Correction des exercices (Terminale S)

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1 Correction des eercices (Terminale S) Merci de me signaler les erreurs éventuelles. Eercice Soit f la fonction définie par : f() = + 5 Avant tout, déterminons l ensemble de définition D f de la fonction f : c est l ensemble des réels différents de 5. Donc D f = R \ { 5}. Pour déterminer les réels a, b et c tels que pour tout réel de l ensemble de définition D f de f, on réduit la deuième epression au même dénominateur. D f, f() = a + b + c (a + b)( + 5) + c = = a + b + 5a + 5b + c Puis par identification avec la première epression donnée, on a : donc : qui donne les valeurs : Ainsi, D f, + 5 = a + (b + 5a) + 5b + c + 5 a = b + 5a 5b + c = = a = b = c = 54 D f, f() = La nouvelle epression est de la forme a + b + ϕ() avec ϕ() = et + ϕ() =. La droite d équation y = est donc asymptote à C aussi bien au voisinage de qu au voisinage de +. D autre part, la droite d équation = 5 est asymptote verticale à C. Donc, Les droites asymptotes à C sont : y = et D : = 5 Eercice. La fonction Φ est de la forme : Φ() = + α + β où α et β sont des réels à déterminer. Deu informations sont nécessaires pour déterminer ces deu paramètres. Chacun des deu critères de l énoncé permet d obtenir une équation reliant α et β. Une fois les deu équations obtenues, nous pourrons résoudre le sytème de deu équations à deu inconnues et déterminer α et β.

2 I(3, 5) étant un point de (Γ), on a Φ(3) = 5. D où : Φ(3) = 9 + 3α + β = 5 3α + β = (Γ) possède une tangente horizontale au point I. Mathématiquement, ceci se traduit par : Φ (3) =, le nombre dérivée en 3 étant le coefficient de la tangente à (Γ) au point I. Calculons Φ () : Et la condition impose que : Φ () = ( + α)( ) ( + α + β) ( ) = α β ( ) Φ (3) = 3 α β 4 = α + β = 3 Ainsi, les valeurs de α et β sont les solutions du système : { 3α + β = α + β = 3 Résolvons ce système : { 3α + β = α + β = 3 { α β = = 8 { α = β = 4 La fonction Φ répondant au critères imposés est donc la fonction :. Il s agit de la deuième écriture, car : Φ : + 4 R \ {}, Φ() = + 4 = + 4 ( ) = + 4 = + 4 Donc on a aussi : R \ {}, Φ() = Nous connaissons déjà l epression de la dérivée Φ en remplaçant α par et β par 4 dans la formule trouvée dans la question : R \ {}, Φ () = 3 ( ) Le signe de Φ () est le même que celui de 3 puisque ( ) est strictement positif dans l ensemble de définition R \ {}. On remarque que est une racine de 3, donc : 3 = ( + )( 3). Le signe de 3 est négatif sur l intervalle [, 3] et positif ailleurs. Le tableau de variation est donc :

3 Φ () Φ() Limites au bornes : 4 = = = Φ() = et (Φ() ) = Ainsi, la droite d équation y = est asymptote à (Γ) au voisinage de. = = + = Φ() = + et (Φ() ) = + + Ainsi, la droite est aussi asymptote à (Γ) au voisinage de +. = 4 = = Φ() = et Φ() = = + + Donc la droite D d équation = est asymptote verticale à (Γ) Il suffit que les deu conditions suivantes soient vérifiées pour que le point A(, ) soit centre de symétrie de (Γ) : 3

4 L ensemble de définition D Φ est symétrique par rapport à A D Φ, Φ( A ) + Φ() = y A = La première condition est safisfaite puisque les deu trous et 3 sont symétriques par rapport à. D Φ, Φ( A ) + Φ() = Φ( ) + Φ() 4 = = = Les deu critères sont donc vrais ce qui conclut la démonstration. 5. Soit : (E m ) : Φ() = m. (E m ) = y = m et y = Φ(m) Il faut imaginer un balayage du plan par le faisceau de droites parallèles à l ae des abscisses et repérer le nombre de points d intersection de chacune de ces droites (d équation y = m) avec la courbe (Γ). Si m { 3, 5}, alors (E m ) a une unique solution (voir tableau de variations). Si m ] 3, 5[, alors (E m ) a n a pas de solution. Si m ], 3[ ]5, + [, alors (E m ) a eactement deu solutions. 6. Pour justifier cette conjecture, il suffit de profiter du tableau de variation de Φ et de la continuité de Φ sur chacun des intervalles : ], [ et ], + [, le théorème des valeurs intermédiaires justifiant définitivement l observation. Tout d abord, Φ(D Φ ) =], 3[ ]5, + [. Ensuite : (E m ) n a donc pas de solutions si m ] 3, 5[. (E 3 ) n a qu une solution qui est. (E 5 ) n a qu une solution qui est 3. Pour tout réel m ], 3[, (E m ) a eactement deu solutions : la plus petite est dans l intervalle ], [ et l autre dans ], [. Pour tout réel m ]5, + [, (E m ) a eactement deu solutions : la plus petite est dans l intervalle ], 3[ et l autre dans ]3, + [. Eercice 3 Soit f définie par f() = 3 +. Déterminer D f, D f puis dériver la fonction f. La fonction f est définie sur R + car + ne s annule jamais sur R : D f = R +. La fonction racine est définie sur R + mais dérivable sur R + et donc f de même. 4

5 Soit R +, f () = 3 ( + ) ( + ) = ( + ) = 3 + ( + ) Ainsi, R +, f () = 3 + ( ) ( + ) Eercice 4. e 4+ = e = = 3 = 3 Donc : S = { } 3. 3e + 4e 7 = Sachant que le carré de e est e : 3e + 4e 7 = P (e ) =, où P (X) = 3X + 4X 7 ( On remarque que est racine de P, et donc : P (X) = (X ) X + 7 ). 3 Ainsi, 3e + 4e 7 = e = ou e = 7 3 La deuième solution est impossible car la fonction eponentielle est strictement positive sur R, donc : 3e + 4e 7 = = Finalement : S = {} 3. On se donne une fonction f définie par : f() = e e +. Pour résoudre f () =, signalons que f est 4 définie et dérivable sur R. En dérivant la forme u v, on a : f () = e (e + ) e e (e + ) = e (e + ) 5

6 Revenant à l équation, ceci donne : f () = 4 4e = (e + ) 4e = (e ) + e + e e + = (e ) = e = = Finalement : S = {} Eercice 5. (a) ϕ est bien définie sur l intervalle ], + [ et y est dérivable puisque de la forme U ln V où U et V sont deu fonctions rationnelles, V étant strictement positive sur ], + [. ϕ () = 4( ) ( ) = 4 ( ) Nous arrêtons le calcul sans simplifier plus puisque le renseignement que l on cherche est immédiat. En effet, la dérivée de ϕ est strictement négative sur l intervalle ], + [. La fonction ϕ est donc strictement décroissante sur ], + [. + ln( ) + + = + + ln( ) = = + = = D où le tableau de variation de la fonction ϕ : = f() = + = f() = + ϕ () θ + ϕ() + (b) ϕ est continue sur ], + [ et prend des valeurs positives et négatives (voir tableau de variation). En vertu du théorème des valeurs intermédiaires, nous pouvons en déduire que ϕ s annule au moins une fois dans ], + [. 6

7 De plus, ϕ est strictement monotone (décroissante) sur ], + [, elle ne s annule donc qu une fois. Soit θ l unique solution de l équation ϕ() = dans ], + [. Du fait de la stricte monotonie de ϕ sur ], + [, si ϕ(3.9) et ϕ(3.) sont de signes opposés, alors nous pourrons affirmer que 3.9 < θ < 3.. Avec la calculatrice, on a ϕ(3.9).4. 3 et ϕ(3.) Vérification réussie!. (a) Soit g = ln U V avec U() = et V () =. U et V sont des fonctions polynômes donc dérivables sur ], + [. U est strictement positive sur ], + [, donc ln U est à son tour dérivable sur ], + [. Par conséquent, puisque g est le quotient de deu fonctions dérivables sur ], + [, V ne s annulant pas sur ], + [, g est à son tour dérivable sur ], + [. Ainsi, g () = ], + [, ln( ) = ϕ() signe(g ()) = signe(ϕ()) (b) D après la conclusion précédente, g est strictement croissante sur l intervalle ], θ] et strictement décroissante sur l intervalle [θ, + [. En effet, ϕ étant strictement décroissante sur ], + [ et s annulant en θ, ϕ est strictement négative sur ], θ] et strictement positive sur [θ, + [. En, ln U tend vers et V vers, donc g tend vers. En +, levons l indétermination en écrivant : D une part, g() = et d autre part : Finalement, ln( ) + + ln( ) + ln( + ) = = + = + ln( ) ln( + ) + + g() = + Avec M = g(θ), le tableau de variation est donc : + = X + = + ln( + ) + ln X X = = + g () θ + + g() M 7

8 (c) Rappelons que θ est l unique solution dans ], + ] de l équation ϕ() =. Ainsi : ln(θ ) = θ θ. De la sorte, nous obtenons comme demandé : g(θ) = θ θ θ = θ θ (d) Profitons de l encadrement donné à la question.b). Il y a deu procédés classiques pour encadrer g(θ) : Par encadrements successifs A l aide du sens de variation de la fonction Ψ : En essayant par encadrements successifs ne permet pas d obtenir l amplitude demandée. On vérifie que la dérivée de Ψ est strictement négative sur l intervalle ], + ]. Nous en déduisons un encadrement : Ψ(3.) < Ψ(θ) < Ψ(3.9), c est-à-dire l encadrement Ψ(3.) < g(θ) < Ψ(3.9). De celui-ci, nous dégageons l encadrement suivant qui convient :.69 < g(θ) <.696. Donc.694 est une valeur approchée de g(θ) à. 3 près. 3. (a) C est évident si on constate d une part, que (e ) = e et d autre part, que e décrit l intervalle ], + ] lorsque décrit R +. (b) Ou bien on utilise les propriétés liées au sens de variation de composées de fonctions, ou bien on dérive et on profite de l étude de g. Dérivons f. Comme f = g ep, f est dérivable sur R + et f = (f ep) ep. R +, f () = e g (e ) R +, g (e ) = e = θ = ln θ R +, g (e ) < e > θ > ln θ R +, g (e ) > e < θ < ln θ Le tableau de variation de f en découle. Notons que f(ln θ) = g(θ) = M et que les ites au bornes de D f s obtiennent par composition de ites. f () ln θ + + f() M + 4. L ae des ordonnées est asymptote vertical à C puisque f() = +. L ae des abscisses est une asymptote horizontale à C au voisinage de + puisque f() =. C possède une tangente horizontale au point de coordonnées (ln θ, g(θ)). Pour terminer, comme f est continue et prend des valeurs 8

9 négatives puis positives, f s annule au moins une fois (TVI) dans ], θ[. Comme f y est strictement monotone, f ne s annule qu une fois dans cet intervalle. Dans l intervalle [ln θ, + [, f est strictement positive. Ainsi, C et son asymptote horizontale se coupent en un seul point. Notons A ce point. C est sous (O) sur ], A [ et au-dessus (O) sur ] A, + [ Eercice 6. (Initialisation) Pour tout entier naturel n, W n est situé dans ].;.3[. C est donc le cas de W. En terme de distances, il est évident que W α..3 (faire un dessin pour s en convaincre). Nous avons donc bien W α.. Soit encore, W α... L initialisation de la récurrence est donc validée. (Héritage) Emettons l hypothèse de récurrence : Supposons que la propriété soit vraie pour un entier naturel p, c est-à-dire : W p α.. p. Démontrons alors que : W p+ α.. p+. Profitons de l hypothèse de récurrence et de la propriété remarquable de la suite. D une part : W p+ α.. p et d autre part : Alors : W p α.. p. W p α... p =.. p+ Par transitivité de la relation d ordre (c est-à-dire que si a b et que b c, alors a c), on a donc : Donc la propriété est vraie à l ordre p +. W p+ α.. p+ 9

10 (Conclusion) Par le principe de récurrence, on a donc : n N, W n α.. n. Pour justifier que la suite converge vers α, il suffit de montrer que la suite (t n ) de terme général.. n converge vers. La conclusion est immédiate par le théorème d encadrement. La suite (t n ) considérée est une suite géométrique de raison. <, donc (t n ) converge bien vers. La suite (W n ) converge vers α 3. W n α.. n signifie que W n est une valeur approchée de α à.. n près. Il suffit donc que la condition.. n 5 soit remplie pour affirmer que W n est une valeur approchée de α à 5 près... n 5. n 4 n ln(.) ln( 4 ) n ln( 4 ) ln(.) Attention, l ordre s inverse car ln(.) <. La calculatrice donne : ln( 4 ) 5.7 donc à partir du ln(.) rang 6, W n sera une valeur approchée de α à 5 près. Eercice 7 (C) a pour équation y = f() = + 3e e et représente donc la fonction f. est la + représentation de la fonction affine g() = +. f et g sont continues sur R. 3e Puisque : R, e >, on a aussi + > f(), c est-à-dire g() > f(). Ainsi, est au-dessus + de (C). Puisque f() g() =, est l asymptote oblique à (C) au voisinage de. R est l ensemble des points M(, y) du plan tels que : et f() y g() R est une portion du plan infinie dont l aire semble cependant finie d après la question posée. L aire R est égale à (si la ite eiste) : Pour t, A(t) = = t t t t f() g() d = 3 e e + d = [ ln(e + )] t = 3 ln 3 ln(e t + ) f() g() d t (g() f()) d Lorsque t tend vers, e t tend vers et par composition des ites, on obtient : t t f() g() d = 3 ln L aire de R est donc égale à 3 ln

11 Eercice 8. Remarquons d abord que n est pas solution de (E). Ecrivons alors z sous forme eponentielle ρe iθ, ρ étant le module et θ l argument modulo π. { ( ρe iθ) 3 = ρ 3 e 3iθ ρ 3 = ρ = = 3θ = + kπ, k Z θ = kπ 3, k Z (E) a alors trois solutions distinctes qui sont relatives, par eemple, à k =, k = et k =.. j = e e i = e iπ 3 = + i 3 Classiquement en mathématiques, on note j = e 4iπ iπ 3 = e 3 = j iπ Une bonne méthode est de calculer les trois distances : e i π 3 = i 3 AB = aj a = a j AC = aj a = a j = a j = a j = a j = AB BC = aj aj = a j j = a j = AB Le triangle ABC est un triangle équilatéral Eercice 9. A / P car A + y A 3z A = et.. Le vecteur AH et le vecteur n P de coordonnées (,, 3) normal à P sont colinéaires. Il eiste donc un réel λ tel que AH = λ n P. Ce qui revient à dire que H appartient à la droite D passant par A et de vecteur directeur n P. On a donc : H A = λ y H y A = λ z H z A = 3λ soit : H y H z H = + λ = + λ = 3λ De plus, H P. D où : H + y H 3z H =. Alors : + λ + ( + λ) 3( 3λ) =. En résolvant cette équation, on trouve λ = 9 4. ( 7 Remplaçons λ par sa valeur dans le système pour obtenir les coordonnées de H : H 4, 6 7, 7 ). 4 La distance d est égale à la distance AH, soit encore λ n P. Cette observation permet d éviter le calcul des coordonnés de AH. d = ( 3) = 9 4 4

12 On aurait aussi pu utiliser la formule classique du cours : d = A + y A 3z A + + ( 3) = Une équation de la sphère Σ est : ( ) + (y ) + (z ) = 9 4. (a) P et Σ sont sécants si et seulement si la distance du centre de la sphère Σ au plan P est inférieure ou égale au rayon de la sphère Σ. Comparons d(a; P) et 3, c est-à-dire d et 3, pour constater immédiatement que d < 3 et donc que Σ et P sont effectivement sécants. (b) M est un point de l intersection Σ P si et seulement si M est un point de Σ tel que HAM soit Eercice un triangle rectangle en H. Puisque AM = 3 et AH = d, la distance HM est constante (Pythagore). Nous retrouvons bien ainsi que leur intersection est un cercle. Ce cercle C a pour centre H et pour rayon le nombre réel positif r tel que d + r = 3 d après Pythagore r = 9 r = 4 = 5 5 = C est le cercle de centre H et de rayon f est une densité de probabilité si les conditions suivantes sont vérifiées : f est continue et positive sur R + + f() d= Si la ite t + t Preuve des conditions à remplir : f est évidemment positive sur R +. f() d eiste et est finie, on la note f est évidemment continue sur [, [ et sur ], + [. + f() d =. f() = λe. Les ites à gauche et à droite en sont égales à f(). La fonction f est donc continue en et donc finalement sur R +. Pour >, f(t) dt = = [ λ f(t) dt + f(t) dt ( ) ] e t + = λ(e ) + λ e [ λ e ) ( ( )] t

13 D où : + f(t) dt = λ(e ) + λ e = λ + e e Avec la condition sur la valeur de l intégrale, on obtient alors : Finalement, + f(t) dt = λ = e + e f est une densité de probabilité si et seulement si λ = e + e Etudions maintenant la fonction f définie avec cette valeur de λ. f est dérivable au moins sur chacun des intervalles [, [ et ], + [. [, [, f () = e ( ) e e + ], + [, f () = e e + ( ) e 3 Le signe de la dérivée ne pose aucun problème. Le nombre dérivé à gauche de f en vaut e + et à droite, il vaut 4. La fonction f n est donc pas dérivable en. La ite en + vaut. e + f () + + f() M

14 . (a) P (X ) = P ( X ). Alors : P (X ) = f(t) dt = λ ( e ) = e e + e e (b) P (X = ) =, d après le cours. (c) On considère ici l évènement X > e. = e e +. P (X > e) = P ( X e) On a donc : P (X ) = e e + = P ( X ) P ( X e) = e e + e = = e e + e + = e(e + ) e + d [ ] e P (X = ) = P (X > e) = e(e + ) Eercice. (a) En, la ite de ln en et la ite de l inverse est alors égale à. La ite de l eponentielle en est. D où, par composition des ites, f() tend vers en, c est-à-dire f() : f est alors continue en. A gauche de, ln tend vers par valeurs négatives et donc son inverse tend vers et alors par composition avec la fonction eponentielle, la ite à gauche de f en vaur, c est-à-dire f(). Donc f est continue à gauche en. (b) A droite de, ln tend vers par valeurs positives et donc son inverse vers +. Par composition encore, on en déduit que f() = +. Ainsi, f n est pas continue à droite en. + (c) f est de la forme e U où U est dérivable sur chacun des intervalles proposés. Par conséquent, f est dérivable sur ], [ et sur ], + [. Calculons f () : ], [ ], + [, f () = ( ) (ln ) ep ln Cette dérivée est évidemment strictement négative sur ], [ ], + [ donc f est strictement décroissante sur chacun des deu intervalles ], [ et ], + [. + f () f () + + f() f() 4

15 La ite de f en + vaut puisque ln tend vers + et donc son inverse vers alors que l eponentielle tend vers en.. (a) Commençons par les deu cas particuliers, à savoir et : Passons au cas général : ], [ ], + [, (f f)() = f (f ()) = f() = (f f)() = f (f ()) = f() = ( ) (f f)() = ep ln(f()) = ep ( ln ep ( ln )) = ep (ln ) = Ainsi, (b) Analyse des deu appartenances : D f, (f f)() = M(, y) C D f et y = f() N(y, ) C y D f et = f(y) Comme f(d f ) = D f (voir tableau de variation), si D f, alors y = f() appartient à D f. Si y = f(), alors f(y) = f(f()) alors f(y) = d après la question précédente. Première conclusion : si M(, y) C alors N(y, ) C En permutant et y qui jouent un rôle symétrique dans le raisonnement détaillé précédemment, la dernière implication se traduit par : si N(y, ) C, alors M(, y) C. Conclusion : M(, y) C si et seulement si N(y, ) C (c) M(, y) et N(y, ) sont images l un de l autre par la réfleion (symétrie orthogonale) d ae d équation y = dans un repère orthonormé. Par conséquent, est un ae de symétrie de la courbe C représentative de la fonction f. 3. (a) Pour démontrer que C possède une tangente verticale au point A(, ), démontrons que le tau d accroissement de la fonction f en a une ite infinie en. Pour un strictement positif et différent de, ( ) ep f() f() ln = = ( ep ln ln ) ln 5

16 Cette dernière écriture, bien qu a priori plus complee, a le mérite de faire apparaître deu ites de référence puisque l inverse de ln a pour ite en. ( ep ln ln ln = ) e T = = T T f() f() = = (b) L image d une droite verticale par la symétrie orthogonale S d ae est une droite horizontale. La réfleion S conserve la nature d une figure. Comme est ae de symétrie de la courbe de f, l image de la tangente à C en A, qui est verticale, par S est la tangente en B à C qui elle, est horizontale. (c) C est l ensemble des points M(, y) dont les coordonnées vérifient les trois conditions suivantes : D f, y = et y = f(). Commençons par remarquer que ni ni ne vérifie l équation f() =. Pour strictement positive et différent de, ( ) f() = ep = ln ln = ln (ln ) = ln = ln = ou ln = = e ou = e Donc, C = { E(e, e), F (e, e ) } Pour montrer qu en chacun des points E et F la tangente à C est perpendiculaire à, il suffit de calculer les coefficients directeurs de ces tangentes et de constater qu ils sont égau à. Rappels : Dans un repère orthonormé, deu droites non verticales sont perpendiculaires si le produit de leur coefficients directeurs est (on peut démontrer ce résultat en utilisant le produit scalaire des deu vecteurs directeurs des deu droites). Le coefficient directeur de la tangente à C f en son point d abscisse α est le nombre f (α). Ici, le calcul est élémentaire et l on a bien f (e) = et f (e ) = qui prouve l orthogonalité avec la droite : y = de coefficient directeur égal à. 6