Transcript TS. Contrôle 4 -Correction 1 ( 8 points ) Sur le graphique de l

♣
TS. Contrôle 4 -Correction
→
− →
−´
1 ( 8 points ) Sur le graphique de l’annexe 1, on a tracé, dans le plan muni d’un repère orthonormé O, ı ,  ,
la courbe représentative C d’une fonction f définie et dérivable sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
On dispose des informations suivantes :
– les points A, B, C ont pour coordonnées respectives (1 ; 0), (1 ; 2), (0 ; 2) ;
– la courbe C passe par le point B et la droite (BC) est tangente à C en B ;
a + b ln x
– il existe deux réels positifs a et b tels que pour tout réel strictement positif x, f (x) =
.
x
³
1.
a. En utilisant le graphique, donner les valeurs de f (1) et f 0 (1).
On lit f (1) = y B = 2
et pour f 0 (1), on lit le coefficient directeur de la tangente à la courbe C au point d’abscisse 1, c’est à dire le
coefficient directeur de la droite (CB), qui est horizontale, donc f 0 (1) = 0
b. Vérifier que pour tout réel strictement positif x, f 0 (x) =
(b − a) − b ln x
.
x2
u
est dérivable sur ]0 ; +∞[, en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle
v
u 0 v − uv 0
(le dénominateur ne s’annulant pas sur cet intervalle). On a : f 0 =
v2
µ
¶
1
0+b ×
× x − (a + b ln x) × 1
b − (a + b ln x)
(b − a) − b ln x
x
0
=
Soit effectivement : f 0 (x) =
f (x) =
2
2
x
x
x2
La fonction f =
2.
c. En déduire les réels a et b.
a + b ln(1)
On en déduit : f (1) =
= a + 0 = a, or d’après le 1. a., f (1) = 2, donc a = 2
1
(b − 2) − b ln(1)
Du coup, on a f 0 (1) =
= b − 2, or d’après le 1. a., f 0 (1) = 0, donc b = 2
12
a. Justifier que pour tout réel x appartenant à l’intervalle ]0 ; +∞[, f 0 (x) a le même signe que − ln x.
On reprend la forme de f 0 obtenue précédemment, en remplaçant a et b par 2, et on a :
−2 ln x
2
2
f 0 (x) =
= 2 ×(− ln x). Puisque pour tout x élément de ]0 ; +∞[, 2 est un nombre strictement positif,
2
x
x
x
on en déduit que la dérivée de f a bien le même signe que − ln x pour tout x élément de ]0 ; +∞[.
b. Déterminer les limites de f en 0 et en +∞.
2
ln x
+2
.
x
x
• Quand x tend vers 0 : lim ln x = −∞ donc, par limite d’un produit et d’une somme : lim 2 + 2 ln x = −∞.
On pourra remarquer que pour tout réel x strictement positif, f (x) =
x→0
x→0
Comme par ailleurs lim x = 0+ , alors, par limite d’un quotient, on a lim f = −∞
x→0
0
• Quand x tend vers +∞, on va utiliser la forme de f présentée dans la question :
1
ln x
= 0, et lim
= 0, d’après la propriété des croissances comparées, et donc par limite d’une
lim
x→+∞ x
x→+∞ x
somme, puis par produit par 2 : lim f = 0
+∞
c. En déduire le tableau de variations de la fonction f .
On peut donc dresser le tableau des variations de f :
x
α
0
+
− ln x
+∞
1
0
−
2
f (x)
1
−∞
3.
0
a. Démontrer que l’équation f (x) = 1 admet une unique solution α sur l’intervalle ]0 , 1].
La fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle ]0 ; 1] et 1 est une valeur strictement
comprise entre lim f et f (1), donc l’application du corollaire au théorème des valeurs intermédiaires garantit
0
l’existence d’une unique solution à l’équation f (x) = 1 sur l’intervalle ]0 ; 1], qui sera notée α.
b. Par un raisonnement analogue, on démontre qu’il existe un unique réel β de l’intervalle ]1 , +∞[ tel que
f (β) = 1. Déterminer l’entier n tel que n < β < n + 1.
Par balayage à la calculatrice, on obtient f (5) > 1 et f (6) < 1, donc comme la fonction f est continue sur [5 ; 6],
le théorème des valeurs intermédiaires garantit l’existence d’au moins une solution à l’équation f (x) = 1 sur
l’intervalle [5 ; 6], et puisque l’on avait admis qu’il n’y avait qu’une seule solution β à cette équation sur
]1 ; +∞[, cette solution est donc entre 5 et 6. Enfin, puisque ni 5 ni 6 n’ont une image exactement égale à 1,
on peut dire que β est strictement entre 5 et 6. Le nombre entier n cherché est donc 5
4.
a. Faire tourner l’algorithme de l’annexe 1 en complétant le tableau donné.
On obtient : voir la page TS_Controle4_14_dichotomie_alpha.htm
a
b
b−a
m
f (m)
étape 1
0
1
1
0,5
≈ 1, 23
étape 2
0
0,5
0,5
0,25
≈ −3, 09
étape 3
0,25
0,5
0,25
0,375
≈ 0, 10
étape 4
0,375
0,5
0,125
0,4375
≈ 0, 79
étape 5
0,4375
0,5
0,0625
Le tableau a été complété par la ligne « f (m) ≈ » pour montrer les affectations à a ou à b.
Le tableau précédent sera probablement considéré comme correct, mais si on interprète la question très
rigoureusement, d’un point de vue algorithmique, on doit supposer que l’étape 1 est l’initialisation, et les
étapes de 2 à 5 correspondant aux itérations de 1 à 4. Dans ce cas, l’étape 1 n’a pas de valeur m, et la valeur
b − a va servir à savoir si l’itération suivante va être utile ou non. Dans ce cas, on va écrire dans la colonne les
valeurs en mémoire à la fin de l’itération de la boucle « Tant que », ce qui donne le tableau de l’annexe 1.
b. Que représentent les valeurs affichées par cet algorithme ?
Cet algorithme renvoie les deux bornes obtenues pour encadrer le nombre α par dichotomie,
avec une amplitude au plus égale à 0, 1.
c. Modifier cet algorithme pour qu’il affiche les deux bornes d’un encadrement de β d’amplitude 10−1 .
voir la page TS_Controle4_14_dichotomie_beta.htm
Pour que l’algorithme donne un encadrement de β avec la même précision, il faut modifier l’initialisation, en
mettant : A FFECTER À a LA VALEUR 5.
A FFECTER À b LA VALEUR 6.
Puis, dans le traitement, modifier le test « Si » pour qu’il soit : "Si f (m) > 1",
afin de prendre en compte la décroissance de f sur l’intervalle [5 ; 6].
Variables :
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
a, b et m sont des nombres réels
A FFECTER À a LA VALEUR 5
A FFECTER À b LA VALEUR 6
TANT QUE b − a > 0, 1
1
A FFECTER À m LA VALEUR (a + b)
2
S I f (m) > 1 ALORS
A FFECTER À a LA VALEUR m
S INON
A FFECTER À b LA VALEUR m
F IN S I
F IN TANT QUE
A FFICHER a
A FFICHER b
(Une autre possibilité serait d’affecter 6 à a et 5 à b, et de modifier le « tant que » pour avoir « tant que a − b > 0, 1 »
et alors a serait la borne haute de l’encadrement, et b la borne basse).
2 ( 7 points )
Pour tout réel k strictement positif, on désigne par f k la fonction définie et dérivable sur l’ensemble des
nombres réels telle que : f k (x) = kxe−kx .
³ →
− →
−´
On note C k sa courbe représentative dans le plan muni d’un repère orthogonal O, ı ,  .
R
Partie A : Étude du cas k = 1
On considère donc la fonction f 1 définie sur
R par
f 1 (x) = xe−x .
1. Déterminer les limites de la fonction f 1 en −∞ et en +∞.
En déduire que la courbe C 1 admet une asymptote que l’on précisera.
Comme lim e−x = +∞, on a par produit
x→−∞
f 1 (x) =
lim f 1 (x) = −∞
x→−∞
x
. Par croissances comparées, on a
ex
x
=0
x→+∞ ex
lim f 1 (x) = lim
x→+∞
Ce résultat montre l’axe des abscisses est asymptote horizontale à C 1 au voisinage de +∞.
R puis dresser son tableau de variation sur R.
f 1 produit de fonctions dérivables sur R est dérivable et sur cet intervalle :
f 10 (x) = e−x − xe−x = e−x (1 − x).
Comme e−x > 0 sur R, le signe de f 10 (x) est celui de 1 − x.
2. Étudier les variations de f 1 sur
Donc f 10 (x) > 0 si x < 1 et f 10 (x) < 0 si x > 1. D’où le tableau de variations :
x
−∞
0
f 10 (x)
+
+∞
1
0
−
e−1
0
f 1 (x)
0
−∞
3. Démontrer que la fonction g 1 définie et dérivable sur
est une primitive de la fonction f 1 sur .
R
g 1 étant dérivable, on a pour tout réel,
R telle que :
g 1 (x) = −(x + 1)e−x
g 10 (x) = −1e−x − 1 × [−(x + 1)e−x ] = −e−x + (x + 1)e−x = xe−x = f 1 (x).
Donc g 1 est bien une primitive de la fonction f 1 sur
R.
4. Étudier le signe de f 1 (x) suivant les valeurs du nombre réel x.
Comme pour tout réel x, ex > 0, f 1 (x) = 0 ⇐⇒ x = 0.
Le tableau de variations ci-dessus montre donc que f 1 (x) < 0 sur ] − ∞ ; 0[ et f 1 (x) > 0 sur ]0 ; +∞[.
x
f 1 (x)
−∞
+∞
0
−
0
+
Partie B : Propriétés graphiques
On a représenté sur le graphique de l’annexe 2 les courbes C 2 , C a et C b où a et b sont des réels strictement positifs fixés et
T la tangente à C b au point O origine du repère.
1. Montrer que pour tout réel k strictement positif, les courbes C k passent par un même point.
De façon évidente f k (0) = k × 0 × e0 = 0, donc les courbes C k passent par l’origine.
2.
a. Montrer que pour tout réel k strictement positif et tout réel x on a f k0 (x) = k(1 − kx)e−kx .
Produit de fonctions dérivables sur
R, fk l’est aussi et :
f k0 (x) = ke−kx − k × kxe−kx = ke−kx (1 − kx)
b. Justifier que, pour tout réel k strictement positif, f k admet un maximum et calculer ce maximum.
k strictement positif, et e−kx > 0, pour tout réel x, donc le signe de la dérivée f k0 (x) est celui de 1 − kx. Or :
1 − kx < 0 ⇐⇒
1 − kx > 0 ⇐⇒
1 − kx = 0 ⇐⇒
1
k
1
k
1
k
<x;
>x;
= x.
Il en résulte que la fonction f k est :
¤
£
– croissante sur −∞ ; k1 ;
¤1
£
– décroissante sur k ; +∞ ;
1
k
:
fk
¡1¢
1
= k × k1 × e−k× k = 1e−1 =
1
e
' 0, 368.
1
Conclusion : toutes les fonctions ont le même maximum e−1 pour x =
k
– admet donc un maximum en
k
c. En observant le graphique de l’annexe 2, comparer a et 2. Expliquer la démarche.
Le maximum pourk = 2 est obtenu pour x =
1
a inférieure à 0, 5 donc pour a > 2.
1
2
= 0, 5, donc le maximum pour f a est obtenue pour une valeur
Note en fait on peut penser que l’abscisse du minimum est à peu près égale à 0, 1, ce qui correspond à a = 10
d. Écrire une équation de la tangente à C k au point O origine du repère.
Une équation de cette tangente est :
y − f k(0) = f k0 (0)(x − 0) ⇐⇒ y − 0 = k(1 − 0)e0 x ⇐⇒ y = kx
e. En déduire à l’aide du graphique une valeur approchée de b.
Le coefficient directeur de la droite (T) est égal à
0,6
0,2
= 3. Donc la courbe C b correspond à la valeur b = 3
3 ( 5 points )
Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Aucune justification n’est demandée. Pour chacune
des questions, une seule des propositions est exacte. Chaque réponse correcte rapporte 1 point. Une réponse erronée ou une
absence de réponse n’ôte pas de point. Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la réponse choisie.
³ →
− →
−´
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O, u , v .
p
p iπ
z1
π
6e 4 et z 2 = 2e−i 3 . La forme exponentielle de i
est :
z2
p 13π
p
p 19π
p 7π
π
a. 3ei 12
b. 12e−i 12
c. 3ei 12
d. 3ei 12
p
¯
¯
µ
¶
¯ z1 ¯ | i | × | z1 | 1 × 6 p
z1
π π π 13π
¯i ¯ =
= p
= 3
et
arg i
= arg(i) + arg (z 1 ) − arg (z 2 ) = + + =
¯ z ¯
| z2 |
z2
2 4 3
12
2
2
1. Soit z 1 =
[2π].
2. L’équation −z = z, d’inconnue complexe z, admet :
a. une solution
b. deux solutions
c.
une infinité de solutions dont les points images dans le plan complexe sont situés sur une droite.
−z = z ⇐⇒ z + z = 0 ⇐⇒ 2Re(z) = 0 ⇐⇒ Re(z) = 0 ⇐⇒ z ∈ i
R
d. une infinité de solutions dont les points images dans le plan complexe sont situés sur un cercle.
Pour s’en convaincre, écrire les formes algébriques . . .
−z = z ⇐⇒ −a − ib = a − ib ⇐⇒ a = −a ⇐⇒ a = 0
3. Soit E l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |z + i| = |z − i|.
a. E est l’axe des abscisses.
Soit E l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |z + i| = |z − i|.
Si on considère A d’affixe (−i) et A0 d’affixe i, alors E l’ensemble des points M tels que AM = A0 M
est donc la médiatrice de [AA0 ], c’est l’axe des x.
b. E est l’axe des ordonnées.
c. E est le cercle ayant pour centre O et pour rayon 1.
4. On désigne par B et C deux points du plan dont les affixes respectives b et c vérifient l’égalité
c p iπ
= 2e 4 .
b
a. Le triangle OBC est isocèle en O.
b. Les points O, B, C sont alignés.
Le triangle OBC est isocèle et rectangle en B.
c.
π
π
p ı
zC − zO p i
−−→ −−→
4
= 2e , vu que 2e 4
En considérant les vecteurs OB et OC et en utilisant module et argument de
zB − zO
p
π
est écrit sous forme exponentielle (module : 2, argument : )
4
|z C − z O | p
π
−á
−→ −−→
on en déduit que :
= 2 et (OB ; OC ) =
|z B − z O |
4
p
π
−−
→ −−→
á
Donc OC = 2 × OB et (OB ; OC ) =
4
On peut tracer le dessin du triangle OBC, il suffit de choisir B (autre que O)
Le triangle OBC semble isocèle et rectangle en B, prouvons le en
zO − zB
calculant |0 − b| et |c − b| puis arg
,
zC − zB
zO − zB
donc on va calculer
c’est-à-dire
zC − zB
zO − zB
−b
−1
−1
= p π
=p π
=
i
i
z C − z B b 2e 4 − b
2e 4 − 1 (1 + i) − 1
³p ´
p
p p
π
2 2=2
car ei 4 = 22 + i 22
et
C
5i
4i
B0
3i
2i
→
−
v
−1
i
O
B
π
4
→
− 1
u
2
3
4
5
z O − z B −1
=
=i
car (−1) = (i)2
zC − zB
i
et i est de module 1 et d’argument π2 ,
−−→ −−→
donc BO = BC et BO ⊥ BC
5. On considère les points D, E, F, G et H d’affixes respectives :
d = 2 + 2i,
a.
p
e = − 3 + i,
p
f = 1 + i 3,
p
³
p ´
3
g = −1 +
i et h = −1 + 2 + 3 i.
2
les points D, E et F sont alignés.
¢ −−→³
¡p
¢´
−−→ ¡ p
On a DE − 3 − 2 − i et DF − 1 + i 3 − 2 .
p ¢ −−→
−−→ ¡
D’où DF = 2 − 3 DE .
Les vecteurs sont colinéaires donc les points D, E et F sont alignés.
b. les points E, F et G appartiennent à un même cercle de centre H.
c. les affixes des points E et F sont les solutions d’une même équation du second degré à coefficients réels.
♣
TS. Contrôle 4 -Correction
À restituer avec votre copie
Annexe 1 - Ex 1.
y
C
B
C
~
O
x
A
~ı
Variables :
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
a
b
b−a
m
étape 1
0
1
1
a, b et m sont des nombres réels
A FFECTER À a LA VALEUR 0
A FFECTER À b LA VALEUR 1
TANT QUE b − a > 0, 1
1
A FFECTER À m LA VALEUR (a + b)
2
S I f (m) < 1 ALORS
A FFECTER À a LA VALEUR m
S INON
A FFECTER À b LA VALEUR m
F IN S I
F IN TANT QUE
A FFICHER a
A FFICHER b
étape 2
0
0,5
0,5
0,5
étape 3
0,25
0,5
0,25
0,25
étape 4
0,375
0,5
0,125
0,375
étape 5
0,4375
0,5
0,0625
Annexe 2 - Ex 2.
y
0,6
T
0,4
1
e
C2
0,2
Cb
Ca
0,2
−0,2
−0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
x