b) Pour tout x ≠ 1, on a u(1

CORRECTION DEVOIR MAISON N° 3 TERMINALE S 3 EXERCICE 1 :

1. a) La limite du numérateur est 0, ainsi que celle du dénominateur ; donc il s’agit bien d’une forme indéterminée.

b) Pour tout x ≠ 1, on a u(1) = v(1) = 0 et :

c) Les fonctions u et v sont des polynômes donc dérivables sur IR , donc

1

1 1

x

u( x ) u( ) lim^→ x

−

− = u’(1) et

1

1 1

x

v( x ) v( ) lim^→ x

−

− = v’(1) . On a u’(x) =4x³+3x²+2x et u’(1) = 9 ; v’(x) =5x⁴+4x³ et v’(1) = 9 . d) Ainsi ⁴ ₅ ³ ₄ ²

1

3 1 1

2 1

x

x x x u'( )

lim^→ x+ + − =x v'( )= + −

e) La limite du numérateur est 0, ainsi que celle du dénominateur ; donc il s’agit bien d’une forme indéterminée. Posons v( x ) x= 3+x ; les fonctions cosinus et v sont dérivables sur IR , donc lim_{x 0}cos( x ) 1 cos'( ) sin( )0 0 0

x

→ − = = = et

0

0 0 1

0

x

v( x ) v( )

lim v'( )

x

→

− = =

− ( car v’(x) = 3x² + 1) ; donc _{0 3} 1 0

1 0

x

cos( x )

lim^→ x x− = =

+ .

2. a) On obtient ∞ - ∞, il s’agit bien d’une forme indéterminée.

b) Pour tout x réel, on a

2 2 2 2

2

2 2

1 1 1

1 1 1

x x )( x x ) x x

x x

x x x x

+ − + + + −

+ − = =

+ + + + = ₂ 1

1

x + +x ; donc

2

2

1 1 0

1

xlim x x limx

x x

→+∞ + − = →+∞ = + + . c) On obtient ∞

∞, il s’agit bien d’une forme indéterminée. Pour tout x de ]-1 ; +∞[, on a 4 2

4 2

x x + − = x

+ + et

1 1

1 1

x x + − = x

+ + ; donc pour tout x de ]-1 ; +∞[ , 4 2 1 1

1 1 4 2

x x

x x

+ − = + +

+ − + + et

0

4 2 2 1

1 1 4 2

x

lim x x

→ + − = =

+ − .

EXERCICE 2 : a) Puisque M est sur le quart de cercle situé strictement entre I et J, x ∈ 0

;π2

 

 

 et cosx et sinx sont strictement compris entre 0 et 1. Le triangle OMP est rectangle en M, donc

OM= 1 OP OP

cos x= ; le triangle OMH est rectangle en H, donc

HM=HM

sin x=OM et cos x=OH; de plus, HP = OP- OH . Ainsi

l’aire de HMP =S ( x ) = 1 HP×HM

2 =

1 2

( cos x )sin x cos x−

=

3

2 sin x

cos x . b) On a IP = OP - 1 ; l’angle IPN·

2 x

= −π ; dans le triangle NIP rectangle en I, on a IN

2 IP

tan(π ₋x )_{= , donc}

IN = IP = 11

2

cos x

tan( x ) ( )

sin x cos x

π _{− × − =} 1 cos x

sin x

− . L’aire du triangle NIP = S ( x ) = ₂ IP×NI

2 = 1 ²

2

( cos x ) cos x sin x

− .

c) Le rapport des aires ¹

2

S ( x ) S ( x ) =

3 4 2 2

2 2

2

2 1 1 1

sin x cos x sin x sin x sin x cos x ( cos x ) ( cos x ) cos x

 

× − = − =  −  = (1+cos x )². Donc ₀ ¹

2 x 4

S ( x ) lim^→ S ( x )=

1 2 2

1

x

S ( x )

lim^→π S ( x )= . En fait, la fonction quotient des deux aires est décroissante de 0

;π2

 

 

  dans ] 4 ; 1 [ .

1 1 1

1 1 1 1

1 u( x ) u( )

u( x ) u( ) x u( x )

v( x ) v( )x x v( x ) v( ) v( x ) x

− − −

− = × =

− − −

−

O I

J

H M

P N