Lycée Fénelon Sainte-Marie

Transcription

Préparation Science-Po/Prépa HEC
Fonctions
Version du 2 juillet 2015
Exercice 1 – 2nd degré : racines et coefficients
On rappelle que si l’équation ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) admet deux racines α et β
(éventuellement confondues) alors ces deux réels vérifient :
α +β =−
b
c
et α β =
a
a
On considère l’équation 2 x 2 + 3 x − 1 = 0 .
1. Vérifier qu’elle admet deux solutions distinctes α et β .
2. Sans déterminer les valeurs exactes de α et β , calculer :
α 2 + β 2 , (α − β ) ,
2
1
α
+
1
β
et
1
1
+
α −1 β −1
3. Déterminer toutes les équations du second degré admettant pour racines
α
α −1
2
et
β
β −1
2
.
Exercice 2 – 2nd degré : une famille de paraboles
Pour tout réel m différent de 2, on considère la parabole
Pm
d’équation :
y = ( m − 2) x2 + 5x + 7 − m
1. Montrer qu’il existe exactement deux points, A et B, appartenant à toutes les paraboles
Pm .
2. Déterminer le lieu C des sommets des paraboles
Pm .
3. Vérifier que les points A et B appartiennent à C et donner les équations des paraboles
dont les points A et B sont les sommets.
1-5
Marc Lichtenberg
Préparation Sciences Po/Prépa HEC
Suites – Exercices – Enoncés – Version du 2 juillet 2015
5 ( x + 1)
.
4. On pose f : x
x
2
a. Etudier les limites de f aux bornes de son domaine de définition.
2
5
( x + 2 ) est asymptote oblique à la
2
courbe représentative de la fonction f et étudier leur position relative.
b. Montrer que la droite
D
d’équation y =
(on rappelle que la droite d’équation y = ax + b est asymptote oblique à la courbe
représentative de la fonction f en +∞ (respectivement −∞ ) si on a :
lim ⎣⎡ f ( x ) − ( ax + b ) ⎦⎤ = 0 (respectivement lim ⎣⎡ f ( x ) − ( ax + b ) ⎦⎤ = 0 ))
x →+∞
x →−∞
c. On note I le point d’intersection des deux asymptotes obtenues aux questions
précédentes.
Montrer que la courbe représentative de la fonction f est symétrique par rapport à I
puis montrer que la famille des paraboles Pm est symétrique par rapport à I (on
montrera que pour tout réel m différent de 2, il existe un unique réel m ' différent
de 2 tel que les paraboles Pm et Pm ' soient symétriques par rapport à I).
Exercice 3 – A qui de prendre le quart ?
On considère la figure suivante :
2-5
Marc Lichtenberg
Le point M est un point du quart de cercle tel que IOM = x radians.
Pour quelle valeur de x les trajets AIM et AOM sont-ils de même longueur ?
Exercice 4 – Un encadrement
Montrer que pour tout réel x appartenant à l’intervalle [ 0 ; 2] , on a :
1 x3 − 2 x 2
− ≤ 2
≤0
2
x +1
Exercice 5 – L’inégalité de Bernoulli
Montrer que pour tout réel positif et tout entier n supérieur ou égal à 1, on a :
x n − 1 ≥ n ( x − 1)
Exercice 6 – Approximations
A l’aide d’approximations affines de fonctions judicieusement choisies, donner des valeurs
1
approchées de 38 et
. Dans chaque cas, on donnera l’erreur relative commise.
9,8
Exercice 7 – To be tangent or not to be tangent ? That’s the question !
La droite d’équation y = 5 x − 1 est-elle tangente à la courbe d’équation y = x3 − x 2 − 4 ?
Exercice 8 – Tangentes communes
1. Déterminer les tangentes communes aux paraboles
1
y = x 2 + 2 x + 3 et y = − x 2 + 1 .
2
2. Représenter graphiquement les paraboles
P1
3-5
et
P2
P1
et
P2
d’équations respectives
ainsi que les tangentes obtenues.
Marc Lichtenberg
Exercice 9 – Raccordement
On considère une parabole
•
O ( 0 ; 0 ) ∈ P1 .
•
I ( 4 ; 2 ) ∈ P1 .
•
La tangente à
P1
I ( 4 ; 2 ) ∈ P2 .
•
A ( 8 ; 0 ) ∈ P2 .
vérifiant :
en O est horizontale.
On considère une parabole
•
P1
P2
vérifiant :
1. Déterminer des équations des paraboles
tangente commune en I.
2. Représenter graphiquement
P1
et
P2
P1
et
P2
de sorte qu’elles admettent une
et la tangente commune en I.
Exercice 10 – Définition géométrique de la parabole
Dans un repère orthonormé, on considère la parabole P d’équation y = 2ax 2 ( a > 0 ).
Pour tout α ≠ 0 , on considère la droite d’équation x = α . Elle coupe la parabole P au point
Mα .On note T α et N α respectivement la tangente et la normale à P en Mα .
T α et N α .
Soit Rα la droite symétrique de la droite T α par rapport à la droite N α .
Déterminer l’équation réduite de la droite Rα .
1. Donner les équations réduites des droites
2.
Indication : on pourra considérer le point H (α ; 0 ) .
3. Montrer que toutes les droites Rα , quand α varie dans
dont on précisera les coordonnées.
* , passent par un même point F
1
.
8a
Soit le point P, projeté orthogonal du point M sur la droite Δ .
Comparer MF et MP.
4. Soit Δ la droite d’équation y = −
4-5
Marc Lichtenberg
Exercice 11 – 2D ou 3D ?
1. Quelles sont les dimensions du rectangle d’aire maximale que l’on peut inscrire, comme
l’indique la figure ci-dessous, dans un triangle isocèle de hauteur 10 cm et de base
12 cm ?
2. Quel est le diamètre du cylindre de volume maximum que l’on peut inscrire, comme
l’indique la figure ci-dessous, dans un cône de révolution de hauteur 10 cm et de base de
diamètre 12 cm ?
5-5
Marc Lichtenberg
Suites numériques – Exercices – Corrigés – Version du 2 juillet 2015
Corrigés
Exercice 1 – 2nd degré : racines et coefficients
On considère l’équation 2 x 2 + 3 x − 1 = 0 .
1. Le discriminant Δ associé au trinôme 2 x 2 + 3 x − 1 vaut : Δ = 32 − 4 × 2 × ( −1) = 9 + 8 = 17 .
Puisqu’il est strictement positif, l’équation considérée admet bien deux solutions
distinctes.
L’équation 2 x 2 + 3 x − 1 = 0 admet deux racines distinctes.
2. L’idée générale, dans ce genre de question est de faire apparaître la somme et le produit
3
1
des deux racines du trinôme 2 x 2 + 3 x − 1 . On a en effet : α + β = − et αβ = − .
2
2
On a alors :
⎛ 3⎞
2
⎛ 1⎞
9
13
α 2 + β 2 = α 2 + β 2 + 2αβ − 2αβ = (α + β ) − 2αβ = ⎜ − ⎟ − 2 × ⎜ − ⎟ = + 1 =
4
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠ 4
2
13
17
⎛ 1 ⎞ 13
− 2× ⎜ − ⎟ = +1 =
4
4
⎝ 2⎠ 4
1
−
αβ
1 1
1 2 1
+ =
= 2= × =
α β α +β −3 2 3 3
2
3
7
− −2
−
1
1
7
α +β −2
α +β −2
2
+
=
=
=
= 2 =−
1
3
2
4
α − 1 β − 1 (α − 1)( β − 1) αβ − (α + β ) + 1
⎛
⎞
− − ⎜ − ⎟ +1
2 ⎝ 2⎠
(α − β )
α2 + β2 =
2
= α 2 + β 2 − 2αβ =
1
1
7
13
17 1 1 1
2
, (α − β ) = , + = et
+
=−
4
4 α β 3
α −1 β −1
4
3. On a :
α
+
β
α 2 −1 β 2 −1
=
=
Collège Fénelon Sainte-Marie
α ( β 2 − 1) + β (α 2 − 1)
(α
2
− 1)( β 2 − 1)
αβ (α + β ) − (α + β )
(αβ )
2
− (α 2 + β 2 ) + 1
1 - 22
=
αβ 2 + βα 2 − α − β
α 2β 2 − α 2 − β 2 +1
=
(αβ − 1)(α + β )
2
(αβ ) − (α 2 + β 2 ) + 1
Marc Lichtenberg
Fonctions – Exercices – Corrigés – Version du 2 juillet 2015
En tenant compte de α 2 + β 2 =
α
+
β
α −1 β −1
2
2
13
(résultat obtenu à la question précédente), il vient :
4
=
(αβ − 1)(α + β )
2
(αβ ) − (α 2 + β 2 ) + 1
⎛ 1 ⎞⎛ 3 ⎞
⎜ − − 1⎟ ⎜ − ⎟
2 ⎠⎝ 2 ⎠
=⎝
=
2
⎛ 1 ⎞ 13
⎜ − ⎟ − +1
4
⎝ 2⎠
9
=−
8
2
⎛ 3⎞
9
9
⎜− ⎟
⎝ 2⎠ = 4 = 4
1 13
− + 1 −3 + 1 −2
4 4
Il vient ensuite :
1
−
αβ
αβ
2=1
×
=
=
=
2
2
2
2
2
2
2
α − 1 β − 1 (α − 1)( β − 1) (αβ ) − (α + β ) + 1 −2 4
α
β
Soit alors ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) une équation du second degré admettant
β
β −1
2
α
α −1
2
et
pour racines.
α
β
9
b
9
= − = − . D’où : b = a .
a
α −1 β −1
8
8
α
β
1 c
1
= = . D’où : c = a .
Par ailleurs : 2 × 2
α −1 β −1 4 a
4
9
1
1
L’équation est donc de la forme : ax 2 + ax + a = 0 soit a ( 8 x 2 + 9 x + 2 ) = 0 soit
8
4
8
encore, a pouvant prendre n’importe quelle valeur réelle : a ( 8 x 2 + 9 x + 2 ) = 0 .
On a :
2
+
2
Les équations du second degré admettant
α
α −1
2
et
β
β −1
2
pour racines
sont les équations de la forme :
a (8 x 2 + 9 x + 2 ) = 0
où a est un réel non nul.
2 - 22
Marc Lichtenberg
Exercice 2 – 2nd degré : une famille de paraboles
1. Soit M (α ; β ) un point du pan. Ce point appartient à toutes les paraboles
Pm
si, et
seulement si :
∀m ∈
⇔ ∀m ∈
⇔ ∀m ∈
\ {2} , M (α ; β ) ∈ Pm
\ {2} , β = ( m − 2 ) α 2 + 5α + 7 − m
\ {2} , (α 2 − 1) m + ( −2α 2 + 5α + 7 − β ) = 0
⎧⎪
α 2 −1 = 0
⇔⎨
2
⎪⎩−2α + 5α + 7 − β = 0
(α − 1)(α + 1) = 0
⎪⎧
⇔⎨
2
⎪⎩−2α + 5α + 7 − β = 0
⎧α = −1 ou α = 1
⇔⎨
2
⎩ β = −2α + 5α + 7
⇔ (α ; β ) = ( −1; 0 ) ou (α ; β ) = (1;10 )
Les paraboles
Pm
passent toutes par les points A ( −1; 0 ) et B (1;10 ) .
A titre de complément, nous fournissons ci-dessous les représentations graphique des
paraboles P1 (en rouge), P1 (en bleu), P4 (en jaune) et P5 (en vert). On a également
2
fait apparaître les points A ( −1; 0 ) et B (1;10 ) .
3 - 22
2
Marc Lichtenberg
2. On a vu que toutes les paraboles
Pm
passaient par le point A ( −1; 0 ) . En d’autres termes,
toutes les équations ( m − 2 ) x + 5 x + 7 − m = 0 admettent comme racine −1 . On sait que le
2
produit des racines vaut
7−m
. Pour m fixé différent de 2, l’autre racine de l’équation
m−2
m−7
. Ainsi, le sommet de la parabole d’équation y = ( m − 2 ) x 2 + 5 x + 7 − m
m−2
1⎛
m−7⎞
−5
. On remarque immédiatement que
admet pour abscisse : xS = ⎜ −1 +
⎟=
2⎝
m − 2 ⎠ 2 ( m − 2)
vaut donc
xS ne peut être nul (le numérateur de la fraction ne peut l’être).
On pouvait bien sûr obtenir directement ce résultat en utilisant le fait que, plus
généralement, l’abscisse du sommet de la parabole d’équation y = ax 2 + bx + c vaut −
L’ordonnée du sommet de la parabole
Pm
b
.
2a
vaut alors :
2
⎛ −5 ⎞
⎛ −5 ⎞
yS = ( m − 2 ) × ⎜⎜
⎟⎟ + 5 × ⎜⎜
⎟⎟ + 7 − m
⎝ 2 ( m − 2) ⎠
⎝ 2 ( m − 2) ⎠
25
25
= ( m − 2) ×
−
+7−m
2
4 ( m − 2) 2 ( m − 2)
=
25
25
−
+7−m
4 ( m − 2) 2 ( m − 2)
=−
25
+7−m
4 ( m − 2)
=
−25 + 4 ( m − 2 )( 7 − m )
4 ( m − 2)
=
−4m 2 + 36m − 81
4 ( m − 2)
On va maintenant chercher à éliminer le paramètre m entre xS et yS .
Nous allons « travailler » l’expression de yS qui est plus complexe.
On a : yS =
−4m 2 + 36m − 81
1
=
× ( −4m 2 + 36m − 81) .
4 ( m − 2)
4 ( m − 2)
x
−5
1
=− S .
, il vient immédiatement :
2 ( m − 2)
4 ( m − 2)
10
2x
4x − 5
1
5
Mais il en découle aussi :
.
= − S soit m = 2 −
= S
5
2 xS
2 xS
m−2
Comme xS =
4 - 22
Marc Lichtenberg
D’où :
2
⎛ 4x − 5 ⎞
⎛ 4 xS − 5 ⎞
−4m + 36m − 81 = −4 × ⎜ S
⎟ + 36 × ⎜
⎟ − 81
⎝ 2 xS ⎠
⎝ 2 xS ⎠
2
=
− ( 4 xS − 5 )
2
+
2
S
x
18 ( 4 xS − 5 )
xS
− 81
=
−16 xS2 + 40 xS − 25 + 72 xS2 − 90 xS − 81xS2
xS2
=
xS2 + 2 xS + 1
−25 xS2 − 50 xS − 25
25
=
−
xS2
xS2
= −25
( xS + 1)
2
xS2
Finalement :
yS =
1
× ( −4m 2 + 36m − 81)
4 ( m − 2)
2
xS + 1) ⎞
(
xS ⎛
= − × ⎜ −25
⎟
xS2 ⎟⎠
10 ⎜⎝
=
5 ( xS + 1)
xS
2
2
5 ( x + 1)
.
d’équation y =
x
2
2
Les sommets des paraboles sont donc situés sur la courbe C
Réciproquement, si on considère un point S ( x ; y ) de la courbe C d’équation
5 ( x + 1)
y=
, on peut se demander s’il existe une parabole
x
2
2
∃m ≠ 2 / S sommet de Pm
Pm
de sommet S.
−5
⎧
⎪ x = 2 ( m − 2)
⎪
⇔ ∃m ≠ 2 / ⎨
2
⎪ y = −4m + 36m − 81
⎪⎩
4 ( m − 2)
5 ( x + 1)
5
La première ligne du système est vérifiée pour m = 2 − . Comme on a y =
,
2
x
2x
on constate alors que la seconde ligne est vérifiée.
2
5 - 22
Marc Lichtenberg
5 ( x + 1)
, il existe
En définitive, pour tout point S ( x ; y ) de la courbe C d’équation y =
2
x
une unique valeur de m telle que S ( x ; y ) est le sommet de la parabole Pm .
2
5 ( x + 1)
Le lieu des sommets des paraboles Pm est la courbe C d’équation y =
2
x
et tout point de cette courbe est le sommet d’une parabole Pm .
2
A titre de complément, nous avons fourni ci-dessous une représentation graphique de
quelques paraboles Pm (en pointillés) pour différentes valeurs de m, de leurs sommets
5 ( x + 1)
(en bleu).
d’équation y =
2
x
2
(points rouges) et de la courbe C
5 ( x + 1)
5 ( −1 + 1)
3. Pour x = −1 , on a immédiatement :
=
= 0 . Ainsi, le point A ( −1; 0 )
2
x
2 −1
appartient bien à la courbe C .
2
6 - 22
2
Marc Lichtenberg
5 ( x + 1)
5 (1 + 1)
5
Pour x = 1 , on a :
=
= × 4 = 10 . Ainsi, le point B (1;10 ) appartient
2
x
2 1
2
bien à la courbe C .
2
2
D’après la question précédente, la parabole dont A ( −1; 0 ) est le sommet est la parabole
de paramètre m = 2 −
5
5 9
= 2+ = .
2x
2 2
5 2
5
x + 5x + .
2
2
De même, la parabole dont B est le sommet est la parabole de paramètre
5
5
1
5
15
m = 2−
= 2 − = − . Il s’agit donc de la parabole d’équation : y = − x 2 + 5 x + .
2x
2
2
2
2
Il s’agit donc de la parabole d’équation : y =
Le points A et B sont les sommets respectifs des paraboles
P9 : y = 5 x 2 + 5 x + 5 et P− 1 : y = − 5 x 2 + 5 x + 15 .
2
2
2
2
2
2
A titre de complément, nous fournissons ci-après une représentation graphique de la
courbe C (en bleu) et des paraboles P9 et P 1 (en pointillés).
−
2
7 - 22
2
Marc Lichtenberg
4. a. La fonction f est une fonction rationnelle et n’est pas définie pour x = 0 . Son domaine
de définition D f est donc : D f = * = ]−∞ ; 0[ ∪ ]0 ; + ∞[ .
On va donc chercher les limites de la fonction f en 0 (à gauche et à droite), en −∞ et en
+∞ .
5
1
1
2⎞
⎛5
On a : lim ⎜ ( x + 1) ⎟ = . Par ailleurs : lim = −∞ et lim = +∞ .
x →0 2
x →0 x
x →0 x
⎝
⎠ 2
x<0
x >0
On en déduit (produit) : lim f ( x ) = −∞ et lim f ( x ) = +∞ .
x →0
x<0
x →0
x >0
5 ( x + 1)
5 x2 + 2 x + 1 5 ⎛
1⎞
=
= ⎜x+2+ ⎟.
2
2
2⎝
x
x
x⎠
1
On a immédiatement : lim ( x + 2 ) = −∞ , lim ( x + 2 ) = +∞ et lim = 0 .
x →−∞
x →+∞
x →±∞ x
1⎞
1⎞
⎛
⎛
On en déduit (somme) : lim ⎜ x + 2 + ⎟ = −∞ et lim ⎜ x + 2 + ⎟ = +∞ .
x →−∞
x
→+∞
x⎠
x⎠
⎝
⎝
Finalement : lim f ( x ) = −∞ et lim f ( x ) = +∞ .
2
Ensuite, pour tout x réel non nul, on a : f ( x ) =
x →−∞
x →+∞
lim f ( x ) = −∞ et lim f ( x ) = +∞
x →0
x<0
x →0
x >0
lim f ( x ) = −∞ et lim f ( x ) = +∞
x →−∞
x →+∞
Remarque : comme on a lim f ( x ) = −∞ et lim f ( x ) = +∞ (une seule limite infinie suffit
x →0
x<0
x →0
x >0
pour conclure), la courbe représentative de la fonction f, c'est-à-dire la courbe C , admet
la droite d’équation x = 0 comme asymptote verticale.
b. Pour tout x réel non nul, on a :
f ( x) −
5
5 ( x + 1) 5
5 ( x + 1) − x ( x + 2 ) 5
− ( x + 2) =
=
( x + 2) =
x
x
2
2
2
2
2x
2
2
5
5
⎡
⎤
On en déduit immédiatement : lim ⎢ f ( x ) − ( x + 2 ) ⎥ = lim
= 0.
x →±∞
2
⎣
⎦ x →±∞ 2 x
On en conclut :
5
( x + 2 ) est asymptote oblique
2
à la courbe représentative de la fonction f en −∞ et en +∞ .
La droite
D
d’équation y =
8 - 22
Marc Lichtenberg
Pour étudier la position relative de la droite D et de la courbe C , on étudie le signe de
5
5
.
la différence f ( x ) − ( x + 2 ) , c'est-à-dire, d’après la question précédente, de
2
2x
Il vient immédiatement :
5
5
< 0 soit f ( x ) < ( x + 2 ) : la courbe représentative de la fonction f
2x
2
est située sous la droite D .
•
Sur
•
Sur
Sur
*
−
,
5
5
> 0 soit f ( x ) < ( x + 2 ) : la courbe représentative de la fonction f
2x
2
est située au-dessus de la droite D .
*
−
*
+
,
, la courbe C est située sous la droite
D
et sur
*
+
, elle est située au-dessus.
c. La courbe représentative de la fonction f admet deux asymptotes : la droite d’équation
5
x = 0 et la droite d’équation y = ( x + 2 ) .
2
Les coordonnées de leur point d’intersection I ( x ; y ) vérifient donc le système
⎧x = 0
⎪
⎨
5
⎪⎩ y = 2 ( x + 2 )
Celui-ci admet comme solution immédiate le couple ( 0 ; 5 ) .
Le point d’intersection des deux asymptotes de la courbe représentative de la fonction f est
le point I ( 0 ; 5 ) .
Pour montrer que la courbe C est symétrique par rapport au point I, il suffit de montrer
que : pour tout x non nul, le point M ( x ; y ) appartient à C si, et seulement si, le point
P ( − x ; − y + 10 ) appartient à C .
Pour tout x réel non nul, on a :
M ( x ; y ) ∈C ⇔ y =
5 ( x + 1)
5 ( x + 1)
⇔ − y + 10 = −
+ 10
x
x
2
2
2
2
2
2
2
⎤
5 ⎡ ( x + 1)
5 ( x + 1) − 4 x
5 ( x − 1)
⇔ − y + 10 = ⎢
+ 4 ⎥ ⇔ − y + 10 =
⇔ − y + 10 =
2 ⎢⎣ − x
2
2 −x
−x
⎥⎦
5 ( − x + 1)
⇔ P ( − x ; − y + 10 ) ∈C
2 −x
2
⇔ − y + 10 =
Le résultat est ainsi établi.
9 - 22
Marc Lichtenberg
La courbe C représentative de la fonction f est symétrique par rapport au point I ( 0 ; 5 ) .
Soit maintenant Pm et Pm ' deux paraboles d’indices m et m ' , différents de 2,
respectivement.
Pm et Pm ' sont symétriques l’une de l’autre par rapport au point I ( 0 ; 5) si, et seulement
si, pour tout x réel, le point M ( x ; y ) appartient à
P ( − x ; − y + 10 ) appartient à
Pm
si, et seulement si, le point
Pm ' .
On veut donc : ∀x ∈ , M ( x ; y ) ∈Pm ⇔ P ( − x ; − y + 10 ) ∈ Pm ' .
On a :
M ( x ; y ) ∈ Pm
⇔ y = ( m − 2) x2 + 5x + 7 − m
⇔ − y + 10 = ( 2 − m ) x 2 − 5 x + m + 3
⇔ − y + 10 = ( 2 − m ) × ( − x ) + 5 × ( − x ) + m + 3
2
La dernière égalité traduit le fait que le point P ( − x ; − y + 10 ) appartient à
Pm '
pour tout x
réel si, et seulement si, on a : 2 − m = m '− 2 et m + 3 = 7 − m ' , c'est-à-dire m + m ' = 4 .
On peut finalement conclure :
Pour tout réel m différent de 2, la parabole il existe une unique parabole, la parabole
Pm par rapport au point I ( 0 ; 5) .
La famille des paraboles Pm est symétrique par rapport au point I.
P4−m ,
symétrique de
A titre de complément, nous avons fourni page suivante une représentation graphique de
la courbe C (en bleu), de l’asymptote oblique D (en rouge) et des paraboles P6 et
P−2 symétriques par rapport au point I. Sur la parabole P6 nous avons fait apparaître un
point M et sur la parabole P−2 son symétrique P par rapport à I.
10 - 22
Marc Lichtenberg
Exercice 3 – A qui de prendre le quart ?
Notons R le rayon du quart de cercle.
Dans le triangle OMA, rectangle en A, on a : cos x =
Ainsi, la longueur l ( AOM ) du trajet AOM vaut :
OA OA
. Donc : OA = R cos x .
=
R
OM
l ( AOM ) = AO + OM = R cos x + R = R ( cos x + 1)
Par ailleurs, l’angle x étant exprimé en radians, la longueur de l’arc IM vaut xR .
Ainsi, la longueur l ( AIM ) du trajet AIM vaut :
l ( AIM ) = AI + IM = OI − OA + IM = R − R cos x + xR = R (1 − cos x + x )
11 - 22
Marc Lichtenberg
Les deux trajets ont donc même longueur si, et seulement si :
R ( cos x + 1) = R (1 − cos x + x )
⇔ cos x + 1 = 1 − cos x + x
⇔ cos x = − cos x + x
⇔ x = 2 cos x
x − 2cos x ou à l’aide d’une résolution
A l’aide de la calculatrice, en tabulant la fonction x
graphique (G-Solv), on obtient comme unique solution : 1, 03 (valeur approchée à 10−2 ).
Exercice 4 – Un encadrement
Montrer que pour tout réel x appartenant à l’intervalle [ 0 ; 2] , on a :
1 x3 − 2 x 2
− ≤ 2
≤0
x +1
2
On va considérer la fonction f : x
x3 − 2 x 2
définie sur l’intervalle [ 0 ; 2] .
x2 + 1
12 - 22
Marc Lichtenberg
Elle y est dérivable en tant que fonction rationnelle et pour tout réel x de l’intervalle [ 0 ; 2] ,
on a (dérivée d’un rapport) :
( 3x
f '( x) =
=
2
− 4 x )( x 2 + 1) − ( x 3 − 2 x 2 ) × 2 x
(
(x
2
+ 1)
2
x 3 x 3 + 3 x −4 x 2 − 4 − 2 x3 +4 x 2
(x
+ 1)
2
=
x ⎡⎣( 3 x − 4 ) ( x 2 + 1) − 2 ( x3 − 2 x 2 ) ⎤⎦
) = x ( x + 3x − 4 )
2
+ 1)
2
3
(x
2
(x
2
+ 1)
Pour tout x réel dans l’intervalle [ 0 ; 2] , on a immédiatement
2
(x
x
2
+ 1)
2
≥ 0 et
(x
x
2
+ 1)
2
ne
s’annule que pour x = 0 .
Pour étudier le signe du trinôme x 3 + 3 x − 4 , on peut remarquer que x = 1 en est racine.
On a alors facilement : x 3 + 3 x − 4 = ( x − 1) ( x 2 + x + 4 ) . Le trinôme x 2 + x + 4 ne s’annulant
pas (discriminant strictement négatif), le signe de x 3 + 3 x − 4 est donc celui de x − 1 .
Finalement :
• f ' ( 0 ) = f ' (1) = 0 .
•
Si x ∈ ]0 ;1[ , f ' ( x ) < 0 .
•
Si x ∈ ]1; 2] , f ' ( x ) > 0 .
La fonction f est donc strictement décroissante sur l’intervalle [ 0 ;1] et strictement croissante
sur l’intervalle [1; 2] . Elle admet donc un minimum en 1 et son maximum est atteint en 0 ou
en 2.
03 − 2 × 0 2
23 − 2 × 2 2
=
= 0 . Ainsi, le maximum de f sur
=
0
et
f
2
(
)
02 + 1
22 + 1
l’intervalle [ 0 ; 2] vaut 0.
On a : f ( 0 ) =
13 − 2 × 12
1
=− .
2
1 +1
2
1
Finalement : ∀x ∈ [ 0 ; 2] , − ≤ f ( x ) ≤ 0 .
2
Le résultat est établi.
Par ailleurs : f (1) =
∀x ∈ [ 0 ; 2] , −
1 x3 − 2 x 2
≤ 2
≤0
2
x +1
13 - 22
Marc Lichtenberg
Exercice 5 – L’inégalité de Bernoulli
Notons d’abord que pour n = 1 , l’inégalité est trivialement vérifiée : x n − 1 = x − 1 et
n ( x − 1) = x − 1.
Nous supposons donc désormais n > 1 .
Pour tout entier naturel n strictement supérieur à 1, on définit sur
+
la fonction f n par :
f n ( x ) = x n − 1 − n ( x − 1)
La fonction f n est dérivable sur l’intervalle
réel x positif, on a :
+
en tant que fonction polynôme et pour tout
f n ' ( x ) = n x n −1 − n = n ( x n −1 − 1)
La fonction x
x n −1 − 1 est strictement croissante sur + (dérivez-la si vous n’en êtes pas
convaincu(e) … ☺) et s’annule en 1. On en déduit immédiatement :
• ∀x ∈ [ 0 ;1[ , on a : f n ' ( x ) < 0 .
•
•
f n ' (1) = 0 .
∀x ∈ ]1; + ∞[ , on a : f n ' ( x ) > 0 .
Ainsi, la fonction f n est strictement décroissante sur l’intervalle [ 0 ;1] et strictement
croissante sur l’intervalle [1; + ∞[ . On en déduit que sur
+
la fonction f n admet un
minimum en x = 1 . Ce minimum vaut : f n (1) = 1 − 1 − n (1 − 1) = 0 .
n
Ainsi, pour tout x réel positif, on a : f n ( x ) = x n − 1 − n ( x − 1) ≥ f n (1) = 0 , soit :
x n − 1 ≥ n ( x − 1)
Le résultat est établi.
Exercice 6 – Approximations
Valeur approchée de
38
Nous considérons la fonction racine carrée qui est dérivable sur *+ et que nous notons f pour
pouvoir plus aisément utiliser les notations du cours. Le carré parfait le plus proche de 38 est
36. On peut donc écrire :
38 = f ( 38 )
f ( 36 ) + f ' ( 36 ) × ( 38 − 36 )
14 - 22
Marc Lichtenberg
On a immédiatement : f ( 36 ) = 36 = 6 .
Par ailleurs, pour tout réel x strictement positif, il vient : f ' ( x ) =
D’où : f ' ( 36 ) =
1
2 x
.
1
1
= .
2 36 12
Il vient alors :
38 = f ( 38 )
f ( 36 ) + f ' ( 36 ) × ( 38 − 36 ) = 6 +
1
1 37
×2 = 6+ =
12
6 6
37
− 38
37
=
− 1 3, 65 ×10−4 = 0, 0365% .
L’erreur relative commise vaut : 6
38
6 38
Bien évidemment, cette erreur est calculée à l’aide d’une calculatrice qui nous fournit
directement une valeur très précise de 38 !
37
comme
6
38 . On commet ainsi une erreur d’environ 0,0365% (surestimation).
A l’aide de l’approximation affine de la fonction racine carrée en 36, on obtient
valeur approchée de
Valeur approchée de
1
9,8
On va cette fois travailler avec la fonction inverse, dérivable sur
*
+
(c’est un intervalle qui
nous intéresse ici car 9,8 ∈ ), que nous notons encore f.
10 est « proche » de 9,8 et son inverse est simple.
*
+
On peut donc écrire :
1
= f ( 9,8 )
9,8
On a immédiatement : f (10 ) =
f (10 ) + f ' (10 ) × ( 9,8 − 10 )
1
= 0,1 .
10
Par ailleurs, pour tout réel x strictement positif, il vient : f ' ( x ) = −
D’où : f ' (10 ) = −
1
.
x2
1
1
=−
= −0, 01 .
2
10
100
Il vient alors :
1
= f ( 9,8 )
9,8
f (10 ) + f ' (10 ) × ( 9,8 − 10 ) = 0,1 − 0, 01× ( −0, 2 ) = 0,1 + 0, 002 = 0,102
15 - 22
Marc Lichtenberg
Comme
1 10 5
102
51
, l’erreur relative commise vaut :
et 0,102 =
=
=
=
1 000 500
9,8 98 49
51 5
−1
−
−1
49
−1
500 49 = 500 × 49 =
×
=
= −4 ×10−4 = −0, 04%
5
5
5
2500
500 × 49
49
49
A l’aide de l’approximation affine de la fonction inverse, on obtient 0,102 comme valeur
1
. On commet ainsi une erreur de −0, 04% (sous-estimation).
approchée de
9,8
Exercice 7 – To be tangent or not to be tangent ? That’s the question !
La droite d’équation y = 5 x − 1 est-elle tangente à la courbe d’équation y = x3 − x 2 − 4 ?
La courbe C d’équation y = x3 − x 2 − 4 peut être vue comme la courbe représentative de la
fonction f : x
x3 − x 2 − 4 . Il s’agit d’une fonction polynôme, donc dérivable sur
et de
dérivée f ' : x
3x 2 − 2 x .
Pour que la droite d’équation y = 5 x − 1 soit tangente à la courbe C , il faut (mais ce n’est pas
suffisant !) qu’il existe (au moins) une valeur de x telle que f ' ( x ) = 5 .
On doit donc commencer par résoudre : 3 x 2 − 2 x = 5 .
On montre facilement que l’équation 3 x 2 − 2 x − 5 admet pour solutions −1 et
L’équation réduite de la tangente à C au point d’abscisse −1 s’écrit :
5
.
3
y = f ' ( −1) × ( x − ( −1) ) + f ( −1) = 5 × ( x + 1) − 6 = 5 x − 1
On trouve l’équation réduite de la droite proposée dans l’énoncé.
L’équation réduite de la tangente à C au point d’abscisse
5
s’écrit :
3
5 ⎞ 58
283
⎛ 5 ⎞ ⎛ ⎛ 5 ⎞⎞
⎛5⎞
⎛
y = f '⎜ ⎟ × ⎜ x − ⎜ ⎟ ⎟ + f ⎜ ⎟ = 5× ⎜ x − ⎟ −
= 5x −
3 ⎠ 27
27
⎝ 3 ⎠ ⎝ ⎝ 3 ⎠⎠
⎝ 3⎠
⎝
On trouve l’équation d’une droite parallèle à celle de l’énoncé.
Finalement :
La courbe d’équation y = x3 − x 2 − 4 admet au point ( −1; − 6 )
une tangente d’équation réduite y = 5 x − 1
16 - 22
Marc Lichtenberg
Remarque : pour plus de lisibilité, nous avons choisi un repère orthogonal mais non
orthonormal.
Exercice 8 – Tangentes communes
1. Soit A et B des points des paraboles
soit tangente paraboles
P1
et
P2
Comme A appartient à la parabole
P1
et
P2
respectivement tels que la droite ( AB )
en A et B respectivement.
P1
d’équation y = x 2 + 2 x + 3 , ses coordonnées sont
de la forme ( a ; a 2 + 2a + 3) . De façon analogue, les coordonnées de B sont de la forme
1 2 ⎞
⎛
⎜ b ; − b + 1⎟ .
2
⎝
⎠
La droite ( AB ) ne peut être verticale puisqu’une parabole ne peut admettre de tangente
verticale. On a donc nécessairement a ≠ b et le coefficient directeur de la droite ( AB )
1
1
1
− b 2 + 1 − ( a 2 + 2a + 3 ) − a 2 − 2a − b 2 − 2 a 2 + 2a + b 2 + 2
y − yA
2
2
vaut : B
= 2
=
=
.
xB − xA
b−a
b−a
a −b
17 - 22
Marc Lichtenberg
La droite ( AB ) sera alors une tangente commune aux paraboles
P1
et
P2
si, et
seulement si, son coefficient directeur est égal au coefficient directeur de la tangente à
en A et au coefficient directeur de la tangente à P2 en B.
La parabole
x
P1
P1
d’équation y = x 2 + 2 x + 3 est la courbe représentative de la fonction
x 2 + 2 x + 3 de dérivée x
2 x + 2 . Au point ( a ; a 2 + 2a + 3) , le coefficient directeur
de la tangente vaut donc 2a + 2 . On a ainsi une première égalité :
1
a 2 + 2a + b 2 + 2
2
= 2a + 2
a −b
1
d’équation y = − x 2 + 1 est la courbe représentative de la fonction
2
1
1
⎛
⎞
x
− x 2 + 1 de dérivée x − x . Au point ⎜ b ; − b 2 + 1⎟ , le coefficient directeur de la
2
2
⎝
⎠
tangente vaut donc −b . On a ainsi une deuxième égalité :
La parabole
P2
1
a 2 + 2a + b 2 + 2
2
= −b
a −b
On doit donc résoudre le système :
1 2
⎧ 2
⎪ a + 2a + 2 b + 2
= 2a + 2
⎪⎪
a −b
⎨
⎪ a 2 + 2a + 1 b 2 + 2
⎪
2
= −b
⎪⎩
a −b
On a immédiatement : 2a + 2 = −b , soit : b = −2a − 2 .
18 - 22
Marc Lichtenberg
On procède alors par substitution :
1
a 2 + 2a + b 2 + 2
2
= 2a + 2
a −b
1
2
a 2 + 2a + ( −2a − 2 ) + 2
2
⇔
= 2a + 2
a − ( −2a − 2 )
1
2
⇔ a 2 + 2a + × 4 ( a + 1) + 2 = 2 ( a + 1) × ( 3a + 2 )
2
⇔ a 2 + 2a + 2 ( a 2 + 2a + 1) + 2 = 2 ( 3a 2 + 5a + 2 )
⇔ 3a 2 + 6a + 4 = 6a 2 + 10a + 4
⇔ 3a 2 + 4a = 0
⇔ a ( 3a + 4 ) = 0
⇔ a = 0 ou a = −
4
3
Pour a = 0 , on obtient b = −2 × 0 − 2 = −2 .
4
8
2
⎛ 4⎞
Pour a = − , on obtient b = −2 × ⎜ − ⎟ − 2 = − 2 = .
3
3
3
⎝ 3⎠
⎛ 4 2⎞
Le système admet donc deux couples solutions : ( 0 ; − 2 ) et ⎜ − ; ⎟ .
⎝ 3 3⎠
Pour a = 0 , on obtient sur la parabole
(a ; a
2
P1
le point A de coordonnées
+ 2a + 3) = ( 0 ; 3) et pour b = −2 , on obtient sur la parabole
P2
le point B de
1
⎛
⎞
coordonnées ⎜ b ; − b 2 + 1⎟ = ( −2 ; − 1) .
2
⎝
⎠
Comme la pente de la droite ( AB ) est égale à −b = − ( −2 ) = 2 alors une équation de cette
droite est : y − yA = 2 ( x − xA ) , soit y − 3 = 2 ( x − 0 ) . L’équation réduite de la droite ( AB )
s’écrit donc : y = 2 x + 3 .
4
Pour a = − , on obtient sur la parabole P1 le point C de coordonnées
3
( a ; a 2 + 2a + 3) = ⎛⎜⎝ − 43 ; 199 ⎞⎟⎠ et pour b = 23 , on obtient sur la parabole P2 le point D de
1
⎛
⎞ ⎛2 7⎞
coordonnées ⎜ b ; − b 2 + 1⎟ = ⎜ ; ⎟ .
2
⎝
⎠ ⎝3 9⎠
19 - 22
Marc Lichtenberg
2
alors une équation de cette droite
3
19
2 ⎛ ⎛ 4 ⎞⎞
2
est : y − yA = − ( x − xA ) , soit y − = − ⎜ x − ⎜ − ⎟ ⎟ . L’équation réduite de la droite
3
9
3 ⎝ ⎝ 3 ⎠⎠
2
11
( CD ) s’écrit donc : y = − x + .
3
9
Comme la pente de la droite ( CD ) est égale à −b = −
Les paraboles
P1 : y = x 2 + 2 x + 3 et P2 : y = − 1 x 2 + 1 admettent deux tangentes
2
2
11
communes : les droites d’équations y = 2 x + 3 et y = − x + .
3
9
2. On obtient :
20 - 22
Marc Lichtenberg
Exercice 9 – Raccordement
1. Nous pouvons poser :
P1 : y = ax 2 + bx + c
et
P2 : y = a ' x 2 + b ' x + c ' .
Comme O ( 0 ; 0 ) ∈ P1 , il vient immédiatement c = 0 .
Par ailleurs, le coefficient directeur de la tangente au point de P1 d’abscisse x vaut
2ax + b . En O, on a x = 0 et le coefficient directeur de la tangente en ce point vaut donc
b. Mais d’après l’énoncé, cette tangente est horizontale et donc de coefficient directeur
nul. On a donc b = 0 . Une équation de P1 s’écrit donc y = ax 2 .
2 1
Enfin, comme I ( 4 ; 2 ) ∈ P1 , on a 2 = a × 4 2 soit a =
= .
16 8
1
Finalement : P1 : y = x 2 .
8
Le coefficient directeur de la tangente à
P1
en I vaut donc :
1
× 4 =1.
4
Comme I ( 4 ; 2 ) ∈ P2 , on a : 2 = a ' × 42 + b ' × 4 + c ' soit 16a '+ 4b '+ c ' = 2 .
Comme A ( 8 ; 0 ) ∈ P2 , on a : 0 = a ' × 82 + b ' × 8 + c ' soit 64a '+ 8b '+ c ' = 0 .
Le coefficient directeur de la tangente à
P2
en I vaut : 2a ' × 4 + b ' = 8a '+ b ' .
Puisque l’on souhaite que les tangentes en I à
avoir : 8a '+ b ' = 1.
P1
et à
P2
soient confondues, on doit
En définitive, les coefficients a ' , b ' et c ' vérifient le système :
⎧16a '+ 4b '+ c ' = 2
⎪
⎨64a '+ 8b '+ c ' = 0
⎪
8a '+ b ' = 1
⎩
On a :
⎧16a '+ 4b '+ c ' = 2 ⎧ 16a '+ 4b '+ c ' = 2 ⎧16a '+ 4b '+ c ' = 2 ⎧16a '+ 4b '+ c ' = 2
⎪
⎪
⎪
⎪
8+c' = 0 ⇔ ⎨
c ' = −8
⎨64a '+ 8b '+ c ' = 0 ⇔ ⎨8 ( 8a '+ b ') + c ' = 0 ⇔ ⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
8a '+ b ' = 1
8a '+ b ' = 1
8a '+ b ' = 1
8a '+ b ' = 1
⎩
⎩
⎩
⎩
⎧
⎪b ' = 4
⎧2b ' = 8
⎧ b' = 4
⎧16a '+ 4b ' = 10
⎧2 − 2b '+ 4b ' = 10
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
c ' = −8 ⇔ ⎨
c ' = −8 ⇔ ⎨ c ' = −8 ⇔ ⎨ c ' = −8 ⇔ ⎨ c ' = −8
⇔⎨
⎪
3
8a ' = 1 − b ' ⎪⎩
8a ' = 1 − b ' ⎪⎩8a ' = 1 − b ' ⎪⎩8a ' = −3 ⎪
⎩
⎪a ' = −
8
⎩
21 - 22
Marc Lichtenberg
Finalement :
P2 : y = − 3 x 2 + 4 x − 8 .
8
La tangente en I ( 4 ; 2 ) aux deux paraboles
P1
et
P2
admet pour coefficient directeur 1
et, de fait, pour équation réduite y − 2 = 1× ( x − 4 ) soit y = x − 2 .
Les paraboles
P1 : y = 1 x 2
et
P2 : y = − 3 x 2 + 4 x − 8 admettent au point I ( 4 ; 2 )
8
8
une tangente commune d’équation y = x − 2 .
2. On obtient facilement :
22 - 22
Marc Lichtenberg

Lycée Fénelon Sainte-Marie

Transcription

Documents pareils

MODELISATION DE SITUATIONS Définitions et remarques

Utiliser les équations dans Word - Angel

Lycée F. MISTRAL AVIGNON DEVOIR COMMUN DE 1° Épreuve de

FONCTIONS DÉRIVÉES I. Savoir calculer une dérivée : II. Établir le

)34²)(2()( −+ += xx xxf 3) 32)(+ = x xf x xxf 21²)(− =

Annales du concours TSS ISSEA 2004-2007

D05-6eme-2011-dm 21nov2011

Équations à une inconnue – Résolutions

Correction des exercices : Equations différentielles du 1erordre