LMSC Correction du DS n°2 405 Exercice 1 1.

LMSC Correction du DS n°2 405 Exercice 1

1. On a 𝑓(𝑥) − 𝑓(1) = 𝑥 +¹

𝑥− 2 =^{𝑥2−2𝑥+1}

𝑥 =^(𝑥−1)2

𝑥 ≥ 0 pour 𝑥 > 0.

Soit 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(1) sur ]0 ; +∞[.

Par conséquent, 𝑓 admet bien un minimum en 1.

2. On rappelle que pour 𝑥 ≥ 1, on a √𝑥 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥².

Comme 𝑓 admet un minimum en 1, on a pour tout 𝑥 ∈ ]0 ; +∞[, 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(1) = 2.

On conclut que : √𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ (𝑓(𝑥))² pour 𝑥 ∈ ]0 ; +∞[.

Exercice 2

1. On a 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) = 𝑏³− 𝑎³ et (𝑏 − 𝑎) ((𝑎 +¹

2𝑏)²+³

4𝑏²) = (𝑏 − 𝑎) (𝑎²+ 𝑎𝑏 +¹

4𝑏²+³

4𝑏²) = (𝑏 − 𝑎)(𝑎²+ 𝑎𝑏 + 𝑏²) = (𝑏𝑎²+ 𝑎𝑏²+ 𝑏³− 𝑎³− 𝑎²𝑏 − 𝑎𝑏²) = 𝑏³− 𝑎³

On conclut que 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) = (𝑏 − 𝑎) ((𝑎 +¹

2𝑏)²+³

4𝑏²) . 2. Soit 𝑎, 𝑏 deux réels tels que 𝑎 < 𝑏 :

𝑏 − 𝑎 > 0 et (𝑎 +¹

2𝑏)²+³

4𝑏²> 0.

On en déduit que 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) > 0 ⇔ 𝑓(𝑏) > 𝑓(𝑎).

On conclut que 𝑓 est croissante sur ℝ.

Exercice 3

1. 2𝑥 − 3 ≥ 0 ⇔ 2𝑥 ≥ 3 ⇔ 𝑥 ≥³

2. Donc si 𝑥 ≥³

2, |2𝑥 − 3| = 2𝑥 − 3. L’équation devient : 2𝑥 − 3 = 5 ⇔ 2𝑥 = 8 ⇔ 𝑥 = 4.

Donc si 𝑥 ≤³₂, |2𝑥 − 3| = −2𝑥 + 3. L’équation devient : −2𝑥 + 3 = 5 ⇔ 2𝑥 = −2 ⇔ 𝑥 = −1.

L’ensemble solutions est : 𝑆 = {−1 ; 4}. 2. 𝑥 + 4 ≥ 0 ⇔ 𝑥 ≥ −4.

Donc si 𝑥 ≥ −4, l’inéquation devient |𝑥 + 4| < 2 ⇔ 𝑥 + 4 < 2 ⇔ 𝑥 < −2.

Donc si 𝑥 ≤ −4, l’inéquation devient |𝑥 + 4| < 2 ⇔ −𝑥 − 4 < 2 ⇔ 𝑥 > −6.

𝑆 =] − 6 ; −2[

3. 2𝑥 + 7 ≥ 0 ⇔ 2𝑥 ≥ −7 ⇔ 𝑥 ≥ −⁷

2. Donc si 𝑥 ≥ −⁷

2, l’inéquation devient |2𝑥 + 7| > 6 ⇔ 2𝑥 + 7 > 6 ⇔ 2𝑥 > −1 ⇔ 𝑥 > −¹

2. Donc si 𝑥 ≤ −⁷₂, l’inéquation devient |2𝑥 + 7| > 6 ⇔ −2𝑥 − 7 > 6 ⇔ 2𝑥 < −13 ⇔ 𝑥 < −¹³

2. 𝑆 = ] − ∞ ; −13

2 [∪] −1 2 ; +∞[

Exercice 4

1. Pour faire tracer la courbe de 𝑓_𝑐 à partir de 𝑓₀, il suffit de faire une translation de vecteur 𝑐𝑗⃗.

2. Cf calculatrice 3. On calcule Δ_𝑐.

Δ_𝑐= 4 − 2𝑐

 Pour que 𝑓_𝑐 n’ait pas de racines, il faut que Δ_𝑐< 0 soit 4 − 2𝑐 < 0 ⇔ 4 < 2𝑐 ⇔ 𝑐 > 2.

 Pour que 𝑓_𝑐 ait une racine unique, il faut que Δ_𝑐 = 0 ⇔ 4 = 2𝑐 ⇔ 𝑐 = 2.

 Pour que 𝑓_𝑐 ait deux racines distinctes, il faut que Δ_𝑐> 0 ⇔ 4 > 2𝑐 ⇔ 𝑐 < 2.

 Pour que 𝑓_𝑐 ait deux racines distinctes positives, il faut que Δ_𝑐> 0 ⇔ 4 > 2𝑐 ⇔ 𝑐 < 2 et que 2 − √Δ𝑐≥ 0 ⇔ 2 ≥ √Δ𝑐 ⇔ 4 ≥ Δ𝑐 ⇔ 4 ≥ 4 − 2𝑐 ⇔ −2𝑐 ≤ 0 ⇔ 𝑐 ≥ 0.

D’où, 0 ≤ 𝑐 < 2.

Exercice 5

1. Les valeurs possibles pour 𝑥 sont situées dans l’intervalle [0 ; 2].

2. 𝑓(𝑥) = 𝑀𝐼²+ 𝑀𝐶²= (𝑥 − 0)²+ (1 −¹₂)²+ (𝑥 − 2)²+ (1 − 0)²= 𝑥²+¹₄+ 𝑥²− 4𝑥 + 4 + 1 = 2𝑥²− 4𝑥 +²¹₄ .

3. D’après le théorème de Pythagore, le triangle IMC est rectangle en M ssi 𝑓(𝑥) = 𝑀𝐼²+ 𝑀𝐶²= 𝐼𝐶²= (2 − 0)²+ (0 −¹

2)²= 4 +¹

4=¹⁷

4 ⇔ 2𝑥²− 4𝑥 +²¹

4 =¹⁷

4. Soit 2𝑥²− 4𝑥 + 1 = 0.

On a Δ = 16 − 8 = 8.

Donc les solutions sont 𝑥₁=^4−√8

4 = 1 −¹

2√2 ou 𝑥₂ = 1 +¹

2√2.

Le triangle IMC est rectangle en M ssi 𝑥 = 1 −¹

2√2 ou 𝑥 = 1 +¹

2√2.

Exercice 6

Partie A

1. 𝐷_𝑓 = ℝ − {−1}

2. 𝑓(𝑥) ≤ 0 ⇔^{𝑥2+4𝑥+2}

𝑥+1 ≤ 0

Etudions le trinôme 𝑥²+ 4𝑥 + 2 : Δ = 16 − 8 = 8 > 0. Il y a deux racines qui sont 𝑥₁=

−4−2√2

2 = −2 − √2 et 𝑥₂= −2 + √2 (> −1) On a : 𝑎 = 1 > 0.

𝑥 −∞ 𝑥₁ −1 𝑥₂ +∞

𝑥²+ 4𝑥 + 2 + 0 − − 0 + 𝑥 + 1 − − 0 + + 𝑓(𝑥) − 0 + − 0 +

D’après le tableau de variations, on conclut 𝑆 =] − ∞ ; 𝑥₁] ∪] − 1 ; 𝑥₂]. 3. 𝑥 + 3 + ⁻¹

𝑥+1=(𝑥+3)(𝑥+1)−1

𝑥+1 =^{𝑥2+4𝑥+2}

𝑥+1 = 𝑓(𝑥)

4. On a 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) + ℎ(𝑥) où 𝑔(𝑥) = 𝑥 + 3 et ℎ(𝑥) = − ¹

𝑥+1.

On sait que 𝑔 est croissante sur 𝐷_𝑓 et 𝑥 ↦_𝑥+1¹ est décroissante puisque 𝑥 ↦ 𝑥 + 1 est croissante et de type 1/u. De plus, 𝑥 ↦ − ¹

𝑥+1 est croissante puisque de type ku avec 𝑘 < 0.

On conclut que comme la somme de deux fonctions croissantes est croissante 𝑓 = 𝑔 + ℎ est croissante sur 𝐷_𝑓.

5. Avec l’axe des ordonnées : On calcule 𝑓(0) = 3 − 1 = 2. Donc le point d’intersection de 𝐶𝑓 avec l’axe des ordonnées est 𝐴(0 ; 2).

Avec l’axe des abscisses : On détermine 𝑥 tel que 𝑓(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥²+ 4𝑥 + 2 = 0. On a déjà déterminé les racines du numérateur à la question 2.

Les points d’intersection sont donc : 𝐵 (𝑥₁; 0) et 𝐶 (𝑥₂ ; 0).

6. Cf question 4. de la partie B.

Partie B

1. On a (𝐴𝐵) ∶ 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑝

𝑚 =𝑦_𝐵− 𝑦_𝐴

𝑥_𝐵− 𝑥_𝐴= 5 − 2 2 − (−1)=3

3= 1 D’où : 𝑦 = 𝑥 + 𝑝.

𝐴 (−1 ; 2) ∈ (𝐴𝐵): 2 = −1 + 𝑝 soit 𝑝 = 1 + 2 = 3.

Donc :

(𝐴𝐵): 𝑦 = 𝑥 + 3 2. Déterminons 𝑥 tel que 𝑓(𝑥) = 𝑦 :

Soit 𝑥 + 3 + ⁻¹

𝑥+1= 𝑥 + 3 ⇔ − ¹

𝑥+1= 0 ⟺ ¹

𝑥+1= 0. Comme pour tout 𝑥 ∈ 𝐷_𝑓, ¹

𝑥+1≠ 0.

Il n’existe pas de point d’intersection entre (AB) et 𝐶_𝑓. 3. Soit 𝐷(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑦 = 𝑥 + 3 + ⁻¹

𝑥+1− (𝑥 + 3) = − ¹

𝑥+1. On en déduit le tableau de signe de 𝐷(𝑥) :

𝑥 −∞ −1 +∞

−1 − − 𝑥 + 1 − 0 + 𝐷(𝑥) + −

BILAN

 Si 𝑥 > −1, 𝐷(𝑥) < 0 ⇔ 𝑓(𝑥) − 𝑦 < 0 ⇔ 𝑓(𝑥) < 𝑦. D’où, 𝐶_𝑓 est en-dessous de (𝐴𝐵) sur l’intervalle ] − 1 ; +∞[.

 Si 𝑥 > −1, 𝐷(𝑥) > 0 ⇔ 𝑓(𝑥) − 𝑦 > 0 ⇔ 𝑓(𝑥) > 𝑦. D’où, 𝐶_𝑓 est au-dessus de (𝐴𝐵) sur l’intervalle ] − ∞ ; −1[.

4. Représentation graphique : 𝐶_𝑓 et (AB)