Bac C2015 Norm
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Exercice 1 (5 points) G G
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé (O;u, v) .
1) On pose : P(z) = z 3 − (11 + 6i)z² + (28 + 38i)z − 12 − 60i où z est un nombre complexe.
b) Résoudre, dans l’ensemble des nombres complexes, l’équation P(z) = 0 .
gravité du triangle AMM ' lorsque M décrit le cercle Γ de centre G passant par C.
3) Pour tout point M du plan on pose ϕ(M) = 2MA² − 2MB² + 2MC² et Γ m l’ensemble
Exercice 2 (5 points)
Dans le plan orienté on considère un rectangle direct ABCD de longueur AD tel
que AB=a et AD=2a, (a > 0) . Soient I , J , K et L les milieux respectifs des
segments [ AB ] , [ BC ] , [ CD ] et [ DA ] . Soit O le centre du rectangle ABCD .
Préciser le centre et un angle de r.
K.
b) Montrer que g est une symétrie glissante et vérifier que g = t IC JJG D s
AB .
c)Déterminer une droite ∆ telle que t BC
JJJG = s D s
∆ AB . En déduire la forme réduite de g,
IB BC
3.a) Montrer qu’il existe une unique similitude directe s qui transforme A en C et
B en L. Déterminer l’angle et le rapport de s . Montrer que s(J) = B .
b) Soient Γ 1 le cercle de centre A passant par B, et Γ 2 le cercle de centre C
passant par L. Justifier que s( Γ 1 ) = Γ 2
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droite (BE).
que :
i) La droite (MM’) passe par un point fixe que l’on précisera.
ii) Le triangle MM’M’’ est rectangle isocèle.
b) Préciser la tangente à Γ en A et tracer Γ .
c) Déterminer et construire le foyer et la directrice de Γ ' = s(Γ ) .
1
Soit f la fonction définie sur \ par f (x) = et (C) sa courbe
1 + ex
x →−∞ x →+∞
c) Montrer que f réalise une bijection de \ sur un intervalle J que l’on
−1
1
2.a) Vérifier que le point Ω (0, ) est un centre de symétrie de la courbe (C) .
2
b) Montrer que les courbes (C) et (C') se coupent en un seul point
d’abscisse α telle que 0,4 < α < 0,5 .
d) Calculer, en fonction de α , l’aire A du domaine plan limité par les
courbes (C) et (C') , et les axes des coordonnées (On pourra remarquer que
1 e− x
= ).
e x + 1 e− x + 1
α
3) Pour tout entier n ∈ ` ∗ , on pose I n = ³0 f n (t)dt où α est le réel trouvé en
2.b)
a) Justifier que I1 = α + ln(2α ) .
b) Vérifier que pour tout réel x : f '(x) = f 2 (x) − f (x) .
1§ n 1 ·
c) Montrer que pour tout n ∈ ` ∗ : I n + 1 − I n = α − n ¸.
n ¨©
2 ¹
déduire ?
α
4.a) Montrer que pour tout n ∈ ` : α ≤ I n ≤ n . En déduire lim In . ∗ n+1
2 x →+∞
n −1
1§ 1 · n −1
1§ 1 ·
b) Montrer que I n = α + ln(2α ) + ¦ ¨ αk − k ¸ .En déduire lim ¦ ¨ αk − k ¸
k =1 k © 2 ¹ k =1 k © 2 ¹
n →+∞
.
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Exercice 4 (5 points)
1) On considère la fonction numérique g définie sur \∗ par :
3x 3 − 12x 2 + 19x − 10
g(x) =
x 3 − 4x 2 + 5x
2
(x − 1)(ax + bx + c)
a) Déterminer a, b et c tels que pour tout x de \∗ : g(x) = .
x(x 2 − 4x + 5)
§ x 2 − 4x + 5 ·
f (x) = 3x − 3 + ln ¨
¸
x2
© ¹
c) Montrer que (C) admet deux asymptotes dont l’une, notée D , est oblique. Etudier
la position relative de (C) et de D .
3.a) Vérifier que f '(x) = g(x) où g est la fonction définie en 1), et dresser le tableau de
variation de f .
b) Démontrer que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution α dont on donnera
un encadrement d’amplitude 5 × 10 −1 .
c) Construire (C) .
§ ·
2x 2 − 4x 2x − 4 1
x − 4x + 5 © x − 4x + 5 1 + (x − 2)2 ¹
2+ 3 2x − 4
b) Calculer A = ³3 dx .
2
x − 4x + 5
ª πª 2+ 3 1
c) En posant x = 2 + tan t pour tout t ∈ « 0; « ; calculer B = ³3 dx .
¬ 2¬ 1 + (x − 2)2
2+ 3
d) En utilisant une intégration par parties, calculer J = ³3 2
ln(x − 4x + 5)dx et
2+ 3
K = 2³ ln xdx . En Déduire le calcul de l’aire S exprimée en unité d’aire.
3
Fin.
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Corrigé
Exercice 1
G G
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé O; u, v . ( )
3
1) On pose : P(z) = z − (11 + 6i)z² + (28 + 38i)z − 12 − 60i où z est un nombre complexe.
a)Pour calculer P(3) et déterminer les nombres a et b tels que pour tout z de ^ :
P(z) = (z − 3)(z² + az + b) , on peut utiliser la division euclidienne, une identification ou le
tableau d’Horner :
1 − 11 − 6i 28 + 38i −12 − 60i
3 3 −24 − 18i 12 + 60i
1 −8 − 6i 4 + 20i 0
$
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b) Si k ≠ 3 , le poids du système {(A; 2), (B;-2), (C; 3 - k )} est non nul. Donc ce système
admet un barycentre G k et on a pour tout point M du plan
JJJJG JJJG JJJG JJJJJG
2MA − 2MB + (3 − k )MC = (3 − k )MG k . D’où :
JJJJJG JJJJJG
fk (M) = M ' ⇔ MM ' = (3 − k )MG k .
JJJJJG JJJJJJG JJJJJG
fk (M) = M ' ⇔ MG k + G k M ' = (3 − k )MG k
JJJJJJG JJJJJG
⇔ G k M ' = (2 − k )MG k
JJJJJJG JJJJJG
Enfin , fk (M) = M ' ⇔ G k M ' = (k − 2)G k M
JJJJJJG G
Particulièrement, pour k=2 on a : f2 (M) = M' ⇔ G2 M' = 0 ⇔ M' = G2 donc
l’application f 2 est constante.
JJJJG JJJG JJJG JJJG
G 2 est le barycentre du système {(A; 2), (B;-2), (C;1)} . Alors CG 2 = 2CA − 2CB = 2BA .
JJJJG JJJG
Donc CG 2 = 2CG . Alors G 2 est le symétrique de C par rapport à G.
Maintenant, si k ∈ \ \ { 2; 3} et M un point invariant par fk , alors
JJJJJG JJJJJG JJJJJG G
fk (M) = M ⇔ G k M = (k − 2)G k M ⇔ G k M = 0 ⇔ M = G k . D’où fk admet un unique point
invariant Ωk = Gk = bar{(A;2),(B;-2),(C;3-k)} .
fk est l’homothétie de centre Ω k et de rapport k − 2 .
c) On a Ωk = Gk = bar{(A;2),(B;-2),(C;3-k)}
JJJJG JJJJG JJJJG G
Donc 2Ωk A − 2Ωk B + (3 − k)Ωk C = 0
JJJG JJJJG G
2BA + (3 − k)Ωk C = 0
JJJJG 2 JJJG
Ωk C = AB
3−k
Alors Ω k est situé sur la droite passant par C et parallèle à (AB).
2 JJJG G JJJJG G
Comme ≠ 0 et AB ≠ 0 , on a Ωk C ≠ 0 donc Ω k ≠ C .
3−k
JJJJG JJJG JJJJG JJJG
Comme k ≠ 2, on a Ωk C ≠ 2AB donc Ω k ≠ G 2 où G 2 est le point tel que G2C = 2AB . G 2
est le symétrique de C par rapport à G. C’est aussi le quatrième sommet du
parallélogramme ABG G 2 .
Conclusion : Le lieu géométrique des points Ω k lorsque k décrit \ \ { 2; 3} est la droite
passant par C et parallèle à (AB) privée de C et G 2 .
d) Le centre de gravité R du triangle AMM’ est le barycentre du système
{(A;1), (M;1), (M ';1)} . Alors pour tout point M du plan on a, pour k = 1 :
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJG JJJJG JJJG
3M R = M A + M M + M M ' = MA + (2MA − 2MB + 2MC) = 3M A + 2BC
JJJJG JJJJG JJJG JJJG JJJG
D’où 3M R − 3M A = 2BC ⇔ 3AR = 2BC .
JJJG 2 JJJG
Enfin AR = BC . D’où le centre de gravité R du triangle AMM’ est un point fixe
3
indépendant de la position de M. Le lieu géométrique de R est un point fixe.
On peut aussi remarquer que, pour k = 1 , la transformation fk est l’homothétie de
centre Ω1 = bar{(A;2),(B;-2),(C;2)} = G et de rapport k − 2 = −1 . Alors c’est une symétrie
centrale de centre G. Donc G est le milieu du segment ¬ªMM'¼º .
D’où le barycentre R du système {(A;1), (M;1), (M ';1)} est celui de {(A;1), (G; 2)} . Donc
JJJG 2 JJJG JJJG JJJG JJJG 2 JJJG 2 JJJG
AR = AG . Comme AG = BC on retrouve le résultat précédent AR = AG = BC .
3 3 3
Le centre de gravité R du triangle AMM’ est fixe car le milieu G des points variables M
et M’ est un point fixe.
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y
6
C M'
4
B G
2
R
1
A M G2
-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x
-1
( xk , y k ) = §¨ 6 − k − 3 , 4 + k − 3 ·¸
2 4 2 4
Comme avec ≠0 et ≠ 0 . On a alors
© ¹ k−3 k−3
( xk , yk ) ≠ ( 6, 4) . D’où Ωk ≠ C( 6,4) .
( xk , yk ) ≠ ( x2 , y 2 ) ⇔ ( xk , y k ) ≠ §¨ 6 − 2 − 3 , 4 + 2 − 3 ·¸ ( xk , y k ) ≠ ( 8, 0 ) ,
2 4
Comme k ≠ 2, on a
© ¹
donc Ωk ≠ G2 ( 8,0) .
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3) Pour tout point M du plan on a ϕ(M) = 2MA² − 2MB² + 2MC² et Γ m l’ensemble des
points M tels que ϕ(M) = m , où m est un réel.
La somme des coefficients est égale à 2 (non nulle). Le barycentre G de ce système est le
point Ω1 ( 7,2) .
Alors, par transformation d’écriture on obtient l’écriture réduite ϕ(M) = 2MG² + ϕ(G) .
Donc M ∈ Γ m ⇔ 2MG² + ϕ(G) = m
m − ϕ(G)
soit MG² = .
2
Calculons ϕ(G) :
On a ϕ(G) = 2GA² − 2GB² + 2GC² . On remarque que G est le point Ω1 ( 7,2) .
2 2 2
Donc : GA² = z A − z G = 3 − 7 − 2i = −4 − 2i = 20
2 2 2
GB² = z B − z G = 2 + 2i − 7 − 2i = −5 = 25
2 2 2
GC² = z C − z G = 6 + 4i − 7 − 2i = −1 + 2i = 5 .
Alors ϕ(G) = 2GA² − 2GB² + 2GC²
ϕ(G) = 2 × 20 − 2 × 25 + 2 × 5
m
Enfin ϕ(G) = 0 . D’où M ∈ Γm ⇔ MG² = .
2
Discussion suivant les valeurs de m:
m < 0 : Γ m est l’ensemble vide.
m = 0 : Γ m est le point G
m
m > 0 : Γ m est le cercle de centre G et de rayon r = .
2
b) D’après les résultats précédents, pour m = 10 , l’ensemble est un cercle de centre G et
m 10
de rayon r = = = 5 . Comme GC² = 5 , ce cercle passe par C. Donc Γ10 est le
2 2
cercle de centre G passant par C.
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Exercice 2
1.a) Figure
JJK JJJK
b) Comme BJ = CD ≠ 0 et BJ ≠ CD , donc il existe une unique rotation r qui
transforme B en C et J en D.
On a
r
B
→C
J
→D
Alors, le centre de r est le point d’intersection des médiatrices des segments [ BC] et
[ JD] . Soit le point L.
JJK JJJK JJK JJJK π
Un angle de r est θ = (BJ,CD) [ 2π ] . ŽŶĐ θ = (BJ, BA) = [ 2π ] ͘
2
2.a) On IA = CK ≠ 0 . Alors il existe un unique antidéplacement g qui transforme I en
C et A en K.
g
b) Comme I
→C et les segments n’ont pas la même médiatrice, alors
A
→K
l’antidéplacement g n’est pas une réflexion. D’où g est une symétrie glissante.
On a t IC AB (I) = t IC (s AB (I)) = t IC (I) = C ; ( (s AB (I)) = I car I ∈ (AB) )
JJG D s JJG JJG
Et t IC
JJG D s
AB (A) = t IC (s AB (A)) = t IC (A) = K ;
JJG JJG
Donc I → C .
A → K
Enfin, d’après le théorème de l’unicité d’un antidéplacement : g = t IC
JJG D s
AB .
g = t IB
JJG D s = s D t JJG
∆ ∆ IB
3.a) 2.a) Comme AB ≠ 0 et CL ≠ 0 , donc il existe une unique similitude directe s qui
transforme A en C et B en L.
b) On a
s
A
→C
B
→L
JJJK JJJK
Alors l’angle de s est θ = (AB,CL) [ 2π ] . Donc
JJJK JJK JJJK JJK π 5π
θ = (AB, JA) = π + (AB, AJ) = π +
4
[ 2π ] θ = [ 2π ] .
4
CL AJ 1
Le rapport de s est : λ = = = = 2.
AB AB π
cos
4
Pour montrer que s(J) = B , on sait que s transforme A en C et B en L, et que la
similitude conserve la configuration : elle transforme le triangle ABJ rectangle isocèle en
B direct en un triangle CLJ’ rectangle isocèle en s(B) = L direct. C’est le triangle CLB.
Alors s(J) = B .
s
b) On a : A
→C
B
→L
Alors s transforme le cercle de centre A passant par B, au cercle de centre C passant
par L. D’où s( Γ 1 ) = Γ 2 .
D’autre part, on a : P
→P .
A
→C
B
→L
CP AP
La similitude conserve le rapport des distances. Alors = .
CL AB
AP CP
Comme P ∈ Γ 1 et B ∈ Γ 1 , on obtient = 1 . D’où = 1.
AB CL
Donc CP = CL . D’où P ∈ Γ 2 .
$
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EXERCICE 3
1
f (x) =
1 + ex
1
1.a) lim f (x) = lim = 1 car lim e x = 0
x →−∞ x →−∞ 1 + e x x →−∞
1
lim f (x) = lim = 0 car lim e x = +∞
x →+∞ x →+∞ 1 + e x x →+∞
Interprétation graphique :
lim f (x) = 1 (C) admet une asymptote horizontale d’équation y = 1 au voisinage de
x →−∞
−∞ .
lim f (x) = 0 (C) admet une asymptote horizontale d’équation y = 0 au voisinage de
x →+∞
+∞ .
$
+
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−e x
b) f '(x) = . On constate que f '(x) < 0 pour tout x ∈ \ . Donc f est strictement
(1 + e x )2
décroissante sur \ .
x −∞ +∞
f’ -
f 1
0
f est continue,
et strictement décroissante sur \ ,
f ( \ ) = ]0;1[
Alors f : \ → ]0,1[ est bijective ; J = ]0,1[
Pour exprimer f −1 (x) , on pose y = f (x) .
1
On a : y = ⇔ y(1 + ex ) = 1
1 + ex
⇔ y + ye x = 1
⇔ yex = 1 − y
1− y
⇔ ex =
y
1− y
⇔ x = ln( )
y
§1− x ·
D’où = f −1 (x) = ln ¨ ¸ , x ∈ ]0,1[
© x ¹
1
2.a) On vérifie une égalité du type f (2a − x) + f (x) = 2b avec (a,b) = (0, )
2
1 ex ex
On a : f (2a − x) = f ( − x) = × =
1 + e− x ex ex + 1
ex 1
Donc , f (2a − x) + f (x) = x +
e + 1 1 + ex
ex + 1 1
f (2a − x) + f (x) = x = 1 = 2 × = 2b
e +1 2
1
D’où Ω(0, ) est un centre de symétrie de la courbe (C) .
2
b) Les courbes (C) et (C') sont symétriques par rapport à la droite d’équation y = x .
S’il se coupent en un point d’abscisse x, alors x vérifie f (x) = x , soit f (x) − x = 0 .
On pose V(x) = f (x) − x
V est dérivable ( donc continue) sur \ , avec V '(x) = f '(x) − 1 .
−e x § ex ·
V'(x) = x 2
− 1 = − ¨ 1 + x 2 ¸
.
(1 + e ) © (e + 1) ¹
Il est clair que pour tout x de \ , V '(x) < 0 . D’où V est strictement décroissante sur \ .
On a
V(0, 4) 1, 3 × 10 −3 > 0
V(0,5) −0,12 < 0
$
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Donc V(0,4) × V(0,5) < 0 . D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation
V(x) = 0 admet une solution α telle que 0,4 < α < 0, 5 . ( V est continue sur [ 0,4;0,5] et
change de signe). D’après le théorème de la bijection réciproque ( V est continue est
strictement monotone), la solution α est unique.
y
5
3 x=1
2
(C') y=x
1 y=1
(C)
-3 -2 -1 0 1 2 3 4 x
-1
-2
-3
d) Par symétrie, l’aire cherchée A est égale au double de l’aire comprise entre (C) , la
droite y = x et les droites verticales d’équations x = α et x = 0 ( l’axe Oy).
α
A = 2 ³ (f (x) − x)dx
0
1 α
A = 2³ ( − x)dx
x
e +1
0
α e− x
A = 2³ ( − x − x)dx
0 e +1
α −e− x
A = −2 ³ ( − x + x)dx
0 e +1
α
ª 1 º
A = −2 « ln(1 + e− x ) + x2 »
¬ 2 ¼0
α
ª 1 º
A = 2 « − ln(1 + e− x ) − x 2 »
¬ 2 ¼0
§ 1 ·
A = 2 ¨ − ln(1 + e − α ) − α 2 + ln 2 ¸
© 2 ¹
−α
1+ e
A = −2ln( ) − α2
2
α
2e
A = 2ln( ) − α 2 en unité d’aire.
1 + eα
α
3) On a I n = ³ f n (t)dt
0
α
a) I1 = ³ f (t)dt
0
$
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1
α
I1 = ³ dtt
e +1
0
α 1 e− t
I1 = ³ t × − t dt
0 e +1 e
−t
α −e
I1 = − ³ dt
0 1 + e− t
α
I1 = ª¬ − ln(1 + e − t ) º¼
0
−α
I 1 = − ln(1 + e ) + ln 2
§ eα + 1 ·
I1 = − ln ¨ α ¸ + ln 2
© e ¹
§ 1 ·
I1 = ln ¨ α e α ¸ + ln 2
©e +1 ¹
1
I 1 = ln( αe α ) + ln 2 car f ( α ) = α α
=α
e +1
I 1 = ln( α ) + ln e α + ln 2
I1 = α + ln(2α) .
−ex
3.a) On a : f '(x) = .
(1 + e− x )2
1 1 1 + ex
f 2 (x) − f (x) = − ×
(1 + ex )2 1 + ex 1 + e x
1 1 + ex
= −
(1 + e x )2 (1 + e x )2
−e x
= = f '(x)
(1 + e x )2
Donc : f '(x) = f 2 (x) − f (x)
c) D’après b), en multipliant par f n − 1 (x) on obtient : f '(x)f n − 1 (x) = f n + 1 (x) − f n (x)
α α α
Par intégration de 0 à α : ³ 0
f '(x)f n − 1 (x)dx = ³ f n + 1 (x)dx − ³ f n (x)dx
0 0
α
ª1 n º
« n f (x) » = In +1 − In
¬ ¼0
1 n
n
( f ( α ) − f n (0) ) = I n + 1 − I n
1§ n §1· ·
n
¨ α − ¨ ¸ ¸ = I n+1 − In
n ¨© © 2 ¹ ¹¸
1§ 1 ·
In+1 − In = ¨ αn − n ¸
n© 2 ¹
d) On a α > 0 et pour tout entier naturel non nul n, f n est continue et positive sur
α
[ 0, α] . Alors ³0 f n (t)dt ≥ 0 . D’où In ≥ 0 . Donc (In ) est positive.
D’autre part, pour tout entier naturel non nul n on a :
n
§1· 1 1
0 < α < 0,5 0 < α n < ¨ ¸ α n < n α n − n < 0 I n +1 − I n < 0
© 2¹ 2 2
D’où (I n ) est décroissante.
On en déduit que la suite (I n ) est convergente, car décroissante et minorée.
$
+
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Remarque : Toute suite positive est minorée par 0, et toute suite décroissante est
majorée par son premier terme.
4.a) On sait que f est décroissante sur \ . Donc, si 0 ≤ t ≤ α , on a : f (α ) ≤ f (t) ≤ f (0)
1 1
donc α ≤ f (t) ≤ et α > 0 0 < αn ≤ f n (t) ≤ n
2 2
α α α 1
³ α n dt ≤ ³ f n (t)dt ≤ ³ n dt
0 0 0 2
α 1 α
α n [ t ] 0 ≤ I n ≤ n [ t ]0
2
1
α n ( α − 0) ≤ I n ≤ n ( α − 0)
2
α
αn +1 ≤ In ≤ n
2
α
Comme 0 < α < 1 , on a lim αn +1 = 0 . On a aussi lim n = 0
x →+∞ x →+∞ 2
1§ n 1 ·
b) On a pour tout n > 0 : I n + 1 − I n = α − n
¸ . Donc :
n ¨© 2¹
1
° pour n = 1 : I 2 − I1 = (α − )
2
°
° pour 1 1
n = 2 : I 3 − I 2 = (α 2 − 2 )
° 2 2
°
° pour 1 3 1
n = 3 : I 4 − I 3 = (α − 3 )
° 3 2
°
® # #
° # #
°
° # #
°
° pour n − 1 : I − I = 1 § αn −1 − 1 ·
° n − 1 ¨© ¸
n n −1
2n − 1 ¹
°
°
¯
Par addition membre à membre et simplification :
1 1 1 1 1 1 § n−1 1 ·
I n − I 1 = ( α − ) + ( α 2 − 2 ) + ( α 3 − 3 ) + ... + α − n−1 ¸
2 2 2 3 2 n − 1 ¨© 2 ¹
n −1
1 1
In = I1 + ¦ (α k − k )
k =1 k 2
n −1
1 1
I n = α + ln(2α ) + ¦ ( α k − k ) .
k =1 k 2
n−1
1 1
On peut écrire I n − ( α + ln(2α ) ) = ¦ ( α k − k ) . Par passage aux limites :
k =1 k 2
n−1
1 1
lim ¦ ( α k − k ) = lim I n − lim ( α + ln(2α ) ) . Comme lim I n = 0 et
k =1 k 2
n → +∞ n → +∞ n → +∞ x →+∞
$
+
!"+
&
^ƵũĞƚƐĐŽƌƌŝŐĠƐĚƵĂĐƋƵŝƉĞĚĞDĂƚŚƐʹĐŽůĞƐƉƌŝǀĠĞƐůŵĂĂƌŝĨΘƌƌĂũĂ
EXERCICE 4
1.a) Pour la transformation d’écriture de g(x), on factorise le dénominateur et le
numérateur :
On factorise le dénominateur par x : x3 − 4x2 + 5x = x(x 2 − 4x + 5)
Pour factoriser le numérateur on peut utiliser la division euclidienne, l’identification ou
le tableau d’Horner :
3 -12 19 -10
1 3 -9 10
3 -9 10 0
$
+
!"+
&%
^ƵũĞƚƐĐŽƌƌŝŐĠƐĚƵĂĐƋƵŝƉĞĚĞDĂƚŚƐʹĐŽůĞƐƉƌŝǀĠĞƐůŵĂĂƌŝĨΘƌƌĂũĂ
5
x −∞ 0 +∞
4
−4x + 5 + + -
0
d(x) + + -
P.R C/D C/D 0 D/C
5 5 3
Pour x = on a y = 3 × − 3 = . Alors l’asymptote D coupe la courbe (C) au point
4 4 4
§5 3·
¨ 4,4¸.
© ¹
3.a) On peut écrire f (x) = 3x − 3 + ln(x2 − 4x + 5) − ln(x2 )
2x − 4 2
f (x) = 3x − 3 + ln(x 2 − 4x + 5) − 2 ln x . Donc f '(x) = 3 + 2
−
x − 4x + 5 x
(2x − 4)x − 2(x 2 − 4x + 5)
f '(x) = 3 +
x(x 2 − 4x + 5)
3(x 3 − 4x2 + 5x) + 2x 2 − 4x − 2x 2 + 8x − 10
f '(x) =
x 3 − 4x2 + 5x
3 2
3x − 12x + 15x + 4x − 10
f '(x) =
x 3 − 4x 2 + 5x
3x − 12x 2 + 19x − 10
3
f '(x) =
x 3 − 4x 2 + 5x
Enfin f '(x) = g(x) .
Tableau de variation de f :
Le signe de f '(x) est celui de g(x) .
x −∞ 0 1 +∞
f '(x) + - +
0
+∞ +∞ +∞
f (x)
ln2
−∞
b) Sur l’intervalle ¼º0, +∞¬ª , on a f (x) ≥ ln 2 > 0 . Donc l’équation f (x) = 0 n’admet pas de
solution dans cet intervalle.
Sur l’intervalle ¼º−∞ , 0¬ª , la restriction de f est continue, strictement monotone et change
de signe car 0 ∈ f ( ¼º−∞, 0¬ª ) = ¼º−∞, +∞¬ª . Donc l’équation f (x) = 0 admet une unique solution
α dans cet intervalle.
Alors l’équation f (x) = 0 admet une unique solution α dans \ ∗ .
f ( −1) = −6 + ln 10 < 0
Pour encadrer α : −1 < α < 0
lim f (x) = +∞
x→ 0
$
+
!"+
&&
^ƵũĞƚƐĐŽƌƌŝŐĠƐĚƵĂĐƋƵŝƉĞĚĞDĂƚŚƐʹĐŽůĞƐƉƌŝǀĠĞƐůŵĂĂƌŝĨΘƌƌĂũĂ
c) Construction de (C)
y
(C)
0 1 x
4.a) On a
§ 2x − 4 1 · § 2x − 4 1 ·
2¨1+ 2 − ¸ = 2¨1+ 2 − ¸
© x − 4x + 5 1 + (x − 2)2 ¹ ©
2
x − 4x + 5 1 + x − 4x + 4 ¹
§ 2x − 4 1 ·
= 2¨1+ 2 − 2
© x − 4x + 5 x − 4x + 5 ¹¸
§ 2x − 4 − 1 ·
= 2¨1+ 2 ¸
© x − 4x + 5 ¹
§ x 2 − 4x + 5 + 2x − 5 ·
= 2¨ ¸
© x 2 − 4x + 5 ¹
§ x 2 − 2x ·
= 2¨ 2 ¸
© x − 4x + 5 ¹
2x 2 − 4x
= 2
x − 4x + 5
2
2x − 4x § 2x − 4 1 ·
Alors 2 = 2¨1 + 2 − 2 ¸
.
x − 4x + 5 © x − 4x + 5 1 + (x − 2) ¹
2+ 3 2x − 4 2+ 3 u'
b) A = ³3 2
dx = ª¬ ln x2 − 4x + 5 º¼ car une primitive de fonction du type est
x − 4x + 5 3 u
ln u .
En remplaçant par les bornes :
A = ln (2 + 3 )2 − 4(2 + 3 ) + 5 − ln (3) 2 − 4(3) + 5 = ln 4 − ln 2 = ln 2 .
ª πª
c) En posant x = 2 + tan t avec t ∈ « 0; « ; on a :
¬ 2¬
π
x = 3 ⇔ 2 + tan t = 3 ⇔ tan t = 1 ⇔ t =
°° 4
®
° x = 2 + 3 ⇔ 2 + tan t = 2 + 3 ⇔ tan t = 3 ⇔ t = π
°̄°¯ 3
$
+
!"+
^ƵũĞƚƐĐŽƌƌŝŐĠƐĚƵĂĐƋƵŝƉĞĚĞDĂƚŚƐʹĐŽůĞƐƉƌŝǀĠĞƐůŵĂĂƌŝĨΘƌƌĂũĂ
2+ 3 1 π π
³ 3 1 + (x − 2) 2
dx = − .
3 4
π
Enfin B =
12
d)
2+ 3
i) Pour calculer J = ³3 ln(x 2 − 4x + 5)dx à l’aide d’une intégration par parties,
°u(x) = ln(x − 4x + 5)
2
on pose ®
¯°°̄ v'(x) = 1
2x − 4
° u '(x) =
Alors ® 2
x − 4x + 5
° v(x) = x
¯
2+ 3 2+ 3 2x 2 − 4x
D’où J = ª¬ x ln(x 2 − 4x + 5) º¼ 3 −³ dx
3 x 2 − 4x + 5
On remplace dans la première partie par les borne, et dans l’intégrale par l’expression
trouvée en 4.a) :
§ 2x − 4 1 ·
( )
2+ 3
J = (2 + 3 )ln (2 + 3 )2 − 4(2 + 3 ) + 5 − 3 ln (3)2 − 4(3) + 5 − ³ ( ) 2¨ 1 + 2
x − 4x + 5
−
1 + (x − 2)2
¸ dx
3
© ¹
§ 2+ 3 2+ 3 2x − 4 2+ 3 1 ·
J = (2 + 3 ) ln 4 − 3 ln 2 − 2 ¨ ³ dx + ³ dx − ³ dx ¸
© 3 3 x 2 − 4x + 5 3 1 + (x − 2)2 ¹
D’après 4.b) et 4.c) on obtient :
J = (2 + 3 ) ln 2 2 − 3 ln 2 − 2 ª¬ x ¼º3 ( 2+ 3
+A−B )
§ π ·
J = 2(2 + 3 ) ln 2 − 3 ln 2 − 2 ¨ 2 + 3 − 3 + ln 2 − ¸
© 12 ¹
§ π ·
J = (1 + 2 3 ) ln 2 − 2 ¨ −1 + 3 + ln 2 − ¸
© 12 ¹
π
J = (1 + 2 3 )ln 2 + 2 − 2 3 − 2 ln 2 +
6
π
J = ( −1 + 2 3 ) ln 2 + 2 − 2 3 + .
6
$
+
!"+
^ƵũĞƚƐĐŽƌƌŝŐĠƐĚƵĂĐƋƵŝƉĞĚĞDĂƚŚƐʹĐŽůĞƐƉƌŝǀĠĞƐůŵĂĂƌŝĨΘƌƌĂũĂ
2+ 3
ii) Pour calculer K = 2³ ln xdx à l’aide d’une intégration par parties,
3
1
u(x) = ln x °u'(x) =
on pose ® Alors ® x
¯ v '(x) = 1 ° v(x) = x
¯
§ 2+ 3 2+ 3 1 ·
D’où K = 2 ¨ ª¬x ln x º¼3 −³ xdx ¸
© 3 x ¹
K = 2 §¨ [ x ln x ]3 dx ·¸
2+ 2+ 3
−³
3
© 3 ¹
(
k = 2 ª¬x ln x º¼3
2+ 3
− ª¬ x º¼ ) 2+ 3
3
K = 2 ( ¬ªx ln x − x ¼º ) 2+ 3
3
(
K = 2 (2 + 3 )ln(2 + 3 ) − (2 + 3 ) − 3 ln 3 + 3 )
K = 2 ( (2 + 3 ) ln(2 + 3 ) + 1 − 3 − 3ln 3 )
K = (4 + 2 3 ) ln(2 + 3 ) + 2 − 2 3 − 6 ln 3
iii) Pour calculer l’aire S du domaine délimité par la courbe (C) et les droites
d’équations respectives : y = 3x − 3 , x = 3 et x = 2 + 3 ; on remarque que pour x ≥ 3 , la
droite d’équation y = 3x − 3 est au dessus de la courbe.
2+ 3 2+ 3 § x2 − 4x + 5 ·
Alors S = ³3 (y − f (x))dx = − ³ ln ¨ ¸ dx
3
© x2 ¹
2+ 3 2+ 3
S = −³ ln(x2 − 4x + 5)dx + ³ ln(x 2 )dx . Donc S = − J + K
3 3
§ π·
S = − ¨ ( −1 + 2 3) ln 2 + 2 − 2 3 + ¸ + (4 + 2 3) ln(2 + 3) + 2 − 2 3 − 6 ln 3
© 6¹
( )
π
S = (1 − 2 3 ) ln 2 − 2 + 2 3 − + (4 + 2 3 ) ln(2 + 3 ) + 2 − 2 3 − 6 ln 3
6
π
S = (1 − 2 3 ) ln 2 + (4 + 2 3 ) ln(2 + 3 ) − 6 ln 3 − en unité d’aire.
6
S 1, 0066 en unité d’aire.
Fin.
$
+
!"+