MARS2016 CORRECTION DUDEVOIRCOMMUN 1S
Exercice 1
/61. (a) L’équation réduite de la tangente à la courbeCf enA, (BG), est de la formey=mx+p.
Avecp=2 carB(0 ; 2).
m=yxGG−−xyBB =20,252 =10,125 Ainsi, (BG) : y=10, 125x+2 . On a doncf′(1, 5)=10,125.
(b) La tangente à la courbe au point d’abscisse 2 est horizontale, on en déduit quef′(2)=0.
2. Soitf(x)=== −−−4, 5x3+++13, 5t2+++2.
(a) f est dérivable sur [0 ; 2], car c’est une fonction polynômiale de degré 3.
(b) Pour toutx∈[0 ; 2],f′(x)= −13, 5x2+27x.
(c) L’équation de la tangente à la courbe au pointAest :
y=f′(1)(x−1)+f(1)⇐⇒y=13, 5x−2, 5 3. On cherche lesx∈[0 ; 2] tels que f′(x)=10, 125
−13, 5x2+27x=10, 125
−108x2+216−81=0
−12x2+24−9=0
−4x2+8x−3=0
∆=16 et donc l’équation a 2 racines :
½ x1= −−8−84=32 x2= −−8+84=12 .
On retrouve donc la valeur de 1, 5, et on en déduit que la courbe admet une autre tangente parallèle àTA: au point d’abscisse12.
4. D : y===9x+++2.
(a) Tracé :passe parB et de coeff dir 9.
Conjecture :il semble que la courbe de f soit au dessus de la droite D si et seulement si x∈[1 ; 2].
(b) f(x)−(9x+2)= −4, 5x3+13, 5t2+2−9x−2
= −4, 5x3+13, 5t2−9x
= −4, 5x(x2−3x+2)
.
(c) Pour déterminer les positions relatives deCf par rapport àD, il suffit de déterminer le signe def(x)−(9x+2). On va chercher les racines du polynôme.
Il est évident que 1 est une racine dex2−3x+2, par le produit des racines, l’autre est 2.
(on pouvait aussi raisonner avec∆=1, etc. . . Remarque : on a doncx2−3x+2=(x−1)(x+2).
x
−4.5x x2−3x+2 f(x)−(9x+2)
0 1 2
0 −
+ 0 − 0
0 − 0 + 0
1
Ainsi la conjecture est démontrée.
(d) Dans le contexte de l’exercice, cela signifie que la population de bactéries no2 passe en dessous de la première population entre 1 et 2 heures après le début de l’expérience.
Exercice 2
/61. Siunest le nombre d’adhérents à l’année 2010 + n, on : un+1=un−0, 4un+200 d’oùun+1=0, 6un+200
Ou bien « Diminuer de 40 % revient à multiplier par 0, 6 ».
2. (a) i 0 1 2 3
U 900 740 644 586,4
(b) Cet algorithme affiche les termesu1 u2et u3de la suite (un) c’est à dire740, 644et 586,4.
(c) Le nombre de clients en 2030 correspond àu20. Début algorithme
U prend la valeur 900 Pour i variant de 1 à 20
Début pour
U prend la valeur 0,6*U+200 Fin pour
afficher U Fin algorithme
3. (a) Pour toutnentier
vn+1=un+1−500
=0, 6un+200−500 et un=vn+500
=0, 6(vn+500)+200−500
=0, 6vn+300−300
=0, 6vn Ainsi, pour toutn∈N,vn+1=0, 6vn. (b) De plus,v0=u0−500 soitv0=400
Ainsi, la suitevnest géométrique de raison 0,6 et de premier terme 400.
(c) Pour toutn∈N, on a donc
vn=400×0, 6nd’oùun=vn+500 soit un=400×(0, 6)n+500 . 4. On calcule
S=
19
X
i=0
vi
=
19
X
i=0
v0qi
=
19
X
i=0
400×(0, 6)i
=4001−(0, 6)20 1−0, 6
=1000(1−0, 620)≈999,963 2
L’interprétation n’a pas lieu d’être dans cette situation car la suite(vn)ne représente pas grand chose dans le contexte. . .
5. Avec le tableur de la calculatrice on obtientu10=502, 42 etu11=501, 45.
Ainsi, en 2021, le nombre d’abonnés passe en dessous des 502 000.
Exercice 3
/61. (a) On considère les points
A(−2 ; 4), B(2 ; 2), C(−5 ; 0) et D tel que−−→
C D=2−→
AB (voir le tracé ci-contre).
(b) On poseD¡ x;y¢
. C D−−→=2−→
AB µx+5
y
¶
=2
µ2−(−2) 2−4
¶ ⇐⇒
½ x+5=8 y= −4
⇐⇒
½ x=3
y= −4 . Ainsi,D(3 ;−4)
2 4 6 8
−2
−4
2 4 6
−2
−4
bA
bB
bC
bD
bE
bF
2. La droite (d) est caractérisée par l’équation 6x+y−14=0
(a) 6xB+yB−14=12+2−14=0 doncB∈(d) et 6xD+yD−14=18−4−14=0 doncD∈(d).
(b) Détermination d’une équation de (AC) :
−→AC µ−3
−4
¶ etM¡
x;y¢
∈(AC)⇐⇒les vecteurs−−→
C M et−−→
C Asont colinéaires
⇐⇒4x−3y+20=0 par la condition de colinéarité (c) (B D) et (AC) sont sécantes car :
(S)
½ 6x+y=14
4x−3y= −20 ⇐⇒
y= −6x+14 y=4
3x+20 3
Les deux droites du plan ne sont pas paral- lèles (puisque les coefficients directeurs sont différents), elles sont donc sécantes.
(d) SoitE¡ x;y¢
le point d’intersection des deux droites, alors ses coordonnées vérifient le système (S) précédent. On résout le système :
½ 6x+y=14
4x−3y= −20 ⇐⇒
½ 18x+3y=42
4x−3y= −20 ⇐⇒
½ 6x+y=14 22x=22 ⇐⇒
½ x=1 y=8 AinsiE(1 ; 8)
3. (a) SoitC le cercle de centreF(2 ; 1) de rayon 5. Une équation deC est : (x−2)2+(y−1)2=25⇐⇒x2+y2−4x−2y=20.
(b) Pour trouver les intersections de (AC) avecC, on doit résoudre le système :
½ 4x−3y= −20 x2+y2−4x−2y=20 ⇐⇒
½ 4x−3y= −20 x2+y2−5y=0 ⇐⇒
( x= 3y−420
³3y
−20 4
´2
+y2−5y=0
⇐⇒
( x=3y−420
9y2−120y+400
16 +y2−5y=0 ⇐⇒
½ x=3y−420 25y2−200y+400=0
⇐⇒
½ x=3y−420 y2−8y+16=0 ⇐⇒
½ x= 3y−420 (y−4)2=0 ⇐⇒
½ x= −2 y=4
Ainsi le cercle et la droite (AC) n’ont qu’un seul point d’intersection : le pointA(−2 ; 4).
3
(c) On peut en déduire que le cercle et la droite sont tangents en A.
Exercice 4
/4On rappelle que pour prouver qu’une assertion du type « quel que soientx∈R,gnagnagna» est fausse, il suffit de trouver un contre-exemple.
1. f est le quotient de deux fonctions dérivables surR. Par ailleurs l’équation 8−4x=0 pour x=2. Doncf est dérivable et définie surR−2.
f′(x)=(6x−1)(8−4x)+4(3x2−x+1)
(8−4x)2 et doncf′(x)=−12x2+48x−4 (8−4x)2 2. Pour x=
π
2+2kπaveck entier relatif quelconque, cosx=0. Il existe donc une infinité de valeurs réelles telles que cosx=0
3. Faux cosπ
4=sinπ 4=
p2 2 .
4. Faux|2−3| = | −1| =1 et|2| + | −3| =2+3=5
Exercice 5
/2Soitunle nombre de cartes nécessaires pour former l’étagen. On commence par déterminer les premiers termes deun:
u1=3,u2=6,u3=9. A chaque étape, on rajoute un motif de 3 cartes de plus qu’à l’étage précé- dent. Ainsi, on peut voir que le nombre de cartes à chaque étape est en progression arithmétique de raison 3. Avecun=3n.
Le nombre de cartes nécessaires pour fabriquer la pyramide est donc la somme de ces termes : Sn=Pn
k=13n=3n(n2+1).
Mais dans cette situation, le dernier étage est complet, ce qui n’est pas le cas dans la figure pro- posé.
Il faut donc enlevern à la somme précédente : Tn=Sn−n= n(3n+23)−2n = n(3n2+1) On peut donc résoudre l’inéquation 3n2+n−1000>0 (on trouve alors 18 étages constructibles) ou bien bricoler un peu.
On constate queT18=495 etT19=551. Ainsi on peut construire un château de 18 étages avec 500 cartes.
4
