Correction du Devoir sur Table no 2

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2016-2017
Correction du Devoir sur Table no 2
Samedi 5 Novembre 2016
Exercice 1 Melting-pot
1. Résoudre l’équation
√
x + 2 = x, d’inconnue x.
Démonstration. Notons (E) cette équation. Son domaine de définition est D(E) = [−2, +∞[ car
il faut satisfaire la condition x + 20. On procède par implication.
√
Si x est solution de (E),
alors
x+2=x
ce qui implique
x + 2 = x2
ce qui implique
x2 − x − 2 = 0
ce qui implique (x + 1)(x − 2) = 0
ce qui implique
x = −1 OU x = 2
√
Certes −1 est un élément du domaine de définition de l’équation. Mais comme −1 + 2 = 1 6= −1,
−1 n’est pas solution √
de l’équation (E). D’autre part, 2 est un élément du domaine de définition
de l’équation et on a 2 + 2 = 2, donc x = 2 est l’unique solution de l’équation (E).
2. Résoudre l’inéquation |x2 − 2| > 2, d’inconnue x.
Démonstration. Notons (I) cette inéquation. D(I) = R. Afin de pouvoir se débarrasser de la
valeur absolue, on procède par √
disjonction
√ de cas, selon les valeurs de x. De deux choses l’une :
2
Si x − 2 > 0 ie si x ∈] − ∞, − 2] ∪ [ 2, +∞[ :
alors |x2 − 2| = x2 − 2 et (I) se réécrit x2 − 2 > 2, ce qui équivaut à x2 > 4 et donc à
x ∈] − ∞, −2] ∪ [2, +∞[. √ √
Si x2 − 2 < 0 ie si x ∈] − 2 2[ :
alors |x2 − 2| = −x2 + 2 et (I) se réécrit −x2 + 2 > 2, ce qui équivaut à x2 6 0 et à x = 0.
L’ensemble solution de cette inéquation est donc S =] − ∞, −2] ∪ {0} ∪ [2, +∞[
3. Pour x ∈ R, dériver la fonction f (x) =
2x − 1
+ xe3x+2 .
x2 + 1
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 x 7→ xe3x+2 (dérivable sur R par
produit de fonctions dérivables sur R). La fonction f est donc dérivable sur R tout entier et sa
dérivée f 0 est donnée par : pour tout réel x,
2(x2 + 1) − (2x − 1)2x
+ e3x+2 (1 + 3x)
(x2 + 1)2
−2x2 + 2 + 2x
=
+ e3x+2 (1 + 3x)
(x2 + 1)2
−x2 + x + 1
= 2
+ e3x+2 (1 + 3x)
(x2 + 1)2
f 0 (x) =
1
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4. Résoudre l’équation 2e2x − 7ex − 4 = 0, d’inconnue x.
Démonstration. Notons (E) cette équation. On a D(E) = R. Posons X = ex . L’équation précédente se réécrit 2X 2 − 7X − 4 = 0. On cherche donc les racines d’un trinôme du√second degré.
On calcule son discriminant ∆ = (−7)2 − 4(−4)2 = 49 + 32 = 81. On a donc ∆ = 9. D’où
1
7+9
X1 = 7−9
4 = − 2 et X2 = 4 = 4.
Or X = ex . Il s’agit donc de résoudre ex = 4, ce qui donne x = ln(4) et ex = − 12 , ce qui ne donne
pas de solution puisque la fonction exponentielle est toujours positive.
L’équation (E) admet donc x = ln(4) comme unique solution.
5. Démontrer que 3n > 5n + 12 pour n > 4.
Démonstration. On procède par récurrence sur n. On note Hn la propriété : 3n > 5n + 12.
Initialisation : 34 = 81 et 5 × 4 + 12 = 32 et comme 81 > 32, H4 est vérifiée.
Hérédité : soit n > 4. Supposons que Hn est vraie. Montrons que Hn+1 est vraie.
Par hypothèse de récurrence, on a 3n > 5n + 12. En multipliant chaque membre de cette inégalité
par 3, on obtient : 3n+1 > 15n + 36. On conclut en remarquant que 15n + 36 > 5(n + 1) + 12
puisque cette inégalité équivaut à 10n + 19 > 0, ce qui est notamment vrai pour tout n > 4.
Ainsi, Hn+1 est vérifié.
Et donc, par principe de récurrence : ∀n > 4, Hn est vraie.
6. Dresser le tableau de signes du polynôme P (x) = 3x3 + 14x2 + 7x − 4.
Démonstration. P admet −1 comme racine évidente. On peut donc le factoriser par (x + 1). On
a P (x) = (x + 1)(3x2 + 11x − 4) = 3(x + 1)(x − x1 )(x − x2 ) où x1 et x2 sont les racines du
2
polynôme 3x
discriminant ∆ = 112 − 4(−4)3 = 121 + 48 = 169.
√ + 11x − 4. Ce trinôme a pour
1
On a donc ∆ = 13 et x1 = −4 et x2 = 3 .
−∞
x
−4
Signe de x − 1
−
Signe de 3x2 + 11x − 4
+
0
−
Signe de P (x)
−
0
+
7. Rappeler la formule pour
n
X
1
3
−1
−
0
0
+
+∞
+
−
0
+
−
0
+
k, puis la démontrer.
k=0
Démonstration. On démontre par récurrence que : ∀n ∈ N, Hn où Hn est la propriété
n
P
k=
k=0
n(n+1)
.
2
Initialisation :
0
P
k=0
k = 0 et
0(0+1)
2
= 0. Ainsi, H0 est vérifiée.
Hérédité : soit n ∈ N tel que Hn est vraie. MontronsHn+1 est vraie.
n
P
H.R.
k=
k + (n + 1) = n(n+1)
+ (n + 1) = (n+1)(n+2)
. D’où Hn+1 .
2
2
n+1
P
k=0
k=0
Et donc, par principe de récurrence : ∀n ∈ N, Hn est vraie.
2
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Exercice 2 : Étude de fonctions
1. Déterminer l’ensemble de définition Df de la fonction f .
Démonstration. La fonction x 7→
R+∗ . On a donc Df = R+∗ .
1
x2
est définie sur R∗ . La fonction logarithme est définie sur
2. On note g la fonction définie sur ]0, +∞[ par g(x) = x3 − x + 3 − 2 ln x, et P la fonction polynôme
définie sur R par P (x) = 3x3 − x − 2.
(a) Montrer que le polynôme P se factorise par x − 1.
Démonstration. P (1) = 3 × 13 − 1 − 2 = 0. Ainsi, 1 est une racine de P et par le théorème
de factorisation d’un polynôme par une de ses racines, on en déduit que P se factorise par
x − 1.
(b) Déterminer trois réels a, b et c tels que P (x) = (x − 1)(ax2 + bx + c).
Démonstration. Par la méthode de votre choix, vous trouvez normalement que :
P (x) = (x − 1)(3x2 + 3x + 2).
(c) En déduire le signe de P sur R.
Démonstration. Le trinôme 3x2 + 3x + 2 est de signe constant (> 0) car son discriminant
∆ = 9 − 4 × 2 × 3 = −15 est négatif. Ainsi, P est du signe de x − 1. P est positif pour x > 1
et strictement négatif pour x < 1.
(d) Exprimer g 0 en fonction de P puis dresser le tableau de variations de g.
On admettra que lim g(x) = +∞ et lim g(x) = +∞.
x→+∞
x→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 0 (x) = 3x2 − 1 −
x
0
2
3x3 − x − 2
P (x)
=
=
x
x
x
+∞
1
Signe de P (x)
−
0
+
Signe de g 0 (x)
−
0
+
+∞
+∞
Variations de g
3
Signe de g(x)
+
+
3
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(e) Montrer qu’on a : ∀x ∈ R∗+ , g(x) > 0.
Démonstration. D’après le tableau de variation précédent, g admet un minimum en 1 qui
vaut 3. Donc g(x) > 3 > 0, pour tout x ∈ R+∗ .
3. Étude de la fonction f .
a. Vérifier que la dérivée f 0 de f peut s’écrire sous la forme : f 0 (x) =
exposant à déterminer.
g(x)
où k est un
xk
Démonstration. f est dérivable sur Df comme quotient de fonctions dérivables sur Df . On
a
(1 + x1 )x2 − 2((x − 1) + ln(x))x
f 0 (x) = 1 +
x4
−x2 + 3x − 2x ln(x)
= 1+
x4
−x + 3 − 2 ln(x)
= 1+
x3
x3 − x + 3 − 2 ln(x)
=
x3
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 12 , α et 1 permettent
d’illustrer la question suivante.
x
1
2
0
α
Signe de g(x)
+
Signe de f 0 (x)
+
1
+∞
+∞
Variations de f
−∞
<0
0
2
c. Montrer que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution sur Df . On la notera α.
1
Montrer que < α < 1.
2
Démonstration. Sur ]0, +∞[, la fonction f est continue et strictement croissante. D’après
le théorème de la bijection, pour tout y de ] − ∞, +∞[, il existe un unique élément x
de ]0, +∞[ tel que y = f (x). On remarque alors que 0 ∈] − ∞, +∞[, ce qui prouve, d’après
ce qui précède, l’existence d’un unique élément α > 0 tel que f (α) = 0.
Plus précisément, sur ] 21 , 1[, la fonction f est continue et strictement croissante. D’après le
théorème de la bijection, pour tout élément y de ]f ( 12 ), f (1)[, il existe un unique élément x
de ] 12 , 1[ tel que y = f (x).
Il suffit alors de remarquer que f ( 12 ) = − 12 − 4 ln(2) < 0 et f (1) = 2 > 0. Ainsi, 0 ∈
]f ( 12 ), f (1)[. Ceci prouve l’existence d’un élément β ∈] 12 , 1[ tel que f (β) = 0. Étant donné
l’unicité de la solution de l’équation f (x) = 0 sur f , on en conclut que α = β, ce qui termine
la démonstration.
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d. Bonus... On admet que lim (f (x) − (x + 1)) = 0.
x→+∞
Que peut-on dire de la droite (∆) d’équation y = x + 1 ?
Démonstration. C’est une asymptote oblique en +∞.
e. Montrer que sur [1, +∞[, la courbe Cf est au dessus de (∆).
x − 1 + ln(x)
. Or, pour tout x élément de ]1, +∞[,
x2
ln(x) > 0 et x − 1 > 0 . Autrement dit, f (x) − (x + 1) > 0 sur cet ensemble, ce qui prouve
que Cf est au-dessus de la droite (∆).
Démonstration. On a : f (x) − (x + 1) =
f. Dessiner la droite (∆) et la courbe Cf .
Démonstration.
y
y =x+1
y = f (x)
α
x
Exercice 3 : Fonctions hyperboliques
1. Étudier la parité des fonctions ch et sh.
Démonstration. Soit x ∈ R. Alors ch(−x) =
−
e−x + ex
e−x − ex
= ch(x) et sh(−x) =
=
2
2
ex − e−x
= −sh(x). Ainsi, ch est paire et sh est impaire.
2
2. Démontrer la formule : ∀x ∈ R, ∀y ∈ R, ch(x + y) = ch(x)ch(y) + sh(x)sh(y)
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Démonstration. Soient x et y deux réels.
ch(x)ch(y) =
=
sh(x)sh(y) =
=
ex + e−x ey + e−y
×
2
2
x+y
x−y
e
+e
+ e−x+y + e−(x+y)
4
ex − e−x ey − e−y
×
2
2
ex+y − ex−y − e−x+y + e−(x+y)
4
Ainsi, on a
ex+y + ex−y + e−x+y + e−(x+y) + ex+y − ex−y − e−x+y + e−(x+y)
4
2ex+y + 2e−(x+y)
=
4
ex+y + e−(x+y)
=
2
= ch(x + y)
ch(x)ch(y) + sh(x)sh(y) =
3. Résoudre l’inéquation sh(x) > 0.
Démonstration. Soit x ∈ R.
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
sh(x) > 0
ex − e−x
>0
2
x
−x
e >e
x > −x
2x > 0
x>0
Il convient de noter que l’équivalence ex > e−x ⇔ x > −x est obtenue par application de la
fonction logarithme, croissante, et réciproque de la fonction exponentielle.
4. Calculer les dérivées de ch et sh puis dresser leur tableau de variations.
Démonstration. On note que (ex )0 = ex et (e−x )0 = −e−x . D’où :
ex + e−x
ex − e−x
= sh(x) et sh 0 (x) =
= ch(x)
ch 0 (x) =
2
2
−∞
x
Signe de ch 0 (x)
(= sh(x))
+∞
0
−
0
+
+∞
+∞
Variations de ch
1
0
Signe de sh (x)
(= ch(x))
+
+
+∞
Variations de sh
−∞
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Il convient de noter que ch est une fonction qui est toujours positive, car somme de deux fonctions
exponentielles (divisée par 2). Une exponentielle étant toujours positive, on a donc que ch est
toujours positive.
5. Montrer que ∀x ∈ R, ch(x) > sh(x).
Démonstration. Soit x ∈ R. On a
ex + e−x − ex + e−x
2
= e−x > 0
ch(x) − sh(x) =
Cette dernière inégalité est obtenue par stricte positivité de la fonction exponentielle.
6. Calculer l’équation de la tangente en chacune des deux courbes en leur point d’abscisse x = 1.
On donnera d’abord les valeurs exactes, 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 0 (a)(x − a) + f (a). Ici, a = 1. Pour f = ch, on obtient :
y = sh(1)(x − 1) + ch(1) = sh(1)x + ch(1) − sh(1) =
e1 − e−1
x + e−1
2
Pour f = sh, on obtient :
y = ch(1)(x − 1) + sh(1) = ch(1)x + sh(1) − ch(1) =
e1 + e−1
x − e−1
2
La valeur approchée de e1 ' 2, 71 est à connaître. Cependant, en cas d’oubli, le sujet permettait
1
de la retrouver en remarquant e−1 = e11 ' 0,37
' 2, 70. Ainsi, l’équation de la tangente au point
d’abscisse 1 de la courbe ch est approchée par :
y=
2, 71 − 0, 37
x + e−1 = 1, 17x + 0, 37
2
et l’équation de la tangente au point d’abscisse 1 de la courbe sh est approchée par :
y=
2, 71 + 0, 37
x + e−1 = 1, 54x + 0, 37
2
7. Tracer dans un même repère les représentations graphiques de ch et sh.
On utilisera les éléments des questions précédentes.
Démonstration.
7
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y
y = ch(x)
y = sh(x)
x
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Exercice 4 : Sommes de Newton
Nous avions déjà parlé de cette technique en cours puisque nous l’avons utilisée à plusieurs reprises
dans la section "Sommes usuelles à connaître par coeur".
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