Corrige BTS CPI Mathematiques 2003

Description

BTS CPI 2003, corrigé 1x =− ) puis décroît jusqu’à sa limite 0 (quand x → +∞).043) développements limités:EXERCICE 1−2x 2 2 2 2A) 1) Δ =25−24 =1 >0 et je calcule x =−3 et x =−2 donc les e =1−2x +2x + x ε x donc f x = 4x +3 1−2x +2x + x ε x( ) ( ) ( ) ( )1 1 ( )€ solutions de H (équation homogène de E ) sont les 2 2d’où f x =3−2x−2x + x ε x .€ ( ) ( )−2x −3xu x =λe + µe ,λ,µ∈ R.( ) Équation de la tangente en 0: y =3−2x−2x −2x −2x22) g x =4xe donc g ′ x = 4−8x e puis g ′′ x = −16 +16x e € ( ) ( ) ( ) ( ) ( )€ € Positions relatives: f x − y = x −2 +ε x qui est positif pour x ( ) ( )€ ( )€ et je remplace: € € suffisemment petit donc Cf localement en dessous de T .0€ −2x −2x −2xg ′′ x +5g ′ x +6g x = −16 +16x e +5 4−8x e +24 xe( ) ( ) ( ) ( ) ( )€ € −2x −2xg ′′ x +5g ′ x +6g x = −16 +16x +20−40x +24x e =4e( ) ( ) ( ) ( )€ € € € 3) l’ensemble des solutions est l’ensemble des€ −2x −3xf x = u x + g x = 4x +λ e + µe ,λ,µ∈ R( ) ( ) ( ) ( )€ 4) f 0 =3⇔λ + µ =3 et pour l’autre condition de dois dériver f.( )€ −2x −2x −3xf ′ x = 4−8x e −2λe −3µe donc ( ) ( )f ′ 0 =−2⇔4−2λ−3µ =−2 je dois donc résoudre le système( )€   λ + µ =3 λ =3€  ce qui me donne par substitution  d’où 2λ +3µ =6 µ =0  € −2xh x = 4x +3 e( ) ( )€ B) on étudie ici la fonction solution de la question précédente.−2x1) en −∞, 4 x +3 →−∞ et e → +∞ donc lim f =−∞.( )€ € −∞en +∞, le même raisonnement conduit à une indétermination du type € Localement : cette notion est bien illustrée par cet ...

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• Publié par: shin
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• Langue: Français

Extrait

BTS CPI 2003, corrigé 1 x=−) puis décroît jusquà sa limite 0 (quandx→+∞). 0 4 EXERCICE 1 3) développements limités: −2x2 22 2 +xεx A)1)Δ=25−24=1>0et je calculex=−3etx=−2donc les e=1−2x+2x+xε ( x ) doncf ( x ) = ( 4x+3 ) ( 1−2x+2x ( ) ) 1 1  solutions deH(équation homogène deE) sont les 2 2  doùf ( x ) =3−2x−2x+xε ( x ) . −2x−3x u ( x ) =λe+µe,λ,µ∈R. Équation de la tangente en 0:y=3−2x −2x−2x−2x  2)g ( x ) =4xedoncg ′ ( x ) = ( 4−8x ) epuisg ′′ (  x ) = ( −16+16x ) e 2 Positions relatives:f x−y=x−2+εxui est posit  ( ) ( ( ) ) pourq ifx  et jeremplace: suffisemment petit donc Cf localement en dessous deT. −2x−2x−2x  0 g ′′ ( x ) +5g ′   ( x ) +6g ( x ) = ( −16+16x ) e+5 ( 4−8x ) e+24xe  −2x−2x g ′  ′ (  x ) +5g ′ ( x ) +6g ( x ) = ( −16+16x+20−40x+24x ) e=4e  3) lensemble des solutions est lensemble des −2x−3x f ( x ) =u ( x ) +g ( x ) = ( 4x+λ ) e+µe,λ,µ∈R  4)f ( 0 ) =3⇔λ+µ=3et pour lautre condition de dois dériverf.  −2x−2x−3x f ′ (  x ) = ( 4−8x ) e−2λe−3µedonc f ′ (  0 ) =−2⇔4−2λ−3µ =−2je dois donc résoudre le système   λ+µ=3  λ=3  ce qui me donne par substitutiondoù  2λ+3µ =6  µ =0  −2x h ( x ) = ( 4x+3 ) e  B)on étudie ici la fonction solution de la question précédente. −2x 1) en−∞, ( 4x+3 ) → −∞ete→+∞donclimf=−∞.  −∞ en+∞, le même raisonnement conduit à une indétermination du type  limεx=0 Localement: cette notion est bien illustrée par cet exemple. On dit que ( ) , cela signifie x→0 −2x−2x ∞ ×0. Je préfère alors développer:f ( x ) =4xe+3e, et daprès le que pourxassez petit», ε ( x ) est très petit, en particulier pourxassez petit, le −2+ε ( x ) apparu  ci-dessus est négatif. Par conséquent, pourxassez petit Cf est en dessous de T. Cette notion petit rappel dans le sujet, chacun des deux termes tend vers 0 quand    dassez petit» peut sembler floue pourtant elle est très x→+∞donclimf=0. limεx=0   rigoureuse. Lécriture ( ) est sans a  mbigüité, x→0 +∞ −2x−2x simplement elle ne donne aucune information sur la vitesse à  2) je dérive:f ′ ( x ) = ( 4−8x−6 ) e=−2 ( 4x+1 ) ecqfd. -2 0  laquelle ε ( x ) tend vers 0. On voit sur le graphique que Cf passe  ε ( x ) x≈1 f x ( ) εx audessus de T pour Par conséquent,fcroît de−∞(quandx→ −∞) à ( 0 ) =2e(avec         