TS Correction Devoir commun n˚2 2011-2012
EXERCICE 1 :
Soitf la fonction définie surRpar :
f(x) =
(x−1)2 six <0 1−x2 six>0 1. Continuité surR
• La fonctionx7−→(x−1)2 est continue sur ]− ∞; 0[. (cours : fonction polynôme)
• La fonctionx7−→1−x2est continue sur ]0; +∞[. (cours : fonction polynôme)
• Étude en 0 : point de "raccordement" : f(0) = 1
∗ Limite à gauche def : lim
x→0 x<0
f(x) = lim
x→0 x<0
(x−1)2= 1
∗ Limite à droite def : lim
x→0 x>0
f(x) = lim
x→0 x>0
1−x2= 1 Les deux limites sont égales à 1 =f(0) donc lim
x→0f(x) =f(0) etf est continue en 0.
f est continue en tout point de Rdoncf est continue surR. 2. Dérivabilité sur R
• La fonctionx7−→(x−1)2 est dérivable sur ]− ∞; 0[. (cours : fonction polynôme)
• La fonctionx7−→1−x2est dérivable sur ]0; +∞[. (cours : fonction polynôme)
• Étude en 0 : point de "raccordement" : f(0) = 1 etf continue en 0
∗ Limite à gauche du taux d’accroissement def en 0 :
xlim→0 x<0
f(x)−f(0) x−0 = lim
x→0 x<0
(x−1)2−1
x = lim
x→0 x<0
x2−2x x = lim
x→0 x<0
x−2 =−2 présence d’une "demi-tangente à gauche" en 0 de pente−2
∗ Limite à droite du taux d’accroissement def en 1 :
x→0lim
x>0
f(x)−f(0) x−0 = lim
x→0 x>0
1−x2−1
x = lim
x→0 x>0
−x2 x = lim
x→0 x>0
−x= 0 présence d’une "demi-tangente à droite" en 0 de pente 0
Les deux limites sont différentes, le taux d’accroissement def en 0 n’a pas de limite en 0 doncf n’est pas dérivable en 0.
EXERCICE 2 :
On considère la fonctionf définie surRparf(x) = x3 x2+x+ 1 1. f est définie surR car∀x∈R, x2+x+ 1>0 (∆<0).
2. Pour toutx, ax+b+ cx+d
x2+x+ 1 = (ax+b)(x2+x+ 1) +cx+d
x2+x+ 1 = ax3+ (a+b)x2+ (a+b+c)x+b+d x2+x+ 1
Orf(x) = x3
x2+x+ 1 et pourra s’écrire sous la forme requise si et seulement si
a= 1 a+b= 0 a+b+c= 0 b+d= 0
⇔
a= 1 b=−1 c= 0 d= 1 Ainsi ∀x∈R,f(x) =x−1 + 1
x2+x+ 1
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3. La "candidate" idéale pour l’asymptote est d’équation y=x−1 . Grâce à la question précédente, on a pour tout xdeR,f(x)−(x−1) = 1
x2+x+ 1.
x→+∞lim f(x)−(x−1) = lim
x→+∞
1
x2+x+ 1 = lim
x→+∞
1
x2 = 0 donc la droite ∆ :y=x−1 est asymptote àCf en +∞. (même raisonnement en−∞)
4. Position deCf par rapport à ∆ ?
On a pour toutxdeR, f(x)−(x−1) = 1
x2+x+ 1 et x2+x+ 1>0 (cf 1.) donc∀x∈R, f(x)−(x−1)>0⇔f(x)> x−1⇔Cf au-dessus de ∆ .
5. (a) f est une fonction rationnelle donc elle est dérivable sur son ensemble de définition (iciR).
∀x∈R, f′(x) = 3x2(x2+x+ 1)−x3(2x+ 1)
(x2+x+ 1)2 = 3x4+ 3x3+ 3x2−2x4−x3
(x2+x+ 1)2 = x4+ 2x3+ 3x2
(x2+x+ 1)2 = x2(x2+ 2x+ 3) (x2+x+ 1)2 (b) Variations def surR.
Pour l’expression x2+ 2x+ 3, le discriminant ∆ = −8 donc x2+ 2x+ 3 > 0, ∀x ∈ R. De plus , x2 > 0 et (x2 +x+ 1)2 > 0 donc f′(x) > 0 pour tout x non nul et f′(0) = 0. On en conclut que
f est strictemement croissante surR. 6. Cf et ∆ dans un repère orthonormé.
x y
1 1 O
EXERCICE 3 :
On considère l’équation (E) : x3−3x2+ 1 = 2. On noteP la fonction définie surRpar :P(x) =x3−3x2+ 1.
1. (a) Tableau de variations deP.
La fonction est dérivable surRcar c’est une fonction polynôme, et on a : P′(x) = 3x2−6x= 3x(x−2).
x Signe def′(x) Variations
def
−∞ 0 2 +∞
+ 0 − 0 +
−∞
−∞
11
−3
−3
+∞ +∞ α
2 Calcul des images de 0 et 2 :f(0) = 1 etf(2) =−3.
Calcul des limites : lim
x→−∞P(x) = lim
x→−∞x3 =−∞et de même lim
x→+∞P(x) = +∞car une fonction poly- nôme a même limite que son terme de plus haut degré à l’∞.
(b) Nombre exact de solutions de (E).
Grâce au tableau de variations ci-dessus et au théorème de la bijection sur l’intervalle [2; +∞[, on peut affirmer qu’il existe, surR, une unique solutionαà l’équationP(x) = 2.
En effet,∀x∈]− ∞; 2],f(x)61<2 donc pas de solution sur cet intervalle.
2. Approximation de la solution à 10−2près.
Par balayage et en utilisant la calculatrice on obtient : P(3,1) ≈ 1,961 < 2 et P(3,11) ≈ 2,0639 > 2 donc 3,1< α <3,11 et donc α≈3,1 à 10−2près.
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