Correction Devoir maison n˚6 EXERCICE 1 Pour tout entier n 1, on

Correction Devoir maison n˚6
Terminale S
2016-2017
EXERCICE 1 Pour tout entier n > 1, on considère la suite de fonctions (fn ) définie sur I = [0; +∞[ par :
fn (x) =
1
1 + xn
On note Cn la courbe représentative de fn .
1. Dans ce qui suit, n est un entier fixé et supérieur ou égal à 1.
1
avec u : x 7→ 1 + xn . u est dérivable sur I et u ne s’annule pas sur I donc fn est dérivable sur I et
u ′
u
f ′ = − 2 avec u′ : x 7→ nxn−1 .
u
(a) fn =
nxn−1
. fn (x) est du signe de −nxn−1 car (1 + xn )2 > 0 pour tout x de
(1 + xn )2
I. De plus, pour tout x strictement positif, −nxn−1 < 0 donc fn′ (x) < 0 et fn est strictement décroissante
sur I.
Ainsi pour tout x ∈ I, fn′ (x) = −
1
. Ces calculs d’images étant indépendant de n, toutes les courbes
2 Cn passent par les points A(0; 1) et B 1; 12 .
(b) Pour tout n > 1, fn (0) = 1 et fn (1) =
(c) Soient deux entiers n et m non nuls avec n < m.
1
1 + xm − 1 − xn
xm − xn
1
−
=
=
Pour tout x > 0, fn (x) − fm (x) =
n
m
n
m
1+x
1+x
(1 + x )(1 + x )
(1 + xn )(1 + xm )
Comme (1 + xm )(1 + xn ) > 0, le signe de fn (x) − fm (x) dépend du signe de xm − xn . On factorise par xn
dans l’expression :
∀x ∈ I, xm − xn = xn (xm−n − 1) avec xn > 0 et m − n > 0
On est donc ramené à étudier le signe de xm−n − 1, et comme x 7→ xm−n est croissante sur I :
• 0 6 x 6 1 ⇒ 0 6 xm−n 6 1 ⇒ xm−n − 1 6 0 donc fn (x) − fm (x) 6 0 ⇔ fn (x) 6 fm (x) et Cn
au-dessous de Cm sur [0; 1] ;
• x > 1 ⇒ xm−n > 1 ⇒ xm−n − 1 > 0 donc fn (x) − fm (x) > 0 ⇔ fn (x) > fm (x) et Cn au-dessus de Cm
sur [1; +∞[.
2. (a) On a représenté ci-dessous les courbes C1 , C2 , C3 , C10 et C100 .
y
1
C100
C10
O
1
2
3
x
C1
C2
C3
(b) Suivant les valeurs de x :
• si x ∈ [0; 1[ alors lim xn = 0 et par opérations sur les limites, lim fn (x) = 1 ;
n→+∞
n→+∞
• si x ∈]1; +∞[ alors lim xn = +∞ et par opérations sur les limites, lim fn (x) = 0 ;
n→+∞
• fn (1) =
1
2
n→+∞
1
.
n→+∞ 2
pour tout n ∈ N∗ et donc fn (1) −→
3. Pour tout réel x > 0, on note f (x) = lim fn (x). On définit ainsi une fonction sur [0; +∞[.
n→+∞

x ∈ [0; 1[
 1 si
1
si
x=1
(a) D’après ce qui précède, on peut raisonnablement écrire que f (x) =
2

0 si x ∈]1; +∞[
(b) f n’est pas continue sur [0; +∞[ ; en effet elle n’est pas continue en 1 car lim f (x) = 1 et 1 6= f (1).
x→1
x<1
Lycée Bertran de Born - Périgueux
1 sur 3
Correction Devoir maison n˚6
Terminale S
2016-2017
EXERCICE 2 Soit P un polynôme de degré impair, par abus de notation on appelle encore P sa fonction polynomiale
associée.
Ainsi pour tout x réel, P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ·a1 x + a0 , avec n ∈ N, impair et pour tout 0 6 i 6 n, ai ∈ R
avec an 6= 0.
La fonction polynômiale P est continue sur R.
De plus en l’infini la limite d’une fonction polynomiale est la même que celle de son terme de plus degré . Il vient :
lim P (x) = lim an xn = −signe(an ) ∞.
x→−∞
x→−∞
et lim P (x) = lim an xn = signe(an ) ∞
x→+∞
x→+∞
Ainsi, quelque soit le signe de an l’image de R par la fonction P est R. 0 ∈ R.
Ainsi, d’après le théroème des valeurs intermédiaires l’équation P (x) = 0 admet au moins une solution réelle.
• • •
EXERCICE 3 Soit f la fonction définie sur R par f (x) = x3 − 12x.
1. • Limite de f à l’infini.
En l’infini la limite d’une fonction polynomiale est la même que celle de son terme de plus degré . Il vient :
lim f (x) = lim x3 = −∞ et lim f (x) = lim x3 = +∞
x→−∞
x→−∞
x→+∞
x→+∞
• Variation de f sur R.
f est une fonction polynomiale, elle est donc dérivable sur R et pour tout x ∈ R, f ′ (x) = 3x2 − 12.
f ′ (x) = 0 ⇔ 3x2 = 12 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = 2 ou x = −2.
On obtient donc le tableau de variation suivant :
x
−∞
−2
Signe de f ′ (x)
+
+∞
2
−
0
+
0
+∞
16
Variations
de f
−∞
−16
• Résolution de l’équation f (x) = 0.
√
√
f (x) = 0 ⇔ x3 − 12x = 0 ⇔ x(x2 − 12) = 0 ⇔ x(x − 12)(x + 12) = 0.
√
√
√
f (x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 12 = 2 3 ou x = −2 3.
2. On considère la fonction g définie sur R par : g(x) = |f (x)|.
(a) On peut faire les conjectures suivantes :
• Si k ∈] − ∞; −16[, l’équation f (x) = k admet une solution.
• Si k = −16 et k = 16, l’équation f (x) = k admet deux solutions.
• Si k ∈] − 16, 16[, l’équation f (x) = k admet trois solutions.
• Si k ∈]16; +∞[, l’équation f (x) = k admet une solution.
(b) g(x) = |f (x)|, ainsi g(x) = f (x) sur tout intervalle où f est positive et g(x) = −f (x) sur tout intervalle où
f est négative.
√
√
√
√
Or d’après la question 1), f est négative sur ]−∞, −2 3]∪[0; 2 3] et f est positive sur [−2 3; 0]∪[2 3, ∞[.
On obtient donc le tableau de variation suivant.
x
−∞
x1
+∞
Variations
de f
√
−2 3
−2
x3
0
x4
16
1
1
0
Lycée Bertran de Born - Périgueux
x2
2
x5
√
2 3
x6
+∞
16
1
1
0
+∞
1
1
0
2 sur 3
Terminale S
Correction Devoir maison n˚6
2016-2017
(c) Démontrons que l’équation g(x) = 1 admet six solutions.
√
Sur l’intervalle [−2 3, −2], g est continue et strictement croissante.
√
L’image de l’intervalle [−2 3, −2] par la fonction g est [0; 16]. 1 ∈ [0; 16].
√
Ainsi, d’après le théorème de la bijection l’équation g(x) = 1 admet une unique solution sur [−2 3, −2].
√
√
√
En appliquant, ce même théorème sur les intervalles ] − ∞, −2 3 , [−2; 0] , [0; 2], [2; 2 3] et [2 3; +∞[.
L’équation g(x) = 1 admet exactement 6 solutions sur R.
Les valeurs approchées sont alors x1 = −3, 5, x2 = −3, 4, x3 = −0, 1 , x4 = 0, 1, x5 = 3, 4 et x6 = 3, 5.
Lycée Bertran de Born - Périgueux
3 sur 3