Étude de fonctions, vecteurs de l'espace et géométrie analytique de l'espace

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Vecteurs de l'espace4 pts

   Chapitre : Vecteurs de l'espace

   L'espace est rapporté à un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k})$. On considère les points $A(1;0;2)$, $B(3;1;0)$ et $C(-1;2;1)$.

   1. Déterminer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, puis calculer les distances $AB$ et $AC$. (1 pt)
   2. Calculer $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}$ et en déduire la nature du triangle $ABC$. (1 pt)
   3. Déterminer les coordonnées du point $D$ tel que $ABDC$ soit un parallélogramme. Quelle est la nature précise de ce parallélogramme ? (1 pt)
   4. Soit $\overrightarrow{u}(1;2;2)$. Montrer que les vecteurs $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{u}$ ne sont pas coplanaires. (1 pt)
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   1. $\overrightarrow{AB}(3-1;1-0;0-2)$, soit $\overrightarrow{AB}(2;1;-2)$, et $\overrightarrow{AC}(-1-1;2-0;1-2)$, soit $\overrightarrow{AC}(-2;2;-1)$. Le repère est orthonormé, donc $AB=\sqrt{2^2+1^2+(-2{)}^2}=\sqrt{9}=3$ et $AC=\sqrt{(-2{)}^2+2^2+(-1{)}^2}=\sqrt{9}=3$.
   2. $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=2\times (-2)+1\times 2+(-2)\times (-1)=-4+2+2=0$. Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont orthogonaux, donc le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ ; comme de plus $AB=AC=3$, le triangle $ABC$ est rectangle et isocèle en $A$.
   3. $ABDC$ est un parallélogramme si et seulement si $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}$, c'est-à-dire $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$ (règle du parallélogramme). Or $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=(0;3;-3)$, donc $x_D=1+0=1$, $y_D=0+3=3$, $z_D=2-3=-1$ : $D(1;3;-1)$. (Vérification : $\overrightarrow{CD}(2;1;-2)=\overrightarrow{AB}$.) Ce parallélogramme a un angle droit en $A$ (question 2) : c'est un rectangle ; et deux côtés consécutifs égaux $AB=AC$ : *$ABDC$ est un carré*.
   4. Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles : $\frac{2}{-2}\ne \frac{1}{2}$). Supposons qu'il existe des réels $a$ et $b$ tels que $\overrightarrow{u}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}$. En coordonnées : $\{\begin{array}{l}2a-2b=1a+2b=2-2a-b=2\end{array}.$ La deuxième équation donne $a=2-2b$ ; en reportant dans la première : $2(2-2b)-2b=1$, soit $4-6b=1$, d'où $b=\frac{1}{2}$ puis $a=1$. Mais alors la troisième équation donne $-2\times 1-\frac{1}{2}=-\frac{5}{2}\ne 2$ : le système n'a pas de solution. Donc $\overrightarrow{u}$ n'est pas combinaison linéaire de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ : les trois vecteurs ne sont pas coplanaires (ils forment une base de l'espace). (Autre méthode : $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{AB}=2+2-4=0$ et $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{AC}=-2+4-2=0$ ; si $\overrightarrow{u}$ était dans le plan dirigé par $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, il serait orthogonal à lui-même, donc nul, ce qui est faux.)

2. Exercice 2Géométrie analytique de l'espace6 pts

   Chapitres : Géométrie analytique de l'espace · Vecteurs de l'espace

   L'espace est rapporté à un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k})$. On considère les points $A(1;0;2)$, $B(3;1;0)$, $C(-1;2;1)$ et le vecteur $\overrightarrow{n}(1;2;2)$.

   1. Montrer que $\overrightarrow{n}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$, puis en déduire que $x+2y+2z-5=0$ est une équation cartésienne du plan $(ABC)$. (1,5 pt)
   2. Soit $(S)$ l'ensemble des points $M(x;y;z)$ tels que $x^2+y^2+z^2-2x-6y-4z+5=0$. Montrer que $(S)$ est une sphère dont on précisera le centre $\Omega$ et le rayon. (1 pt)
   3. Soit $(D)$ la droite passant par $\Omega$ et de vecteur directeur $\overrightarrow{n}$. (a) Donner une représentation paramétrique de $(D)$. (0,5 pt) (b) Déterminer les coordonnées du point $H$, intersection de $(D)$ et du plan $(ABC)$. (1 pt)
   4. (a) Calculer la distance du point $\Omega$ au plan $(ABC)$ et vérifier qu'elle est égale à $\Omega H$. (1 pt) (b) En déduire que le plan $(ABC)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle dont on précisera le centre et le rayon. (1 pt)
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   1. $\overrightarrow{AB}(2;1;-2)$ et $\overrightarrow{AC}(-2;2;-1)$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ (les points $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés). On calcule : $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AB}=1\times 2+2\times 1+2\times (-2)=0$ et $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AC}=1\times (-2)+2\times 2+2\times (-1)=0$. Le vecteur $\overrightarrow{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : $\overrightarrow{n}$ est un vecteur normal à $(ABC)$. Le plan admet donc une équation de la forme $x+2y+2z+d=0$. Comme $A(1;0;2)$ appartient au plan : $1+0+4+d=0$, soit $d=-5$. Ainsi $(ABC):x+2y+2z-5=0$. (Vérification : $B$ : $3+2+0-5=0$ ; $C$ : $-1+4+2-5=0$.)
   2. On met sous forme canonique : $x^2-2x=(x-1{)}^2-1$, $y^2-6y=(y-3{)}^2-9$, $z^2-4z=(z-2{)}^2-4$. L'équation devient $(x-1{)}^2+(y-3{)}^2+(z-2{)}^2-1-9-4+5=0$, soit $(x-1{)}^2+(y-3{)}^2+(z-2{)}^2=9=3^2.$ $(S)$ est la sphère de centre $\Omega (1;3;2)$ et de rayon $3$.
   3. (a) $(D)$ passe par $\Omega (1;3;2)$ et est dirigée par $\overrightarrow{n}(1;2;2)$ : $(D):\{\begin{array}{l}x=1+ty=3+2tz=2+2t\end{array},t\in \mathbb{R}.$ (b) On remplace dans l'équation du plan : $(1+t)+2(3+2t)+2(2+2t)-5=0$, soit $9t+6=0$, d'où $t=-\frac{2}{3}$. Alors $x=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$, $y=3-\frac{4}{3}=\frac{5}{3}$ et $z=2-\frac{4}{3}=\frac{2}{3}$ : $H(\frac{1}{3};\frac{5}{3};\frac{2}{3})$. Comme $(D)$ est dirigée par un vecteur normal au plan, $H$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur le plan $(ABC)$.
   4. (a) $d(\Omega ,(ABC))=|1+2\times 3+2\times 2-5\frac{|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=|6\frac{|}{\sqrt{9}}=\frac{6}{3}=2$. Par ailleurs $\overrightarrow{\Omega H}(-\frac{2}{3};-\frac{4}{3};-\frac{4}{3})$ et $\Omega H^2=\frac{4}{9}+\frac{16}{9}+\frac{16}{9}=\frac{36}{9}=4$, donc $\Omega H=2$ : on retrouve bien la distance de $\Omega$ au plan (ce qui est normal, $H$ étant le projeté orthogonal de $\Omega$). (b) La distance de $\Omega$ au plan vaut $2$, strictement inférieure au rayon $3$ de la sphère : le plan coupe la sphère. Soit $M$ un point de $(ABC)$. Comme $(\Omega H)$ est perpendiculaire au plan, le triangle $\Omega HM$ est rectangle en $H$ et, d'après le théorème de Pythagore, $\Omega M^2=\Omega H^2+H{M}^2=4+H{M}^2$. Donc $M\in (S)\iff \Omega M^2=9\iff H{M}^2=5\iff HM=\sqrt{5}$. *L'intersection de $(S)$ et de $(ABC)$ est le cercle du plan $(ABC)$ de centre $H(\frac{1}{3};\frac{5}{3};\frac{2}{3})$ et de rayon $\sqrt{5}$.*

3. Exercice 3Étude d'une fonction irrationnelle4 pts

   Chapitres : Étude et représentation d'une fonction · Les limites d'une fonction numérique · La dérivation d'une fonction numérique

   Soit $g$ la fonction définie par $g(x)=\sqrt{x^2+2x+5}$ et $(C_g)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

   1. Montrer que $g$ est définie sur $\mathbb{R}$ et calculer ${\lim }_{x\to +\infty }g(x)$ et ${\lim }_{x\to -\infty }g(x)$. (1 pt)
   2. Calculer $g^{\prime }(x)$ pour tout réel $x$, puis dresser le tableau de variations de $g$. (1,5 pt)
   3. Montrer que la droite d'équation $y=x+1$ est une asymptote oblique à $(C_g)$ en $+\infty$. (1 pt)
   4. Montrer que la droite d'équation $y=-x-1$ est une asymptote oblique à $(C_g)$ en $-\infty$. (0,5 pt)
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   1. Pour tout réel $x$ : $x^2+2x+5=(x+1{)}^2+4\ge 4>0$, donc la racine carrée est toujours définie : $D_g=\mathbb{R}$. ${\lim }_{x\to +\infty }(x^2+2x+5)={\lim }_{x\to +\infty }{x}^2=+\infty$ et de même en $-\infty$ ; comme ${\lim }_{X\to +\infty }\sqrt{X}=+\infty$, par composition : ${\lim }_{x\to +\infty }g(x)=+\infty$ et ${\lim }_{x\to -\infty }g(x)=+\infty$.
   2. $g=\sqrt{u}$ avec $u(x)=x^2+2x+5>0$ et $u^{\prime }(x)=2x+2$, donc $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $g^{\prime }(x)=u^{\prime }\frac{x}{2\sqrt{u(x)}}=\frac{2x+2}{2\sqrt{x^2+2x+5}}=\frac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+5}}$. Le dénominateur est strictement positif : $g^{\prime }(x)$ a le signe de $x+1$, négatif sur $]-\infty ,-1[$, nul en $-1$, positif sur $]-1,+\infty [$. $g(-1)=\sqrt{1-2+5}=\sqrt{4}=2$.

   $x$	$-\infty$	$-1$	$+\infty$
   $g^{\prime }(x)$	$-$	$0$	$+$
   $g(x)$	$+\infty$ ↘	$2$	↗ $+\infty$

   $g$ est strictement décroissante sur $]-\infty ,-1]$ et strictement croissante sur $[-1,+\infty [$ ; elle admet un minimum égal à $2$ en $x=-1$.

   1. Pour $x>-1$, $g(x)+x+1>0$ et, avec la quantité conjuguée : $g(x)-(x+1)=\frac{(x^2+2x+5)-(x+1{)}^2}{\sqrt{x^2+2x+5}+x+1}=\frac{4}{\sqrt{x^2+2x+5}+x+1}$. Quand $x\to +\infty$, $\sqrt{x^2+2x+5}\to +\infty$ et $x+1\to +\infty$, donc le dénominateur tend vers $+\infty$ et ${\lim }_{x\to +\infty }[g(x)-(x+1)]=0$. La droite d'équation $y=x+1$ est asymptote oblique à $(C_g)$ en $+\infty$. (De plus $g(x)-(x+1)>0$ : la courbe est au-dessus de cette asymptote.)
   2. De même, pour $x<-1$ on a $-x-1>0$, donc $g(x)-x-1>0$ et $g(x)-(-x-1)=g(x)+x+1=\frac{(x^2+2x+5)-(x+1{)}^2}{\sqrt{x^2+2x+5}-x-1}=\frac{4}{\sqrt{x^2+2x+5}-x-1}$. Quand $x\to -\infty$, $\sqrt{x^2+2x+5}\to +\infty$ et $-x-1\to +\infty$, donc le dénominateur tend vers $+\infty$ et ${\lim }_{x\to -\infty }[g(x)-(-x-1)]=0$. La droite d'équation $y=-x-1$ est asymptote oblique à $(C_g)$ en $-\infty$.

4. Exercice 4Étude d'une fonction rationnelle6 pts

   Chapitres : Étude et représentation d'une fonction · Les limites d'une fonction numérique · La dérivation d'une fonction numérique

   Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\frac{2x^2-3x+3}{x-1}$ et $(C_f)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ (unité : 1 cm).

   1. Déterminer $D_f$, puis calculer les limites de $f$ aux bornes de $D_f$ et interpréter graphiquement les limites en $1$. (1,5 pt)
   2. Montrer que pour tout $x\in D_f$ : $f(x)=2x-1+\frac{2}{x-1}$, puis en déduire que la droite $(\Delta )$ d'équation $y=2x-1$ est une asymptote oblique à $(C_f)$ en $+\infty$ et en $-\infty$. (1 pt)
   3. Étudier la position relative de $(C_f)$ et de $(\Delta )$. (0,5 pt)
   4. Montrer que pour tout $x\in D_f$ : $f^{\prime }(x)=\frac{2x(x-2)}{(x-1{)}^2}$, puis dresser le tableau de variations de $f$. (1,5 pt)
   5. Déterminer les points de $(C_f)$ en lesquels la tangente est parallèle à la droite d'équation $y=-6x$. (1 pt)
   6. Tracer les asymptotes et la courbe $(C_f)$. (0,5 pt)
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   1. $f(x)$ existe si et seulement si $x\ne 1$ : $D_f=]-\infty ,1[\cup ]1,+\infty [$.

   • En $\pm \infty$ : $f(x)=\frac{x^2(2-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2})}{x(1-\frac{1}{x})}=x\times \frac{2-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}$, et le quotient tend vers $2$. Donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$ et ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)=-\infty$.
   • En $1$ : le numérateur tend vers $2-3+3=2>0$ et le dénominateur vers $0$. Si $x\to 1^{+}$, $x-1\to 0^{+}$ et ${\lim }_{x\to 1^{+}}f(x)=+\infty$ ; si $x\to 1^{-}$, $x-1\to 0^{-}$ et ${\lim }_{x\to 1^{-}}f(x)=-\infty$. Interprétation : *la droite d'équation $x=1$ est une asymptote verticale à $(C_f)$*.

   1. Pour $x\ne 1$ : $2x-1+\frac{2}{x-1}=\frac{(2x-1)(x-1)+2}{x-1}=\frac{2x^2-3x+1+2}{x-1}=\frac{2x^2-3x+3}{x-1}=f(x)$. Alors $f(x)-(2x-1)=\frac{2}{x-1}$ et ${\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{2}{x-1}=0$ : *la droite $(\Delta ):y=2x-1$ est asymptote oblique à $(C_f)$ en $+\infty$ et en $-\infty$*.
   2. $f(x)-(2x-1)=\frac{2}{x-1}$ est du signe de $x-1$ : sur $]1,+\infty [$, $(C_f)$ est au-dessus de $(\Delta )$ ; sur $]-\infty ,1[$, $(C_f)$ est au-dessous de $(\Delta )$. La courbe ne coupe pas $(\Delta )$.
   3. En dérivant $f(x)=2x-1+\frac{2}{x-1}$ : $f^{\prime }(x)=2-\frac{2}{(x-1{)}^2}=\frac{2(x-1{)}^2-2}{(x-1{)}^2}=\frac{2[(x-1{)}^2-1]}{(x-1{)}^2}=\frac{2(x-1-1)(x-1+1)}{(x-1{)}^2}=\frac{2x(x-2)}{(x-1{)}^2}$. Sur $D_f$, $(x-1{)}^2>0$ : $f^{\prime }(x)$ a le signe de $2x(x-2)$, positif sur $]-\infty ,0[$ et sur $]2,+\infty [$, négatif sur $]0,1[$ et sur $]1,2[$, nul en $0$ et en $2$. Valeurs : $f(0)=\frac{3}{-1}=-3$ et $f(2)=\frac{8-6+3}{1}=5$.

   $x$	$-\infty$	$0$	$1$	$2$	$+\infty$
   $f^{\prime }(x)$	$+$	$0-$	‖	$-0$	$+$
   $f(x)$	$-\infty$ ↗	$-3$ ↘	$-\infty$ ‖ $+\infty$	↘ $5$	↗ $+\infty$

   $f$ est croissante sur $]-\infty ,0]$, décroissante sur $[0,1[$ et sur $]1,2]$, croissante sur $[2,+\infty [$ ; $f(0)=-3$ est un maximum local et $f(2)=5$ un minimum local.

   1. La tangente au point d'abscisse $x_0$ est parallèle à la droite $y=-6x$ si et seulement si $f^{\prime }(x_0)=-6$ : $2-\frac{2}{(x_0-1{)}^2}=-6\iff \frac{2}{(x_0-1{)}^2}=8\iff (x_0-1{)}^2=\frac{1}{4}\iff x_0-1=\frac{1}{2}\mathrm{ou}{x}_0-1=-\frac{1}{2}$, soit $x_0=\frac{3}{2}$ ou $x_0=\frac{1}{2}$. Or $f(\frac{3}{2})=3-1+\frac{2}{\frac{1}{2}}=2+4=6$ et $f(\frac{1}{2})=1-1+\frac{2}{-\frac{1}{2}}=-4$. Les points cherchés sont $M_1(\frac{1}{2};-4)$ et $M_2(\frac{3}{2};6)$.
   2. Tracé : on place l'asymptote verticale $x=1$ et l'asymptote oblique $(\Delta ):y=2x-1$, les points $(0;-3)$ (tangente horizontale, maximum local) et $(2;5)$ (tangente horizontale, minimum local), ainsi que $M_1$ et $M_2$. La branche de gauche monte de $-\infty$ jusqu'à $-3$ en restant au-dessous de $(\Delta )$, puis redescend vers $-\infty$ le long de l'asymptote verticale ; la branche de droite descend de $+\infty$ jusqu'à $5$ puis remonte vers $+\infty$ en se rapprochant de $(\Delta )$ par au-dessus. La courbe ne coupe pas l'axe des abscisses (le discriminant de $2x^2-3x+3$ vaut $9-24<0$) et coupe l'axe des ordonnées en $(0;-3)$.