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Correction devoir surveillé n°6
Exercice 1
1) est un polynôme donc sa limite en ∞ est égale à la limite de son terme de plus haut degré en ∞. Donc : lim lim 6 ∞. Donc lim ∞
2)
lim3 ∞ lim1 1
lim
0 donc par addition lim ∞ "
3) est définie en 1 donc lim# 1 et alors lim# 5
Exercice 2
1) L’image de 0 par se lit comme l’ordonnée du point de %& dont l’abscisse est 0 donc 0 1
2) L’image de 0 par ' se lit comme le coefficient directeur de la tangente au point de %& au point d’abscisse 0 donc (0 2
3) lim 4
4) lim ∞
5) lim# ;,# ∞
6) Il semble y avoir trois asymptotes à %& : une asymptote verticale (qui correspond à la limite de en 1) et donc l’équation est 1, une asymptote horizontale (qui correspond à la limite de en ∞) et dont l’équation est - 4 et une asymptote oblique (qui correspond à la limite de en ∞) et dont l’équation est - 2
Exercice 3
3 4
1 .1 3 4 /
.1 1/ .1 3 4 / 1 1
lim1 1 lim 0 lim01 0
donc par addition lim.1 01/ 1". De même, 2lim1 1
lim# 0" donc par addition lim.1 #/ 1. Pour terminer, lim ∞ donc par multiplication : lim1 0
# ∞
Exercice 4 Partie A
1) 31 1 3 1 5 0 donc 31 0
Ceci signifie que 1 est une racine de 3 et donc que 3 est factorisable par 1. On cherche alors 4, 6 et 8 tels que 3 14 6 8.
En développant le membre de droite, on trouve : 4 6 4 8 6 8. Par identification, on obtient
6 4 34 1 8 6 1 8 5
" ce qui signifie que 94 1 6 48 5
".
Finalement : 3 1 4 5 pour tout : ;.
Peut-on encore factoriser le second facteur ? Pour cela, on calcule Δ 4 4 = 5 4 > 0 donc cela n’est pas possible est 3 est complètement factorisé.
2) Pour étudier le signe de 3 sur ;, on complète un tableau de signe grâce à la factorisation trouvée à la question précédente. Pour le second facteur, on a calculé le discriminant qui vaut 4 donc 4 5 est toujours du signe de 4 1. Autrement dit, 3 est du signe de 1 :
∞ 1 ∞
Signe de 3 0
Partie B
1) Pour : ; ?1@ : 4 6 8 A
14 6 2 1 8 A
1 4 24 6 4 26 8 6 A 1
Par identification avec la fonction , on trouve :
24 6 34 1 4 26 8 5
6 A 5
" et donc 4 16 1 A 48 2
".
Finalement, pour tout : ;, on a 1 0 #1 2) lim# 3 5 5 1 3 5 5 2 lim# 1 0 donc par division, limB# ∞
On en déduit que %& admet une asymptote verticale d'équation 1.
3) est une fonction rationnelle donc ses limites à l’infini sont égales aux limites du quotient simplifié de ses termes de plus haut degré :
limK limKL
1 limK donc lim ∞ et de même lim ∞
4) est de la forme M
N avec O 3 5 5 et P 2 1 donc est dérivable sur ; ?1@ et on a ( MQNMNN1 QR1 S T #1 # #RU L 1 TR1 S T #R #L L 1 T
La petite astuce, pour simplifier les calculs, est de ne pas développer au départ les 1 simplifier les numérateurs et dénominateurs…
En développant le numérateur, on trouve : ( L 1 S1 S #L LS1#V#VL #1 L . On trouve bien : ( #WL
5) On utilise le tableau de signe de la partie X ainsi que le signe de 1 :
∞ 1 1 ∞
Signe de 3 0
Signe de 1 0
Signe de ( 0 0
Variations de
∞ ∞ ∞
∞ 7
2 6) 1 # 01 en utilisant la question 1). Or limK 0
#1 limK
1 limK 0 Donc la droite Δ est bien une asymptote oblique à %& en ∞ et en ∞.
Pour étudier la position relative de %& et de Δ, on étudie le signe de 0
#1. Or le dénominateur est strictement positif sur ; ?1@ et donc il reste à étudier le signe de 2 4 :
Sur ]∞; 2^, %& est au dessous de Δ car 2 4 > 0 et sur ]2; 1^ _ ]1; ∞^, %& est au dessus de Δ car 2 4 ` 0.
7) Les abscisses des points d’intersection de %& et Δ sont solutions de l’équation 1 0 ce qui signifie que 0
#1 0. Autrement dit 2.
Pour déterminer l’ordonnée du point d’intersection, on utilise soit la fonction soit la droite Δ : - 1 2 1 1 .
Finalement X2; 1
8) On cherche l’équation de la tangente à %& au point d’abscisse 2. Elle est de la forme - (2 2 2. Or 2 a ##V #1 1 (on retrouve bien l’ordonnée de X) et (2 a ##L 3 donc l’équation cherchée est : - 3 2 1 3 5.
L’équation de b est - 3 5.
9) Et voici les asymptotes (verticale et oblique), la tangente b et la courbe %& :
2 3 4 5 6 7 8
-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8
2 3 4 5 6
-1 -2 -3 -4 -5
0 1
1
x y
