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Nom : Prénom :
Devoir commun n°2 Devoir commun n°2 Devoir commun n°2 Devoir commun n°2
On donne ci-dessous les représentations graphiques Cf et Cg des fonctions f et g définies sur Ë.
I - Lectures graphiques
Avec la précision permise par le graphique : 1. Résoudre l’inéquation f(x)Ãg(x).
Graphiquement, Cf est au dessus de Cg sur [0;2,5].
Donc l’ensemble des solutions de f(x)Ãg(x) est S=[0;2,5]. F05 2. Déterminer les variations de la fonction f.
D’après le graphique, f est strictement croissante sur ]-õ;2] et strictement décroissante sur [2;+õ[ II – Algébriquement :
La fonction f est définie sur Ë par f(x)=4 -(x−2)2 et la fonction g est définie sur Ë par g(x)=x(x−1) 1. Etude de la fonction f :
(a) Montrer que pour tous réels x1 et x2 de [2;+õ[, f
( )
x1 −f( )
x2 =(
x2−x1) (
x2+x1−4)
┐x1Ã2, ┐x2Ã2, f
( )
x1 −f( )
x2 =[
4−(
x1−2)
2]
−[
4−(
x2−2)
2]
=(
x2−2)
2−(
x1−2)
2 =(
x2−2−x1+2) (
x2−2+x1−2)
=(
x2−x1) (
x2+x1−4)
(b) En déduire que f est décroissante sur [2;+õ[. F08 Soient x1 et x2 deux réels de l’intervalle [2;+õ[ tels que x1<x2, alors
x1<x2 donc x2−x1>0
x1Ã2 et x2Ã2 donc x1+x2Ã4 d’où x1+x2−4Ã0
Cf Cg
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Donc f
( )
x1 −f( )
x2 Ã0 càd f( )
x1 Ãf( )
x2 donc, par définition, f est décroissante sur [2;+õ[ (c) On admettra que f est croissante sur ]-õ;2]Dressons le tableau de variations de f. F06 F02
f(2)=4−(2−2)2=4
(d) En déduire les éventuels extremums de f sur Ë.
D’après le tableau de variations de f, f admet 4 pour maximum atteint en 2 et f n’admet pas de minimum.
(e) Déterminer algébriquement pour quelle(s) valeur(s) de x la courbe Cf est strictement en dessous de l’axe des abscisses. A12 A13 A14
Cf est strictement en dessous de l’axe des abscisses ssi f(x)<0.
Or, sur Ë, f(x)<0ñ4−(x−2)2<0ñ22−(x−2)2<0ñ(2−x+2)(2+x−2)<0ñ(4−x)×x<0 4−x=0ñx=4
D’où le tableau de signes suivant :
x −∞ 0 4 +∞
x - 0 + +
4−x + + 0 -
f(x) - 0 + 0 -
Donc f(x)<0ñx☻]-õ;0[∟]4;+õ[
Ainsi Cf est strictement en dessous de l’axe des abscisses sur ]-õ;0[∟]4;+õ[ 2. Retrouver algébriquement le résultat de la question 1. du I. F04
On doit donc résoudre f(x)Ãg(x)
Or sur Ë, f(x)Ãg(x)ñ4−(x−2)2Ã x(x−1) ñ (4−x)x−x(x−1)Ã0 ñ x(4−x−x+1)Ã0 ñ x(-2x+5)Ã0 Etude du signe du produit x(-2x+5) :
x −∞ 0 2.5 +∞
x - 0 + +
-2x+5 + + 0 -
x(-2x+5) - 0 + 0 -
Ainsi x(-2x+5)Ã0 ssi x☻[0;2,5]. Par conséquence on retrouve bien le résultat de la question 1. du I : L’ensemble des solutions de f(x)Ãg(x) est S=[0;2,5]
x −∞ 2 +∞
4 f
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Exercice 2 :
Un ouvrier veut obtenir une plaque métallique rectangulaire dont la longueur est le double de sa largeur. De plus il veut que cette plaque est une surface au moins égale à 40 cm2.
Donner les dimensions au mm près de cette plaque rectangulaire les plus petites possibles.
On note x la largeur de la plaque et y sa longueur.
• Si sa longueur est le double de sa largeur, alors y = 2 x.
• Si sa surface est au moins égale à 40 cm2, alors y × x ≥ 40.
On en déduit : (2 x) × x ≥ 40, cad 2 x2≥ 40 ; x2≥ 20 ; x2 – 20 ≥ 0.
On factorise grâce à l’identité remarquable a2 – b2 = (a – b) (a + b) : (x – 20) (x + 20) ≥ 0 ; (x – 2 5) (x + 2 5) ≥ 0.
Etudions le signe du produit (x – 2 5) (x + 2 5) :
x −∞ – 2 5 2 5 +∞
x + 2 5 – 0 + +
x – 2 5 – – 0 +
(x – 2 5) (x + 2 5) + 0 – 0 +
On en déduit que (x – 2 5) (x + 2 5) ≥ 0 lorsque x ∈ ] – õ ; – 2 5 ] ∪ [ 2 5 ; + õ [.
Or x ≥ 0 (car c’est une longueur), donc x ∉ ] – õ ; – 2 5 ].
Finalement, (x – 2 5) (x + 2 5) ≥ 0 lorsque x ∈ [ 2 5 ; + õ [.
Comme on cherche les dimensions de la plaque les plus petites possibles, on a : x = 2 5.
Or 2 5 ≈ 4,4721….., soit au mm près x = 4,5 cm.
Comme y = 2 x, on en déduit que y = 2 × 2 5 = 4 5.
Or 4 5≈ 8,94427…, soit au mm près 8,9 cm.
Conclusion
Les dimensions de cette plaque rectangulaire les plus petites possibles sont, au mm près, 4,5 cm et 8,9 cm.
