Devoir surveillé n 1 : correction

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1 E1A-E1B Devoir surveillé n 1 : correction Samedi 8 septembre Durée : 3 heures. La calculatrice est interdite. On attachera une grande importance à la qualité de la rédaction. Les questions du début de l énoncé sont indépendantes les unes des autres. Questions 1. Résoudre l équation + =, d inconnue. Démonstration. Notons (E) cette équation. Son domaine de définition est D (E) = [, [. On procède par implication. Si est solution de (E), alors + = ce qui implique + = ce qui implique = 0 ce qui implique ( + 1)( ) = 0 ce qui implique = 1 OU = Comme 1 + = 1 1, 1 n est pas solution de l équation (E). D autre part, on a + =, donc = est l unique solution de l équation (E).. Résoudre l inéquation, d inconnue. Démonstration. Notons (I) cette inéquation. D (I) = R. Afin de pouvoir se débarrasser de la valeur absolue, on procède par disjonction de cas. Si ], ] [, [ : alors = et (I) se réécrit, ce qui équivaut à et à ], ] [, [. Si ], [ : alors = + et (I) se réécrit +, ce qui équivaut à 0 et à = 0. L ensemble solution de cette inéquation est donc S =], ] {0} [, [ 3. Pour R, dériver la fonction f() = e3+. 1

2 E1A-E1B Démonstration. Le fonction f est obtenue par somme d une fonction rationnelle dont le dénominateur ne s annule pas (dérivable sur R) et de la fonction e 3+ (dérivable sur R par produit de fonctions dérivables sur R). Sa dérivée f est donnée par le calcul suivant. f () = ( + 1) ( 1) ( + 1) + e 3+ (1 + 3) = + + ( + 1) + e 3+ (1 + 3) = ( + 1) + e 3+ (1 + 3). Résoudre l équation e 7e = 0, d inconnue. Démonstration. Notons (E) cette équation. On a D (E) = R. Posons X = e. L équation précédente se réécrit X 7X = 0. On cherche donc les racines d un trinôme du second degré. On calcule son discriminant = ( 7) ( ) = = 81. On a donc = 9. D où X 1 = 7 9 = 1 et X = 7+9 =. Or X = e. Il s agit donc de résoudre e =, ce qui donne = ln() et e = 1, ce qui ne donne pas de solution puisque la fonction eponentielle est toujours positive. L équation (E) admet donc = ln() comme unique solution. 5. Démontrer que 3 n > 5n + 1 pour n. Démonstration. On procède par récurrence. On note P(n) la propriété : 3 n > 5n + 1. Initialisation : 3 = 81 et = 3 et comme 81 > 3, P() est vérifiée. Hérédité : soit n tel que P(n). Montrons P(n + 1). Par hypothèse de récurrence, on a 3 n > 5n + 1. En multipliant chaque membre de cette inégalité par 3, on obtient : 3 n+1 > 15n On conclut en remarquant que 15n + 36 > 5(n + 1) + 1 puisque cette inégalité équivaut à 10n + 19 > 0, ce qui est notamment vrai pour tout n. Ainsi, P(n + 1) est vérifié. Et donc, par principe de récurrence : n, P(n) 6. Dresser le tableau de signes du polynôme P () = Démonstration. P admet 1 comme racine évidente. On peut donc le factoriser par ( + 1). On a P () = ( + 1)( ) = 3( + 1)( 1 )( ) où 1 et sont les racines du polynôme Ce trinôme a pour discriminant = 11 ( )3 = = 169. On a donc = 13 et 1 = et = 1 3. Signe de 1 Signe de Signe de P ()

3 E1A-E1B Rappeler la formule pour n k, puis la démontrer. Démonstration. On démontre par récurrence que : n N, P(n) où P(n) est la propriété n k = n(n+1). 0 Initialisation : k = 0 et 0(0+1) = 0. Ainsi, P(0) est vérifiée. Hérédité : soit n N tel que P(n). Montrons P(n + 1). n+1 k = n k + (n + 1) H.R. = n(n+1) + (n + 1) = (n+1)(n+). D où P(n + 1). Et donc, par principe de récurrence : n N, P(n). 8. La proposition suivante est-elle vraie ou fausse? Démontrer. R +, y R +, n N, n > y Démonstration. Démontrons que cette propriété est vraie. Soit R + et y R +. On doit ehiber un entier n tel que n > y. On peut remarquer que si > y, n = 1 convient. Dans le cas y il suffit de prendre l entier directement supérieur à y (notez que 0), autrement dit n = y. L entier n = y + 1 convient aussi. Eercice 1 On considère la fonction f définie par f() = ln. On notera C f sa courbe représentative. 1. Déterminer l ensemble de définition D f de la fonction f. Démonstration. La fonction 1 sur R +. On a donc D f = R +. est définie sur R. La fonction logarithme est définie. On note g la fonction définie sur ]0, [ par g() = ln, et P la fonction polynôme définie sur R par P () = 3 3. a. Montrer que le polynôme P se factorise par 1. Démonstration. P (1) = = 0. Ainsi, 1 est une racine de P et par le théorème de factorisation, P se factorise par 1. b. Déterminer trois réels a, b et c tels que P () = ( 1)(a + b + c). Démonstration. P () = ( 1)( ) c. En déduire le signe de P sur R. Démonstration. Le trinôme est de signe constant (> 0) car son discriminant = 9 3 = 15 est négatif. Ainsi, P est du signe de 1. P est positif pour 1 et strictement négatif pour < 1. 3

4 E1A-E1B d. Eprimer g en fonction de P puis dresser le tableau de variations de g. On admettra que lim g() = et lim g() =. 0 Démonstration. g est dérivable sur R + car somme d une fonction polynomiale dérivable sur R et de la fonction ln, dérivable sur R +. g () = 3 1 = 33 = P () Signe de P () Signe de g () 0 + Variations de g 3 Signe de g() + + e. Montrer qu on a : R +, g() > 0. Démonstration. D après le tableau de variation précédent, g admet un minimum en 1 qui vaut 3. Donc g() 3 > 0, pour tout R Étude de la fonction f. a. Vérifier que la dérivée f de f peut s écrire sous la forme : f () = g() eposant à déterminer. k où k est un Démonstration. f est dérivable sur D f comme quotient de fonctions dérivables sur D f. On a f () = 1 + (1 + 1 ) (( 1) + ln()) = ln() + 3 ln() = = ln() 3 D où la forme souhaitée avec k = 3. b. En déduire les variations de f. Démonstration. On a le tableau de variation suivant. Les valeurs en 1, α et 1 permettent d illustrer la question suivante.

5 E1A-E1B Signe de g() Signe de f () 1 0 α Variations de f < 0 0 c. Montrer que l équation f() = 0 admet une unique solution sur D f. On la notera α. Montrer que 1 < α < 1. Démonstration. Sur ]0, [, la fonction f est continue et strictement croissante. D après le théorème de la bijection, pour tout y de ], [, il eiste un unique élément de ]0, [ tel que y = f(). On remarque alors que 0 ], [, ce qui prouve, d après ce qui précède, l eistence d un unique élément α > 0 tel que f(α) = 0. Plus précisément, sur ] 1, 1[, la fonction f est continue et strictement croissante. D après le théorème de la bijection, pour tout élément y de ]f( 1 ), f(1)[, il eiste un unique élément de ] 1, 1[ tel que y = f(). Il suffit alors de remarquer que f( 1) = 1 ln() < 0 et f(1) = > 0. Ainsi, 0 ]f( 1), f(1)[. Ceci prouve l eistence d un élément β ] 1, 1[ tel que f(β) = 0. Étant donné l unicité de la solution de l équation f() = 0 sur D f, on en conclut que α = β, ce qui termine la démonstration. d. On admet que lim (f() ( + 1)) = 0. Que peut-on dire de la droite ( ) d équation y = + 1? Démonstration. C est une asymptote oblique en. e. Montrer que sur [1, [, la courbe C f est au dessus de ( ). Démonstration. On a : f() ( + 1) = 1 + ln(). Or ln() 0 et 1 0 pour tout élément de ]1, [. Autrement dit, f() ( + 1) 0 sur cet ensemble, ce qui prouve que C f est au-dessus de la droite ( ). f. Dessiner la droite ( ) et la courbe C f. Démonstration. 5

6 E1A-E1B y y = f() y = + 1 α Eercice On définit sur R deu fonctions notées ch et sh par ch() = e + e 1. Étudier la parité des fonctions ch et sh. et sh() = e e. Démonstration. Soit R. Alors ch( ) = e + e e e = sh(). Ainsi, ch est paire et sh est impaire.. Résoudre l inéquation sh() 0. = ch() et sh( ) = e e = Démonstration. Soit R. sh() 0 e e 0 e e 0 0 Il convient de noter que l équivalence e e est obtenue par application de la fonction logarithme, croissante, et réciproque de la fonction eponentielle. 3. Calculer les dérivées de ch et sh puis dresser leur tableau de variations. Démonstration. On note que (e ) = e et (e ) = e. D où : ch () = e e = sh() et sh () = e + e = ch() 6

7 E1A-E1B Signe de ch () (= sh()) Variations de ch Signe de sh () (= ch()) Variations de sh Montrer que R, ch() > sh(). Démonstration. Soit R. On a ch() sh() = e + e e + e = e > 0 Cette dernière inégalité est obtenue par stricte positivité de la fonction eponentielle. 5. Calculer l équation de la tangente en chacune des deu courbes en leur point d abcisse = 1. On donnera d abord les valeurs eactes, puis des valeurs approchées. On pourra se servir du fait que e 1 0, 37. Démonstration. L équation de la tangente en un point d abscisse a d une fonction dérivable f, est donnée par la formule : y = f (a)( a) + f(a). Ici, a = 1. Pour f = ch, on obtient : y = sh(1)( 1) + ch(1) = sh(1) + ch(1) sh(1) = e1 e 1 + e 1 Pour f = sh, on obtient : y = ch(1)( 1) + sh(1) = ch(1) + sh(1) ch(1) = e1 + e 1 e 1 La valeur approchée de e 1, 71 est à connaître. Cependant, en cas d oubli, le sujet permettait de la retrouver en remarquant e 1 = 1 1, 70. Ainsi, l équation de la e 1 0,37 tangente au point d abscisse 1 de la courbe ch est approchée par :, 71 0, 37 y = + e 1 = 1, , 37 et l équation de la tangente au point d abscisse 1 de la courbe sh est approchée par : y =, , 37 + e 1 = 1, 5 + 0, 37 7

8 E1A-E1B Tracer dans un même repère les représentations graphiques de ch et sh. On utilisera les éléments des questions précédentes. Démonstration. y y = ch() y = sh() 7. Démontrer la formule : R, y R, ch( + y) = ch() ch(y) + sh() sh(y) Démonstration. Soient et y deu réels. Ainsi, on a ch() ch(y) = e + e ey + e y = e+y + e y + e +y + e (+y) sh() sh(y) = e e ey e y = e+y e y e +y + e (+y) ch() ch(y) + sh() sh(y) = e+y + e y + e +y + e (+y) + e +y e y e +y + e (+y) = e+y + e (+y) = e+y + e (+y) = ch( + y) 8

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