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

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