Correction du devoir no I France septembre Partie A

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Correction du devoir no 4 I France septembre 2005 Partie A 1. En posant X = x 2 , on a f (X )= (40X +10)e?X = 40 X eX + 10 eX . La limite de ces deux termes en plus l'infini est nulle : lim x?+∞ f (x)= 0. 2. f ?(x)= (20?10x?5)e? 1 2 x = (15?10x)e? 1 2 x qui est du signe de (15? 10x) car e? 1 2 x > 0. Cette déri- vée s'annule en 3 2 .D'où le tableau de variations : x 0 3/2 ? +∞ f ? + 0 ? f 10 40e?3/4 10 0 3. Sur ]0 ; 3/2], f (x) > 10, donc l'équation f (x) = 10 n'a pas de solution ; sur l'intervalle ]3/2 ; +∞[, la fonction f est continue (car déri- vable, monotone décroissante de 40e?3/4 ≈ 18,9 à 0. Il existe donc un réel unique ? ?]3/2 ; +∞[ tel que f (x)= 10. La calculatrice donne ?≈ 4,673 .

  • solution de l'équation

  • correction du devoir no

  • aire du rectangle op

  • za? zf

  • ??

  • e?


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Publié le 01 septembre 2005
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Langue Français
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oCorrectiondudevoirn 4
I Franceseptembre2005 PartieB
1 0PartieA 1. Onaeffectivement f(t)? f (t)
x 2?X 1 1 11. EnposantX? ,ona f(X)?(40X?10)e ? t ? t ? t2 2 2?(15?10t)e ?(10t?5)e ?20e . Donc2
X 10 f estunesolutionde(E)sur[0;?1[.? 40 ? . La limite de ces deux termes en
X Xe e 1 10 ? tplusl’infiniestnulle: 22. (a) Pardéfinitiononag (t)? g(t)?20e et
2
lim f(x)?0. g(0)?10.Onvientdevoirque
x!?1
11 0 ? t2f(t)? f (t)? 20e d’où par différence1 10 ? x ? x 22 22. f (x)?(20?10x?5)e ?(15?10x)e quiest decesdeuxéquations:1? x2du signe de (15?10x) car e ?0. Cette déri- g f 10 0 0g ?f ? ? ?0 () (g?f)? (g?f)?3
2 2 2vées’annuleen .D’oùletableaudevariations:
0.2
Conclusion:lafonctiong?f estsolution,
x 0 3/2 α ?1
sur l’intervalle[0 ; ?1[, de l’équation dif-
0 1f 0 0? 0 ? férentielle:(E )y ? y?0.
2?3/440e 0
(b) Les solutions de l’équation (E ) sont les
10 ?t/2f fonctions t7?!Ke .
10 0 (c) La fonction (g? f) est l’une de ces solu-
tions.
3. Sur ]0 ; 3/2], f(x) ? 10, donc l’équation
Or(g?f)(0)?g(0)?f(0)?K?10?10?0.
f(x) ? 10 n’a pas de solution; sur l’intervalle
Lafonctiong?f estdonclafonctionnulle.
]3/2; ?1[,lafonction f estcontinue(car déri-
Conclusion : l’équation différentielle(E) a?3/4vable,monotonedécroissantede40e ?18,9 0une solution unique vérifiant y (0) ? 10,
à0.Ilexistedoncunréeluniqueα2]3/2 ;?1[
c’estlafonction f delapartieA.
telque f(x)?10.Lacalculatricedonne
3. D’aprèslaquestion3.delapartieA,celacorres-α?4,673 .
pond à la valeurα telle que f(α)?10. On a vu
y queα?4,673h? 4h41min .
18
II Polynésie,septembre2010
Partie1
15
x1. Onag(x)?e (1?x)?1.
xOr lim e ??1et lim (1?x)??1,doncpar12 x!?1 x!?1
produitdeslimites: lim g(x)??1 .
x!?110
9 2. La fonction g somme de fonctions dérivables
sur[0;?1[estdérivableetsur[0;?1[:
0 x x x xg (x)?e ?e ?xe ? ?xe .
6 x 0Comme e ? 0 et x ? 0, on a g (x) ? 0 sur
[0;?1[.
g estdoncdécroissantesur[0;?1[deg(0)?23
à?1.
3. Tableaudevariationsdeg.
4.0
α x
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011x 0 ?1 1. On sait que x ? 0, donc l’aire du rectangle0g (x) ? 4x
OPMQ estégaleàx?f(x)? ?A(x).xe ?12
Or on a vu que la fonction présente un maxi-
g(x)
mumpourx?α.
?1
2. Lecoefficientdirecteurdeladroite(PQ)estégal
4
f(α) 4αe ?14. (a) Sur[0;?1[,g dérivableestdonccontinue à? ?? ? ? .αα α α(e ?1)etdécroissante,g(0)?0et
1αlim g(x)??1. Or on a vu que e ? , donc le coefficientx!?1
α?1
Il existe donc un réel uniqueα2[0 ; ?1[ directeurestégalà:
tel queg(α)?0 (théorèmedes valeurs in- 4 4 4(α?1)
? ? ? ¡ ¢ ? ? ?termédiaires). α 1α e ?1 α(1?α?1)( ) α ?1α?1
(b) Lacalculatricedonne: 4(α?1)
? .2α? g(1)?1etg(2)??6,4,donc1?α?2;
La tangente en M(α ; f(α)) a pour coefficient
? g(1,2)?0,3etg(1,3)??0,1,donc 0directeur f (α).
1,2?α?1,3; x4e0? g(1,27)?0,04etg(1,28)??0,007,donc Or f (x)?? ,donc2x(e ?1)1,27?α?1,28 .
4α4eα α 0 α?1(c) On a g(α)? 0 () e ?αe ?1? 0 () f (α) ? ? ? ? ?¡ ¢2 2α 1(e ?1) ?11 α?1α αe (1?α)??1 () e ? . 4(α?1) 4(α?1)
α?1 ? ?? .2 2(1?α?1) α
5. Onadoncg(x)?0sur[0;α[;
Les coefficients directeurs sont égaux : les
g(α)?0; droitessontparallèles.
g(x)?0sur[α;?1[.
y
Partie2
21. La fonction A quotient de fonctions dérivables
sur [0 ; ?1[ (le dénominateur ne s’annulant
pas)estdérivableetsurcetintervalle:
x x x x4(e ?1)?4x?e 4(e ?xe ?1)0 1 MA (x) ? ? ? Qx 2 x 2(e ?1) (e ?1) f(α)
C4g(x)
.2x O α(e ?1)
¡ ¢ x2 Px ?1 1 2 3Comme e ?1 ?0quelquesoitx,lesignede
0A (x)estceluideg(x).
D’aprèslaprécédentequestiononadonc: ?1
0A (x)?0sur[0;α[;
0A (α)?0;
0 ?2A ?0sur[α;?1[.
2. Onadonc:
III NouvelleCalédonie,mars2009A(x)estcroissantesur[0;α[etdécroissantesur
[α;?1[,A(α)étantlemaximumdelafonction.
1. (a) L’écriture complexe de cette rotation est
2π0 i 3z ?z ?e (z?z ).A A
Partie3
Pourz?z ,onobtientdonc:B2π0 i 3 3. D’aprèslaquestion1°):z ?1?e (3?4i?1)Ã !p
1 3 – D appartient au cercle de centre A qui passe
?1? ? ?i (2?4i)?...? z .D parB(1.b.).2 2
?! ?! 2π
L’imagedupointBestbienlepointD. – (AB, AD)? : D appartient à la perpendi-
3
(b) Comme A est le centre d’une rotation qui culaireà(AB)passantparF(voirladéfinition
transforme B en D, B et D sont sur un deF).
mêmecercledecentreA;lerayonestAB. ChoisirpourDceluidesdeuxpointsd’intersec-p p
2 2 tiondeladroiteetducerclepourlequell’angleAB?j2?4ij? 2 ?4 ? 2 5 .
estlebon!2. (a) L’écriture complexe de cette homothétie
3 Enfin, C est le symétrique de D par rapport à F0estz ?z ? (z?z ).B B
2 (oul’autrepointd’intersection).
Pourz?z ,onobtientdonc:A
3
z ?3?4i? (1?3?4i)? ?2i .F
2
(b) Calculons l’affixe du milieu de [CD] :
z ?z BC D ×4
??????2i,ontrouvebienz !F
2 p p
z ?z 2 3?i(?2? 3)?2i 3C F
(c) ? ?
z ?z 1?2iA Fp p
p p2 3?i 3 (2?i)(1?2i) ?5i 2
? 3 ? 3 ?
1?2i 5 5p
1?i 3 .
En écrivant les modules et arguments, on A
×
obtientdonclaformeexponentielle: ×?4 ?3 ?2 ?1 1 2 3 4 5
D
?1p πz ?zC F ?2? 3e .
z ?zA F F
×?2µ ¶
z ?z ?! ?! πC F
Maisarg ?(FA,FC)?? [2π].
z ?z 2A F ?3
Lesdroites(FA)et(FC)sontdoncorthogo- C
×
nalesenF;commeonadéjàvuqueFestle ?4
milieude[DC], (AF)estbienlamédiatrice
de[DC].