Exercice - Étude d'une fonction rationnelle

Intersection avec les axes des abscisses :
Il faut résoudre \(f(x)=0\) sur \(D=\left[-\frac{1}{2};0\right[\cup]0;+\infty[\)

$x^2+x$ s'annule en $-1$ et en $0$ donc comme ces deux nombres sont hors du domaine d'étude, 
\(\dfrac{2x^2+x-1}{x^2+x}=0 \Leftrightarrow 2x^2+x-1=0\)

On calcule le discriminant : \(\Delta = b^2-4ac=1^2-4\times 2\times (-1)=9\)

L'équation \(2x^2+x-1=0\) possède donc deux solutions :
\(x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-1+3}{4}=\dfrac{1}{2}\)

et \(x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-1-3}{4}=-1\)

Mais comme l'étude se fait sur \(D=\left[-\frac{1}{2};0\right[\cup]0;+\infty[\), on ne garde que la solution \(x_1=\dfrac{1}{2}\).
Conclusion : La courbe ne coupe qu'une seule fois l'axe des abscisses au point de coordonnées \(\left(\dfrac{1}{2};0\right)\)

Limite en O :
Méthode 1 :
On sait qu'en $0$, une fraction rationnelle a même limite que le quotient des termes de plus bas degré (ici c'est \(-\dfrac{1}{x}\) : il faut distinguer limite à gauche et à droite de $0$).
On a donc :
\(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x>0}}f(x)=\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x>0}}\dfrac{2x^2+x-1}{x^2+x}=\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x>0}}-\dfrac{1}{x}=-\infty\)

\(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x<0}}f(x)=\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x<0}}\dfrac{2x^2+x-1}{x^2+x}=\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x<0}}-\dfrac{1}{x}=+\infty\)

Méthode 2 : on détaille tout ! (à regarder pour fixer les choses, mais la méthode 1 est plus rapide…)
\(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0}}2x^2+x-1=-1\)
\(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0}}x^2+x=0\)
Donc on obtient une limite du type "\(-\dfrac{1}{0}\)".
Il faut savoir si \(x^2+x\) tend vers 0 en étant positif ou négatif. On a donc besoin du signe de cette écriture.
On a : \(x^2+x=x(x+1)\)

D'où le tableau de signes :

On a en particulier que :
- Pour \(-1<x<0\), \(x(x+1)<0\)
- Pour \(x>0\), \(x(x+1)>0\)

On écrit alors les limites à droite et à gauche de $0$ :

\(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x<0}}x(x+1)=0\) en étant négatif donc :

\(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x<0}}\dfrac{1}{x(x+1)}=-\infty\)

Alors :
\(\left. \begin{array}{rcl} \displaystyle \displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x<0}}\dfrac{1}{x(x+1)} & = & -\infty\\ \\ \displaystyle\lim_{\substack{x \to 0}}2x^2+x-1 & = & -1\\ \end{array} \right\}\) \(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x<0}}\dfrac{2x^2+x-1}{x^2+x}=\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x<0}}(2x^2+x-1)\times \dfrac{1}{x^2+x}=+\infty\)

\(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x>0}}x(x+1)=0\) en étant positif donc \(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x>0}}\dfrac{1}{x(x+1)}=+\infty\) Alors :
\(\left. \begin{array}{rcl} \displaystyle \displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x>0}}\dfrac{1}{x(x+1)} & = & +\infty\\ \\ \displaystyle\lim_{\substack{x \to 0}}2x^2+x-1 & = & -1\\ \end{array} \right\}\) \(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x>0}}\dfrac{2x^2+x-1}{x^2+x}=\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x>0}}(2x^2+x-1)\times \dfrac{1}{x^2+x}=-\infty\)

Conclusion :
On a démontré que : \(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x<0}}f(x)=+\infty \) et \(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 0 \\ x>0}}f(x)=-\infty \).
Conséquence graphique : la droite d'équation \(x=0\) est asymptote verticale (c'est l'axe des ordonnées).

Limite en \(+\infty\) :
\(f\) est une fraction rationnelle : d'après le cours, la limite de \(f\) en l'infini est donc égale à la limite du quotient des termes de plus haut degré (ici, c'est \(2x^2\) pour le numérateur et \(x^2\) pour le dénominateur).
On a donc : \(\displaystyle\lim_{\substack{x \to +\infty}}f(x)=\displaystyle\lim_{\substack{x \to +\infty}}\dfrac{2x^2}{x^2}=\displaystyle\lim_{\substack{x \to +\infty}}2=2\)

Conséquence graphique : la droite d'équation \(y=2\) est asymptote horizontale à \(C_f\) en \(+\infty\).

3) a. \(f\) est dérivable sur \(D\) car c'est une fraction rationnelle (quotient de deux polynômes), bien définie sur \(D\).
Calcul de la dérivée de \(f\) :
\(u(x)=2x^2+x-1\) alors \(u'(x)=4x+1\)
\(v(x)=x^2+x\) alors \(v'(x)=2x+1\)

\(f'(x)=\dfrac{u'(x).v(x)-u(x).v'(x)}{v(x)^2}\)

\(f'(x)=\dfrac{(4x+1).(x^2+x)-(2x^2+x-1).(2x+1)}{(x^2+x)^2}\)

\(f'(x)=\dfrac{4x^3+4x^2+x^2+x-(4x^3+2x^2+2x^2+x-2x-1)}{(x^2+x)^2}\)

\(f'(x)=\dfrac{4x^3+5x^2+x-(4x^3+4x^2-x-1)}{(x^2+x)^2}\)

\(f'(x)=\dfrac{4x^3+5x^2+x-4x^3-4x^2+x+1}{(x^2+x)^2}\)

\(f'(x)=\dfrac{x^2+2x+1}{(x^2+x)^2}\)

\(f'(x)=\dfrac{(x+1)^2}{(x^2+x)^2}\)

On peut s'arrêter là dans le calcul ou remarquer que ce quotient est simplifiable par \(x+1\) :

On obtient alors :
\(f'(x)=\dfrac{(x+1)^2}{\left(x(x+1)\right)^2}=\left(\dfrac{x+1}{x(x+1)}\right)^2=\left(\dfrac{1}{x}\right)^2\)

Etude du signe de la dérivée :
Il est clair que pour tout \(x\) appartenant à \(D\), on a \(f'(x) > \)0.

La tangente \(T\) à \(C_f\) au point d'abscisse \(\dfrac{1}{2}\) a pour équation :

\(y=f'\left(\dfrac{1}{2}\right)\left(x-\dfrac{1}{2}\right)+f\left(\dfrac{1}{2}\right)\)

Avec : \(f\left(\dfrac{1}{2}\right)=0\) et \(f'\left(\dfrac{1}{2}\right)=\left(\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}\right)^2=4\)

Donc on a :
\(y=4\left(x-\dfrac{1}{2}\right)\)

\(y=4x-2\)

La tangente \(T\) à \(C_f\) au point d'abscisse \(\dfrac{1}{2}\) a pour équation \(y=4x-2\).
Graphique :