♣ TS. Contrôle 4 -Correction → − → −´ 1 ( 8 points ) Sur le graphique de l’annexe 1, on a tracé, dans le plan muni d’un repère orthonormé O, ı , , la courbe représentative C d’une fonction f définie et dérivable sur l’intervalle ]0 ; +∞[. On dispose des informations suivantes : – les points A, B, C ont pour coordonnées respectives (1 ; 0), (1 ; 2), (0 ; 2) ; – la courbe C passe par le point B et la droite (BC) est tangente à C en B ; a + b ln x – il existe deux réels positifs a et b tels que pour tout réel strictement positif x, f (x) = . x ³ 1. a. En utilisant le graphique, donner les valeurs de f (1) et f 0 (1). On lit f (1) = y B = 2 et pour f 0 (1), on lit le coefficient directeur de la tangente à la courbe C au point d’abscisse 1, c’est à dire le coefficient directeur de la droite (CB), qui est horizontale, donc f 0 (1) = 0 b. Vérifier que pour tout réel strictement positif x, f 0 (x) = (b − a) − b ln x . x2 u est dérivable sur ]0 ; +∞[, en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle v u 0 v − uv 0 (le dénominateur ne s’annulant pas sur cet intervalle). On a : f 0 = v2 µ ¶ 1 0+b × × x − (a + b ln x) × 1 b − (a + b ln x) (b − a) − b ln x x 0 = Soit effectivement : f 0 (x) = f (x) = 2 2 x x x2 La fonction f = 2. c. En déduire les réels a et b. a + b ln(1) On en déduit : f (1) = = a + 0 = a, or d’après le 1. a., f (1) = 2, donc a = 2 1 (b − 2) − b ln(1) Du coup, on a f 0 (1) = = b − 2, or d’après le 1. a., f 0 (1) = 0, donc b = 2 12 a. Justifier que pour tout réel x appartenant à l’intervalle ]0 ; +∞[, f 0 (x) a le même signe que − ln x. On reprend la forme de f 0 obtenue précédemment, en remplaçant a et b par 2, et on a : −2 ln x 2 2 f 0 (x) = = 2 ×(− ln x). Puisque pour tout x élément de ]0 ; +∞[, 2 est un nombre strictement positif, 2 x x x on en déduit que la dérivée de f a bien le même signe que − ln x pour tout x élément de ]0 ; +∞[. b. Déterminer les limites de f en 0 et en +∞. 2 ln x +2 . x x • Quand x tend vers 0 : lim ln x = −∞ donc, par limite d’un produit et d’une somme : lim 2 + 2 ln x = −∞. On pourra remarquer que pour tout réel x strictement positif, f (x) = x→0 x→0 Comme par ailleurs lim x = 0+ , alors, par limite d’un quotient, on a lim f = −∞ x→0 0 • Quand x tend vers +∞, on va utiliser la forme de f présentée dans la question : 1 ln x = 0, et lim = 0, d’après la propriété des croissances comparées, et donc par limite d’une lim x→+∞ x x→+∞ x somme, puis par produit par 2 : lim f = 0 +∞ c. En déduire le tableau de variations de la fonction f . On peut donc dresser le tableau des variations de f : x α 0 + − ln x +∞ 1 0 − 2 f (x) 1 −∞ 3. 0 a. Démontrer que l’équation f (x) = 1 admet une unique solution α sur l’intervalle ]0 , 1]. La fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle ]0 ; 1] et 1 est une valeur strictement comprise entre lim f et f (1), donc l’application du corollaire au théorème des valeurs intermédiaires garantit 0 l’existence d’une unique solution à l’équation f (x) = 1 sur l’intervalle ]0 ; 1], qui sera notée α. b. Par un raisonnement analogue, on démontre qu’il existe un unique réel β de l’intervalle ]1 , +∞[ tel que f (β) = 1. Déterminer l’entier n tel que n < β < n + 1. Par balayage à la calculatrice, on obtient f (5) > 1 et f (6) < 1, donc comme la fonction f est continue sur [5 ; 6], le théorème des valeurs intermédiaires garantit l’existence d’au moins une solution à l’équation f (x) = 1 sur l’intervalle [5 ; 6], et puisque l’on avait admis qu’il n’y avait qu’une seule solution β à cette équation sur ]1 ; +∞[, cette solution est donc entre 5 et 6. Enfin, puisque ni 5 ni 6 n’ont une image exactement égale à 1, on peut dire que β est strictement entre 5 et 6. Le nombre entier n cherché est donc 5 4. a. Faire tourner l’algorithme de l’annexe 1 en complétant le tableau donné. On obtient : voir la page TS_Controle4_14_dichotomie_alpha.htm a b b−a m f (m) étape 1 0 1 1 0,5 ≈ 1, 23 étape 2 0 0,5 0,5 0,25 ≈ −3, 09 étape 3 0,25 0,5 0,25 0,375 ≈ 0, 10 étape 4 0,375 0,5 0,125 0,4375 ≈ 0, 79 étape 5 0,4375 0,5 0,0625 Le tableau a été complété par la ligne « f (m) ≈ » pour montrer les affectations à a ou à b. Le tableau précédent sera probablement considéré comme correct, mais si on interprète la question très rigoureusement, d’un point de vue algorithmique, on doit supposer que l’étape 1 est l’initialisation, et les étapes de 2 à 5 correspondant aux itérations de 1 à 4. Dans ce cas, l’étape 1 n’a pas de valeur m, et la valeur b − a va servir à savoir si l’itération suivante va être utile ou non. Dans ce cas, on va écrire dans la colonne les valeurs en mémoire à la fin de l’itération de la boucle « Tant que », ce qui donne le tableau de l’annexe 1. b. Que représentent les valeurs affichées par cet algorithme ? Cet algorithme renvoie les deux bornes obtenues pour encadrer le nombre α par dichotomie, avec une amplitude au plus égale à 0, 1. c. Modifier cet algorithme pour qu’il affiche les deux bornes d’un encadrement de β d’amplitude 10−1 . voir la page TS_Controle4_14_dichotomie_beta.htm Pour que l’algorithme donne un encadrement de β avec la même précision, il faut modifier l’initialisation, en mettant : A FFECTER À a LA VALEUR 5. A FFECTER À b LA VALEUR 6. Puis, dans le traitement, modifier le test « Si » pour qu’il soit : "Si f (m) > 1", afin de prendre en compte la décroissance de f sur l’intervalle [5 ; 6]. Variables : Initialisation : Traitement : Sortie : a, b et m sont des nombres réels A FFECTER À a LA VALEUR 5 A FFECTER À b LA VALEUR 6 TANT QUE b − a > 0, 1 1 A FFECTER À m LA VALEUR (a + b) 2 S I f (m) > 1 ALORS A FFECTER À a LA VALEUR m S INON A FFECTER À b LA VALEUR m F IN S I F IN TANT QUE A FFICHER a A FFICHER b (Une autre possibilité serait d’affecter 6 à a et 5 à b, et de modifier le « tant que » pour avoir « tant que a − b > 0, 1 » et alors a serait la borne haute de l’encadrement, et b la borne basse). 2 ( 7 points ) Pour tout réel k strictement positif, on désigne par f k la fonction définie et dérivable sur l’ensemble des nombres réels telle que : f k (x) = kxe−kx . ³ → − → −´ On note C k sa courbe représentative dans le plan muni d’un repère orthogonal O, ı , . R Partie A : Étude du cas k = 1 On considère donc la fonction f 1 définie sur R par f 1 (x) = xe−x . 1. Déterminer les limites de la fonction f 1 en −∞ et en +∞. En déduire que la courbe C 1 admet une asymptote que l’on précisera. Comme lim e−x = +∞, on a par produit x→−∞ f 1 (x) = lim f 1 (x) = −∞ x→−∞ x . Par croissances comparées, on a ex x =0 x→+∞ ex lim f 1 (x) = lim x→+∞ Ce résultat montre l’axe des abscisses est asymptote horizontale à C 1 au voisinage de +∞. R puis dresser son tableau de variation sur R. f 1 produit de fonctions dérivables sur R est dérivable et sur cet intervalle : f 10 (x) = e−x − xe−x = e−x (1 − x). Comme e−x > 0 sur R, le signe de f 10 (x) est celui de 1 − x. 2. Étudier les variations de f 1 sur Donc f 10 (x) > 0 si x < 1 et f 10 (x) < 0 si x > 1. D’où le tableau de variations : x −∞ 0 f 10 (x) + +∞ 1 0 − e−1 0 f 1 (x) 0 −∞ 3. Démontrer que la fonction g 1 définie et dérivable sur est une primitive de la fonction f 1 sur . R g 1 étant dérivable, on a pour tout réel, R telle que : g 1 (x) = −(x + 1)e−x g 10 (x) = −1e−x − 1 × [−(x + 1)e−x ] = −e−x + (x + 1)e−x = xe−x = f 1 (x). Donc g 1 est bien une primitive de la fonction f 1 sur R. 4. Étudier le signe de f 1 (x) suivant les valeurs du nombre réel x. Comme pour tout réel x, ex > 0, f 1 (x) = 0 ⇐⇒ x = 0. Le tableau de variations ci-dessus montre donc que f 1 (x) < 0 sur ] − ∞ ; 0[ et f 1 (x) > 0 sur ]0 ; +∞[. x f 1 (x) −∞ +∞ 0 − 0 + Partie B : Propriétés graphiques On a représenté sur le graphique de l’annexe 2 les courbes C 2 , C a et C b où a et b sont des réels strictement positifs fixés et T la tangente à C b au point O origine du repère. 1. Montrer que pour tout réel k strictement positif, les courbes C k passent par un même point. De façon évidente f k (0) = k × 0 × e0 = 0, donc les courbes C k passent par l’origine. 2. a. Montrer que pour tout réel k strictement positif et tout réel x on a f k0 (x) = k(1 − kx)e−kx . Produit de fonctions dérivables sur R, fk l’est aussi et : f k0 (x) = ke−kx − k × kxe−kx = ke−kx (1 − kx) b. Justifier que, pour tout réel k strictement positif, f k admet un maximum et calculer ce maximum. k strictement positif, et e−kx > 0, pour tout réel x, donc le signe de la dérivée f k0 (x) est celui de 1 − kx. Or : 1 − kx < 0 ⇐⇒ 1 − kx > 0 ⇐⇒ 1 − kx = 0 ⇐⇒ 1 k 1 k 1 k <x; >x; = x. Il en résulte que la fonction f k est : ¤ £ – croissante sur −∞ ; k1 ; ¤1 £ – décroissante sur k ; +∞ ; 1 k : fk ¡1¢ 1 = k × k1 × e−k× k = 1e−1 = 1 e ' 0, 368. 1 Conclusion : toutes les fonctions ont le même maximum e−1 pour x = k – admet donc un maximum en k c. En observant le graphique de l’annexe 2, comparer a et 2. Expliquer la démarche. Le maximum pourk = 2 est obtenu pour x = 1 a inférieure à 0, 5 donc pour a > 2. 1 2 = 0, 5, donc le maximum pour f a est obtenue pour une valeur Note en fait on peut penser que l’abscisse du minimum est à peu près égale à 0, 1, ce qui correspond à a = 10 d. Écrire une équation de la tangente à C k au point O origine du repère. Une équation de cette tangente est : y − f k(0) = f k0 (0)(x − 0) ⇐⇒ y − 0 = k(1 − 0)e0 x ⇐⇒ y = kx e. En déduire à l’aide du graphique une valeur approchée de b. Le coefficient directeur de la droite (T) est égal à 0,6 0,2 = 3. Donc la courbe C b correspond à la valeur b = 3 3 ( 5 points ) Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Aucune justification n’est demandée. Pour chacune des questions, une seule des propositions est exacte. Chaque réponse correcte rapporte 1 point. Une réponse erronée ou une absence de réponse n’ôte pas de point. Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la réponse choisie. ³ → − → −´ Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O, u , v . p p iπ z1 π 6e 4 et z 2 = 2e−i 3 . La forme exponentielle de i est : z2 p 13π p p 19π p 7π π a. 3ei 12 b. 12e−i 12 c. 3ei 12 d. 3ei 12 p ¯ ¯ µ ¶ ¯ z1 ¯ | i | × | z1 | 1 × 6 p z1 π π π 13π ¯i ¯ = = p = 3 et arg i = arg(i) + arg (z 1 ) − arg (z 2 ) = + + = ¯ z ¯ | z2 | z2 2 4 3 12 2 2 1. Soit z 1 = [2π]. 2. L’équation −z = z, d’inconnue complexe z, admet : a. une solution b. deux solutions c. une infinité de solutions dont les points images dans le plan complexe sont situés sur une droite. −z = z ⇐⇒ z + z = 0 ⇐⇒ 2Re(z) = 0 ⇐⇒ Re(z) = 0 ⇐⇒ z ∈ i R d. une infinité de solutions dont les points images dans le plan complexe sont situés sur un cercle. Pour s’en convaincre, écrire les formes algébriques . . . −z = z ⇐⇒ −a − ib = a − ib ⇐⇒ a = −a ⇐⇒ a = 0 3. Soit E l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |z + i| = |z − i|. a. E est l’axe des abscisses. Soit E l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |z + i| = |z − i|. Si on considère A d’affixe (−i) et A0 d’affixe i, alors E l’ensemble des points M tels que AM = A0 M est donc la médiatrice de [AA0 ], c’est l’axe des x. b. E est l’axe des ordonnées. c. E est le cercle ayant pour centre O et pour rayon 1. 4. On désigne par B et C deux points du plan dont les affixes respectives b et c vérifient l’égalité c p iπ = 2e 4 . b a. Le triangle OBC est isocèle en O. b. Les points O, B, C sont alignés. Le triangle OBC est isocèle et rectangle en B. c. π π p ı zC − zO p i −−→ −−→ 4 = 2e , vu que 2e 4 En considérant les vecteurs OB et OC et en utilisant module et argument de zB − zO p π est écrit sous forme exponentielle (module : 2, argument : ) 4 |z C − z O | p π −á −→ −−→ on en déduit que : = 2 et (OB ; OC ) = |z B − z O | 4 p π −− → −−→ á Donc OC = 2 × OB et (OB ; OC ) = 4 On peut tracer le dessin du triangle OBC, il suffit de choisir B (autre que O) Le triangle OBC semble isocèle et rectangle en B, prouvons le en zO − zB calculant |0 − b| et |c − b| puis arg , zC − zB zO − zB donc on va calculer c’est-à-dire zC − zB zO − zB −b −1 −1 = p π =p π = i i z C − z B b 2e 4 − b 2e 4 − 1 (1 + i) − 1 ³p ´ p p p π 2 2=2 car ei 4 = 22 + i 22 et C 5i 4i B0 3i 2i → − v −1 i O B π 4 → − 1 u 2 3 4 5 z O − z B −1 = =i car (−1) = (i)2 zC − zB i et i est de module 1 et d’argument π2 , −−→ −−→ donc BO = BC et BO ⊥ BC 5. On considère les points D, E, F, G et H d’affixes respectives : d = 2 + 2i, a. p e = − 3 + i, p f = 1 + i 3, p ³ p ´ 3 g = −1 + i et h = −1 + 2 + 3 i. 2 les points D, E et F sont alignés. ¢ −−→³ ¡p ¢´ −−→ ¡ p On a DE − 3 − 2 − i et DF − 1 + i 3 − 2 . p ¢ −−→ −−→ ¡ D’où DF = 2 − 3 DE . Les vecteurs sont colinéaires donc les points D, E et F sont alignés. b. les points E, F et G appartiennent à un même cercle de centre H. c. les affixes des points E et F sont les solutions d’une même équation du second degré à coefficients réels. ♣ TS. Contrôle 4 -Correction À restituer avec votre copie Annexe 1 - Ex 1. y C B C ~ O x A ~ı Variables : Initialisation : Traitement : Sortie : a b b−a m étape 1 0 1 1 a, b et m sont des nombres réels A FFECTER À a LA VALEUR 0 A FFECTER À b LA VALEUR 1 TANT QUE b − a > 0, 1 1 A FFECTER À m LA VALEUR (a + b) 2 S I f (m) < 1 ALORS A FFECTER À a LA VALEUR m S INON A FFECTER À b LA VALEUR m F IN S I F IN TANT QUE A FFICHER a A FFICHER b étape 2 0 0,5 0,5 0,5 étape 3 0,25 0,5 0,25 0,25 étape 4 0,375 0,5 0,125 0,375 étape 5 0,4375 0,5 0,0625 Annexe 2 - Ex 2. y 0,6 T 0,4 1 e C2 0,2 Cb Ca 0,2 −0,2 −0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 x