Correction du CC1 du 16/12/19 — Barême approximatif : 3 / 5 / 5 / 5 / 3 —

Correction du CC1 du 16/12/19

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Barême approximatif : 3 / 5 / 5 / 5 / 3

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Exercice n^o 1

Résoudre les équations et inéquations suivantes : a. (x + 1)

16 = 0 ;

+ 5

3x

7 ;

+ 1

x−

2

1

a. Il y a deux façons de résoudre cette équation.

La première utilise la troisième identité remarquable :

(x+ 1)²−16 = 0⇔((x+ 1) + 4) ((x+ 1)−4) = 0⇔(x+ 5) (x−3) = 0 On obtient une équation produit, qui a deux solutions (une pour chaque facteur) : x=−5 etx= 3.

La seconde méthode consiste à développer pour se ramener à une équation du se- cond degré :x²+2x−15 = 0. On calcule donc le discriminant ∆ = 2²−4(−15) = 64, qui est le carré de 8, et on retrouve bien les deux solutionsx=−5 etx= 3.

b. Pour toutxréel, on a les équivalences suivantes :

−x+ 5≥3x−7 ⇔ −x−3x≥ −7−5

⇔ −4x≥ −12

⇔ x≤3 Donc l’ensemble des solutions est ]− ∞; 3].

c. Tout d’abord, notons que 2 est valeur interdite.

On commence par se ramener à une inéquation quotient, en mettant au même dénominateur :

x+ 1

x−2 ≤1⇔ x+ 1

x−2 −1≤0⇔ x+ 1

x−2−x−2

x−2 ≤0⇔ 3 x−2 ≤0 Mais la fraction 3

x−2 est négative si et seulement si le dénominateur x−2 est

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Exercice n^o 2

On se place dans le plan muni d’un repère orthonormé (O, I, J ).

1. On considère les points

et

(a) Donner les coordonnées du vecteur

Correction : Le vecteur est donné par

−−→ AB=

xB−xA

y_B−y_A

=

−3−3 3−(−1)

= −6

4

.

—

(b) Donner l’équation réduite de la droite (AB). Cette droite passe- t-elle par l’origine

?

Correction : Les abscisses deAetBétant différentes, la droite (AB) n’est pas verticale, et admet donc une équation réduite, de la forme y = ax+b. D’après la question précédente, un vesteur directeur de (AB) est ⁻⁶₄

, donc le vecteur directeur est a = ₋₆⁴ = −²₃. On peut aussi calculer le coefficient directeurapar

a= yB−yA

xB−xA

= 3−(−1)

−3−3 = 4

−6 =−2 3.

Puis, en utilsant le fait que le pointB est sur cette droite, on a yB =−2

3.xB+b⇔3 =−2

3.(−3) +b⇔3 = 2 +b⇔b= 1.

En conclusion, l’équation réduite de (AB) esty=−²₃x+ 1.

Cette droite ne passe pas par l’origine, puisque (0,0) ne vérifie pas l’équationy=−²₃x+ 1.

—

(c) Déterminer les coordonnées du point

tel que

AC

=

.

−→AC = 1

1

⇔

xC−3 y_C+ 1

= 1

1

⇔

xC−3 = 1 yC+ 1 = 1 ⇔

xC= 4 yC= 0 En conclusion, les coordonnées deCsontC(4,0).

—

(d) Déterminer les coordonnées du point

tel que

soit un parallelogramme.

Correction : ABCDest un parallelogramme si et seulement si−−→ AB=

−−→DC (ou encore, si et seulement si−−→ AD=−−→

BC). On a

−−→ AB=−−→

DC⇔

xB−xA

yB−yA

=

xC−xD

yC−yD

⇔

−3−3 3−(−1)

=

4−xD

0−yD

⇔

−6 = 4−xD

4 =−yD

⇔

xD= 10 yD=−4 En conclusion, les coordonnées deDsontD(10,−4).

—

2. Soit (D

) la droite d’équation 2x

4y = 1, et (D

) la droite d’équation 2x = 5 +

(a) Déterminer les coefficients directeurs de (D

) et (D

).

Correction : Il faut pour cela mettre ces équations de droite sous forme réduite :

2x−4y= 1⇔4y= 2x−1⇔y= 1 2x−1

4 nous dit que le coefficient directeur de (D1) est ¹₂, et

2x= 5 +y⇔y= 2x−5 nous dit que le coefficient directeur de (D₂) est 2.

—

(b) Les droites (D

) et (D

) sont-elles sécantes ?

Si oui, déterminer les coordonnées de leur point d’intersection.

Correction : D’après la question précédente, ces deux droites ont des coefficients directeurs différents, et sont donc sécantes.

Pour chercher les coordonnées (x, y) de leur point d’intersection, on résoud le système

y=¹₂x−¹₄

y= 2x−5 On a donc 1

2x−1

4 = 2x−5⇔2x−1 = 8x−20⇔6x= 19⇔x= 19 6 , et donc

y= 2.19

6 −5 = 19 3 −15

3 = 4 3. On conclusion, (D ) et (D ) s’intersecte en (¹⁹;⁴)

(c) Les droites (D

) et (D

) sont-elles perpendiculaires ?

Correction : Il faut déterminer un vecteur directeur de chacune de ces droites, et calculer leur produit scalaire.

D’après la question a., un vecteur directeur de (D₁) est _1/2¹ , et un vecteur directeur de (D1) est ¹₂

. Leur produit scalaire est 1

1/2

• 1

2

= 1×1 +1

2 ×2 = 1 + 1 = 26= 0.

Ce produit scalaire est différent de zero, donc (D₁) et (D₂) ne sont pas perpendiculaires.

—

Exercice n^o 3

Soit

la fonction définie par

(x

1)

+

. 1. Donner l’ensemble de définition de

Correction : Les valeurs interdites sont celles qui annulent le dénominateur x²+x, autrement dit ses racines. Or,x²+x=x(x+ 1), donc les racines sont x= 0 etx=−1.

L’ensemble de définition deuest donc : R\ {−1; 0}.

— 2. Calculer l’image de 2 par

Correction : En remplaçantxpar 2 : u(2) = (2−1)²

2²+ 2 = 1² 4 + 2 = 1

6.

— 3. Déterminer le(s) antécédent(s) de 1 par

Correction : Par définition,xest un antécédent de 1 si u(x) = 1. Or u(x) = 1⇔ (x−1)²

x²+x = 1⇔(x−1)²=x²+x⇔x²−2x+1 =x²+x⇔3x= 1 L’unique antéc´dent de 1 paruest donc ¹₃.

—

4. Etudier la limite de

en +∞, puis les limites à gauche et à droite de

0.

Correction : Limite en +∞: On a une Forme Indéterminée du type

‘∞/∞’. Mais en factorisant au numérateur et au dénominateur par x², on obtient

u(x) =(x−1)²

x²+x =x²−2x+ 1

x²+x =x²(1−²_x+_x¹2)

x²(1 +¹_x) = 1−²_x+_x¹2

1 + ¹_x . Puisque lim

x→±∞1/x= 0 et lim

x→±∞1/x²= 0, on en déduit que lim

x→±∞u(x) = 1.

Limite en 0 : Comme on l’a vu, 0 n’est pas dans l’ensemble de définition de u. Il faut calculer la limite à droite et a gauche. D’une part, lorsque xtend vers 0 (que se soit à gauche ou à droite de 0) le numérateur deutend vers (0−1)²= 1. D’autre part, le numérateur deuestx²+x=x(x+ 1). Donc : – lorsquextend vers 0 par la gauche (i.e. x <0), alors x(x+ 1) est négatif

et tend vers 0 : lim

x→0x<0

x(x+ 1) = 0⁻, et donc lim

x→0x<0

u(x) =−∞.

– lorsquextend vers 0 par la droite (i.e.x >0), alorsx(x+ 1) estpositif et tend vers 0 : lim

x→0x>0

x(x+ 1) = 0⁺, et donc lim

x→0x>0

u(x) = +∞.

—

5. En déduire l’existence d’asymptotes au graphe de la fonction

on donnera les équations.

Correction : Puisque lim

x→±∞u(x) = 1, nous avons que la droite y = 1 est une asymptote horizontale au graphe deu.

De plus, le fait que lim

x→0x<0

u(x) =−∞et que lim

x→0x>0

u(x) = +∞nous permet de conclure que la droitex= 0 est une asymptote verticale au graphe deu.

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Exercice n^o 4

Pour chacune des fonctions suivantes

•

donner l’ensemble de définition,

•

calculer la limite quand

tend vers +∞.

1.

2019x + 7

Correction : La fonctionf est une fonction polynôme, qui n’admet pas de valeur interdite :Df =R.

La limite en +∞donne une forme indéterminée du type∞ − ∞. On factorise donc l’expression par le terme de plus haut degré :

f(x) = 3x³−2019x+ 7 =x³

3−2019 x² + 7

x³

. Or, lim

x→±∞x³ = +∞, et lim

x→±∞3− ²⁰¹⁹_x2 + _x⁷3 = 3, qui est positif, donc par produit de limites, on obtient que lim

x→±∞f(x) = +∞

— 2.

r

1

+ 1

1

Correction : D’une part, comme on divise parx²+ 1, il faut quex²+ 16= 0, ce qui est vrai pour tout réelx. De plus, il faut que _x2¹₊₁ ≥0, et c’est à nou- veau vrai pour tout réelx(puisqu’un carré est toujours positif). En conclu- sion,Dg=R.

On sait que lim

x→±∞x²+ 1 = +∞, donc lim

x→±∞

1

x²+1 = 0 et donc, par composée de limites, lim

x→±∞

q 1

x²+1 = 0. On obtient donc que lim

x→±∞g(x) =−1.

— 3.

cos

x

Correction : Comme on divise par x, il faut que x6= 0, et c’est la seule valeur interdite :Dh=R^∗.

On sait que, pour tout x, on a −1 ≤ cosx ≤ 1. On en déduit que −1 x ≤ cosx

x ≤ 1

x pour toutx∈R^∗. Mais on sait que lim

x→±∞−1/x= lim

x→±∞1/x= 0.

Donc, par le théorème des Gendarmes, on obtient que lim h(x) = 0.

—

Exercice n^o 5

On considère les fonctions

et

Donner les formules des fonctions composées

et

ensembles de définition respectifs.

Correction : La fonctionu◦v est donnée par x7−→^v v(x) =√

x7−→^u u(v(x)) =u(√

x) = 1

√x+ 1. Ensemble de définition de (u◦v)(x) =^√_x+1¹ :

A cause de la racine carrée, il faut quexsoit dans [0; +∞[. Par ailleurs, à cause du dénominateur, il faut que√

x+ 16= 0. Mais, puisqu’une racine est toujours positive, on sait que√

x+ 16= 0 pour toutxdans [0; +∞[.

En conclusion,Du◦v= [0; +∞[.

La fonctionv◦uest donnée par x7−→^u u(x) = 1

x+ 1

7−→v v(u(x)) =v( 1 x+ 1) =

r 1 x+ 1. Ensemble de définition de (v◦u)(x) =q

1 x+1 :

Comme on divise parx+ 1, il faut quex6=−1. De plus, il faut que _x+1¹ ≥0 ; mais le signe de _x+1¹ est juste le signe du dénominateur x+ 1, donc est positif ou nul pourx∈[−1; +∞[. En conclusion, D_v◦u=]−1; +∞[.

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