Terminale S Correction Devoir maison n˚1 2017 - 2018
EXERCICE 1 Soit l’inéquation suivante : 1
x−4− 1 x−3 < 1
2 (E)
1. L’expression 1
x−4 − 1
x−3 n’existe pas si x = 3 ou si x = 4 donc ces deux nombres ne peuvent pas être solutions.
2. On appelle domaine de validité d’une inéquation l’ensemble des réels susceptibles d’être solution de l’inéqua- tion.
(a) Le domaine de validité DE de l’inéquation (E) est donc :DE =R− {3; 4}.
(b) Résolution de (E) surDE :
∀x∈ DE, (E)⇔ 1
x−4− 1 x−3 <1
2
⇔ x−3−(x−4) (x−4)(x−3) < 1
2
⇔ 1
(x−4)(x−3) − 1 2 <0
⇔ 2−(x−4)(x−3) (x−4)(x−3) <0
⇔ −x2+ 7x−10 (x−4)(x−3) <0 À partir de là, on peut utiliser un tableau de signes
x x − 3 x − 4
−x2 + 7x −10 Signe de −x2+ 7x−10
(x−4)(x−3)
−∞ 2 3 4 5 +∞
− − 0 + + +
− − − 0 + +
− 0 + + + 0 −
− 0 + − + 0 −
Ainsi, SE =]− ∞; 2[∪]3; 4[∪]5; +∞[
Rappel :
Les fonctions affines x 7→ x−3 et x7→x−4 ont des coefficients direc- teurs positifs donc l’enchaînement des signes est −0 + (annulation en respectivement 3 et 4).
−x2 + 7x − 10 a un discriminant
∆ = 9, solutions 2 et 5, on applique la règle du signe de a à l’extérieur des racines.
EXERCICE 2 Un pont est soutenu par un arc parabolique d’une portée de 200 m et d’une hauteur de 80 m.
Le pont et l’arc se coupent à 40 m de la rive comme sur la figure ci-dessous.
G O
40 m
Hauteur 80m
Portée 200 m 40
f(40) PONT
Arc parabolique
bc bc
bc
bc
bc bcbc
Quelle est la hauteur du pont ?
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On fait le choix d’un repère orthonormal : (O;−→ i;−→
j) (voir figure).
Dans ce repère, l’arc parabolique est une partie de la représentation graphique d’une fonction polynôme de degré 2 notée f.
Il existe a, betc, trois réels, tels quef(x) =ax2+bx+c.
Les données de la figure nous permettent d’écrire que :
f(0) = 0 f(200) = 0 f(100) = 80
⇔
c= 0
40000a+ 200b+c= 0 10000a+ 100b+c= 80
⇔ . . .⇔
c= 0 a=− 1
125 b= 8
5
⇒f(x) =− 1
125x2+ 8 5x La hauteur recherchée n’est autre quef(40) : f(40) =− 1
125 ×402+8
5 ×40 = 51,2.
La hauteur du pont est de 51,2 mètres.
EXERCICE 3 Soit (un) la suite définie pour tout entier n, par u0= 2 etun+1= 3un+ 2n+ 1.
On admet que, pour tout entiern,un 6= 0.
1. u1= 3u0−2×0 + 1 = 3×2 + 1 = 7 ,u2= 3u1−2×1 + 1 = 20 etu3 = 57 . 2. u2−u1 = 13 etu1−u0 = 5 doncu1−u0 6=u2−u1 et la suite n’est pas arithmétique.
De même, u2
u1
= 20 7 et u1
u0
= 7 2, u2
u1
6= u1
u0
et la suite n’est pas géométrique.
3. On pose vn=un−npour tout entier natureln.
∀n∈N, vn+1=un+1−(n+ 1)
= 3un−2n+ 1−n−1
= 3un−3n
= 3(un−n)
= 3vn
Remarque 1 Le quotient vn+1
vn
permet de trouver 3 mais rien n’assure dans l’énoncé quevn6= 0 pour tout n∈N.
D’après le calcul précédent, on en déduit que (vn) est géométrique de raison q = 3 et de premier terme v0 =u0−0 = 2.
4. ∀n∈N, vn=v0qn, ce qui donne ici : vn= 2×3n 5. ∀n∈N, vn=un−n⇔un=vn+n. Finalement,
∀n∈N, un=n+ 2×3n formule explicite du terme général un
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