1 spé Correction DM 2 2019-2020
Exercice 1⊲ Ensemble de définition, inéquations.
1. Domaine de définition de la fonctionf :x7→√
x2+ 4x−5.
On chercheDf ={x∈R|xadmet une image}={x∈R|x2+ 4x−5>0}=]− ∞;−5]∪[1; +∞[.
2. Valeurs dexpour lesquelles l’encadrement suivant est vérifié,
⊲Méthode 1
26 3x2+ 1
−x+ 7 <7⇔26 3x2+ 1
−x+ 7 et 3x2+ 1
−x+ 7 <7
⇔ 3x2+ 1−2(−x+ 7)
−x+ 7 >0 et 3x2+ 1−7(−x+ 7)
−x+ 7 <0
⇔ 3x2+ 2x−13
−x+ 7 >0 et 3x2+ 7x−48
−x+ 7 <0
⇔x∈]− ∞;x2]∪[x1; 7[ et x∈]x4;x3[∪]7; +∞[
⇔x∈]x4;x2]∪[x1;x3[(∗)
(∗): ∆1= 4 + 156 = 160 donc l’équation 3x2+ 2x−13 = 0 admet deux solutions x1= −b+√∆1
2a =−2 +√ 160
6 = −1 + 2√ 10
3 et x2=−b−√∆1
2a = −2−√ 160
6 =−1−2√ 10 3
∆2= 49 + 576 = 625 donc l’équation 3x2+ 7x−48 = 0 admet deux solutions x3= −b+√∆2
2a =−7 +√ 625
6 = −7 + 25
6 = 3 et x4= −b−√∆2
2a =−7−25
6 =−16 3 On remarque que :x4< x2< x1< x3
x 3x2+ 2x−13 3x2+ 7x−48
−x+ 7
−∞ x4 x2 x1 x3 7 +∞
+ + 0 − 0 + + +
+ 0 − − − 0 + +
+ + + + + 0 −
Remarque 1 Si l’on note S1 les solutions de la première inéquation : S1 =]− ∞;x2]∪[x1; 7[. Puis S2 = ]x4;x3[∪]7; +∞[ les solutions de la deuxième inéquation.
Les solutions de la double-inéquation sont les nombres qui sont à la fois dans S1 et dans S2. Si l’on note S l’ensemble de ces nombres, on écrit
S=S1∩S2
⊲Méthode 2
On peut également faire une étude de la fonctions q:x7→ 3x2+ 1
−x+ 7 surDq =R r{7}. q est dérivable surDq et q= u
v avecu:x7→3x2+ 1 etv:x7→ −x+ 7,u′ :x7→6xetv′:x7→ −1. De plus, la formule de dérivation d’un quotient donneq′ =u′v−uv′
v2 . Pour toutx∈ Dq,q′(x) =6x(−x+ 7)−(−1)(3x2+ 1)
(−x+ 7)2 = −3x2+ 42x+ 1 (−x+ 7)2
Lycée Bertran de Born 1 sur 3
1 spé Correction DM 2 2019-2020
• Annulation de la dérivée:q′(x) = 0⇔ −3x2+ 42x+ 1 = 0⇔r1=21−2√ 111
3 our2= 21 + 2√ 111
3 .
• Signe de la dérivée: Comme (−x+ 7)2>0 pour toutxdeR, le signe deq′(x) est le même que celui de−3x2+ 42x+ 1.
• Valeur interdite: il s’agit de 7 donc « double-barre » dans le tableau de variations.
On obtient donc le tableau de variations suivant :
x Signe deq′(x)
Variations deq
−∞ r2 7 r1 +∞
− 0 + + 0 −
tt
q(r2) q(r2)
t t
q(r1) q(r1)
tt x4
7 x2
2
x1
2 x3
7
q(r1)<0 (à la calculatrice par exemple), et compte-tenu du tableau de variations,q(r1) est un maximum sur ]7; +∞[, on peut écrire queq(x)<0 pour toutxde ]7; +∞[. La « double-inéquation » n’a donc pas de solution dans ]7; +∞[.
q(r2)<2 sur l’intervalle ]−∞; 7[, il existe des valeurs dexpour lesquellesq(x)∈[2; 7[ et commeqest strictement décroissante sur ]− ∞;r2], il suffit de résoudreq(x) = 2 etq(x) = 7 pour les trouver.
q(x) = 2⇔3x2+ 1
−x+ 7 = 2⇔3x2+ 2x−13 = 0⇔x=x1oux=x2 (voir méthode 1) idem pourq(x) = 7.
Finalement,
26q(x)<7⇔x∈]x4;x2]∪[x1;x3[
• •
Exercice 2⊲ Mise en inéquation d’un problème, résolution.
A B
C D
E 6
a
a
ABCD est un carré de côtéa, exprimé encm, aveca >6.
E est le point du segment [AB] tel queEB= 6cm.
1. Expression en fonction dea, l’aire encm2du triangleAED : On noteA, l’aire en du triangleAEDen fonction dea:
A(a) = AE×AD
2 = (a−6)a 2
2. Peut-on trouverapour que l’aire du carréABCD soit strictement supérieure au triple de l’aire du triangleAED?
On chercheatel que : a2>3×(a−6)a
2 ⇔a2−18a <0⇔a(a−18)<0 Commea >6,
l’inéquationa(a−18)<0⇔a−18<0 eta >6⇔ 6< a <18
• •
Lycée Bertran de Born 2 sur 3
1 spé Correction DM 2 2019-2020
Exercice 3⊲ Fonction trigonométrique, dérivée, variations, maximum.
Le but de ce problème est l’étude de la fonction
f :x7→sin(x) + cos(x) définie sur R.
1. Étude def sur l’intervalle [−π;π] :
Pour toutxdeR,f(x+ 2π) = sin(x+ 2π) + cos(x+ 2π) = sin(x) + cos(x) =f(x).
Ainsixetx+ 2πont la même image parf, donc connaître les images parf sur un intervalle de longueur 2π, permet de connaître les images pour tout xréel. [−π;π] est bien de longueur 2π.
2. f = sin + cos doncf′ = cos−sin. Ainsi, pour toutxdeR, f′(x) = cos(x)−sin(x).
3. cos(x)>sin(x) sur l’intervalle [−π;π] :
⊲ Pourx∈]−π2,0[, sin(x)<0 et cos(x)>0 donc cos(x)>sin(x) ;
⊲ Pourx∈]0;π4[, sin(x)< √22 et cos(x)> √22 donc cos(x)>sin(x) ;
⊲ Pourx∈]−3π4;−π2[, sin(x)<−√22 et cos(x)>−√22 donc cos(x)>sin(x) ;
⊲ Pour tout autre valeur de [−π;π], cos(x)6sin(x).
• Annulation de la dérivée sur [−π;π] :f′(x) = 0⇔cos(x)−sin(x) = 0⇔cos(x) = sin(x)⇔x= π 4 oux=−3π
4 .
• Signe de la dérivée sur [−π;π] : ce travail a été fait dans la question précédente.
4. Le tableau de variations de la fonctionsf peut être complété car cos(x)>sin(x)⇔f′(x)>0, x
Signe def′(x) Variations def
−π −3π4 π4 π
− 0 + 0 −
−1
−1
−√
−√2 2
√2
√2
−1
−1 5. D’après le tableau de variations, le maximum def sur [−π;π] est √
2. Comme f est 2π−périodique, le maximum def surRest également√2.
π/2 π
−π/2
−π π/4
−3π/4
1
−1
√2
−√ 2
Cf
bc bc
bc
bc bcbc bcbc
bcbc
bc bc
bcbc
• •
Lycée Bertran de Born 3 sur 3
