UNE CORRECTION POSSIBLE du devoir de synthèse n°1 Mr Med Khalifa AS 11- 12 Proposée par Kooli Mohamed Hechmi
Exercice 1
) ) est dérivable en 0 et ′ 0) =1 2 voici l′explication lim→ ) − 0)− 0 = lim→ 1 − cos = lim→ 1 − cos = 12 !) ") # $2 , −13' voici l′explication ()* +é-./012( )3- ℝ (* ∀ ∈ ℝ 7 ) = $1 3 8− 2 + 3 − 1' 7 = − 4 + 3est deux fois dérivable sur ℝ et ∀ ∈ ℝ 77 ) = − 4 + 3)7 = 2 − 4
−∞ 2 +∞ 77 ) − 0 +
77 ) s’annule en 2 tout en changeant de signe alors le point # 2 , 2)) et un point
d’inflexion pour la courbe de or 2) = −<
8 d’où le point # =2 , − <
8> un point d’inflexion pour la courbe de
?) ") @ *0A)′ ) = 1 voici l′explication
@ *0A)′ ) = tan ))7 × ′ tan )) = 1 + *0A )) × 1
1 + *0A = 1 4) a) inverses voici l’explication
C′ et C′′ étant les solutions de l’équation : C − 2011.C + 1 = 0 C7C77 = E
0 = 11 = 1
par suite C′ et C′′ sont inverses.
Exercice 2
1) a) −8 − 6. = 1 − 6. − 9 = 1 − 2 × 1 × 3. + 3.) = 1 − 3.)
d’où les racines carrées de −8 − 6. sont 1 − 3. et −1 + 3.
b) C + . − 3)C + 4 = 0 0 = 1 1 = . − 3 et E = 4
∆= 1 − 40E = . − 3) − 4 × 1 × 4 = −1 − 6. + 9 − 16 = −8 − 6. = 1 − 3.)
d’où une racine carrée de ∆ est J = −1 + 3.
C7 = −1 − J 20 . 9 3 1 92 C77 1 9 J 20 . 9 3 9 12 KL M1 9 . , N2 2. 2) a) CO 1 9 . et CP 2 CCP O 2 1 . 1 9 . 1 9 .2 1 Q CCP O 2. ⇔ CSPTTTTTTU CSOTTTTTTU 2
alors le triangle #VW est rectangle en 3) a) CX 1 9 . 2(YX Z C[ C 1 9 . 2(Y 1 9 C\ C] 1 9 . 2(Y] 1 9 C^ C] 1 9 . 2(Y] 1 9 b) CX 1 9 . 1 9 . 2 c) CX 1 9 . 2(Y X_]
⇔ `=3TU , #a#a 2 b > c 9 d 9 2ed TTTTTTU
or 0 f c f d ⇒ d f c 9
alors a CX décrit le demi cercle de centre
Kooli Mohamed Hechmi 3. 2 9 2. 2 1 9 . 3. 4 4. 2 2 2. 2 1 . 2 2. . 1 . 2 1 2. 12 2. 2. ∈ .4 ⇔ V#TTTTTU h VWTTTTTU est rectangle en V. Z ∈ ij , kl . 2 1 9 . 9 . 9 2 3 9 . 9 . 2. 1 . 2(YX 1 9 . 2(YX 2(Y X_] ⇔ Cm CO 2(Y X_] ; e ∈ op 9 d f 2d ⇒ d f =3TU , #ab > f 2d TTTTTTU
décrit le demi cercle de centre # et de rayon 2 passant par les point Kooli Mohamed Hechmi http://www.mathematiques.tk/
passant par les point q, r et s.
Exercice 3
" ∀ > 4 ; u′ ) = ) − )′ = ′ ) − 1 = $5 + 2 √ ' ′ − 1 = $ 2 √ ' ′ − 1 = 2 × x −1 2√ y = −1 √ − 1 < 0 4 +∞ u′ ) − u ) 2 −∞lim→{|u ) = lim→{| ) − = lim→{|5 + 2
√ − = 2 lim
→_}u ) = lim→_} ) − = lim→_}5 + 2
√ − = −∞
On u est continue et strictement décroissante sur l4 , +∞i alors u réalise une bijection de l4 , +∞i sur u l4 , +∞i ) = l−∞ , 2i
b) ) = ⇔ ) − = 0 ⇔ u ) = 0
u réalise une bijection de l4 , +∞i sur u l4 , +∞i ) = l−∞ , 2i et 0 ∈ l−∞ , 2i alors
l’équation u ) = 0 admet une solution unique ~ dans l4 , +∞i par suite l’équation
) = admet une solution unique ~ dans l4 , +∞i u 5) = 5) − 5 = 5 + 2 √5− 5 = 2 √5 u 6) = 6) − 6 = 5 + 2 √6− 6 = 2 √6= −1 + 2 √6≈ −0,18 u 5) × u 6) < 0 alors 5 < ~ < 6 !) ") Pour tout ∈ l4 , +∞i on a ∶ ′ ) = −1 √ ⇒ ƒ ′ )ƒ = „ −1 √ „ = „ 1 √ „ > 4 ⇒ √ > 2 ⇒ √ > 8 ⇒ 1 √ < 1 8 ⇒ „ √1 „ < 18 ⇒ ƒ ′ )ƒ ≤ 18 b) est dérivable sur l4 , +∞i et 5 < ~ < 6 alors ~ ∈ l4 , +∞i
alors pour tout ∈ l4 , +∞i on a |f x) − f α)| ≤ 18 |x −α| ⇒ „5 + 2
√ − ~„ ≤ 1
8 |x −α|
Exercice 4
lim→_∞u lim→_∞ 4 + 3 = lim→_∞ = +∞ lim→ˆ∞u ) = lim→ˆ∞− 4 + ‰ + 5 = +∞
!) u 2) = 2 − 4 × 2 + 3 = 4 − 8 + 3 = −1
lim→ Šu ) = lim→ Š− 4 + ‰ + 5 = −1 lim→ |u ) = lim→ | − 4 + 3 = −1
lim→ Šu ) = lim→ |u ) = u 2) alors g est continue en 2
?) lim→ Šu ) − u 2)− 2 = lim→ Š−4 + √ − 2+ 5 + 1 = lim→ Š√Œ•••Ž•••••‘’+ 5 − 3− 2 = lim→ Š“√ + 5 − 3”“√ + 5 + 3” − 2)“√ + 5 + 3” = lim→ Š + 5 − 9 − 2)“√ + 5 + 3” = lim→ Š − 4 − 2)“√ + 5 + 3”= lim→ Š − 2) + 2) − 2)“√ + 5 + 3” = lim→ Š + 2 √ + 5 + 3= 2 3 alors u est dérivable à gauche en 2 et
alors u est dérivable à gauche en 2 et u′– 2) = 23
lim→ |u ) − u 2)− 2 = lim→ | − 4 + 3 + 1− 2 = lim→ |Œ•••Ž••••− 4 + 4•‘’− 2 = lim→ | − 2)− 2 = lim→ | − 2 = 0
alors u est dérivable à droite en 2 et u7— 2) = 0
on a u7– 2) ≠ u7— 2) alors u n’est pas dérivable en 2 et la courbe de u admet un point
anguleux au point d’abscisse 2.
4) a) ) = u ) si ∈ i2 , +∞i
Pour tout ∈ i2 , +∞i ; 7 ) = − 4 + 3)7 = 2 − 4
7 ) = 0 ⇒ = 2
or ≥ 2 ⇒ 2 ≥ 4 ⇒ 2 − 4 ≥ 0 ⇒ 7( ) ≥ 0
est continue et strictement croissante sur sur i2 , 9∞i š 2 , lim→_∞
b) 7(2 u7— 2 0 alors la courbe de horizontale, pour raison de symétrie la courbe de tangente verticale alors ˆ< n’est pas dérivable en Etudier la dérivabilité de ˆ< à droite à droite en c) Soit › ∈ i2 , 9∞i on pose
⇒ › = 1 ou › = 3 or est dérivable sur l2 , 9∞i et pour tout dérivable sur (l2 , 9∞i l ˆ< 7 0 1 ′“ ˆ< 0 ” ′ 5) a) œU V •žŠŸ K∆“•ž” avec ∆ ∶ › b) 1 ˆ< 7 9 ˆ< 2
Kooli Mohamed Hechmi
est continue et strictement croissante sur i2 , 9∞i alors f réalise une bijection de ∞ š i 1 , 9∞i
alors la courbe de admet à droite en 2
horizontale, pour raison de symétrie la courbe de ˆ< admet à droite en n’est pas dérivable en -1
à droite à droite en 1.
on pose ˆ< 0 › ⇔ (›) = 0 ⇔ ›
or › ∈ i2 , 9∞i alors › 3 donc ˆ
i et pour tout ∈ l2 , 9∞i ; 7( ) ˜ 0 ; alors ) l−1 , 9∞i or 0 ∈ l 1 , 9∞i alors ˆ< ” 1 ′(3)= 1 2 ∆: › •žŠŸ •ž ¡U 9∞ 9∞
Kooli Mohamed Hechmi http://www.mathematiques.tk/
réalise une bijection de i2 , 9∞i
2 une demi tangente
admet à droite en 2 1 une demi
› 4› 9 3 0 ˆ< 0 3
; alors ˆ< est
< est dérivable en 0.
6) a) ∀ ∈ i2 , +∞i et ∀› ∈ i−1 , +∞i ) = › ⇔ − 4 + 3 = › ⇔ − 4 + 3 − › = 0 alors 0 = 1 ; 1 = −4 et E = 3 − › ∆= 1 − 40E = −4) − 4 × 1 × 3 − ›) = 16 − 12 + 4› = 4 + 4› = 4 1 + ›) =−1 − √∆20 =4 − ‰4 1 + ›)2 = 4 − 2‰ 1 + ›)2 = 2 − ‰ 1 + ›) Ou =−1 + √∆20 =4 + ‰4 1 + ›)2 = 4 + 2‰ 1 + ›)2 = 2 + ‰ 1 + ›) Or ∈ i2 , +∞i alors = 2 + ‰ 1 + ›)
Alors Ki ,_}i = £2 + ‰ 1 + ›) ¤
b) ∀ ∈ i2 , +∞i et ∀› ∈ i−1 , +∞i ; ) = › ⇔ ˆ< ›) =
⇔ ˆ< ›) = 2 + ‰ 1 + ›) Q) Pour tout › ∈ i−1 , +∞i ;
ˆ<)′ ›) = =2 + ‰ 1 + ›)>′ = =‰ 1 + ›)>′ = 1 + ›)′ 2‰ 1 + ›) = 1 2‰ 1 + ›) ˆ< )7 0) = 1 2‰ 1 + 0) = 1 2
