TS : devoir sur feuille n
o1
I
Soit l’inéquation (I) :
2x+5
3x+5Ê x−1 5x−1
• Ensemble de définition:
Il faut qu’aucun des dénominateurs ne s’annule, donc l”ensemble de définition n est D=R\
½
−5 3; 1
5
¾ .
• On suppose quex∈D. (on peut alors raisonner par équivalences) Alors : (I)⇔ 2x+5
3x+5− x−1 5x−1Ê0
⇔(2x+5)(5x−1)−(3x+5)(x−1) (3x+5)(5x−1) Ê0
⇔
¡10x2−2x+25x−5¢
−¡
3x2−3x+5x−5¢
(3x+5)(5x−1) Ê0
⇔ 7x2+21x (3x+5)(5x−1)Ê0
⇔ 7x(x+3)
(3x+5)(5x−1)Ê0.
Remarque: il faut absolument factoriser ! ! !
• On renseigne un tableau de signes :
Le numérateur s’annule pourx= −3 oux=0.
x −∞ −3 −5
3 0 1
5 +∞
7x − − −0+ +
x+3 − 0 + + + +
3x+5 − − + + +
5x−1 − − − − +
7x(x+3)
(3x+5)(5x−1) + 0 − +0− +
• Conclusion : ce quotient doit être supérieur ou égal à 0.
L’ensemble des solutions est : S =]−∞; −3]∪
¸
−5 3; 0
¸
∪
¸1 5 ;+∞
·
II
Soitf la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par
f(x)=x+1+ 4 x2 . On noteC la courbe représentative de f.
1. f est dérivable sur ]0 ;+∞[ comme somme de fonctions dérivables.
Pour toutx>0, f(x)=x+1+4× 1
x2, doncf′(x)=1+0+4× µ
− 2 x3
¶
=1− 8
x3 = x3−8 x3
2. (a−b)(a2+ab+b2)=a3+ab+ab2−aêb−ab2−b3=a3−b3donc a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2). 3. f′(x)= x3−8
x3 =x3−23
x3 = (x−2)(x2+x+2)
x3 .
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4. Pour étudier les variations de f, on étudie le signe de sa dérivée sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
• x>0 doncx3>0
• x2+x+2 a une discriminant égal à -7, négatif, doncx2+x+2>0 pourx>0
• x−2>0 pourx>2 etx−2<0 pourx<2
On en déduit que f′(x)É0 pour 0<xÉ2 et f′(x)Ê0 pourxÊ2. Tableau de variation :
x 0 2 +∞
x−2 − 0 + x2+x+2 + +
x3 + +
f′(x) − 0 + f(x) ❅❅
❅
❘4
✒
5. On noteD la droite d’équationy=x+1.
Pour toutx>0, f(x)−(x+1)= 4
x2 doncf(x)−(x+1)>0 etf(x)>x+1.
C est donc au-dessus deD.
6.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
−1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
−1 -1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C
D
Penser à tracer la tangente horizontale enx=2!
III
1. Soitg la fonction définie sur ]−4 ;+∞[ par :
g(x)=x3+6x2+1.
(a) g est dérivable comme polynôme ;g′(x)=3x2+12x= 3x(x+4). Ls racines sont -4 et 0.
Sur ]-4 ; 0],g′(x) est su signe opposé à celui du coefficient dex2donc négatf.
Sur [0 ;+∞[,g′(x)Ê0.
Tableau de variation:
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x −4 0 +∞
g′(x) − 0 + g(x) ❅❅
❅
❘1
✒
(b) Le minimum deg est 1, doncg(x)>0 sur ]−4 ; +∞[.
2. Soit f la fonction définie sur ]−4 ;+∞[ par
f(x)=x3−2 x+4 .
(a) f est dérivable comme fonction rationnelle (quotient de polynômes).
f =u v avec
(u(x)=x3−2 v(x)=x+4 . f′=u′v−v′u
v2 avec
(u′(x)=3x2 v′(x)=1 . f′(x)=3x2(x+4)−¡
x3−2¢
(x+4)2 =2x3+12x2+2
(x+4)2 = 2g(x) (x+4)2 .
(b) f′est donc du signe de g ; par conséquent,f′est positive sur ]−4 ; +∞[ ; f est donccroissantesur cet intervalle.
IV
Soit (un) la suite définie paru0=6,u1=1 et la relation de récurrenceun+2=5un+1−6unpour tout entier natureln.
1. Soient deux réelsαetβdistincts tels que les suites (vn) et (wn) sont définies par vn=un+1−αunetwn=un+1−βun.
(a) On suppose que (vn) est géométrique de raisonβ.
Pour toutn,vn+1=βvn.
Cela donne :un+2−αun+1 =βvn ⇔(5un+1−6un)−αun+1=βvn ⇔ (5−α)un+1−6un =βvn ⇔ (5−α)un+1−6un=βun+1−αβun.
On en déduit que :
(5−α=β αβ=6
⇔
(α+β=5 αβ=6 .
En écrivant que (wn) est géométrique de raisonα, on retrouve le même système.
(α+β=5 αβ=6
⇔
β= 6
α α+6
α=5
⇔
β= 6
α
α2−5α+6=0, αest donc solution de l’équationx2−5x+6=0.
(b) On en déduit α=2 etβ=3.
2. (a) (vn) est géométrique de raisonβ=3, dp,cvn=v0×qn avecv0=u1−αu0=u1−20=1−12= −11 donc vn= −11×3n .
(b) D même, (wn) est géométrique de raisonα=2, doncwn=w0×2n= −17×2n
3. En déduire l’expression du terme général de la suite (un). Pour toutn,vn−wn=(un+1−αun)−¡
un+1−βun¢
=(β−α)un=undoncun=vn−wn= −11×3n+17×2n Page 3/4
V Tours de Hanoï
On noteDnle nombre minimal de déplacements nécessaires pour transporter une tour denétages (nÊ1).
1. Il est facile de montrer que, pour toutn,Dn=2Dn−1+1.
En effet, une tour dendisques est constituée d’une tour den−1 disques, au-dessus d’un grand disque.
En effet, soient A, B et C les trois emplacements des tours. Pour déplacer une tour de n disques de A vers C, on effectue ces trois étapes :
• • déplacer la tour des n-1 premiers disques de A vers B (étape qui nécessiteDn−1déplacements, d’où la récurrence) ;
• déplacer le plus grand disque de A vers C (un déplacement supplémentaire) ;
• déplacer la tour des n-1 premiers disques de B vers C (à nouveau xn-1 déplacements).
Le nombre de déplacements de disques vérifie donc la relation de récurrence :dn+2Dn−1+1.
On trouveD1=1,D2=3,D3=7.
2. De même,D4=15 3. voir précédemment.
4. On conjecture queDn=2n−1.
5. • Pourn=1, 2n−1=2−1=1=D1
• On suppose queDn=2n−1.
Dn+1=2Dn+1=2¡ 2n−1¢
+1=2n+1−2+1=2n+1−1 donc la propriété est héréditaire.
D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutn.
6. Le temps nécessaire pour reconstituer une tour de 80 étages est 280−1 secondes, donc280−1
86400 jours, soit environ 3, 8×1016ans (donc plus que l’âge de l’univers !)
VI
Soit la suite (un) définie par
u0=1 2
un+1=un+1 un+2
.
Montrer que, pour toutn∈N, 0<un<1.
Montrons d’abord par récurrence que, pour tout n, unÊ0.
• Initialisation:u0=1
2donc c’est vrai pourn=0.
• Hérédité : on suppose un > 0 pour un entier n. Alorsun+1=un+1
un+2>0 donc c’est vrai au rangn+1 On en déduit queun>0 pour toutn.
Montrons maintenant par récurrence que, pour toutn,un<1.
• Initialisation:u0=1
2<1 donc c’est vrai pourn=0.
• Hérédité: on supposeun<1 pour un entiernquel- conque.
un+1−1=un+1
un+2−1= un+1−un−2 un+2 =
−1 un+2<0 puisqueun>0. on en déduit queun+1−1<0 donc un+1<1.
La propriété est héréditaire.
D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutn.
On a donc montré que, pour toutn, 0<un<1.
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