Exercice 08-06
Donner le domaine de définition et étudier la parité et la périodicité des fonctions
f
f
f
suivantes en donnant la période le cas échéant.
f
(
x
)
=
x
4
cos
(
3
x
)
1
+
sin
(
x
)
2
f(x) = \dfrac{x^4 \cos(3x)}{1+\sin(x)^2}
f
(
x
)
=
1
+
sin
(
x
)
2
x
4
cos
(
3
x
)
f
(
x
)
=
2
sin
(
1
2
x
)
cos
(
1
3
x
)
f(x)=2\sin\left(\frac{1}{2}x\right)\cos \left(\frac{1}{3}x\right)
f
(
x
)
=
2
sin
(
2
1
x
)
cos
(
3
1
x
)
f
(
x
)
=
tan
(
3
x
)
+
cos
(
π
x
)
f(x)=\tan(3x)+\cos(\pi x)
f
(
x
)
=
tan
(
3
x
)
+
cos
(
π
x
)
f
(
x
)
=
(
x
−
⌊
x
⌋
)
2
f(x)=(x-\lfloor x\rfloor)^2
f
(
x
)
=
(
x
−
⌊
x
⌋
)
2
,
Indications
Forum
Solution
D
(
f
)
=
R
D(f)=\mathbb{R}
D
(
f
)
=
R
.
f
f
f
est paire parce que les fonctions
x
4
,
cos
x^4,\cos
x
4
,
cos
et
sin
2
\sin^2
sin
2
sont paires.
f
f
f
n'est pas périodique (à cause du terme
x
4
x^4
x
4
).
D
(
f
)
=
R
D(f)=\mathbb{R}
D
(
f
)
=
R
.
sin
(
1
2
x
)
\sin\left(\frac{1}{2}x\right)
sin
(
2
1
x
)
est impair et
4
π
4\pi
4
π
-périodique;
cos
(
1
3
x
)
\cos\left(\frac{1}{3}x\right)
cos
(
3
1
x
)
est pair et
6
π
6\pi
6
π
-périodique. Ainsi
f
f
f
est impaire et
12
π
12\pi
12
π
-périodique.
La fonction
tan
(
3
x
)
\tan(3x)
tan
(
3
x
)
n'est pas définie pour
x
∈
{
π
6
+
k
⋅
π
3
:
k
∈
Z
}
x \in \left\{\frac{\pi }{6}+k\cdot \frac{\pi }{3}: k\in \mathbb{Z}\right\}
x
∈
{
6
π
+
k
⋅
3
π
:
k
∈
Z
}
, donc
D
(
f
)
=
R
\
{
π
6
+
k
⋅
π
3
:
k
∈
Z
}
.
D(f)=\mathbb{R}\left\backslash \left\{\frac{\pi }{6}+k\cdot \frac{\pi }{3}: k\in \mathbb{Z}\right\}\right..
D
(
f
)
=
R
\
{
6
π
+
k
⋅
3
π
:
k
∈
Z
}
.
tan
(
3
x
)
\tan(3x)
tan
(
3
x
)
est
π
3
\frac{\pi}{3}
3
π
-périodique et impaire.
cos
(
π
x
)
\cos(\pi x)
cos
(
π
x
)
est
2
2
2
-périodique et paire. Donc
f
f
f
n'est ni paire ni impaire. De plus,
f
f
f
n'est pas périodique car
π
/
3
2
∉
Q
\dfrac{\pi/3}{2} \notin \mathbb{Q}
2
π
/3
∈
/
Q
.
D
(
f
)
=
R
D(f)=\mathbb{R}
D
(
f
)
=
R
. Remarquons que
f
(
1
/
3
)
=
(
−
1
3
−
0
)
2
=
1
/
9
f(1/3)=(-\frac13-0)^2=1/9
f
(
1/3
)
=
(
−
3
1
−
0
)
2
=
1/9
et
f
(
−
1
/
3
)
=
(
−
1
3
−
(
−
1
)
)
2
=
4
/
9
f(-1/3)=(-\frac13-(-1))^2=4/9
f
(
−
1/3
)
=
(
−
3
1
−
(
−
1
)
)
2
=
4/9
, donc
f
f
f
n'est ni paire, ni impaire. Montrons que
f
f
f
est
1
1
1
-périodique. En effet, pour tout réel
x
x
x
, il existe un réel
α
(
x
)
∈
[
0
,
1
[
\alpha(x)\in [0,1[
α
(
x
)
∈
[
0
,
1
[
, appelé
partie fractionnaire de
x
x
x
, tel que
x
=
⌊
x
⌋
+
α
(
x
)
.
x=\lfloor x\rfloor +\alpha(x)\,.
x
=
⌊
x
⌋
+
α
(
x
)
.
(En mots: tout réel
x
x
x
est la somme de sa partie entière
⌊
x
⌋
\lfloor x \rfloor
⌊
x
⌋
et de sa partie fractionnaire
α
(
x
)
\alpha(x)
α
(
x
)
.)
Clairement,
α
(
x
)
\alpha(x)
α
(
x
)
est périodique, de période
1
1
1
:
α
(
x
±
1
)
=
α
(
x
)
\alpha(x\pm 1)=\alpha(x)
α
(
x
±
1
)
=
α
(
x
)
: on ne change pas la partie fractionnaire d'un réel si on le décale de
1
1
1
unité vers la droite/gauche. (Par exemple, si
x
=
π
=
3.141529
…
x=\pi=3.141529\dots
x
=
π
=
3.141529
…
, alors
α
(
x
)
=
0.141529
…
\alpha(x)=0.141529\dots
α
(
x
)
=
0.141529
…
, et donc
x
+
1
=
4.141529
…
x+1=4.141529\dots
x
+
1
=
4.141529
…
, qui satisfait
α
(
x
+
1
)
=
0.141529
⋯
=
α
(
x
)
\alpha(x+1)=0.141529\dots=\alpha(x)
α
(
x
+
1
)
=
0.141529
⋯
=
α
(
x
)
.) Et
1
1
1
est le plus petit réel
t
>
0
t\gt 0
t
>
0
avec cette propriété.
Ceci montre que la fonction
x
−
⌊
x
⌋
=
α
(
x
)
x-\lfloor x \rfloor=\alpha(x)
x
−
⌊
x
⌋
=
α
(
x
)
est périodique, de période
1
1
1
. Ceci implique que
f
(
x
)
=
α
(
x
)
2
f(x)=\alpha(x)^2
f
(
x
)
=
α
(
x
)
2
est aussi de période
1
1
1
. En effet, si
f
f
f
était
t
t
t
-périodique avec
t
<
1
t\lt 1
t
<
1
, le fait que
α
(
x
)
⩾
0
\alpha(x)\geqslant 0
α
(
x
)
⩾
0
implique que
α
(
x
)
=
f
(
x
)
\alpha(x)=\sqrt{f(x)}
α
(
x
)
=
f
(
x
)
serait aussi
t
t
t
-périodique.