2012-2013
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L.S.Marsa Elriadh
Correction du Devoir de Contrôle n°1
M : Zribi
3
èmeMaths
2012-2013Exercice 1 (5points):
1) le maximum de f est 5 ; f n’a pas de minimum 2) f est continue sur ]-6,-1[U]-1,-2[U[2,5[
3) f(]-6,-1[) =]-2,-1[ f([-1,2[) =]0,4]U{5} f(]-6,5[)=]-2,-1[U]0,5].
4)
xlim f (x)1 1 ; xlim f (x)1 3 ; lim f (x)x 2 0 ; lim f (x)x 2 2
5) f est continue sur ]-6,-1[ donc x 2f (x) 4 est continue sur l’intervalle ]-6,-1[.
de plus, pour tout x ∈]-6,-1[ on a -2<f(x)<-1 donc -4<2f(x)<-2 donc 0<2f(x)+4<2 par suite g est continue sur ]-6,-1[.
Exercice 2 ( 5points) :
Soit f la fonction définie par
x x 1
f (x) si x 0
x 1 f (0) 0
.
1) Df=[0,+∞[/{1}
2) x x est continue et positive sur ]0,+∞[/{1} donc x x x 1 est continue sur ]0,+∞[/{1} .
x x 1 est continue et non nulle sur ]0,+∞[/{1} . par suite f est continue sur ]0,+∞[/{1} .
3) a) 0≤ x <1 ;
x x 1 1 x x f (x) f (0)
x 1 x 1
1 x x x x x x(1 x )
f (x) f (0) 1 1 0
1 x 1 x 1 x
.
donc f (x) f (0) >1.
b) pour tout 0≤ x <1 ; on a f (x) f (0) >1 donc on ne peut pas rendre f(x) assez voisin que l’on veut de f(0) ; par suite f n’est pas continue à droite en 0.
4) a) on a :
f continue sur ]2,3[.
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f (2) 2 2 1 2 et f (3) 3 3 1 2 donc f (2) 2 f (3) 2
donc f(x)=2 admet dans ]2,3[ une solution ∝ b)
on a f ( ) 2 donc 1 2 donc 1 2 2 1
2 1 donc 2 1 donc
Exercice 3 ( 4points):
1) a)
AE, AC 71 2 3
71 24 2 3
3 2
CB, CD CB, CA CD, CA 2 4 6 2
12 2
b)
AE, 3CA AE, 3AC 2 AE, AC 2 12 2
2)
BD, BC ED, EC 2 3 2
2 2 3
DB, CE DB, DE DE, CE 2 DB, DE ED, EC 2
5 2
12 3 9 2 12
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3)
MB, MD 2
12
CB, CD 2
.
donc M décrit DB / D, B
Exercice 4 (6points):
1) a) AB.AEAB.AD AB.AD 8 . b)
1AB.AE AB.AE.cos BAE 4AE. 2AE 2
donc 2AE 8 donc AE 4
2) a)
0 0
BC.BE BA AC . BD DE BA.BD BA.DE AC.BD. AC.DE BA.BD AC.DE 24 4.2 3 24 8 3
b)
BC.BE BC.BE cos CBE 4 2.4 3 cos CBE 16 6 cos CBE donc 24 8 3 16 6 cos CBE
6 2
donc cos CBE
4
.
c) 2 6
cos CBE cos
12 2
.
3)
a) CE.DBAD.DB AD.DB 2.6 12.
b) CM.DBCE.DB sig (CMCE).DB0 sig EM.DB0 donc M décrit la droite perpendiculaire à (DB) passant par E =(DE)