TSI 1 DS Lycée Les Lombards
Corrigé DS 1 : le 26 septembre 2020 Les calculatrices sont interdites
Exercice 1. 6 pointsPour chacun des polynomes suivants, donner la forme développée, la forme canonique et la forme factorisée :
1. P1(x) =x2+ 4x−5. Ce polynome est donné sous forme développée.
x2+ 4x−5 = (x+ 2)2−4−5
= (x+ 2)2−9 La forme canonique est doncP1(x) = (x+ 2)2−9.
On calcule le discriminant deP1.
∆ = b2−4ac
= 16 + 20
= 36
∆>0 doncP1possède deux racines réelles
x1 = −b−√
∆ 2a
= −4−6 2
= −5 et
x2 = −b+√
∆ 2a
= −4 + 6 2
= 1
Puisque le coefficient dominant esta= 1, la forme factorisée est donc P1(x) = a×(x−x1)(x−x2)
= 1×(x−(−5))(x−1)
= (x+ 5)(x−1) 2. Pas besoin de calculer de discriminant :
5x2−7x= 0 ⇔ x(5x−7) = 0
⇔ x= 0 ou 5x−7 = 0
⇔ x= 0 oux= 75
3. P2(x) = 2(x−2)(x+ 3). Ce polynome est donné sous forme factorisée. Pour trouver la forme développée, il suffit de développer par ditributivité.
P2(x) = 2(x−2)(x+ 3)
= 2(x2+ 3x−2x−6)
= 2x2+ 2x−12 On peut alors trouver la forme canonique :
P2(x) = 2x2+ 2x−12
= 2(x2+x)−12
= 2
x+1
2 2
−1 4
!
−12
= 2
x+1
2 2
−25 2
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P3(x) = 3(x+ 1)2−9. Ce polynome est donné sous forme canonique. On peut développer pour trouver la forme développée.
P3(x) = 3(x2+ 2x+ 1)−9
= 3x2+ 6x+ 3−9
= 3x2+ 6x−6 On peut ensuite calculer le discriminant
∆ = 62−4×3×(−6)
= 62+ 12×6
= 6×(6 + 12)
= 6×6×3 =
(6×√ 3)2 D’où deux racines réelles
x1 = −6−6√ 3 6
= −1−√ 3 et
x1 = −6 + 6√ 3 6
= −1 +√ 3 De plus le coefficient dominant esta= 3 donc la forme factorisée est
P3(x) = 3(x−(−1−√
3))(x−(−1 +√ 3))
Remarque : on aurait pu factoriser en partant de la forme canonique de la manière suivante : P3(x) = 3(x+ 1)2−9
= 3((x+ 1)2−3)
= 3((x+ 1)2−(√ 3)2)
= 3((x+ 1)−√
3)((x+ 1) +√ 3)
= 3((x−(−1 +√
3))(x−(−1−√ 3)) Exercice 2. 6 pointsRésoudre les équations et inéquations suivantes :
1. 3x2−3 = 0.
Ce polynôme ce factorise par 3 puis grace à une identité remarquable (pas besoin de calculer le discrimi- nant) :
3x2−3 = 0 3(x2−1) = 0 3(x−1)(x+ 1) = 0 x= 1 oux=−1 On a donc
S={−1; 1}
2. 5x2−7x= 0 Ce polynôme ce factorise parx(pas besoin de calculer le discriminant) : 5x2−7x= 0 x(5x−7) = 0
x= 0 ou 5x−7 = 0 x= 0 oux= 7
5 On a donc
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3. 2x2−14x+ 24≤0. On va commencer par factoriser le polynôme pour pouvoir étudier son signe. Après calcule du discriminant et détermination des racines, on trouve
2x2−14x+ 24 = 2(x−3)(x−4)
En faisant un tableau de signe ou en utilisant le cours (le coefficient dominant est 2>0), on trouve que S = [3; 4]
4. 7x2−7x−14>0. De même on commence par factoriser :
7x2−7x−14 = 7(x−2)(x+ 1) En faisant par exemple un tableau de signe on trouve :
S =]− ∞;−1[∪]2; +∞[
5. 4x2−8x−16<0 On factorise :
4x2−8x−16 = 4(x−(1−√
5))(x−(1 +√ 5)) On a donc
S =]1−√
5; 1 +√ 5[
6. 3x2+x+ 2<0 On calcul le discriminant et on trouve qu’il est strictement négatif. Notre polynôme est donc du signe deadonc strictement positif surR. On a donc
S=∅
Exercice 3Notation :On noterax→0+ pour dire quextend vers 0 par valeurs positives.
1. (a) La fonctionf est décroissante sur tout son intervalle de définition. Sa dérivée est donc négative.
La seule courbe pouvant représenterf0 est doncC.
(b) La courbe Γ est donc la courbe représentative deF. On voit que le point (1; 1) appartient à Γ. On a doncF(1) = 1.
2. (a) On a lim
x→0ln(x) =−∞et lim
x→0+
1
x= +∞. On a donc lim
x→0f(x) = +∞.
(b) On sait que
x→+∞lim 1 x= 0 et que
x→+∞lim ln(x) = +∞
On a donc
x→+∞lim 1
x−ln(x) =−∞
(c) La fonction inverse et la fonction ln sont dérivables sur ]0; +∞[ donc leur différence f est aussi dérivable sur ]0; +∞[ et pou toutx∈]0; +∞[,
f0(x) = −1 x2 − 1
x
= −1−x x2
(d) Etudions le signe de f0(x) pour x ∈]0; +∞[. Le dénominateur est strictement positif pour tout x∈]0; +∞[ et−1−xest strictement négatif sur ]0; +∞[. On a donc pour toutx∈]0; +∞[,f0(x)<0.
La fonction f est donc strictement décroissante sur son ensemble de définition. Puisqu’on a déjà déterminé les limites aux bornes de l’ensemble de définition de f, on peut maintenant dresser son tableau de variations.
x
f
0 +∞
+∞
+∞
−∞
−∞
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3. (a) Montrons queH est dérivable sur ]0; +∞[ et a pour dérivéef.H est somme de fonctions dérivables sur ]0; +∞[ donc l’est aussi et pour tout x∈]0,+∞[,
H0(x) = 1−ln(x)−x−1 x
= 1−ln(x)−1 + 1 x
= 1
x−ln(x)
= f(x) H est donc une primitive def.
(b) D’après ce qui précède,F et H sont deux primitives def. De plus H(1) = 1−(1−1)×ln(1)
= 1
Puisque F(1) = 1 (d’après la question 1 (b)), F et H sont deux primitives qui prennent la même valeur en 1, elles sont donc égales. On a donc pour tout x∈]0; +∞[,
F(x) =x−(x−1) ln(x) (c) On a
Z x
1
f(t)dt = [F(t)]x1
= F(x)−F(1)
= x−(x−1) ln(x)−1
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