CORRIGÉ DU DEVOIR DE MAI
EXERCICEI
1. Calculer, en utilisant la calculatrice, la limite de,x7−→1−cos 2x sin23x , en 0.
xlim→0
1−cos (2x) sin2(3x) =2
9 . 2. Déterminer, sans calculatrice, la limite de,x7−→1−cos 2x
sin23x , en 0.
Introduisons les fonctions,n:x7−→1−cos 2x, et,d:x7−→sin2(3x). On a :n(0)=d(0)=0.
De plus les fonctionsn etd sont indéfiniment dérivables surRet leurs dérivées sont définies par :n′(x)=2sin2x et d′(x)=6cos 3xsin3x=3sin6x. D’où :n′(0)=d′(0)=0.
De plus les dérivées secondes denetdsot définies par :n′′(x)=4cos 2xetd′′(x)=18cos 6x. D’où :n′′(0)=4 etd′′(0)=18.
D’après la règle de l’Hospital :
xlim→0
1−cos (2x)
sin2(3x) =n′′(0) d′′(0)=2
9 .
EXERCICEII
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct, (O;~ı,~), unité : 2 cm.
Cf est la représentation graphique de la fonction,f, définie par :
f(x)=
p(x+2)2+3+x−3
2 six< −1 x3−x
x2+1 sixÊ −1
1. Justifier quef est définie surR.
Pourx< −1. Un carré est toujours positif, donc l’expression sous le radicale est minorée par 3 et est donc toujours positive. On en déduit quef est définie sur ]− ∞;−1[.
PourxÊ −1. Un carré est toujours positif, donc le dénominateur est minoré par 1 et ne s’annule pas. On en déduit quef est définie sur [−1;+∞[.
f est définie surR.
2. Étudier avec la calculatrice, puis sans la calculatrice, les limites def,−∞,+∞et−1.
Avec calculatrice
xlim→−∞f(x)= +∞, lim
x→+∞f(x)= +∞, lim
x→−1f(x)=0. Sans calculatrice
limite en−∞ Pourx< −1, on a : f(x)=p
x2 s
µ 1+2
x
¶2
+ 3
x2+x−3 2 = |x|
s µ
1+2 x
¶2
+ 3 x2+x
2−3 2=x
1 2−
s µ
1+2 x
¶2
+ 3 x2− 3
2x
.
On a : lim
x→−∞x= −∞et lim
x→−∞
1 2−
s µ
1+2 x
¶2
+ 3 x2− 3
2x
= −1
2. Donc par produit :
xlim→−∞f(x)= +∞.
limite en+∞ PourxÊ −1, on a,f(x)=x3−x
x2+1, donc par quotient des monômes dominants :
xlim→−∞f(x)= lim
x→−∞
x3
x2 = +∞.
3. Étudier la continuité, la dérivabilité et la dérivabilité seconde def (la dérivée et la dérivée seconde sont attendues et le comportement en−1fera l’objet d’une étude particulière).
f est une fonction définie par morceaux, sur chaque morceau f est définie par l’expression d’une fonction continue et indéfiniment dérivable surR, doncf est continue et indéfiniment dérivable au moins surR\ {−1}.
Pourx< −1
f′(x)= 2(x+2) 2p
(x+2)2+3+1
2= x+2
p(x+2)2+3+1 2
f′′(x)=
p(x+2)2+3−(x+2)p x+2
(x+2)2+3
(x+2)2+3 = (x+2)2+3−(x+2)2
¡(x+2)2+3¢ p
(x+2)2+3= 3
¡(x+2)2+3¢ p
(x+2)2+3 Pourx> −1 On a,f(x)=x3−x
x2+1 =x(x2+1)−2x
x2+1 =x− 2x x2+1 f′(x)=1−2¡
x2+1¢
−2x(2x)
¡x2+1¢2 =1+ 2x2−2
¡x2+1¢2=1+2 x2−1
¡x2+1¢2
f′′(x)=22x¡ x2+1¢2
−4x¡
x2+1¢ ¡ x2−1¢
¡x2+1¢4 =4x
¡x2+1¢
−2¡ x2−1¢
¡x2+1¢3 = −4x¡ x2−3¢
¡x2+1¢3 . Continuité en−1 On a : f(−1)=(−1)3−(−1)
(−1)2+1 =0 ; lim
x→−1 x<−1
f(x)= lim
x→−1
p(x+2)2+3+x−3
2 =0=f(−1) ;
xlim→−1 x>−1
f(x)= lim
x→−1
x3−x
x2+1=0=f(−1).
Donc, lim
x→−1f(x)=f(−1), ce qui signifie quef est continue en−1.
La fonctionf est continue surR.
Dérivabilité en−1 Dérivabilité à gauche Pourx< −1 : f(x)−f(−1) x−(−1) =
p(x+2)2+3+x−23 x−(−1) . On reconnaît un quotient de la forme, n(x)
d(x), oùn etd sont définies par :n(x)= p
(x+2)2+3+x−3 2 et d(x)=x−1. On a :n(−1)=d(−1)=0. De plus les fonctionsnetdsont dérivables surRet leurs dérivées sont définies par :n′(x)= x+2
p(x+2)2+3+1
2etd′(x)=1.
On a donc :n′(−1)=1=d′(−1). D’après la règle de l’Hospitâl :
xlim→−1 x<−1
f(x)−f(−1) x−1 = lim
x→−1
n′(−1) d′(−1)=1.
La fonctionf est dérivable à gauche en−1, et son nombre dérivé à gauche en−1 est 1.
Dérivabilité à droite Pourx< −1 : f(x)−f(−1) x−(−1) =
x3−x x2+1
x+1=x(x+1)(x−1)
¡x2+1¢
(x+1)=x2−x x2+1.
xlim→−1 x>−1
f(x)−f(−1) x−(−1) = lim
x→−1
x2−x x2+1=1.
La fonctionf est dérivable à droite en−1, et son nombre dérivé à droite en−1 est 1.
La fonction f est dérivable à droite et à gauche en−1, elle y a de plus le même nombre dérivé à droite et à gauche,
la fonctionf est dérivable en−1 et son nombre dérivé en−1 est 1.
La fonctionf est dérivable surRet sa dérivée est définie par :
f′(x)=
x+2
p(x+2)2+3+1
2 six< −1 1+2 x2−1
¡x2+1¢2 sixÊ −1
Dérivabilité seconde en−1 Dérivabilité seconde à gauche Pourx< −1 : f′(x)−f′(−1) x−(−1) =
x+2
p(x+2)2+3−12 x−(−1) . On reconnaît un quotient de la forme,n(x)
d(x), oùnetdsont définies par :n(x)= x+2
p(x+2)2+3−1 2 et
d(x)=x−1. On a :n(−1)=d(−1)=0. De plus les fonctionsnetdsont dérivables surRet leurs dérivées sont définies par :n′(x)= 3
¡(x+2)2+3¢ p
(x+2)2+3 etd′(x)=1.
On a donc :n′(−1)=3
8 et=d′(−1). D’après la règle de l’Hospitâl :
xlim→−1 x<−1
f(x)−f(−1) x−1 = lim
x→−1
n′(−1) d′(−1)=3
8.
La fonctionf est dérivable deux fois à gauche en−1, et son nombre dérivé d’ordre 2 à gauche en−1 est3 8. Dérivabilité seconde à droite Pourx< −1 : f′(x)−f′(−1)
x−(−1) = 2 x2−1
(x2+1)2
x+1 =2 x−1
¡x2+1¢2.
xlim→−1 x>−1
f′(x)−f′(−1) x−(−1) = lim
x→−12 x−1
¡x2+1¢2 = −1.
La fonction f est dérivable deux fois à droite en−1, et son nombre dérivé d’ordre 2 à droite en−1 est−1.
La fonction f est dérivable à droite et à gauche en−1, elle y a de plus le même nombre dérivé à droite et à gauche, cependant les nombres dérivés d’ordre 2 à droite et à gauche diffèrent,
la fonctionf n’est pas dérivable deux fois en−1.
La fonctionf est dérivable surR{−1}et sa dérivée seconde est définie par :
f′′(x)=
3
¡(x+2)2+3¢32 six< −1
−4x¡ x2−3¢
¡x2+1¢3 six> −1 4. Étudier les variations def.
Les variations de f sont déterminées par le signe de sa dérivée.
Sur ]− ∞;−1[ D’après le calcul def′′mené en3., on a,f′′>0 sur ]− ∞;−1[, doncf′est strictement croissante sur cet intervalle.
De plus : f′(−3)= −3+2
p(−3+2)2+3+1
2=0. Donc f′est strictement négative sur ]− ∞;−3[ et strictement positive sur ]−3;−1].
Sur [−1 ;+∞[ On a : f′(x)=1+2 x2−1
¡x2+1¢2=x4+2x2+1+2x2−2
¡x2+1¢2 =x4+4x2+4−5
¡x2+1¢2 =
¡x2+2¢2
−5
¡x2+1¢2 =
¡x2+2−p 5¢ ¡
x2+2+p 5¢
¡x2+1¢2
f′(x)=
³
x+pp 5−2´ ³
x−pp 5−2´
¡x2+2+p 5¢
¡x2+1¢2
Un carré est toujours positif, donc f′(x) est du signe de µ
x+ q
2−p 5
¶ µ x−
q 2−p
5
¶
. Ce dernier trinôme a un coefficient dominant positif, il est donc positif à l’extérieur de racines et négatif à l’intérieur.
La fonctionf est strictement croissante sur
·
−1 ;− qp
5−2
¸ et sur
· qp
5−2 ;+∞
¸
et strictement décroissante sur ]− ∞;−3] et sur
·
− qp
5−2 ; qp
5−2
¸
x −∞ −3 −1 − qp
5−2
qp
5−2 +∞
−∞ 0,3 ... +∞
f(x)
−1 0 −0,3 ...
TABLE1 – Tableau de variations de f.
On a : f(−3)= −1 ;f µ
− qp
5−2
¶
=
¡3−p 5¢ pp
5−2
p5−1 =0,300···;f µ qp
5−2
¶
=
¡p
5−3¢ pp 5−2
p5−1 = −0,300···; qp
5−2= −0,485···. On en déduit le tableau de variations 1.
5. Déterminer les asymptotes àCf et étudier la position deCf par rapport à ses asymptotes.
La fonctionf est continue surR,Cf ne présente donc aucune asymptote verticale. On a, pourx< −1 :
x→−∞lim f(x)
x = lim
x→−∞
|x| x
s µ
1+2 x
¶2
+ 3
x2+1−x3 2
= lim
x→−∞
− s
µ 1+2
x
¶2
+ 3
x2+1−3x 2
= −1 2. De plus, pourx< −1 :
f(x)− µ
−1 2x
¶
=p
(x+2)2+3+x−3
2=(x+2)2+3−¡ x−32¢2
p(x+2)2+3−x+32 =x2+4x+7−¡
x2−3x+94¢
|x| q¡
1+2x¢2
+x32−x+32
= 7+4x19
− q¡
1+2x¢2
+x32 −1+2x3
= −7 2 De plus, en décomposant en éléments simples pourxÊ −1, il vient :
f(x)=x3−x
x2+1 =x− 2x
x2+1 avec lim
x→+∞
2x x2+1=0.
La droite, D≡y=−x−7
2 , est asymptote àCf en−∞et la droite,∆≡y=x, est asymptote àCf en+∞
Sur ]−∞;−1[, la position deCf par rapport à D est déterminée par la position de, 7+4x19
− q¡
1+2x¢2
+x32−1+2x3
, par rapport à−7
2.
Pourx< −1, le numérateur de la première fraction est positif et majoré par 7, alors que le dénominateur est négatif et minoré en valeur absolue par 2, ce rapport est donc négatif et majoré en valeur absolue par 7
2, il donc minoré par−7 2. On a ainsi, pourx< −1 : f(x)−
µ
−1 2x
¶
> −7
2. C’est-à-dire :
f(x)>−x−7 2 .
Sur [−1;+∞[, la position deCf par rapport à∆est déterminée par le signef(x)−x, qui est du signe de− 2x
x2+1, qui est du signe de−x.
Sur ]− ∞;−1[,Cf est au-dessus de D, sur [1, 0[Cf est au-dessus de∆, sur]0 ;+∞[Cf est au-dessous de
∆etCf coupe∆à l’origine.
6. Étudier la convexité de f et déterminer les équation réduites des tangentes aux points d’inflexions deCf.
La convexité de f est déterminée par le signe de la dérivée seconde. Sur ]− ∞;−1[,f′′est positive comme quotient de deux quantités positives. Sur [−1;+∞[,f"(x) est du signe de,−4x¡
x2−3¢
, c’est-à-dire de,−4x³ x−p
3´ ³ x+p
3´ , on en déduit le tableau de signe ci-dessous.
x −1 0 p
3
f′′(x) − 0 + 0 −
La fonctionf est convexe sur ]− ∞;−1] et surh 0 ;p
3i
et concave sur [−1 ; 0] et surhp 3;+∞h
. La tangente àCf, Ta, au point d’abscisse,a, a pour équation :
y=f′(a) (x−a)+f(a) .
Cf présente trois points d’inflexion : en−1 ; en 0 et en p 3.
T−1passe par le point de coordonnées (−1;0) et a pour coefficient directeur, 1, donc : T−1≡y=x+1 .
T0passe par l’origine et a pour coefficient directeur,−1, donc : T0≡y= −x . Tp3passe par le point de coordonnées
Ãp 3;
p3 2
!
et a pour coefficient directeur, 5
4, donc :
Tp3≡y=5
4x−3p 3 2 .
7. Tracer un graphique sur une feuille de papier millimétré (ou une feuille quadrillée format A4) laissant apparaîtreCf
et tous les éléments de l’étude ci-dessus.
EXERCICEIII
L’espace,E, est muni d’un repère orthonormé direct,³
O;~ı,~,~k´ .
1. On considère les points A(1;2;3), B(5;−2;5)etS1la sphère de diamètre [AB].
a. Donner les coordonnées de−−→AB et la distance AB.
−−→AB =
4
−4 2
AB=p
42+(−4)2+22=p
36=6 .
b. Déterminer une équation cartésienne deS1, puis préciser son rayon et les coordonnées de son centre, I.
Soit M(x;y;z), un point deE. On a :−−→AM
x−1 y−2 z−3
et−−→BM
x−5 y+2 z−5
. Donc :
M∈S1 ⇐⇒ −−→AM ⊥−−→BM
⇐⇒ −−→AM ·−−→BM =0
⇐⇒ (x−1)(x−5)+(y−2)(y+2)+(z−3)(z−5)=0
⇐⇒ x2+y2+z2−6x−8z+16=0
S1≡x2+y2+z2−6x−8z+16=0 .
La sphèreS1, a pour diamètre AB=6, donc son rayon est 3 et son centre, I, est le milieu de [AB], dont les coordonnées sont : (3 ; 0 ; 4).
2. P1est la plan passant par A et de vecteur normal,~n
6 2 3
.
a. Déterminer une équation deP1.
Soit M(x;y;z), un point deE. On a :
M∈P1 ⇐⇒ −−→AM ⊥~n
⇐⇒ −−→AM ·~n=0
⇐⇒ 6(x−1)+2(y−2)+3(z−3)=0
P1≡6x+2y+3z−19=0 .
b. Calculer la distance qui sépare I deP1.
La distance qui sépare le point I du planP1est :
d¡
I,P1¢=
¯
¯
¯
−→AI·~n¯
¯
¯
°
°~n°
°
=|18+12−19| p62+22+32 =11
7 . c. Déterminer la nature deP1∩S1.
La distance du centre, I, de la sphèreS1au planP1est plus petite que le rayon de la sphère, donc :
P1∩S1est un cercle.
d. Déterminer le rayon deP1∩S1.
Soitr le rayon du cercle, d’après le théorème de Pythagore :r= s
32− µ11
7
¶2
=8p 5 7 .
Le cercleP1∩S1a pour rayon : 8p 5 7 3. SoitS2la sphère de centre O et de rayon 5.
a. Le point I est-il un point deS2?
On a, OI=p
32+02+42=5, donc :
I∈S2 .
b. Déterminer la nature deS1∩S2.
Désignons par R1et R2les rayons respectifs deS1etS2. On a :|R2−R1| =2 ; OI=5 ; R1+R2=8.
Donc :|R2−R1| <OI<R1+R2.
S1∩S2est un cercle.
c. Déterminer le rayon deS1∩S2.
Soit M un point du cercleS1∩S2et H le centre du cercle.
On a OI=OM=R2=5, donc le triangle MOI est isocèle en O. Désignons par J le milieu du segment [MI], le triangle JOI est rectangle en J. D’après le théorème de Pythagore : OJ=p
OI2−IJ2= p11
2 . H est le projeté orthogonal de M sur (OI), donc :
OI×MH
2 =aire(MOI)=IM×JO
2 .
On en déduit que : HM=IM×JO OI =3p
11 10
Le cercleS1∩S2a pour rayon3p 11 10 .
d. Justifier queS1∩S2est l’ensemble des points, M, deE, vérifiant :
½ IM2−9=0 OM2−25=0 . En déduire une équation cartésienne du planP2dans lequel est inclusS1∩S2.
S1, sphère de centre I et de rayon 3, est l’ensemble des points, M, deEvérifiant, IM=3, c’est-à-dire : IM2−9=0.
S2, sphère de centre O et de rayon 5, est l’ensemble des points, M, deEvérifiant, OM=5, c’est-à-dire : OM2−25=0.
On en déduit que :
S1∩S2est l’ensemble des points, M, deE, vérifiant :
½ IM2−9=0 OM2−25=0 .
