{2}-16\,(k+3) \\ \\ &= 4\,(k+3)\,(k-1), \end{align*} elle possède deux racines réelles distinctes si, et seulement si : \[ k\in \mathopen{]}-\infty ,-3 \mathclose{[} \cup \mathopen{]}1,+\infty \mathclose{[}.\tag{$i$} \] Pour positionner les racines par rapport à $-1$, posons : \[ f_k(x) = x^{2}+2\,(k+3)\,x+4\,k+12. \] On a alors : \begin{align*} f_k(-1) &=1-2\,(k+3)+4\,k+12 \\ \\ & =7+2\,k . \end{align*} Le réel $-1$ est donc extérieur aux racines si, et seulement si, $f_k(-1)>0$, et donc $k > -\frac{7}{2}\cdot$ Avec la condition $(i)$, cela donne : \[ k\in \mathopen{\big]}-\tfrac{7}{2},-3\mathclose{\big[} \cup \mathopen{]}1,+\infty \mathclose{[}. \tag{$ii$} \] Sous cette dernière condition, l'équation $(E_k)$ possède deux racines que nous noterons $x_{1}$ et $x_{2}$, avec $x_1 < x_2$, et qui vérifient : \[ -1 < x_1 < x_2 \ou x_1 < x_2 < -1. \] Comme : \[ \frac{x_1+x_2}{2}-(-1)=-(k+3)+1=-k-2, \] on a $-1 < x_1 < x_2$ si, et seulement si : \[ \frac{x_1+x_2}{2}-(-1) > 0 \et[ou encore] k <-2. \] Par suite, l'équation $(E_k)$ possède deux racines distinctes strictement supérieures à $-1$ si, et seulement si: \[ k\in \mathopen{\Big]}-\frac{7}{2},-3\mathclose{\Big[}. \]
Méthode 2 : mettre l'équation sous la forme $k=f(x)$ et commencer par discuter graphiquement.
L'équation $(E_k)$ est équivalent à : \[ k=-\frac{1}{2}\,\frac{x^{2}+6\,x+12}{x+2} \] à condition de ne pas oublier $\ldots$
$\ldots$ de vérifier que $-2$ n'est pas racine de $(E_k)$.

Il reste à étudier les variations de :
\[ \phi : \fonction{\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}}{\R}{x} {-\frac{1}{2}\,\frac{x^{2}+6\,x+12}{x+2}} \] (puisque l'on cherche les racines supérieures à $-1$).

La dérivée se calcule assez rapidement, mais surtout $\ldots$
$\ldots$ laisser le $-\frac{1}{2}$ en facteur.

Le numérateur se factorise sans difficulté.
En effet, il n'y a pas de terme constant !

Comment faire et rédiger le calcul de $\phi'(x)$ ?
La fonction $\phi$, rationnelle, est dérivable et, pour $x\in\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}$, on a : \begin{align*} \phi'(x) &= -\frac{1}{2}\,\frac{(2\,x + 6)\,(x+2)-(x^{2}+6\,x+12)}{(x+2)^2}\\ &= -\frac{1}{2}\,\frac{x^2+4\,x}{(x+2)^2}\\ \\ &=-\frac{1}{2}\,\frac{x\,(x+4)}{\left( x+2\right) ^{2}}\cdot \end{align*} Il n'y a rien d'autre à écrire que ce soit au brouillon ou sur votre copie.

Il faut évidemment laisser le $-\frac{1}{2}$ en facteur. Si vous ne l'avez vous pas fait, il y a de fortes chances que vous vous soyez emmêlés les pinceaux !

La première ligne est le résultat que donne la formule de dérivation d'un quotient. On doit la voir !

Ensuite, vous devez passer directement de la première à la seconde ligne en réduisant de tête le numérateur. Pour cela :

observer que le numérateur est de degré au plus $2$ ;

calculer directement le coefficient de $x^2$, celui de $x$ et enfin le terme constant.
On voit parfois (souvent) des écritures du type : \begin{align*} \phi'(x) &= -\frac{1}{2}\,\frac{(2\,x + 6)\,(x+2)-(x^{2}+6\,x+12)}{(x+2)^2}\\ &= -\frac{1}{2}\,\frac{2x^2+6x+4x+12-x^{2}-6\,x-12}{(x+2)^2}\\ \\ &=\cdots \end{align*} mais dites-vous bien qu'il s'agit de très très mauvaises habitudes.

Tout d'abord, vous perdez un temps fou en écrivant des tas de choses inutiles.

Ensuite, comme vous voulez récupérer le temps perdu, vous écrivez comme un cochon, ce qui, la plupart du temps, est le meilleur générateur d'erreurs de calcul.
Il est temps de grandir et de vous mettre à calculer correctement. C'est le moment ou jamais !
Avant de vous ruer sur la solution, rien ne vous empêche de vérifier sur votre calculatrice les variations que vous avez obtenues !

Solution complète
Comme l'équation donnée s'écrit encore : \[ (2\,x+4)\, k + x^{2}+6\,x+12=0 \] et que $x=-2$ n'en est pas racine, elle est équivalente à : \[ k=-\frac{1}{2}\,\frac{x^{2}+6\,x+12}{x+2}\cdot \] Étudions les variations de : \[ \phi : \fonction{\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}}{\R}{x} {-\frac{1}{2}\,\frac{x^{2}+6\,x+12}{x+2}}\cdot \] Cette fonction rationnelle est dérivable et, pour tout $x\in\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}$, on a : \begin{align*} \phi'(x) &= -\frac{1}{2}\,\frac{(2\,x + 6)\,(x+2)-(x^{2}+6\,x+12)}{(x+2)^2}\\ &= -\frac{1}{2}\,\frac{x^2+4\,x}{(x+2)^2}\\ \\ &=-\frac{1}{2}\,\frac{x\,(x+4)}{\left( x+2\right) ^{2}}\cdot \end{align*} Sur $\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}$, cette dérivée est du signe de $-x$, ce qui donne le tableau de variations suivant : \[ \begin{array}{|c|lcccr|}\hline x & -1 & & 0\vphantom{\int} & & +\infty \\ \hline \phi'(x) & &+ & 0\vphantom{\int} & - & \\ \hline & & & -3 & & \\ \phi(x) & & \nearrow & & \searrow & \\ & -\frac{7}{2} & & & & -\infty\\ \hline \end{array} \] On en déduit immédiatement que l'équation $\phi(x)=k$ possède deux racines si, et seulement si : \[ k\in \mathopen{\Big]}-\frac{7}{2},-3 \mathclose{\Big[}. \] Comment donner une justification rigoureuse de l'affirmation précédente ?
Il faut surtout utiliser le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie de $\phi$ sur chacun des deux intervalles.
La fonction $\phi$ est strictement monotone sur chacun des intervalles $I_1=\mathopen{[}-1,0\mathclose{]}$ et $I_2=\mathopen{[}0,+\infty\mathclose{[}$. Par suite, l'équation $\phi(x)=k$ possède au plus une solution sur chacun d'eux.

L'équation $\phi(x)=3$ ne possède donc qu'une solution, $x=0$.

D'après l'étude précédente de variations, la fonction $\phi$ est majorée par $3$. Par suite, si $k > 3$, alors l'équation $\phi(x)=k$ ne possède aucune solution.

Si $k = -\frac{7}{2}$, alors, par stricte monotonie de $\phi$, le réel $-1$ est la seule racine de l'équation $\phi(x)=k$ sur $I_1$ ; par suite, $\phi(x)=k$ ne peut avoir deux racines distinctes strictement supérieures à $-1$.

Si $k < -\frac{7}{2}$, alors l'équation $\phi(x)=k$ ne possède aucune solution sur $I_1$. Elle ne peut donc pas avoir deux racines distinctes strictement supérieures à $-1$.

Soit $k\in\mathopen{\big]}-\frac{7}{2},-3 \mathclose{\big[}$.

Le théorème des valeurs intermédiaires nous assure que l'équation $\phi(x)=k$ possède au moins une solution $x_1\in I_1$ et une $x_2\in I_2$.

La stricte monotonie de $\phi$ sur chacun des intervalles $I_1$ et $I_2$ entraîne l'unicité de $x_1$ et de $x_2$ ainsi que : \[ -1 < x_1 < 3 < x_2. \] On en déduit que l'équation possède deux solutions distinctes dans l'intervalle $\mathopen{]}-1,+\infty\mathclose{[}$.

Exercice Variations et représentation graphique de : \[ f : x \mapsto \sqrt{| x^{2}-4 |}\,. \] Vérifier que la courbe obtenue est asymptote à la droite d'équation $y=x$. [Indication]

Que dire du domaine de définition ?
Pas grand-chose, car grâce à la valeur absolue, ce qui est sous la racine est toujours positif.

On dispose donc d'une fonction définie sur tout $\R$ : \[ f : \fonction{\R}{\R}{x}{ \sqrt{| x^{2}-4 |}} \]
On peut évidemment se simplifier la vie, non ?
La fonction $f$ est paire ? impaire ?
Cette fonction $f$ est évidemment paire car :
\[ \forall{x\in\R}\quad f(x) = f(-x). \]

Par suite, son graphe est $\ldots$
$\ldots$ symétrique par rapport à l'axe $Oy$ et l'on peut restreindre l'étude de la fonction $f$ à l'intervalle $\R_{+}\,$.

Pour l'étude de la dérivée, voir ici.
D'après les théorèmes que vous connaissez, on peut justifier que $f'(x)$ existe pour $x\in \mathopen{[}0,2\mathclose{[}$ ainsi que pour $x \in \mathopen{]}2,+\infty\mathclose{[}$, et le calculer.
Par exemple, pour tout $x\in\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$, nous avons : \[ f(x) = \sqrt{4-x^2} \] et donc : \[ f'(x) = \frac{-2\,x}{2\,\sqrt{4-x^2}}=\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}\leq 0 . \]

Que peut-on dire de la dérivabilité en $2$ de :
$\hskip5ex f_1 : \fonction{ \mathopen{[}0,2\mathclose{]}}{\R}{x}{\sqrt{4-x^2}} \hskip5ex$
- Pierre dit qu'il ne voit pas pourquoi il y aurait un problème.
  Pierre n'a donc pas fait attention à l'énoncé permettant de dériver une fonction du type $x \mapsto \sqrt{u(x)}$.
  Le théorème dit que, si $I$ est un intervalle de $\R$ et $u : I \to \R$ une application dérivable qui ne prend que des valeurs strictement positives sur $I$, alors : \[ v : \fonction{I}{\R}{x}{\sqrt{u(x)}} \] est dérivable sur $I$ et : \[ \forall{x\in I}\quad v'(x) = \frac{u'(x)}{2\,\sqrt{u(x)}}\cdot \] Dans notre cas, on ne peut pas appliquer ce théorème en $2$ puisque la fonction $u$ définie sur $I=\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$ par $u(x)=4-x^2$ s'annule en $2$.
- Andréa dit que $f_1$ n'est pas dérivable en $2$ car ce qui est sous le radical est alors nul.
  C'est complètement faux.
  
  Il est facile de donner un contre-exemple.
  La fonction : \[ u : \fonction{\R}{\R}{x}{\sqrt{x^4}=x^2} \] est la composée
  
  de la fonction $x \mapsto x^4$ qui s'annule en $0$,
  
  et de la fonction racine.
  
  Pourtant, elle est évidemment dérivable en $0$ puisqu'il s'agit de la fonction $x\mapsto x^2$.
- Sarah dit qu'il faut étudier le taux d'accroissement.
  Effectivement, cela va permettre de décider si la fonction est dérivable ou non en $2$.
  
  Ici, pour $x\in \mathopen{[}0,2\mathclose{[}$, ce taux d'accroissement vaut : \[ \frac{f(x)-f(2)}{x-2}=\frac{\sqrt{4-x^2}}{x-2} \] et sa limite en $2$ $\ldots$
  Comme pour $x\in \mathopen{[}0,2\mathclose{[}$, on a : \[ \frac{f(x)-f(2)}{x-2}=-\frac{\sqrt{2+x}}{\sqrt{2-x}},\tag{$*$} \] les théorèmes usuels permettent de dire que : \[ \lim\limits_{x\to 2^-}\frac{f(x)-f(2)}{x-2} = -\infty. \] Remarque sur la simplification $(*)$ ci-dessus
  Comme ici, $x-2 \leq 0$ et donc $2-x \geq 0$, on a : \[ \sqrt{(2-x)^2} = 2-x \] et donc : \[ x-2 = -\sqrt{(2-x)^2} \] d'où l'introduction d'un signe « $-$ ».
  
  Qu'en déduire sur la dérivabilité de $f$ en $2$ ?
  Comme : \[ \lim\limits_{x\to 2^-}\frac{f(x)-f(2)}{x-2} = -\infty, \] la fonction $f$ n'est pas dérivable en $2$.
  
  Il y a dérivabilité quand il y a une limite finie.
  
  sur la forme de la courbe au voisinage de $2$ ?
  Comme : \[ \lim\limits_{x\to 2^-}\frac{f(x)-f(2)}{x-2} = -\infty, \] la courbe représentative de $f$ possède une demi-tangente verticale à gauche au point d'abscisse $2$.
  
  Comme on peut facilement justifier : \[ \lim\limits_{x\to 2^+}\frac{f(x)-f(2)}{x-2} = +\infty, \] la courbe représentative de $f$ possède aussi une demi-tangente verticale à droite au point d'abscisse $2$.
Pour vérifier que la droite d'équation $y=x$ est asymptote à la courbe, il suffit de prouver que la différence $f(x)-x$ tend vers $0$ en $+\infty$.
Pour $x\in \mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}$, transformer : \[ \sqrt{x^2-4} -x \] en $\ldots$
$\ldots$ multipliant par la quantité conjuguée.
On a : \[ \sqrt{x^2-4} -x = \frac{(x^2-4) - x^2}{\sqrt{x^2-4}+x} = \cdots \] Évidemment, avant de faire cela, $\ldots$
$\ldots$ il est indispensable de vérifier que $\ldots$
$\ldots$ $\sqrt{x^2-4}+x$ ne s'annule pas sur $\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}$.

On peut alors aisément conclure.

On peut même facilement préciser les positions relatives de la courbe et de son asymptote.
Comme : \[ \forall{x\in\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}}\quad f(x) -x <0, \] il est immédiat que le graphe de $f$ sur l'intervalle $\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}$ est situé en dessous de cette asymptote.
Vous pouvez alors tracer la courbe.
Vous pouvez ensuite vérifier à l'aide de votre calculatrice (c'est un bon entraînement de le faire à ce stade).

Pour confirmation, voir éventuellement ici

La partie de courbe correspondant aux valeurs $x\in\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}$ ressemble à quelque chose de connu, non ?
C'est un demi-cercle.
Élever l'équation $y=f(x)$ au carré.
La courbe $\Gamma$ d'équation : \[ y = f(x) = \sqrt{|x^2-4|} \] est incluse dans la courbe $\Gamma_0$ d'équation : \[ y^2 = | x^2-4|. \] Plus précisément, $\Gamma$ est la partie de $\Gamma_0$ située dans le demi-plan supérieur $(y \geq 0)$.

La partie de $\Gamma_0$ située dans la bande : \[ -2 \leq x \leq 2 \] ayant donc pour équation : \[ y^2 = 4 - x^2 \et[ou encore] x^2 +y^2 = 4, \] il s'agit du cercle de centre $O$ et de rayon $2$.

Solution complète [Réponse]

La fonction : \[ f : \fonction{\R}{\R}{x}{ \sqrt{| x^{2}-4 |}} \] est évidemment paire. Par suite, nous pouvons nous limiter à étudier ses variations sur $\mathopen{[}0,+\infty\mathclose{[}$.

Pour tout $x\in\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$, nous avons : \[ f(x) = \sqrt{4-x^2}. \] Par suite, $f$ est dérivable sur $I_1=\mathopen{[}0,2\mathclose{[}$, et pour $x\in I_1$ : \[ f'(x) = \frac{-2\,x}{2\,\sqrt{4-x^2}}=\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}\leq 0 . \]
Pour tout $x\in\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}$, nous avons de même : \[ f(x) = \sqrt{x^2-4}. \] Par suite, $f$ est dérivable sur $I_2=\mathopen{]}2,+\infty\mathclose{[}$, et pour $x\in I_2$ : \[ f'(x) = \frac{2\,x}{2\,\sqrt{x^2-4}}=\frac{x}{\sqrt{x^2-4}} \geq 0. \]

On en déduit le tableau de variations :
\[ \begin{array}{|c|lcccl|}\hline x & 0 & &2 & &+\infty \vphantom{\Big\|} \\ \hline f'(x) & 0 & - &\Big\| &+ & \\ \hline & 2 & & & & +\infty \\ f & & \searrow & &\nearrow& \\ & & &0 & & \\ \hline \end{array} \]

Asymptote : pour tout $x\in \mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}$, on a : \[ \sqrt{x^2-2}+x \geq x \geq 2 >0 \] et donc : \begin{align*} f(x) -x &= \sqrt{x^2-4} -x \\ \\ &= \frac{(x^2-4) - x^2}{\sqrt{x^2-4}+x}\\ \\ &= \frac{-4}{\sqrt{x^2-4}+x}\cdot \end{align*} Les théorèmes généraux nous donnent alors que : \[ \lim\limits_{x\to+\infty}f(x) -x = 0 \] ce qui prouve que la courbe d'équation $y=f(x)$ est asymptote à la droite d'équation $y=x$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$.

Comme de plus : \[ \forall{x\in\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}}\quad f(x) -x =\frac{-4}{\sqrt{x^2-4}+x} <0, \] il est immédiat que le graphe de $f$ sur l'intervalle $\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}$ est situé en dessous de cette asymptote.
Tangente au point d'abscisse $2$ : pour $x\in \mathopen{[}0,2\mathclose{[}$, nous avons : \[ \frac{f(x)-f(2)}{x-2}=-\frac{\sqrt{2+x}}{\sqrt{2-x}} \] et donc : \[ \lim\limits_{x\to 2^-}\frac{f(x)-f(2)}{x-2} = -\infty. \] De même, pour $x\in \mathopen{]}2,+\infty\mathclose{[}$, nous avons : \[ \frac{f(x)-f(2)}{x-2}=\frac{\sqrt{2+x}}{\sqrt{x-2}} \] et donc : \[ \lim\limits_{x\to 2^+}\frac{f(x)-f(2)}{x-2} = +\infty. \] On en déduit que la courbe représentative de $f$ possède aussi une demi-tangente verticale au point d'abscisse $2$.

Tracé de la courbe
Courbe

Remarque : ici, il était tout à fait possible d'avoir les variations de $f$ sans la moindre utilisation de dérivée. [Indication]

On connaît les variations de $u : \fonction{\R_+}{\R}{x}{| x^2 -4|}$.
Sur chacun des intervalles $\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$ et $\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}$, il s'agit d'un trinôme du second degré.
- Pour $x\in\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$, on a : \[ u(x) = 4-x^2 ; \] la fonction $u$ est donc décroissante sur cet intervalle.
- Pour $x\in\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}$, on a : \[ u(x) = x^2-4 ; \] la fonction $u$ est donc croissante sur cet intervalle.
La composée de deux fonctions croissantes est $\ldots$
$\ldots$ croissante ; et on peut le justifier sans dérivée.
Soit $u : I\to J$ et $v : J \to \R$ deux fonctions croissantes. Il est facile de prouver que :

$\hskip5ex \forall{x_1\in I}\,\,\,\forall{x_2\in I}\quad x_1 \leq x_2 \Rightarrow (v\circ u) (x_1) \leq (v\circ u) (x_2).$
Soit $x_1\in I$ et $x_2\in I$ tels que $x_1 \leq x_2.$ Alors :
- comme $u$ est croissante, on a : \[ u(x_1) \leq u(x_2) ; \]
- comme $v$ est croissante, on en déduit : \[ v\big(u(x_1)\big) \leq v\big(u(x_2)\big) \] ou encore : \[ (v\circ u) (x_1) \leq (v\circ u) (x_2), \] ce qui prouve le résultat annoncé.
On peut en déduire que $f$ est croissante sur $\ldots$
La fonction $f$ est croissante sur $\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}$ puisque :
- la fonction $u:\fonction{\mathopen{[}2,+\infty\mathclose{[}}{\R_+}{x}{x^2-4}$ est croissante ;
- la fonction $v:\fonction{\R_+}{\R}{x}{\sqrt{x}}$ est croissante.
La composée d'une fonction décroissante et d'une fonction croissante est $\ldots$
$\ldots$ décroissante ; et on peut le justifier sans dérivée.
Soit $u : I\to J$ décroissante et $v : J \to \R$ croissante. Il est facile de prouver que :

$\hskip5ex \forall{x_1\in I}\,\,\,\forall{x_2\in I}\quad x_1 \leq x_2 \Rightarrow (v\circ u) (x_1) \geq (v\circ u) (x_2).$
Soit $x_1\in I$ et $x_2\in I$ tels que $x_1 \leq x_2.$ Alors :
- comme $u$ est décroissante, on a : \[ u(x_1) \geq u(x_2) ; \]
- comme $v$ est croissante, on en déduit : \[ v\big(u(x_1)\big) \geq v\big(u(x_2)\big) \] ou encore : \[ (v\circ u) (x_1) \geq (v\circ u) (x_2), \] ce qui prouve le résultat annoncé.
On peut en déduire que $f$ est décroissante sur $\ldots$
La fonction $f$ est croissante sur $\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$ puisque :
- la fonction $u:\fonction{\mathopen{[}0,2\mathclose{]}}{\R_+}{x}{4-x^2}$ est décroissante ;
- la fonction $v:\fonction{\R_+}{\R}{x}{\sqrt{x}}$ est croissante.
Pour le plaisir, on peut aussi prouver que la composée de deux fonctions décroissantes est $\ldots$
$\ldots$ croissante ; et on peut le justifier sans dérivée.
Soit $u : I\to J$ et $v : J \to \R$ deux fonctions décroissantes. Il est facile de prouver que :

$\hskip5ex \forall{x_1\in I}\,\,\,\forall{x_2\in I}\quad x_1 \leq x_2 \Rightarrow (v\circ u) (x_1) \leq (v\circ u) (x_2).$
Soit $x_1\in I$ et $x_2\in I$ tels que $x_1 \leq x_2.$ Alors :
- comme $u$ est décroissante, on a : \[ u(x_1) \geq u(x_2) ; \]
- comme $v$ est décroissante, on en déduit : \[ v\big(u(x_1)\big) \leq v\big(u(x_2)\big) \] ou encore : \[ (v\circ u) (x_1) \leq (v\circ u) (x_2), \] ce qui prouve le résultat annoncé.

En revanche, cette méthode ne permet pas de déterminer et de dessiner des tangentes pour préciser le tracé de la courbe.