Correction Devoir Surveillé 3 : limites et continuité TS

Correction Devoir Surveillé 3 : limites et continuité TS
Correction Devoir Surveillé 3 : limites et continuité▸TS
Exercice. 1. 2,5=1+1,5
Exercice. 2. 6,5
Exercice. 3. 3=1+2
Exercice. 4. 8=(2+0,75)+(1+1,5)+(1+1,75)
Exercice. 5. (Bonus) 1
Exercice. 6. (Bonus) 1
Barème
Exercice 1. R.O.C. En admettant le théorème des valeurs intermédiaires :
Théorème 8.
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Soit Iun intervalle, aet bdeux réels de Itels que a<b.
Soit fune fonction continue sur I, soit kun réel compris entre f(a)et f(b), alors :
il existe au moins un réel cdans [a;b]tel que f(c)=k
1. démontrer le théorème de la bijection :
Théorème 9.
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Soit fune fonction continue et strictement monotone sur un intervalle I. Soit aet bdeux réels de Itels que a<b.
Soit kun réel compris entre f(a)et f(b)alors :
il existe un unique cdans [a;b]tel que f(c)=k
Démonstration :
●L’existence est assuré par le théorème des valeurs intermédiaires.
●Montrons l’unicité par l’absurde : supposons qu’il existe c, c′∈[a;b]tels que c<c′et
f(c)=k=f(c′).
Si fest strictement croissante sur [a;b]alors c<c′Ô⇒f(c)<f(c′)ie k<k: absurde.
Si fest strictement décroissante sur [a;b]alors c<c′Ô⇒f(c)>f(c′)ie k>k: absurde.
Par conséquent ctel que f(c)=kest unique.
●Autre rédaction : On sait qu’il un réel cdans [a;b]tel que f(c)=k.
Considérons le cas où fest une fonction strictement croissante sur [a;b], alors pour tout
x<con a f(x)<f(c)=ket pour tout x>con a f(x)>f(c)=k, autrement dit pour
tout x≠cde l’intervalle [a;b]on a f(x)≠k, par conséquent cest unique.
2. Soit pun réel tel que p>0.
Montrer que gla fonction polynôme définie sur Rpar g(x)=x3+px admet une unique racine réelle.
Remarque : Au départ, g(x)=x3+px +qavec p, q ∈Ret p>0, mais voulant un peu
simplifier la question j’ai supprimé le +q, ce qui donne une question peu intéressante.
g(0)=0donc 0est une racine réelle. Montrons maintenant que c’est la seule.
gest dérivable sur R(c’est un polynôme), et ∀x∈R,g′(x)=3x2+p≥p>0.
Donc gest strictement croissante sur RÔ⇒
x>0Ô⇒g(x)>g(0)ie g(x)>0
x<0Ô⇒g(x)<g(0)ie g(x)<0
Conclusion : 0est la seule racine réelle de g(x).
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Exercice 2. Déterminer le nombre de solutions non nulles de l’équation suivante et en donner un encadrement d’amplitude
10−2:x2=sin x.
Indication : On pourra utiliser une fonction dont on cherchera les racines, et pour étudier le signe de sa dérivée, on pourra être
amener à étudier les variations de cette dérivée.
Il s’agissait du 2. de l’exercice 19 de la feuille d’exercice.
Soit fla fonction définie sur Rpar f(x)=x2−sin(x).
On cherche le nombre de solutions non nulles à l’équation f(x)=0dans R.
On remarque que f(0)=02−sin(0)=0−0=0:0est donc une solution de f(x)=0.
fest dérivable sur R, et ∀x∈R,f′(x)=2x−cos(x).
On cherche à déterminer le signe de f′(x)suivant les valeurs de x:
−1≤cos(x)≤1Ô⇒1≥−cos(x)≥−1Ô⇒2x+1≥2x−cos(x)≥2x−1ie 2x+1≥f′(x)≥2x−1.
Or x>1
2Ô⇒2x−1>0Ô⇒f′(x)>0: ainsi sur 1 2;+∞,fest strictement croissante.
Et x<−1
2Ô⇒0>2x+1Ô⇒0>f′(x): ainsi sur −∞;−1 2,fest strictement décroissante.
La question maintenant, moins facile, est de savoir ce qu’il se passe sur −1
2;1 2; pour répondre à cette
question on va étudier les variations de la fonction dérivée sur cette intervalle (au même titre que les
variations d’une fonction affine peuvent nous renseigner sur son signe). [la partie en italique ci-dessus
est facultative au raisonnement]
f′est une fonction dérivable sur R, et ∀x∈R,f′′(x)=2+sin(x).
Or, pour tout x∈R,−1≤sin(x)≤1Ô⇒1≤2+sin(x)≤3Ô⇒0<f′′(x).
Donc f′est strictement croissante sur R.
De plus f′(0)=−1<0et f′π
2=π>0.
Ainsi f′étant continue et strictement croissante sur 0; π
2, d’après le théorème des valeurs intermé-
diaires (le théorème de bijection en fait), ∃!α∈0; π
2tel que f′(α)=0.
On obtient alors :
x−π
20απ
2
f′′(x)+++
f′−π−1
0
π
f′(x)(−π)−(−1)−0+(π)
f0
f(α)
π2
4−1
Sur [0; α],fest strictement décroissante, ainsi f(0)>f(α)ie 0>f(α).
fπ
2=π2 4−1>0car π>2(≤0)Ô⇒π2>4Ô⇒ π2 4>1Ô⇒ π2 4−1>0.
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Ainsi fétant continue et strictement croissante sur α;π
2, d’après le théorème des valeurs intermé-
diaires (le théorème de bijection en fait), ∃!β∈α;π
2tel que f(β)=0.
Sachant que −1
2;1 2⊂−π 2;π 2, on obtient alors :
x−∞ 0αβ+∞
f′(x)− − 0+ +
f(+∞)0
f(α)<0
0(+∞)
Dans [0; β],f(x)=0a exactement 2 solutions 0et β.
Sur ]−∞; 0],fest strictement décroissante, donc si x∈]−∞; 0],f(x)>f(0)ie f(x)>0. Donc f(x)=0
n’a pas de solution dans ]−∞; 0].
Dans [β;+∞[,fest strictement croissante, donc si x∈[0; +∞[,f(0)<f(x)ie 0<f(x). Donc f(x)=0
n’a pas de solution dans [0; +∞[.
Il y a donc une seule solution non nulle à l’équation x2=sin(x)dans R, qui est β∈α;π
2⊂0; π 2.
À l’aide du tableau de valeurs de la calculatrice pour la fonction f, on obtient :
●avec un pas de 0,5:f(0,5)≃−0,23 et f(1)≃0,16 donc 0,5<β<1;
●avec un pas de 0,1:f(0,8)≃−0,08 et f(0,9)≃0,03 donc 0,8<β<0,9;
●avec un pas de 0,01 :f(0,87)≃−0,007 et f(0,88)≃0,004 donc 0,87 <β<0,88 (on peut se
contenter de cette dernière ligne).
Exercice 3.
1. Montrer que lim
x→0+
x−E(x)
√x=0.
Pour xtel que 0<x<1(et √x>0) :
E(x)=0donc x−E(x)
√x=x √x=√x
lim
x→0+
x−E(x)
√x=lim
x→0+√x=0
2. Étudier la limite en −1de f∶xz→ −x2+3x+2
x2−x−2.
lim
x→−1−x2+3x+2=−(−1)2+3×(−1)+2=−1−3+2=−2et lim x→−1x2+x−2=(−1)2−(−1)−2=1+1−2=0
Ainsi la limite du quotient va tendre vers +∞ ou −∞ selon que la limite du dénominateur soit
0+ou 0−; étudions donc la limite à gauche et à droite du dénominateur :
D’abord, on remarque que x2−x−2=(x+1)(x−2). D’où :
x−∞ −1 2 +∞
x+1−0+ +
x−2− − 0+
x2−x−2+0−0+
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Donc lim
x→−1
x<−1
x2−x−2=0+Ô⇒ lim
x→−1
x<−1
−x2+3x+2
x2−x−2=−∞.
Et lim
x→−1
x>−1
x2−x−2=0−Ô⇒ lim
x→−1
x>−1
−x2+3x+2
x2−x−2=+∞.
Exercice 4. Étude d’une fonction rationnelle
On considère la fonction fdéfinie sur Rpar f(x)=x3−4
x2+1et on note Cfsa représentation graphique dans un repère orthonormal.
(unité 1cm).
1. Étude d’une fonction auxiliaire
On considère gla fonction définie sur Rpar g(x)=x3+3x+8.
a. Étudier le sens de variation de g, et montrer que l’équation g(x)=0admet sur Rune unique solution notée αdont
on donnera un encadrement d’amplitude 0,1.
gest dérivable sur R(c’est une fonction polynôme), et ∀x∈R,g′(x)=3x2+3>0.
Donc gest strictement croissante sur R.
Or g(−2)=−6<0et g(−1)=4>0. De plus gest continue sur R(et donc sur [−2; −1]),
d’après le théorème des valeurs intermédiaires (ou plus précisément sa conséquence : le théo-
rème de bijection), g(x)=0admet une unique solution, notée α, dans [−2; −1].
D’autre part gest strictement croissante sur RÔ⇒
x≥−1Ô⇒g(x)≥g(−1)ie g(x)≥4>0
x≤−2Ô⇒g(x)≥g(−2)ie g(x)≤−6<0
Conclusion : g(x)=0admet sur Rune unique solution qui est α∈]−2; −1[. Or g(−1,6)≃
−0,90 <0et g(−1,5)≃0,12 >0donc −1,6<α<−1,5.
b. Préciser le signe de g(x)selon les valeurs de x.
gest strictement croissante sur RÔ⇒
x>αÔ⇒g(x)>g(α)ie g(x)>0
x=αÔ⇒g(x)=g(α)ie g(x)=0
x<αÔ⇒g(x)<g(α)ie g(x)<0
2. a. Calculer f′(x).
fest dérivable sur R(c’est une fonction rationnelle définie sur R), et ∀x∈R,
f′(x)=x3−4′×x2+1−x2+1′×x3−4
(x2+1)2=3x2x2+1−2xx3−4 (x2+1)2=3x4+3x2−2x4+8x (x2+1)2
=x4+3x2+8x
(x2+1)2=xx3+3x+8 (x2+1)2=x g(x) (x2+1)2
b. Étudier les limites de fen +∞ et en −∞, puis dresser le tableau de variations de f.
lim
x→+∞
x3−4
x2+1=lim
x→+∞
x3
x2=lim
x→+∞x=+∞
lim
x→−∞
x3−4
x2+1=lim
x→−∞
x3
x2=lim
x→−∞x=−∞
x−∞ α0+∞
g(x)−0+ +
x− − 0+
x2+12+ + +
f′(x)+0−0+
f−∞
f(α)
(≃−2,27)−4
+∞
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3. a. Montrer qu’il existe quatre réels a,b,cet dtels que : f(x)=ax +b+cx +d
x2+1.
ax+b+cx +d
x2+1=(ax +b)(x2+1)+cx +d x2+1=ax3+ax +bx2+b+cx +d x2+1=ax3+bx2+(a+c)x+(b+d) x2+1
a, b, c, d existent si, et seulement si : il existe une solution au système suivant (obtenu après
identification des coefficients de chacun des monômes) :
a=1
b=0
a+c=0
b+d=−4
⇐⇒
a=1
b=0
c=−1
d=−4
Donc, pour tout réel x,f(x)=x+−x−4
x2+1=x−x+4 x2+1.
b. En déduire que Cfadmet une asymptote oblique ∆, et étudier la position de Cfpar rapport à ∆.
Vérifier en particulier que Cfrencontre ∆en unique point A.
On en déduit que lim
x→+∞(f(x)−x)=lim x→+∞ −x−4
x2+1=lim
x→+∞ −x
x2=lim
x→+∞ −1
x=0
et lim
x→−∞(f(x)−x)=lim x→−∞ −x−4
x2+1=lim
x→−∞ −x
x2=lim
x→−∞ −1
x=0.
Ainsi Cfadmet une asymptote oblique ∆d’équation y=xen +∞ et en −∞.
Pour étudier la position de Cfpar rapport à ∆, on étudie le signe de f(x)−x=−x−4
x2+1.
x−∞ −4+∞
−x−4+0−
x2+1+ +
f(x)−x+0−
Ainsi si x<−4alors f(x)−x>0ie f(x)>x: sur ]−∞;−4[,Cfest au-dessus de ∆.
Si x>−4alors f(x)−x<0ie f(x)<x: sur ]−4; +∞[,Cfest en-dessous de ∆.
Cfrencontre ∆en unique point Ad’abscisse −4:A(−4; f(−4)) ie A(−4; −4)
En complément de cet exercice, on trouvera ci-dessous, la représentation graphique de favec ses éléments remarquables (son
asymptote oblique ∆, ses tangentes horizontales (au point Bet C), le point A, le point D: point d’intersection avec l’axe des
abscisses - celui avec l’axe des ordonnées est le point C- ).
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