Terminale S Correction Devoir maison n˚6 2017-2018
EXERCICE 1 :
Une entreprise spécialisée dans les travaux de construction a été mandatée pour percer un tunnel à flanc de montagne.
Après étude géologique, l’entreprise représente dans le plan la situation de la façon suivante : dans un repère orthonormal, d’unité 2 m, la zone de creusement est la surface délimitée par l’axe des abscisses et la courbeC.
montagne
zone de creusement C
O −→
u
−
→v
On admet queC est la courbe représentative de la fonctionf définie sur l’intervalle [−2,5 ; 2,5] par : f(x) = ln−2x2+ 13,5.
L’objectif est de déterminer une valeur approchée, au mètre carré près, de l’aire de la zone de creusement.
Partie A : Étude de la fonction f 1. Calculerf′(x) pourx∈[−2,5 ; 2,5].
Sur [−2,5 ; 2,5], 06x2 66,25 ⇐⇒ 062x2612,5 ⇐⇒ −12,56−2x2 60 ⇐⇒
16−2x2+ 13,5613,5.
f = ln(u) avec u dérivable et strictement positive sur [−2,5 ; 2,5] , f est donc dérivable sur [−2,5 ; 2,5]
f′ = u′ u avec
(u(x) =−2x2+ 13,5 u′(x) =−4x
∀x∈[−2,5 ; 2,5], f′(x) = −4x
−2x2+ 13,5
2. Dresser, en justifiant, le tableau de variation de la fonctionf sur [−2,5 ; 2,5].
En déduire le signe def sur [−2,5 ; 2,5].
sur [−2,5 ; 2,5], on a vu que−2x2+ 13,5>1>0 doncf′(x) est du signe de−4xsoit f′(x)>0 sur [−2,5 ; 0[ etf′(x)<0 sur ]0 ; 2,5]. On en déduit le tableau suivant :
x −2,5 0 2,5
f′(x) + 0 −
0
ln(13,5)
0 f(x)
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Partie B : Aire de la zone de creusement
On admet que la courbeC est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées du repère.
1. La courbeC est-elle un arc de cercle de centre O ? Justifier la réponse.
D’après les deux points sur l’axe des abscisses, le diamètre d’un tel cercle serait de 5 donc son rayon de 2,5 orf(0) = ln(13,5)6= 2,5
C n’est donc pas un arc de cercle de centre O
2. Justifier que l’aire, en mètre carré, de la zone de creusement est A= 8Z 2,5
0
f(x) dx.
La courbeC étant symétrique par rapport à l’axe des ordonnées et au dessus de l’axe des abscisses, l’aire est donnée par 2Z 2,5
0
f(x) dx en unité d’aire.
Or une unité d’aire est de 4 m2 puisque l’unité du repère orthonormé est de 2 m.
Finalement l’aire de creusement est bien donnée parA= 8Z 2,5
0
f(x) dx.
3. L’algorithme, donné en annexe, permet de calculer une valeur approchée par défaut deI =Z 2,5
0
f(x)dx, notéea.
On admet que :a6I 6a+ f(0)−f(2,5)
n ×2,5.
(a) Le tableau fourni en annexe, donne différentes valeurs obtenues pour R et S lors de l’exécution de l’algorithme pourn= 50.
Compléter ce tableau en calculant les six valeurs manquantes.
Initialisation S = 0,n= 50
Boucle Pour Étapek R S
1 0,05f(0,05) = 0,130 116 0,130 116
2 0,130 060 0,260 176
3 0,129 968 0,390 144
4 0,129 837 0,519 981
... ...
24 0,118 137 3,025 705
25 0,116 970 3,142 675
... ...
49 0,020 106 5,197 538
50 0,05×f(2,5) = 0 S+ 0 = 5,197 538 Affichage S = 5,197 538
(b) En déduire une valeur approchée, au mètre carré près, de l’aire de la zone de creusement.
L’algorithme donne une valeur approchée par défaut deI et il est admis que : a6I 6a+f(0)−f(2,5)
n ×2,5, donc on obtient : 5,197 538 6I 65,197 538 + ln(13,5)
50 ×2,5 ou
5,197 538 6I 65,197 538 + 0,130 135 et enfin 5,197 5386I 65,327 67 OrA= 8I, donc
8×5,197 53868×I 68×5,327 67 ou
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41,5836A642,622 donc 42−16A642 + 1.
Donc l’aire de creusement a une valeur approchée de 42 m2, au mètre carré près.
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EXERCICE 2 : Exercice 89 page 226
I Partie A :
1. lim
x→0g(x) = +∞par opérations sur les limites car lim
x→0ln(x) =−∞.
On est en présence d’une forme indéterminée de la forme «∞ − ∞» donc on modifie l’expression de g(x) :
∀x >0, g(x) =x
1− 2
x −ln(x) x
Comme lim
x→+∞
ln(x)
x = lim
x→+∞
2
x = 0,g(x) tend vers +∞ en +∞ par opérations sur les limites.
2. g est dérivable sur ]0; +∞[ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle et,
∀x >0, g′(x) = 1− 1
x = x−1 x
• Annulation de g′(x) : g′(x) = 0⇔x= 1 sur l’intervalle considéré ;
• Signe de g′(x) : x > 0, donc g′(x) est du même signe que x−1 sur ]0; +∞[ d’où le tableau de variations suivant :
x Signe deg′(x)
Variations de g
0 1 +∞
− 0 +
+∞
+∞
−1
−1
+∞
+∞
α
0
3. g est continue sur ]0; +∞[, strictement croissante sur cet intervalle. g(1) =−1<0 et g(4)>0 (4 par exemple) donc, d’après le théorème de la bijection, il existe un uniqueα dans [1,4] tel queg(α) = 0.
Il n’en existe pas sur ]4; +∞[, puisque pourx >4, g(x)> g(4)>0. D’où le résultat attendu. Avec la calculatrice, α≈3,15, arrondi à 0,01 près.
II Partie B :
1. Supposons que 1< a 6 2 : f(1) = 1 et f(2) <1. f est dérivable sur ]1,2] et f′(x) =− 1
x3 − ln(x) x3 . f′(x)<0 sur ]1,2] donc la fonction f est strictement décroissante sur cet intervalle.
pour x∈]1,2], f(x)>0, d’oùZ a
1
f(t)dt <Z 2
1
f(t)dt (⋆) Z 2
1
f(t)dt=Z 1.5
1
f(t)dt+Z 2
1.5
f(t)dt <Z 1.5
1
1dt+Z 2
1.5
f(1,5)dt <0,5 + 0,5×f(1,5)<1 donc d’après (⋆), A<1. Ce qui va à l’encontre du statut de a.
Finalement, a >2.
2. (a) La boucle « tant que » s’arrête dès que la somme est supérieure ou égale à 1. Lorsque cela se produit s≈ 1,022 et la valeur de a est 4,5. Comme la fonction est décroissante, s n’est qu’un minorant de l’aire réelle. Lorsques dépasse 1, à fortiori l’aire réelle également donc la valeur de aen sortie de boucle est un majorant de la valeur que l’on cherche à obtenir.
le a de l’algorithme est donc un majorant du a cherché, celui défini dans l’énoncé.
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(b) En donnant à d des valeurs plus petites, on obtiendra un plus petit majorant de a, donc une valeur plus proche dea.
d 0.25 0.1 0.01
majorant dea 3.75 3.4 3.17 3. A=Z a
1
f(t)dt= [F(t)]a1 =F(a)−F(1) = −2−ln(a)
a + 2.
4. A= 1⇔ −2−ln(a)
a + 2 = 1 ⇔ −2−ln(a) =−a⇔g(a) = 0 ⇔
A.3a=α.
• • •
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