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A faire à deux

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

TS Correction Devoir Maison 2 2012-2013

A faire à deux

Exercice 1

1. f(x)>0 pour tout x∈]− ∞;a[ ;f(x)<0 pour toutx∈]a; +∞[ etf(a) = 0.

2. (a) Seuls les points deC2 ont des ordonnées positives puis négatives, donc seule C2 peut être la courbe repré- sentative def.

DoncC1est la courbe représentative d’une primitive F def.

(b) C2 coupe l’axe des abscisses au point d’abscissea; d’après la figure 1< a <2.

L’aire de la surface comprise entreC2, l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la droite d’équationx=a est d’après la figure supérieure à zéro. Elle est égale à

Z a

0

fdx=f(a)−f(0).

On a doncf(a)−1

2 >0 ⇐⇒ f(a) =b > 1 2 >0.

Autre démonstration :b=f(a) =F(a). Au point d’abscisseadeC1 (courbe deF), le coefficient directeur de la tangente en ce point est strictement positif ; ce nombre vautF(a) =b.

A B O C2

C1

~i

~j

bb

a

bpente de la tangente en ce point

Exercice 2

Voir correction du test conçu à partir du tm2.

Exercice 3

1. f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et sur cet intervalle : f(x) =1

2

1− 7 x2

= 1

2x2 x2−7

qui est du signe dex2−7.

Doncf(x) = 0 ⇐⇒ x2−7 = 0 ⇐⇒ x−√ 7

x+√ 7

= 0 ⇐⇒ x=√

7 ou x=√ 7.

Il y a donc une solution dans l’intervalle ]0 ; +∞[ : √ 7.

Le trinômex2−7 est positif sauf entre ses racines donc ici sur 0 ; √

7 . Conclusion :f est décroissante sur

0 ; √ 7

puis croissante sur√

7 ; +∞

; doncf √ 7

est le minimum def sur ]0 ; +∞[.

f √ 7

= 1 2

√ 7 + 7

√7

= 1 2

√7 +√ 7

= √

7. Comme un−1 > 0 et que un = f(un−1) ; par définition du minimum, on a donc pour tout entier natureln, f(un−1)>√

7⇔un >√

7 pour toutn∈N. 2. (a) un+1un=1

2

un+ 7 un

un =1 2

7 un

un

= 1 2

7−u2n

un

. Comme 1

2 > 0, un > 0 et que un > √

7 ⇒ u2n > 7 ⇒ u2n−7 > 0 ⇒ 7−u2n 6 0, on en conclut que un+1un60

Donc la suite (un) est décroissante.

(b) La suite (un) étant décroissante et minorée par √

7 est convergente vers une limite supérieure ou égale à

√7.

My Maths Space 1 sur 3

(2)

TS Correction Devoir Maison 2 2012-2013

(c) = 1 2

+7

⇐⇒ 2ℓ=+7

⇐⇒ =7

⇐⇒ 2= 7 ⇐⇒ =√

7 (puisque la limite est positive).

3. ∀n ∈N, un+1−√ 7 = 1

2

un+ 7 un

−√ 7 = 1

2

un+ 7 un

−2√ 7

= 1 2

u2n+ 7−2un√ 7 un

= 1 2

un−√ 72 un

. (identité remarquable)

4. (a) Initialisation : u0−√

7 = 3−√

7≈0,35 etd0= 1.

On a bienu0−√ 76d0. Hérédité :

Remarque préliminaire : on a démontré que un>√

7, doncun>1 ou encore 1 un

<1 (2).

Supposons qu’il existe un naturelntel que un−√ 76dn. On a démontré à la question 3 que :

un+1−√ 7 = 1

2

un−√ 72 un

. Donc commeun−√

76dnun−√ 72

6d2n, l’égalité du 3 donne : un+1−√

7< 1 2d2n× 1

un

<1

2d2n d’après l’inégalité (2) ci-dessus.

Finalementun+1−√ 7< 1

2d2n ⇐⇒ un+1−√

7< dn+1. L’hérédité est établie.

Pour tout entier natureln,un−√ 76dn.

(b) L’algorithme indique que pour quedn610−9 il faut quen>5.

On a doncd5610−9. Commeu5−√

7< d5c’est-à-direu5−√

7<10−9, on en déduit queu5est une valeur approchée par excès de√

7 à 10−9près.

Exercice 4

Partie A : étude de fonction

1. Pour tout réelxon af(x) =xex×e−1+ 1, or (croissances comparées) lim

x→−∞xex= 0, donc, par opérations sur les limites lim

x→−∞f(x) = 1.

On en déduit que la droite d’équationy= 1 est asymptote horizontale àC au voisinage de−∞. 2. On af(x) =xex×e−1+ 1, et, par opérations sur les limites (pas de forme indéterminée ici) : lim

x→+∞f(x) = +∞. 3. f =uev+ 1 oùu:x7−→xet v:x7−→x−1 sont dérivables sur Rdoncf également. Par opérations usuelles

sur les dérivées :∀x∈R, f(x) = 1ex−1+x×1×ex−1= (x+ 1)ex−1.

4. Pour tout réelx, ex−1>0, doncf(x) a le même signe quex+ 1. Orx+ 1>0⇔x>−1, on en déduit donc le tableau de variation suivant :

x −∞ −1 +∞

f(x) − 0 +

1 +∞

variations def

1−e−2 Partie B : recherche d’une tangente particulière

1. La tangenteTa a pour équationy=f(a)(x−a) +f(a), c’est-à-dire :y= (a+ 1)ea−1(x−a) +aea−1+ 1.

2. Soita >0, alors :

O(0 ; 0)Ta ⇐⇒ 0 = (a+ 1)ea−1(−a) +aea−1+ 1

⇐⇒ 0 = ea−1(−a2a+a) + 1

⇐⇒ 1−a2ea−1= 0.

3. • 1 est une solution de l’équation considérée car 1−12e1−1= 1−1 = 0.

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(3)

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• Montrons maintenant que cette équation n’admet qu’une unique solution sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

Posons, pour tout x > 0, g(x) = 1x2ex−1. La fonction g est alors dérivable sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x >0 :

g(x) =−2xex−1x2ex−1=−x(2 +x)ex−1

x > 0, donc x+ 2 > 0 et par ailleurs ex−1 >0, on en déduit que g(x) < 0 et donc queg est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[.

Par ailleurs lim

x→0g(x) = 1 et lim

x→+∞g(x) =−∞.

On sait queg est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[ et s’annule en 1.

Donc six <1, alorsg(x)> g(1) soit g(x)>0 et de même six >1, alorsg(x)< g(1) doncg(x)<0.

Conclusion : sur ]0 ; +∞[, g(x) = 0 ⇐⇒ x= 1.

On pouvait également se contenter d’un tableau de variations dès que les variations de la fonction g sont établies sur ]0 ; +∞[ et d’une simple allusion au théorème de la bijection qui s’applique ici.

x 0 1 +∞

g(x) + 0 −

1

variations deg 0

−∞

4. La tangente cherchée estT1, elle a pour équationy= 2(x−1) + 2, c’est-à-direy= 2x

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