\documentclass[a4paper,10pt,french]{article} \input macrodwicky.tex \geometry{verbose,letterpaper,tmargin=1cm,bmargin=1cm,lmargin=2cm,rmargin=2cm} \begin{document} \pagestyle{empty} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Cadre jaune \textbf{Nom : }$\dots\dots\dots\dots\dots$ \hfill \textbf{Pr\'enom : }$\dots\dots\dots\dots\dots$ \hfill Classe :$\dots\dots$\\ \psframebox[linestyle=solid,shadow=true,framearc=0.5,fillcolor=vert!30]{ \begin{minipage}{17cm} \begin{center} \vspace{1mm} \textsc{\textbf{ Correction de l'interrogation n$^{\circ}5$ }} \end{center} \vspace{-3mm} \end{minipage} } \setcounter{section}{1} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Interro \begin{center} \textit{\textbf{On prendra soin de coller le sujet sur la copie. La note tiendra compte de la qualité de la rédaction et de l'application.}} \end{center} \begin{exoi}\hfill \textit{10 points} On considère la fonction $f$ définie sur $\R\textbackslash\{1\}$ par : $$ f(x)=\dfrac{x^3+x+1}{x-1}$$ \begin{enumerate} \item {\footnotesize Déterminer les limites de $f$ (on précisera s'il y a lieu l'existence d'asymptote) :} \begin{enumerate} \item {\footnotesize lorsque $x$ tend vers $+\infty$ puis lorsque $x$ tend vers $-\infty$ ;} \begin{sol} Nous devons lever l'indetermination en factorisant par la puissance de degré maximal au numérateur comme au dénominateur, ainsi pour $x\neq 0$ on a : $$ f(x)=\dfrac{x^3\left(1+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}\right)}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}=\dfrac{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}\right)}{1-\frac{1}{x}}$$ On sait que $\lim\limits_{x\to\pm\infty} x^2=+\infty$, puis on a $\lim\limits_{x\to\pm\infty} 1+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}=1$, de sorte que par produit on a : $$ \lim\limits_{x\to\pm\infty} x^2\left(1+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}\right)=+\infty $$ De plus $\lim\limits_{x\to\pm \infty} 1-\dfrac{1}{x}=1$ et donc par quotient on conclut que : $$ \lim\limits_{x\to\pm\infty} \dfrac{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}\right)}{1-\frac{1}{x}} =+\infty $$ Nous en déduisons que $\mathscr C_f$ n'admet pas d'asymptote horizontale en $\pm \infty$ \end{sol} \item{\footnotesize lorsque $x$ tend vers $1^+$ puis lorsque $x$ tend vers $1^-$.} \begin{sol} On a $\lim\limits_{x\to 1^+} x^3+x+1=3$ et $\lim\limits_{x\to 1^+} x-1=0^+$ donc par quotient on obtient : $$ \lim\limits_{x\to 1^+} \dfrac{x^3+x+1}{x-1}=+\infty$$ De même on a $\lim\limits_{x\to 1^-} x^3+x+1=3$ et $\lim\limits_{x\to 1^-} x-1=0^-$ donc par quotient on obtient : $$ \lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{x^3+x+1}{x-1}=-\infty$$ Nous en déduisons que $\mathscr C_f$ admet une asymptote verticale d'équation $x=1$. \end{sol} \end{enumerate} \item {\footnotesize Déterminer $f'(x)$ pour $x\neq 1$.} \begin{sol} Pour tout $x\neq 1$ on a : $$ f'(x)=\dfrac{(x^3+x+1)'(x-1)-(x^3+x+1)(x-1)'}{(x-1)^2}=\dfrac{(3x^2+1)(x-1)-(x^3+x+1)}{(x-1)^2}=\dfrac{3x^3-3x^2+x-1-(x^3+x+1)}{(x-1)^2}=\dfrac{2x^3-3x^2-2}{(x-1))^2}$$ \end{sol} \item {\footnotesize On pose $g(x)=2x^3-3x^2-2$.} \begin{enumerate} \item{\footnotesize Déterminer les limites de $g$ lorsque $x$ tend vers $+ \infty$ puis lorsque $x$ tend vers $-\infty$.} \begin{sol} On a $\lim\limits_{x\to -\infty} x^3=-\infty$ puis $\lim\limits_{x\to-\infty} -3x^2-2=-\infty$ donc par somme on trouve $\lim\limits_{x\to -\infty} g(x)=-\infty$. Par contre il faut lever l'indetermination en $+\infty$, pour cela factorisons par $x^3$, et donc pour $x\neq 0$ on a : $$ g(x)=x^3\left(2-\dfrac{3}{x}-\dfrac{2}{x^3}\right)$$ Désormais on a $\lim\limits_{x\to+\infty} x^3=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty} 2-\dfrac{3}{x}-\dfrac{2}{x^3}=2$ donc par produit : $$ \lim\limits_{x\to+\infty} g(x)=+\infty$$ \end{sol} \item{\footnotesize Calculer $g'(x)$ puis dresser le tableau de variation de $g$ sur $\R$.} \begin{sol} Pour tout $x\in\R$ on a $g'(x)=6x^2-6x$. $6x^2-6x=0 \Longleftrightarrow x(6x-6)=0 \Longleftrightarrow x=0\quad \text{ou}\quad 6x-6=0 \Longleftrightarrow x=0\quad \text{ou}\quad x=1$ on en déduit le tableau de signe de $g'$ et le tableau de variation de $g $ : %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} \input tabvar.tex \[\tabvar{% \tx{x}&\tx{-\infty}&&\tx{0}&&\tx{1}&&\tx{+\infty}\cr \tx{g'(x)}&&\tx{+}&\tx{0}&\tx{-}&\tx{0}&\tx{+}&\cr \tx{g(x)}&\txb{-\infty}&\fm&\txh{-2}&\fd&\txb{-3}&\fm&\txh{+ \infty}\cr } \] \end{sol} \item {\footnotesize Démontrer que l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution dans $\R$ que l'on note $\alpha$. Donner un encadrement de $ \alpha$ à $10^{-1}$ près.} \begin{sol} D'après la question précédente sur l'intervalle $]-\infty;1]$ la fonction $g$ admet un maximum qui est $-2$, de sorte que $g(x)\leq -2$ pour tout $x\leq 1$ donc l'équation $g(x)=0$ n'admet pas de solution dans l'intervalle $]-\infty;1]$. De plus sur l'intervalle $]1;+\infty[$ : \begin{itemize} \item $g$ est continue puisqu'il s'agit d'un polynôme ; \item $g$ est strictement croissante ; \item $g$ est à valeurs dans l'intervalle $[-3;+\infty[$ et $0 \in [-3;+\infty [$ \end{itemize} Ainsi d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution dans l'intervalle $]1;+\infty[$. Bilan, l'équation $g(x)=0$ admet exactement une solution sur $\R$. De plus, on constate que $g(1,8)<0$ et $g(1,9)>0$ donc si cette solution s'appelle $\alpha$ alors $1,8<\alpha<1,9$. \end{sol} \item {\footnotesize Dresser le tableau de signe de $g$ sur $\R$.} \begin{sol} On déduit immédiatement des deux questions précédentes que : %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color}\input t%\input pdftabvar \input tabvar.tex \[\tabvar{% \tx{x}&\tx{-\infty}&&\tx{\alpha}&&\tx{+\infty}\cr \tx{g(x)}&&\tx{-}&\tx{0}&\tx{+}&\cr } \] \end{sol} \end{enumerate} \item {\footnotesize En déduire le tableau des variations de $f$ sur $\R\textbackslash\{1\}$.} \begin{sol} Rappelons ici que $f'(x)=\dfrac{2x^3-3x^2-2}{(x-1))^2}=\dfrac{g(x)}{(x-1)^2}$ d'où : %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} %\input pdftabvar \input tabvar.tex %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} %\input pdftabvar %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} %\input pdftabvar %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} %\input pdftabvar \[\tabvar{% \tx{x}&\tx{-\infty}&&\tx{1}&&\tx{\alpha}&&\tx{+\infty}\cr \tx{g(x)}&&&\tx{-}&&\tx{0}&\tx{+}&\cr \tx{(x-1)^2}&&\tx{+}&\tx{0}&&\tx{+}&&\cr \tx{f'(x)}&&\tx{-}&\doubletraitmilieu&\tx{-}&\tx{0}&\tx{+}&\cr \tx{f(x)}&\txh{+\infty}&\fd&\doubletraitmilieu&\fd&\txb{f(\alpha)}&\fm&\txh{+\infty}\cr } \] \end{sol} \end{enumerate} \end{exoi} \pagebreak \setcounter{exoBac}{0} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Cadre jaune \textbf{Nom : }$\dots\dots\dots\dots\dots$ \hfill \textbf{Pr\'enom : }$\dots\dots\dots\dots\dots$ \hfill Classe :$\dots\dots$\\ \psframebox[linestyle=solid,shadow=true,framearc=0.5,fillcolor=vert!30]{ \begin{minipage}{17cm} \begin{center} \vspace{1mm} \textsc{\textbf{ Interrogation n$^{\circ}5$ }} \end{center} \vspace{-3mm} \end{minipage} } \setcounter{section}{1} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Interro \begin{center} \textit{\textbf{On prendra soin de coller le sujet sur la copie. La note tiendra compte de la qualité de la rédaction et de l'application.}} \end{center} \begin{exoi}\hfill \textit{10 points} \begin{footnotesize} On considère la fonction $f$ définie sur $\R\textbackslash\{1\}$ par : $$ f(x)=\dfrac{x^3-3x+1}{x-1}$$ \end{footnotesize} \begin{enumerate} \item{\footnotesize Déterminer les limites de $f$ (on précisera s'il y a lieu l'existence d'asymptote) :} \begin{enumerate} \item {\footnotesize lorsque $x$ tend vers $+\infty$ puis lorsque $x$ tend vers $-\infty$ ;} \begin{sol} Nous devons lever l'indetermination en factorisant par la puissance de degré maximal au numérateur comme au dénominateur, ainsi pour $x\neq 0$ on a : $$ f(x)=\dfrac{x^3\left(1-\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^3}\right)}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}=\dfrac{x^2\left(1-\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^3}\right)}{1-\frac{1}{x}}$$ On sait que $\lim\limits_{x\to\pm\infty} x^2=+\infty$, puis on a $\lim\limits_{x\to\pm\infty} 1-\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^3}=1$, de sorte que par produit on a : $$ \lim\limits_{x\to\pm\infty} x^2\left(1-\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^3}\right)=+\infty $$ De plus $\lim\limits_{x\to\pm \infty} 1-\dfrac{1}{x}=1$ et donc par quotient on conclut que : $$ \lim\limits_{x\to\pm\infty} \dfrac{x^2\left(1-\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^3}\right)}{1-\frac{1}{x}} =+\infty $$ Nous en déduisons que $\mathscr C_f$ n'admet pas d'asymptote horizontale en $\pm \infty$ \end{sol} \item {\footnotesize lorsque $x$ tend vers $1^+$ puis lorsque $x$ tend vers $1^-$.} \begin{sol} On a $\lim\limits_{x\to 1^+} x^3-3x+1=-1$ et $\lim\limits_{x\to 1^+} x-1=0^+$ donc par quotient on obtient : $$ \lim\limits_{x\to 1^+} \dfrac{x^3-3x+1}{x-1}=-\infty$$ De même on a $\lim\limits_{x\to 1^-} x^3-3x+1=-1$ et $\lim\limits_{x\to 1^-} x-1=0^-$ donc par quotient on obtient : $$ \lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{x^3-3x+1}{x-1}=+\infty$$ Nous en déduisons que $\mathscr C_f$ admet une asymptote verticale d'équation $x=1$. \end{sol} \end{enumerate} \item{\footnotesize Déterminer $f'(x)$ pour $x\neq 1$.} \begin{sol} Pour tout réel $x\neq 1$ on a : $$ f'(x)=\dfrac{(x^3-3x+1)'(x-1)-(x^3-3x+1)(x-1)'}{(x-1)^2}=\dfrac{(3x^2-3)(x-1)-x^3+3x-1}{(x-1)^2}= \dfrac{2x^3-3x^2+2}{(x-1)^2}$$ \end{sol} \item {\footnotesize On pose $g(x)=2x^3-3x^2+2$.} \begin{enumerate} \item {\footnotesize Déterminer les limites de $g$ lorsque $x$ tend vers $+ \infty$ puis lorsque $x$ tend vers $-\infty$.} \begin{sol} On a $\lim\limits_{x\to -\infty} x^3=-\infty$ puis $\lim\limits_{x\to-\infty} -3x^2+2=-\infty$ donc par somme on trouve $\lim\limits_{x\to -\infty} g(x)=-\infty$. Par contre il faut lever l'indetermination en $+\infty$, pour cela factorisons par $x^3$, et donc pour $x\neq 0$ on a : $$ g(x)=x^3\left(2-\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{x^3}\right)$$ Désormais on a $\lim\limits_{x\to+\infty} x^3=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty} 2-\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{x^3}=2$ donc par produit : $$ \lim\limits_{x\to+\infty} g(x)=+\infty$$ \end{sol} \item {\footnotesize Calculer $g'(x)$ puis dresser le tableau de variation de $g$ sur $\R$.} \begin{sol} Pour tout $x\in\R$ on a $g'(x)=6x^2-6x$. $6x^2-6x=0 \Longleftrightarrow x(6x-6)=0 \Longleftrightarrow x=0\quad \text{ou}\quad 6x-6=0 \Longleftrightarrow x=0\quad \text{ou}\quad x=1$ on en déduit le tableau de signe de $g'$ et le tableau de variation de $g $ : %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} \input tabvar.tex \[\tabvar{% \tx{x}&\tx{-\infty}&&\tx{0}&&\tx{1}&&\tx{+\infty}\cr \tx{g'(x)}&&\tx{+}&\tx{0}&\tx{-}&\tx{0}&\tx{+}&\cr \tx{g(x)}&\txb{-\infty}&\fm&\txh{2}&\fd&\txb{1}&\fm&\txh{+ \infty}\cr } \] \end{sol} \item {\footnotesize Démontrer que l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution dans $\R$ que l'on note $\alpha$. Donner un encadrement de $ \alpha$ à $10^{-1}$ près.} \begin{sol} D'après la question précédente sur l'intervalle $[0;+\infty[$ la fonction $g$ admet un minimum qui est $1$, de sorte que $g(x)\geq 1$ pour tout $x\geq 0$ donc l'équation $g(x)=0$ n'admet pas de solution dans l'intervalle $[0;+\infty[$. De plus sur l'intervalle $]-\infty;0[$ : \begin{itemize} \item $g$ est continue puisqu'il s'agit d'un polynôme ; \item $g$ est strictement croissante ; \item $g$ est à valeurs dans l'intervalle $]- \infty;2[$ et $0 \in ]- \infty;2[$ \end{itemize} Ainsi d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution dans l'intervalle $]-\infty;0[$. Bilan, l'équation $g(x)=0$ admet exactement une solution sur $\R$. De plus, on constate que $g(-0.7)<0$ et $g(-0.6)>0$ donc si cette solution s'appelle $\alpha$ alors $-0.7<\alpha<-0.6$. \end{sol} \item {\footnotesize Dresser le tableau de signe de $g$ sur $\R$.} \begin{sol} On déduit immédiatement des deux questions précédentes que : %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color}\input t%\input pdftabvar \input tabvar.tex \[\tabvar{% \tx{x}&\tx{-\infty}&&\tx{\alpha}&&\tx{+\infty}\cr \tx{g(x)}&&\tx{-}&\tx{0}&\tx{+}&\cr } \] \end{sol} \end{enumerate} \item {\footnotesize En déduire le tableau des variations de $f$ sur $\R\textbackslash\{1\}$.} \begin{sol} Rappelons ici que $f'(x)=\dfrac{2x^3-3x^2+2}{(x-1))^2}=\dfrac{g(x)}{(x-1)^2}$ d'où : %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} %\input pdftabvar \input tabvar.tex %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} %\input pdftabvar %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} %\usepackage{fp} %\usepackage[pdftex]{pict2e} %\usepackage{picture} %\usepackage{color} %\input pdftabvar \[\tabvar{% \tx{x}&\tx{-\infty}&&\tx{\alpha}&&\tx{1}&&\tx{+\infty}\cr \tx{g(x)}&&\tx{-}&\tx{0}&&\tx{+}&&\cr \tx{(x-1)^2}&&&\tx{+}&&\tx{0}&\tx{+}&\cr \tx{f'(x)}&&\tx{-}&\tx{0}&\tx{+}&\doubletraitmilieu&\tx{+}&\cr \tx{f(x)}&\txh{+\infty}&\fd&\txb{f(\alpha)}&\fm&\doubletraitmilieu&\fm&\txh{+\infty}\cr } \] \end{sol} \end{enumerate} \end{exoi} \end{document}