TS:DM5 Correction 2017-2018
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Soient f la fonction définie sur [0;π2] par f(x) = cos(x) et C sa courbe représentative dans un repère orthonormé. On noteAle point de coordonnées (1; 0) et, pourx∈[0;π2], on noteM le point d’abscissexdeC.
L’objectif du problème est de déterminer s’il existe une valeur de xtelle que la distance AM est minimale.
1. Grâce à l’animation Geogebra, on peut conjecturer une distance minimale d’environ 0,4.
2. On note g(x) la distanceAM2en fonction dex.
(a) A(1; 0) etM(x; cos(x)) donc
AM2= (xM−xA)2+ (yM −yA)2= (x−1)2+ (cos(x)−0)2 et g(x) =x2−2x+ 1 + cos2(x).
g est une fonction dérivable surRet on obtient : g′(x) = 2x−2−2 sin(x) cos(x) =
f orm.trigo2x−2−sin(2x).
(b) g′ est également dérivable surRet,
g′′(x) = 2−2 cos(2x) = 2(1−cos(2x))
cos(2x)<1 sur ]0;π2[ doncg′′(x)>0 sur ]0;π2[ etg′ est strictement croissante sur [0;π2].
(c) Par ailleursg′ est continue sur [0;π2].g′(0) =−2 etg′(π2) =π−2 etπ−2>0.
Ainsi 0 est une valeur de [−2;π−2] donc d’après le théorème de la bijection l’équation g′(x) = 0 admet une unique solutionα.
À la calculatrice, 1,27< α <1,28 carg′(1,27)<0 etg′(1,28)>0.
(d) On peut résumer le signe de g′(x) de la façon suivante :
• Pour toutxappartenant à [0;α[, g′(x)<0 ;
• g′(α) = 0 ;
• Pour toutxappartenant à ]α;π2[, g′(x)>0 ;
(e) On en déduit le tableau de variations de la fonctiong : x
Signe deg′(x) Variations de g
0 α π2
− 0 +
22
g(α) g(α)
π 2 −1
π 2 −1
g(α) est le minimum de g sur [0;π2], donc p
g(α) est le minimum de pg(x) =AM. La valeur αdonne donc le minimum de la longueurAM.
x y
M 1
1 A
π
O 2
bc bc
bc
• • •
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On place, dans un four chauffé à 180˚, un gâteau à température ambiante (20˚) à l’instantt= 0 (test exprimé en minutes).
On admet que la température du gâteau est donnée par la fonction de la forme f(t) = 180−ke−λt, oùket λsont deux réels strictement positifs 1. L’énoncé précise quef(0) = 20⇔180−ke−λ×0= 20⇔k= 160.
2. La fonctionf est dérivable sur [0; +∞[ et pour toutt>0 : f′(t) =kλe−λt= 160λe−λt
Or, l’écart de température entre le gâteau et le four estf(t)−180, c’est à dire−160e−λt. Ainsi, on obtient :f′(t) =−λ(f(t)−180), c’est à dire le résultat attendu.
3. On constate qu’au bout de 20 minutes, la température initiale du gâteau a doublé : f(20) = 40⇔180−160e−λ×20= 40⇔e−20λ= 140
160= 7
8 ⇔ −20λ= ln(78)
⇔λ=−1
20ln(78)≈0,3744 à 10−4près
4. f′(t) ne s’annule pas et f′(t) > 0 pour t > 0 donc f est stricteemnt croissante sur [0; +∞[.
t→+∞lim e−λt= 0 carλ >0 donc lim
t→+∞f(t) = 180 par opérations sur les limites. Le tableau de variations est laissé à la sagacité du lecteur.
5. Au bout de combien de temps la température du gâteau a-t-elle atteint 150˚ : on résout f(t) = 150,
180−ke−λt= 150⇔ke−λt= 30⇔e−λt= 3
16⇔ −λt= ln(163)⇔t=−1
λln(163)≈4,47 soit environ 4,47 minutes.
Cf
O 1
150
4.47 180
bc
bcbc bcbc
bc
• • •
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Soitf la fonction définie surRpar :f(x) = 1 1 + e−3x. 1. f est de la forme 1
u avecu:x7→1 + e−3x.uest dérivable surRet ne s’annule pas surRdoncf est dérivable et f′=−u′
u2. De plus,u′:x7→ −3e−3x.
Finalement, pour toutxréel :f′(x) = e−3x
(1 + e−3x)2. Comme e−3x >0 et le dénominateur également,f′(x)>0 surRet donc la fonctionf est strictement croissante surR.
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2. On cherche la limite en +∞def : lim
x→+∞e−3x= 0 et par opérations sur les limites, lim
x→+∞f(x) = 1 et la courbe def admet une asymptote horizontale ∆ d’équationy= 1.
3. Écrire un algorithme avecAlgoBoxou enPythonqui affiche le plus petit entier positifntel quef(n)>0,99 : Il est naturel de se poser cette question puisque f(x) tend vers 1 lorsque x tend vers +∞. f(x) > 0,999 ⇔ 1−f(x)<0,001quantité qui intervient dans la définition de la limite.
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