Exercice 1 14)
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PTSI1 - 2020/2021 Lycée La Martinière-Monplaisir Lyon
Corrigé du devoir surveillé 1. Tedad8SS+ l=(7,S
qmvalon e
dan o lmahon Exercice 1 14)
1°) On reconnaît un trinôme du second degré de discriminant A = 164+5 x 4 = 36 = 6.
4 +6 Il y a donc deux solutions: = 5 et = -1.
A |L'ensemble des solutions est {5,-1}.
9e fma Ra vauable.
On note () l'équation ln(/1 - r) + n(z +3) = In(V-2- 6z).
2) a) Soit a e R.
(*) existe 1 -r> 0 et cr +3>0 et -2-6r >0
1 I<Kl et r > -3 et t <-;
3
1
Soit alors r E D = Se donor tq le) axi ti
() ln(V1 - r) +In(Vt +3) = In(v-2 6z)
In(V(1-r)(r + 3)) = In(V-2-6a)
V1-r)(r +3) =V-2-6x
(1-1)(z +3) = -2- 6r
- 2r +3 =-2- 6r
par bijectivité de ln
T CLL pa stcti
o issan o do En - 4r - 5 = 0
Cis Juh b flal-flb
CLL ab Jla) <{tO)
t= -1 our = 5 par
-1E Det 5¢ D. - Viiahens Donc, l'ensemble des solutions est -1}.
b) Soit z E R.
On note (*) l'équation 327-3 - 4 x 3-1- 15 = 0.
(*) 3- -4 x 3- -3 x5 = 00
3- -4 x 3*= - 5 = 00
(3-2)2 - 4 x 3-2- 5 0
Non n X -4X -5 =0 en posant X = 3"-2 dr dunu de A
X = 5 ou X = -11 par
(X=3*ne onionb al X= 3-4
3 = 5 ou 3 = -1,
pa) Cxclu car 3-2>0
( -2) In3= ln5 Car 3-2 ot 5> 0 et par bijectivité de m
5 car n3 #0
aho ut Peco ei n lA) cala M eiu pa
In5 t =2+ In3
In 5 Ainsi, |l'ensemble des solutions est 12 t3
1
om pa Xenx ! Exercice 2 (3
Partie 1: mu
m pmer pa do wncduw lim a(r +2) = lu(2) donc lim r n(r +2) = 0; et lim a nt = 0 (croissances comparées). FI: Ox s
1°) a) Pour tout aæ>0, f(z) = «n(z +2) - x ln*.
- 0
Done lim f(r) = 0 = f0) Ainsi, | f est continue en 0. +0
b) Soit x >0.
fr)=J0) = In(r +2) - In r Ainsi, |f n'est pas dérivable en 0| et la courbe de f admet au point d'abscisse 0 une demi-tangente
verticale.
c) Soit r >0.
f(r) = zin (1+) -fal en 2-
Cous
,5 0
donc, par composition de limites, 1.
n(1+h) h+0
Donc, par produit,limf(r) 2
pou oliver 2°) a) Pour toutr > 0, f(c) = a ln(r +2) - c ln(z). <
f est dérivable sur |0, +ool comme produit, composée et différence de fonctions dérivables et, pour
7tout z >0, <- aLv de calculu la)
f(r) = ln(z + 2) + Inz - 7
Sve ot phrae Kmpl pou Jadhier a diiv ailii
In(x +2) - In(a) - 1 C+2
2 +In(r +2) - In(z)
F2
fest dérivable sur J0, +oo| comme quotient, composée et somme de fonctions dérivables.
Ainsi, |f est deux fois dérivable sur ]0, +oo|
Pour tout r E R, dipmn lau ben ende ik, juda cavonl e al caul di
2 " ) =
Tt +2 ,S 2. +r(a +2)- (x +2) ar(t +2)
+4-a- 4a - 4
r( +2)*
4
+2)
ltemarque: Autre calcul (sans simplifier S(«) au départ):
Va E]0, +o, f(r) = *ln
2
dail al culo doil tA imdiqui.
- + 2) r- )+» 2 +2
f est dérivable sur j0, +ool comme quotient, composéce et somme de fonctions dérivables.
Ainsi, | f est deux fois dérivable sur J0, +ool| Pour tout æ E R,
-2 x + 2 2 "(r) =
2 +
4 r(r +2)'(r +22 =2
2+z -
2 2
(t +2)2 (r +2) b) Soit r > 0, f"(c) < 0. Ainsi, f est strictement décroissante sur J0, foo
2 2 Soit r 0, f(r) = In(x +2) -n(r) -+2n1)+2 T +2 +2
Donc, par opérations, limf(c) = 0 imrotantl*+oo
Parstricte décroissance de f, on en déduit que, | pour tout a>0, f(a) > 0|
c) Tableau de variations de f:
0 +oo
Signe de f"(r)
f 0 A
Signe de f'(r)
2
f 0
3°) a) u est dérivable sur R comme quotient de fonctions dérivables et, pour tout r20
u(r)=(r +2)2 (r +2)2Ajust a pnaso fa
u' (r) = 2+2-a
Ainsi,
+oo
9 u' ()
2
2:a 2
2 2 1+
Pour > 0,u(r)
3
b) Soit r > 0.
2 fr)-ulr) = rn ( -+2
et (o--(()-
= rn )-
D'o fl)- u(r) = rf'(r). Comme rf'(r) > 0 pour tout a > 0, on en déduit que f(r) > u(T). Ainsi, |H est en-dessous de C Voir le tracé de la courbe à la fin de la première partie.
c) Soit A>0. La tangente àC au point M^ a pour équation:
= fA)(r - ) + f(A)|4- Ne Pa Amaa
Pour connaître le point d'intersection avec l'axe des ordonnées, il suffit de faire r = 0 dans l'équation. L'ordonnée du point d'intersection est
-Af(A) + fA) = |u(A)| avo uhesn d qmeno
idontis
car, pour tout z > 0, f(c) - u(r) = «f'(r). <
Donc |le point d'intersection est bien le point I^ de coordonnées (0, u(A))||
Ce point I s'obtient facilement àà partir de H : c'est le point de l'axe des ordonnées qui a même
ordonnée que le point de H d'abscisseA.Pour tracer la tangente àC au point Ma, il suffit done de relier le point M et le point I
d) Explications pour le tracé de H: Le point d'abscisse 0 a pour ordonnée u(0) = 0, et la pente de la tangente en ce point vaut '(0) ==1.
Le point A a pour coordonnées (2,1) car u(2) = 1 La tangente en A à la courbe H a pour pente u' (2) =
La tangente en M2 à la courbe C est la droite qui passe par le point I2(0, 1) et Ma(2,2ln 2). u(r) 2 donc la droite d'équation y = 2 est asymptote horizontale à H. Elle est aussi asymptote
à la courbe C. De plus, C est au-dessus de H.
Y- = 2 *******************|'******'************ ********""**** ***********'*************"************** ***** ******"**
2 ln 2 M2
owh da pka u D poimnts
2
Oec Rouuus
tanomüs
Partie 2 1°) G est dérivable sur 10, +oof comme quotient de fonctions dérivables et, pour tout a > 00
C'l) = (a)*-9(«)
4
C un Aat sonnsmens Donc, pour c > 0: aa
2 o() ag () = C(r) = 2:t +2
3 2 G(»)= r( (r +2)
A exprqp Peu Jaea
n yautant de C) = -
+2
a-(+2) (+2)
2 Car
+2 x(r +2)
2Uneprimitive h de t 1 +2Sur R, est dounée par: Vz>0,| h(r) = In(r + 2) - In(s) = n (
3 Soit g une fonction définie et dérivable sur 10, +oof. On garde la notation G de la question 1. Daprés la
question 1: Pausonno pal 9 vérifie P > 0, C'(r) = -
0, C(r) = h' (r)
Ya> 0, G'(r) - h'(r) = 0 V> 0, (G- h) (c) = 0
cE R, Vz> 0, (G- h) (a) = c | car R est un intervalle
3ce R, Vr> 0, G(«) = h(z) + c
d'après la question 2
RguwSu taui,
qwshon
mkepiken A diiia mull
S m imtevaW-
lce R, Yr> 0, = ln a extéi onun
cE R, Vr> 0, g(r) = zl»( +C
Réciproquement, les fonctions de cette forme sont bien définies et dérivables sur R;. Les fonctions solutions sont donc les
f(T) + co, cER|
taino m ont as Exercice 3 ou tot wmts a 1°) Soient des réels a, b, c.
(a * b) *c = n(ea*0 + e)
meu wA
e m pao X . Pour pondn
= n(emlete) + e) = lIn(e" +e+e°)
Et d'autre part,
a* (b*e) = In(e" + ec) = ln(e" + eln(el +e°))
= n(e"+ e+e") Ca dermik on ds x (el e pas se ompen
StLL ta popa d n taxp )
Ainsi, on a bien (a * b) * e =a* (b* c)|
2°) Soit E R.
* (t * a) = (0 n(3«") = 0 en utilisant le calcul précédent
l3 4+ lu(«") = 0
=- ln3
L'ensemble des solutions est donc {- In3}
paamVs
3°) Soient a et b deux récls fixés. Soit e R.
a = b* a = lu(e° +e")
e = e+ e"
= e" - e. car exp est bijective
iu, o mi peut Poo n m q
Distinguons des cas selon la valeur des paramètres a etb:
Si ab alors e - s0. Donc, l'équation n'a pas de solution
Ston sail e a ots jonchon du cos
Selon panamtu. *Si a >b alors a =b*a r = n(e" - e) car exp est bijective.
Donc, il y a une unique solution, In(e"- e) 4°) Soient des réels a, b, c.
(a +b)* (a + c) = In(e"t8 +ete)
= In(e"(e° +e))
= In(e") + In(e +¬) (a+b) (a+ c) = a +(b* c)
Exercice4 8)
Partie 1 : Questions préliminaires
1°) a) Par somme et par quotient de fonctions dérivables, d est dérivable sur R4, et pour tout zE Ri,
- In t 1 n(T) d(r) = ® 2
Pour tout z > 0,
d'() 20 1- lInz 20 SI5 A jhfen
e e car exp est strictement croissante lo igno
d'(r) = 0 =e
0 e
d(r)
1+
lamal, -00
Justification des limites: lim Inr = -o done lim d(«) = -00.
>0
lim =0 par croissances comparées donc lim d(r) = 1.
b) Comme d est décroissante sur [e, +ool et que linn d(r) = 1, pour tout x E le, +oo|, d(x) 21.
A SyZAinsi d ne s'annule pas sur le, +oo Nous allons appliquer le théorème de la bijectio.
6
J0, el est un intervalle
d est continue sur J0, «e1| d est strictement croissante sur J0, el
Donc, par le théóorème de la bijectio11, d réalise une bijection de J0, el dans l'inter valle image
onras e hde la
biye chen orenhel. |
4 lin d(r), d()l =-o,1+ ici qmon aG Lpas d lo phaae
vanb) Jushhe
Tmbevalle
image
Ainsi, tout élément de ] - oo, 1 +[ admet un unique antécédent dans J0, e[ par d.
Comme 1 +>0, 0 est un élément de ] - oo, 1 + donc il existe un unique t EJ0, el tel que
d(r) = 0.
Conclusion : |il existe une unique solution à l'équation d(«)= 0 sur ]0, +ool, et cette solution,
notée a, est dans J0, el. ipolan aAaPpolos c) d(1) = 1 donc d(a) < d(1). Comme a et 1 sont éléments de J0, eet d est croissante sur J0, e, il
vient:a ¬ ]0, 1[| (car sinon on aurait a21 d'où, par croissance de d sur J0, e), d(a) 2 d(1), ce qui
est exclu.) Soit t K Cccis Scin e a. y do T
echwk Srivuv en conk aape san Partie 2 Etude de f e coneuve pla
o imisalika .
1°) a) Par somme de fonctions dérivables, gn est dérivable sur R^, et pour tout rE Rj,
s,r)=2+ ) Pa boaom oe uduie,
lain 9nn)o
Pour tout z > 0, gn(z) > 0 d'où le tableau de variations suivant:
0
+oo
9n
b) 0, +ool est un intervalle
9n est continue sur J0, +oo|
9n est strictement croissante sur J0, +o|
Donc, d'après le théorème de la bijection, gn est bijective de l'intervalle ]0, +oo[ dans l'intervalle
lim gn(r), lim gn(»)| =]- o, +oo. 0
Comme 0 EJ - oo, +ool, il existe un unique *E J0, +oo| tel que gn(*) = 0.
Autrement dit, |l'équation gn(t) = (0 a une unique solution sur 0, +ool, notée Bn.
c) Calculons : gn(1) = 1 - n<0 (car n E N*) et gn(e) = e - n + n ln(e) = e >0.
Ainsi, gn(1) < gn(B,) < gnle). Par stricte croissance de gn sur R4, il vient :|1 Bn e
2°) a) Par somme et quotient de fonctions dérivables Jn est dérivable sur Rj, et pour tout x > 0,
Shr) = 1 - n* -n(1 - lhu(æ))_ 9n) 2 2
A Ainsi, |pour tout * E R4, /,(:) est du signe dl 9n(r)|
b) On en déduit le tableau de variation de Jn
Scil 1 sanchomont essanb , Ca,y ¬
)fuy) k4 La on a domande Rom ieis san o, -loa 2
domandr la vueu ioi s SCnLA
lonago )
A )fu) <u he se
0 +oo
h) +
AS
Sn) Justification des limites :
lim x = -0 et n EN* donc lim fn(r) = +o.
ln lim
+oo par crossances comparées donc lim fn(t) = +oo.
In( a pao Oid 3°) a) Pour tout a E R, fnlc)-r+n = -n donc lim (f (r) - x +n) = 0
On en déduit que la droite D, d'équation y= t-n est asymptote à Ca. dnl-b) La position relative de Cn et de D, est donnée par le signe de la quantité
Auum In() Sn(t)- +r =-n-
( tone de tn m pouo wnslartE Or >0 donc le signe de -n est l'opposé du signe de In. On en déduit donc
Pour les abscisses r entre tet 1 strictement, fn(r) - z + n>0 donc Cn est au-dessus de Dn
A l'abscisse a = 1, fn(T) - r +n = 0 donc Cn et Dn se croisent au point (1, l-n).
Pour les abscisses c strictement supérieures à 1, fn(c) -r +n < 0 donc Cn est en-dessous de Da.
Partie 3 Etude relative de Cn et Ca+1
na)- -1 1°) a) Pour tout neN*, fn(a) = a -n - n Or on sait que d(a) = 0, c'est-à-dire que
D'où Sn(a) = a - n+n = a
b) On en déduit que le point (a, a) appartient à la courbe Cn, ceci pour tout n E N: c'est un point A Commun à toutes les courbes Cn:
2°) Pour tout z E R4,
n. Sn(t) - fn+1 (7) = x - n --- 1 - (n + 1) =1+ = dr).
A,S Keconnatre Or nous connaissons le signe de d(«) pour tout r e R; à l'aide de la partie I:
.Sur 10,a], d(r) < 0 donc Ca est en-dessous de Ctl Sur la, +ool, d(:) 2 0 donc Ca est au-dessus de Catl
ExncLo Sot :I^R ossante. Dene uks tnon ceS ADIS San to
COANeo pomolan W vnai
a) <fu)