Pour cela on calcule les racines du polynôme

Contrôle de Mathématiques 2 : Groupe A CORRECTION

Exercice 1. 6 points. 1. On considère le polynôme suivant : P(X) =X³+ 2X²−55X−56.

a. Calculer15². 15²= 225.

b. Factoriser le polynômeX²+X−56.

Pour cela on calcule les racines du polynôme. Son discriminant vaut∆ = 1−4×(−56) = 225. On sait d'après la questiona.que√

∆ = 15. On en déduit les deux racines du polynôme : X₁= 7, X₂=−8.

On en déduit la factorisation du polynôme :

X²+X−56 = (X−7)(X+ 8).

c. Après avoir trouvé une racine évidente deP(X), factoriser complètementP(X).

On calcule P(−1) = 0 donc −1 est racine évidente de P(X). On peut donc eectuer une division euclidienne de P(X)parX+ 1. On trouve :

P(X) = (X+ 1)(X²+X−56)

et nalement grâce à la questionb.on a la factorisation complète deP(X): P(X) = (X+ 1)(X−7)(X+ 8).

d. En déduire le signe deP(X)pour tout réelX.

On peut dresser un tableau de signe (directement, sans calcul de dérivée ou autre) grâce à la factorisation.

X −8 1 7

X+ 1 − − 0 + +

X−7 − − − 0 +

X+ 8 − 0 + + +

P(X) − 0 + 0 − 0 +

2. Soient~u(t) = (t², t+ 1,−8t−8) et~v(t) = (t+ 1, t,7).

a. Déduire de ce qui précède pour quelles valeurs detles vecteurs~u(t)et~v(t)forment un angle droit.

Les vecteurs~u(t)et ~v(t)forment un angle droit si~u(t)·~v(t) = 0. Or en calculant ~u(t)·~v(t) on trouve :

~u(t)·~v(t) =t³+ 2t²−55t−56 =P(t).

Et on sait d'après les questions précédentes pour quelles valeurs detle polynômeP(t)s'annule.

On en déduit que~u(t)et~v(t)sont orthogonaux lorsquet prend l'une des valeurs :

−1, 7, −8.

b. Représenter dans le repère suivant les vecteurs~u(−1)et~v(1). 3. On s'intéresse à l'expression suivante :

T(x) =e^3x+ 2e^2x−55e^x−56.

Déduire de la question1.d.le signe de T(x)pour tout réelx.

On constate que si on poseX =e^xdansP(X)on retrouve exactementT(x). On peut ainsi factoriser T(x)de la façon suivante :

T(x) = (X+ 1)(X−7)(X+ 8) = (e^x+ 1)(e^x−7)(e^x+ 8).

Puisquee^x>0 pour toutxréel, on sait que(e^x+ 1)>0 et (e^x+ 8)>0. FinalementT(x)est du signe de(e^x−7), à savoir négatif six <ln(7)et positif six >ln(7).

Exercice 2. 6 points. On s'intéresse à la fonctionf dénie par f(x) = ln(1 +x)

1 +x . a. Déterminer le domaine de dénition de la fonction f.

Le dénominateur ne doit pas s'annuler et cela forcexà être diérent de−1. De plus ce qui se trouve à l'intérieur dulndoit être strictement positif :x+ 1>0ou encorex >−1. Finalement le domaine de dénition def est :

Df =]−1, +∞[.

b. Calculerln(1 +x)pour x=e−1. On a :

ln(1 +e−1) = ln(e) = 1.

c. Après avoir calculéf⁰(x), dresser le tableau de variations complet def.

La fonctionf est de la forme ^u_v or(ln(1 +x))⁰= _1+x¹ . Finalement on a, pourx∈D_f :

f⁰(x) =

1

1+x(1 +x)−ln(1 +x)

(1 +x)² = 1−ln(1 +x) (1 +x)² .

Le signe def⁰(x)est donné par celui de1−ln(1 +x)car(1 +x)²>0pour toutx∈Df. Or on a vu que1−ln(1 +x)s'annule lorsquex=e−1. On en déduit quef⁰(x)>0 pourx∈]−1, e−1[

et f⁰(x) < 0 pour x ∈]e−1,+∞[. Ainsi f est croissante sur ]−1, e−1[ puis décroissante sur ]e−1,+∞[.

d. En utilisant le tableau de variations, déduire que pour toutx >−1, on a l'inégalité suivante : ln(1 +x)≤1

e(1 +x).

D'après le tableau de variations on en déduit quef(x)≤f(e−1)pour toutx∈Df. Orf(e−1) = ¹_e. Ainsif(x)≤f(e−1)se réécrit :

ln(1 +x) 1 +x ≤ 1

e ou encore puisque1 +x >0,

ln(1 +x)≤1

e(1 +x).

Exercice 3. 6 points. Pour chacune des fonctions ci-dessous, eectuer unDl₃(0), en déduire l'équation de la tangente à la courbe représentative en0, la position relative, puis représenter les allures des courbes au voisinage de0.

a. f(x) =√ 1 +x²

On part duDLque l'on connaît de√ 1 +u:

√

1 +u= 1 +1 2u−1

8u²+ 1

16u³+u³0(u).

On poseu=x²et on vérie queu(0) = 0. Ainsi : p1 +x²= 1 +1

2x²+x³0(x).

On en déduit que la tangente àCf en0a pour équationy= 1. Et puisque ¹₂x²>0,Cfest au-dessus de sa tangente.

b. g(x) =e^{1−x1 −1}

On part duDLle plus à l'intérieur possible que l'on connaît _1−x¹ : 1

1−x = 1 +x+x²+x³+x³0(x).

Ainsi

1

1−x−1 =x+x²+x³+x³0(x).

De plus on connaît :

e^u= 1 +u+1 2u²+ 1

3!u³+u³0(u).

2

On doit donc chercher leDL3(0)de

e^{1−x1 −1}=e^{x+x2+x3+x30(x)}. On poseu=x+x²+x³ et on vérie queu(0) = 0. Alors :

e^{1−x1 −1} = 1 + (x+x²+x³) +1

2 x+x²+x³² +1

6 x+x²+x³³

+x³0(x)

= 1 + (x+x²+x³) +1

2 x²+ 2x³ +1

6x³+x³0(x)

= 1 +x+3

2x²+13

6 x³+x³0(x).

On en déduit que la tangente à Cf en 0 a pour équation y = 1 +x. Et puisque ³₂x² >0, Cf est au-dessus de sa tangente.

c. h(x) =_cos(x)¹ en eectuant une division suivant les puissances croissantes.

On part duDLque l'on connaîtcos(x):

cos(x) = 1−1

2x²+x³₀(x).

Ainsi

1

cos(x) = 1

1−¹₂x²+x³₀(x).

On eectue la division suivant les puissances croissantes de1 par1−¹₂x² à l'ordre3. On trouve : 1

1−¹₂x² = 1 +1

2x²+x³0(x) c'est-à-dire :

1

cos(x) = 1 +1

2x²+x³0(x).

On en déduit que la tangente àC_f en0a pour équationy= 1. Et puisque ¹₂x²>0,C_fest au-dessus de sa tangente.

Exercice 4. 2 points. Calculer la limite suivante

x→0lim

1 1−x−e^x

x² .

On utilise lesDLbien sûr ! On calcule lesDLque l'on connaît à l'ordre2 (cela est susant !) : 1

1−x= 1 +x+x²+x²₀(x) et

e^x= 1 +x+1

2x²+x²0(x).

D'où :

1

1−x−e^x=1

2x²+x²0(x).

Ainsi

1 1−x−e^x

x² = 1

2 +0(x).

On en déduit que la limite recherchée vaut ¹₂.

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