• Aucun résultat trouvé

f est de la forme 2 u avecu(t

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Partager "f est de la forme 2 u avecu(t"

Copied!
7
0
0

Texte intégral

(1)

EXERCICE 1 : Partie 1

h(t) = a 1 +be0,04t

On sait qu’initialement, pourt= 0, le plant mesure 0,1 m et que sa hauteur tend vers une valeur limite de 2 m.

• −0,04t t−→

+ −∞ et eX −→

X→−∞ 0 donc par composition et somme lim

t+1 +be0,04t = 1, et par quotient

tlim+h(t) =a,

L’unicité d’une limite et l’énoncé permettent de trouver a= 2 .

h(0) = 0,1 eta= 2 2

1 +b = 0,1b= 2

0,1 1 = 19 donc b= 19 . Partie 2

f(t) = 2

1 + 19e0,04t, avect[0,250].

1. f est de la forme 2

u avecu(t) = 1 + 19e0,04t doncf =2× u

u2 avecu(t) = 19×(0,04)e0,04t, et donc

t[0,250], f(t) = 2×0,76e0,04t (1 + 19e0,04t)2

Pour toutt [0; 250], f(t)>0 (carré et fonction exponentielle) donc f strictement croissante sur l’intervalle [0; 250].

2. Le plant de maïs atteint une hauteur supérieure à 1,5 m se traduit parh(t)>1,5

2

1 + 19e0,04t > 1,5

2

1,51 > 19e0,04t

1

57 > e0,04t

ln

1 57

> 0,04t

ln 57 > 0,04t

ln 57

0,04 < t Or ln 57

0,04 101,08. Il faut donc un peu plus de 101 jours pour que le plant dépasse 1,5 m.

3. (a) Pour tout réeltappartenant à l’intervalle [0; 250] on a 2e0,04t

e0,04t+ 19= 2e0,04t

e0,04t(1 + 19e0,04t)= 2

1 + 19e0,04t =f(t)

F(t) = 50 ln e0,04t+ 19est de la forme 50 lnu(t) avecu(t) = e0,04t+ 19 et u(t)>0 surR. doncF = 50×u

u avecu(t) = 0,04e0,04t, soit F(t) = 50× 0,04e0,04t

e0,04t+ 19 = 2e0,04t

e0,04t+ 19 =f(t) F est donc bien une primitive def sur l’intervalle [0; 250].

(b) Par définition la valeur moyenne def sur l’intervalle [50 ; 100] est

µ= 1

10050(F(100)F(50)) = ln(e4+ 19)ln(e2+ 19)1,03.

La hauteur moyenne du plant entre le 50eet le 100ejour est de 1,03 m.

(2)

4. D’après le graphique, la vitesse est maximale lorsque la pente (coefficient directeur) de la tangente à la courbe est maximale, soit àt= 80, la hauteur du plant est environ de 1,15 m.

Annexe (Exercice 1)

0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0

20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220

y= 2

tempst(en jours) hauteur (en mètres)

EXERCICE 2 :

Partie A : Conjecture graphique

Les solutions de l’équation (E) sont les abscisses des points d’intersection des deux courbes.

Il semble y en avoir 2. L’une comprise entre1 et 0, l’autre entre 0 et 1.

Partie B : étude de la validité de la conjecture graphique

1. (a) xR, x2+x3=x2(1 +x). Comme un carré est positif ou nul,x2+x3est du signe de 1 +x.

x2+x3= 0 pourx∈ {−1 ; 0}.

x2+x3>0 pourx]1 ; 0[]0 ; +[.

x2+x3<0 pourx]− ∞; 1[.

(b) xsolution de (E)ex= 3 x2+x3

x2+x3= ex

3 . Or, pour tout réelx,ex

3 >0, alors que x2+x3<0 pourx]; 1[. (E) n’a pas de solution sur l’intervalle ]− ∞; 1].

(c) e0= 1 et 3×(02+ 03) = 0. Donc 0 n’est pas solution de (E).

2. x]1; 0[]0; +[, (E) ex= 3 x2+x3

ln ex= ln 3 x2+x3

a=blna= lnb

x= ln 3 + ln x2(1 +x)

ln(ab) = lna+ lnb

x= ln 3 + ln x2

+ ln (1 +x)

ln 3 + ln x2

+ ln (1 +x)x= 0

h(x) = 0

(3)

3. (a) hest une somme et composée de fonctions de référence dérivables, donchest bien dérivable sur ]1; 0[]0; +[.

(Siu >0sur un intervalle, alors lnuest dérivable sur cet intervalle et sa dérivée est u u).

Pour tout réelx]1 ; 0[]0 ; +[, h(x) = 0+2x x2+ 1

x+ 11 = 2 x+ 1

x+ 11 = 2(x+ 1) +xx(x+ 1) x(x+ 1) On a bien :h(x) = x2+ 2x+ 2

x(x+ 1) .

(b) Pour étudier le sens de variations deh, on étudie le signe de sa dérivée.

Les numérateurs et dénominateurs sont des trinômes du second degré.

Pour le dénominateur, les racines sont 0 et 1, le coefficient dominant est 1 > 0. Il est donc positif « à l’extérieur » des racines, négatif « entre » les racines (voir le tableau).

Pour le numérateur, pas de racine évidente. On calcule donc le discriminant. On trouve : ∆ = 12>0 et les deux racines sont x1 = 2 + 2

3

2 = 1

3 etx2 = 1 +

3. Le coefficient dominant est1 >0, d’où le signe...

x 1 1

3 0 1 +

3 +

x2+ 2x+ 2 0 + 0

x(x+ 1) 0 0 +

h(x) || + 0 || + 0

Étude des limites aux bornes :

Limite en1

xlim→−1 ln 3x= ln 3 + 1 ( lim

x→−1 x2 = 1

Xlim1 lnX = 0

par composition

= lim

x→−1 lnx2= 0 ( lim

x→−1 1 +x = 0

Xlim0 lnX = −∞

par composition

= lim

x→−1 ln(1 +x) =−∞

par somme

= lim

x→−1 h(x) =−∞

Limite en 0

xlim0 ln 3x= ln 3 ( lim

x0 x2 = 0

Xlim0 lnX = −∞

par composition

= lim

x0 lnx2=−∞

( lim

x0 1 +x = 1

Xlim1 lnX = 0

par composition

= lim

x0 ln(1 +x) = 0

par somme

= lim

x0 h(x) =−∞

Limite en +

xlim+ ln 3x=−∞

( lim

x+ x2 = +

Xlim+ lnX = +

par composition

= lim

x+ lnx2= + ( lim

x+ 1 +x = +

Xlim+ lnX = +

par composition

= lim

x+ ln(1 +x) = +

par somme

= on a la F.I.´ +∞ −

ˇ

h(x) = ln 3 + (x+ 1) 2 lnx

x+ 1+ln(1 +x) x+ 1 x

x+ 1

. Or

lim

x+

x

x+ 1 = lim

x+

1 1 + 1

x

= 1

xlim+ 1 +x = +

Xlim+

lnX

X = 0

par composition

= lim

x+

ln(1 +x) x+ 1 = 0

(4)

Pour toutx > 1,0 6 lnx

x+ 1 < lnx

x . Par comparaison, lim

x+

lnx

x = 0et le théorème des gendarmes assure que lim

x+

lnx x+ 1 = 0

Finalement avec des opérations élémentaires, on obtient enfin lim

x+h(x) =−∞. Pour avoir le tableau de variations complet, il nous faut encore les signes deh 1

3

<0et de h(1 +

3)>0que l’on obtient avec la calculatrice.

x h(x)

h(x)

1 1

3 0 1 +

3 +

+ 0 + 0

0

h(1 3) h(1

3)

−∞ −∞

h(1 + 3) h(1 +

3)

−∞

−∞

α1

0

α2

0

(c) Sur l’intervalle]1; 0[, la dérivée s’annule en changeant de signe (+; 0;), donch(1

3) est un maxi- mum pourhsur cet intervalle. Orh(1

3)<0donc l’équationh(x) = 0n’a pas de solution sur]1 ; 0[.

C’est une première contradiction avec la conjecture de la partie A.

Sur l’intervalle ]0; 1 +

3[ la fonction h est dérivable, donc continue ; 0 est compris entre lim

x0h(x) et h 1 +

3, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation h(x) = 0 admet donc au moins une solution sur

0; 1 +

3. Commehest strictement monotone sur cet intervalle, cette solutionα1 est unique.

La calculatrice donne :h(0,61)≈ −0,02eth(0,62)0,24.

0est donc compris entreh(0,61)et h(0,62), le raisonnement précédent assure donc que α1[0,61; 0,62]

On trouve de même que0,618< α1<0,619

Une valeur approchée deα1, arrondie au centième est donc0,62.

Commeh(1 +

3)>0,0est aussi compris entre lim

x+h(x)eth 1 + 3

. Le même raisonnement assure donc l’existence d’une autre solution dans cet intervalle. Voir le tableau.

Avec la calculatrice, on trouve7,12comme valeur approchée deα2, arrondie au centième.

(d) La conjecture de la partie A est erronée. Il y a bien deux solutions mais pas dans les intervalles prévus !

(5)

EXERCICE 3 1. Sur la figure ci-dessous, le pointA a pour affixe 3 +i.

On notea l’affixe deA. Pour déterminer a, il faut d’abord cherchera1= 1

a affixe du point A1. a1= 1

3 +i =

3i

4 =

3 4 1

4i puisA milieu de[AA1]a=a+a1

2 =

3 +i+4314i

2 =5

3 8 +3

8i . 2. (a) Pour déterminer la relation proposée :

La méthode de construction du pointM qui se fait en deux temps :

M −→

1èreétapeM1 −→

2èmeétapeM puis traduire en termes d’affixes :

z−→z1=1 z −→z zest l’affixe dumilieude[M M1]M(z)etM1

z1=1

z

: dans le cours, chapitre 7 paragraphe II.2,z est l’affixe dumilieude[M M1]z=z+z1

2 =z+1z 2 =1

2

z+1 z

. (b) B etC les points d’affixes respectives2iet 2i.

B d’affixeb=1 2

b+1

b

= 1 2

2i+ 1

2i

=1 2

2i1

2i

= 3 4i et, C d’affixec =1

2

c+1 c

=1 2

2i+ 1

2i

=1 2

2i+1 2i

=3 4i (c) Voir figure.

3.

Ensemble des pointsM tels queM=M : Pourz6= 0, M=M z=z

z= 1 2

z+1

z

2z=z+1 z

z= 1 z

z2= 1

z= 1 ouz=1

Ainsi, les points qui « coïncident » avec leurs images sont les points d’affixes 1 et1. Ils se trouvent sur l’axe des réels.

x y

bbb b

b bbbb b b b

K L

M

M1

M

A A B

B

C C 1

O 1

4. On posez=x+iy.M appartient au cercle de centre O et de rayon 1 équivaut àx2+y2= 1(équation du cercle).

Mimage deM M ∈ C(O; 1)

z= 1

2

z+1 z

x2+y2= 1

z =1

2

x+iy+ xiy x2+y2

x2+y2= 1

(

z=1

2(x+iy+xiy) x2+y2= 1 z=x

x2+y2= 1 zréel de l’intervalle[1,1]donc l’imageM appartient au segment[KL]K etLsont les points d’affixes respectives1et 1.

(6)

EXERCICE 4 : (Facultatif)

×M

H

C E

D

F

A B

G

Sur la figure ci-dessus,αdésigne la mesure en radians de l’angle(−−→M A;−−→M C)[0, π]).

Déterminer la position du pointM sur la diagonale[BH]de façon queαsoit le plus grand possible. On noteale côté du cube.

Méthode 1

Pour commencer, il faut remarquer que le triangleAM C est isocèle.

En effet, le point M appartient au plan des points B, D, H, F qui est le plan médiateur de [AC]. Or le plan médiateur d’un segment est le plan qui contient tous les points équidistants des extrémitésAet Cdu segment ; il est orthogonal au segment[AC]et contient le milieu de [AC](à comparer à la médiatrice dans le plan).

AinsiM A=M C, d’où la forme particulière du triangle.

b b

bb

A B

M

I α/2

Soit I le milieu de [AC]. D’après ce qui précède, l’angle (−−→

M A;−−→

M I) a pour mesureα/2 etαest maximum lorsqueα/2 est maximum.

α 2 h

0,π 2

i, et la fonctionsinest croissante sur cet intervalle : α

2 est maximum lorsquesin(α/2)est maximum.

Grâce aux relations trigonométriques dans le triangle AM I on obtient : sin(α/2) = AI

AM, ce qui prouve que sin(α/2) est maximum lorsque AM est minimale. (AI est une longueur constante qui vaut AC

2 =a 2 2 ).

Pour répondre à la question, il suffit de trouver la position du point M sur [BH] de sorte queAM soit minimale.

b b

b

A B

H

M

a a

2

∗ ∗ ∗

On sait depuis le collège que la distance entre un point et une droite est la distance la plus courte, obtenue en traçant le projeté orthogonal de A sur [BH] (voir dessin).

En calculant l’aire du triangleAHB de deux manières, on obtient : AM×HB=AB×AH qui donneAM =a×a

2 a

3 =a×

2 3 (HB=a

3 connu depuis le collège ou appliquer Pythagore) il ne reste plus qu’à exprimer sin(α/2) = AI

AM =

a 2 2

a23 =

3

2 , ce qui donne α

2 =π

3 et doncα= 3 .

La valeur maximum deαest

3 (120˚)

(7)

Méthode 2

(utilisant le produit scalaire dans un repère orthonormé) :

Le triangleAM C est isocèle (déjà vu dans la méthode 1)

On se place dans le repère orthonormé(B,−−→BC,−−→BA,−−→BF). Les coordonnées des points « utiles » sont : A(0,1,0),C(1,0,0),H(1,1,1).

Le point M appartient au segment [BH], pour déterminer les coordonnées deM, on va rechercher une repré- sentation paramétrique du segment[BH].

(méthode identique à celle d’une droite avect[0,1])

M(x, y, z)[BH]⇔ ∃t[0,1]tel que−−→BM=t−−→BH

x y z

=t

1 1 1

et t[0,1]

x=t

y=t , t[0,1]

z=t

Dans le repère considéré, on utilise la formule

−−→M A.−−→

M C=M A×M C×cos(α)cos(α) =

−−→M A.−−→M C

M A×M C [0, π]) De plus−−→M A

t 1t

t

,−−→M C

1t

t

t

etM A2=M C2= (t)2+ (1t)2+ (t)2= 3t22t+ 1 On exprime désormais le produit scalaire :−−→M A.−−→M C=−−→AM .−−→CM =t(t1) +t(t1) +t2= 3t22t

Ainsi on obtient désormais une relation entretet cos(α), qui permet de lier le « sort » du pointM et de l’angle α.

cos(α) = 3t22t

3t22t+ 1 t[0,1]

On posef(t) = 3t22t

3t22t+ 1 t[0,1]. Une rapide étude def conduit dans un premier temps à f(t) = 6t2

(3t22t+ 1)2 pourt[0,1], et l’étude du signe de f(t)conduit à dire quef admet un minimum sur [0,1]en 1

3 qui vaut0,5.

t Signe def(t) Variations de f

Variations deα

0 13 1

0 +

0 0

1

21 2

1 2 1 2

π 2 π 2

3

3 π

3 π 3

L’angleαmaximal cherché est celui qui correspond au minimum de f :

(en effet, la fonctioncosest décroissante sur[0, π], ce qui signifie quecos(α)(=f(t))est minimalαmaximal : voir tableau)

(

cos(α) =1

α[0, π] 2 α= 3

et les coordonnées du pointM sont alors 1

3,1 3,1

3

(le pointM est situé au tiers de la longueurBH à partir deB)

Références

Documents relatifs

[r]

[r]

Le même raisonnement assure donc l’existence d’une autre solution dans cet intervalle.. Voir

Les deux valeurs étant différentes, u n’est pas géométrique.. En fait, u a la forme d’une suite

On détermine que l’entreprise est bénéficiaire en cherchant l’ensemble des valeurs pour lesquelles la courbe de C est en dessous de la droite, soit sur [2,2; 8,4].. On cherche

[r]

[r]

Mais nous ne pouvons pas affirmer que 1−k = −2 puisque nous ne connaissons pas les unités sur les axes.. Par contre, on sait que Γ coupe l’axe des ordonnées au point de