Examen 2 (pratique) Solution 201-726 Outils math´ematiques 2
27 avril 2015
Professeur : Dimitri Zuchowski Consignes
Toutes formes de documentation et la calculatrice sont interdites. Toute forme de plagiat et de communica- tion est interdite et entraˆıne la note Z ´ERO. Une r´eponse, mˆeme si elle est bonne, sans justification vaut Z ´ERO.
Question 1. (15%)
f0(x) = 4x3−12x2−16x= 4x(x2−3x−4) = 4x(x−4)(x+ 1) Donc les points critiques def(x) sont : 0, -1, 4
x −1 0 4
f0(x) − 0 + 0 − 0 +
f(x) & min % max & min % Question 2. (15%)
f0(x) =x2−6x+ 2 f00(x) = 2x−6 Donc le point critique de f0(x) est : 3
x 3
f00(x) − 0 + f(x) ∩ inf ∪
Question 3. (40%)
a) dom(f) =R donc pas d’asymptote verticale.
x→∞lim 6x3−4x2 = lim
x→∞x3
6−4 x
=∞ lim
x→−∞6x3−4x2 = lim
x→−∞x3
6− 4 x
=−∞
donc pas d’asymptote horizontale.
f0(x) = 18x2−8x= 2x(9x−4) Donc les points critiques def(x) sont : 0 et 4
9
f00(x) = 4(9x−2)
1
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Donc le point critique def0(x) est : 2 9
x 0 2
9
4 9
f0(x) + 0 − − − 0 +
f00(x) − − − 0 + + +
f(x) % ∩ max & ∩ inf & ∪ min % ∪
b) f(x) = 3x2
x2−1 dom(f) =R\{±1}
x→−1lim− 3x2
x2−1 =∞ lim
x→1+
3x2 x2−1 =∞ donc asymptotes verticales enx=−1 et x= 1.
x→±∞lim 3x2
x2−1 = lim
x→±∞
3 1−x12 = 3 donc asymptote horizontale eny= 3.
f0(x) = 6x(x2−1)−3x2(2x)
(x2−1)2 = −6x (x2−1)2 Donc les points critiques def(x) sont : -1, 0, 1.
f00(x) = −6(x2−1)2+ 12x(x2−1)2x
(x2−1)4 = −6(x2−1) + 24x2
(x2−1)3 = 6 + 18x2 (x2−1)3 Donc les points critiques def0(x) sont : -1 et 1.
x −∞ −1 0 1 ∞
f0(x) + @ + 0 − @ −
f00(x) + @ − − − @ +
f(x) 3 % ∪ @ % ∩ max & ∩ @ & ∪ 3 Question 4. (15%)
V ol(x) =xyz=x(2−2x)(1−2x) = 4x3−6x2+ 2x V ol0(x) = 12x2−12x+ 2 = 2(6x2−6x+ 1) Les point critique sont 6±√
36−24
12 = 6±√
12 12
x 6−√
12 12
6 +√ 12 12
V ol0(x) + 0 − 0 +
V ol(x) % max & min %
Donc max en 6−√ 12 12 .
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Examen 2 (pratique) Solution page 3
Question 5. (15%)
vC(t) = 10 1−e−10t v0C(t) =−10e−10t(−10) = 100e−10t i(t) = (2×10−5)100e−10t= 2×10−3)e−10t
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