Limites, dérivation, étude d'une fonction et vecteurs de l'espace

Sujet et corrigé — 20 points

Traite le sujet en conditions réelles avant d'ouvrir les corrections. Chaque exercice renvoie vers le chapitre à revoir si tu bloques.

1. Exercice 1Limites4 pts

   Chapitre : Les limites d'une fonction numérique

   Calculer les limites suivantes :

   1. ${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x^2+3x}-x)$ ; (1 pt)
   2. ${\lim }_{x\to 2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-4}$ ; (1 pt)
   3. ${\lim }_{x\to 1}\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}$ ; (1 pt)
   4. ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{2x+\cos x}{x+1}$. (1 pt)
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   1. C'est une forme indéterminée « $\infty -\infty$ ». On multiplie par la quantité conjuguée : pour $x>0$, $\sqrt{x^2+3x}-x=\frac{(\sqrt{x^2+3x}-x)(\sqrt{x^2+3x}+x)}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x},$ puis $\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3x}{x\sqrt{1+\frac{3}{x}}+x}=\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1}$, car $\sqrt{x^2+3x}=\sqrt{x^2(1+\frac{3}{x})}=x\sqrt{1+\frac{3}{x}}$ pour $x>0$. Comme ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{3}{x}=0$, on obtient ${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x^2+3x}-x)=\frac{3}{1+1}=\frac{3}{2}$.
   2. C'est une forme indéterminée « $\frac{0}{0}$ ». On factorise : $x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$ et $x^2-4=(x-2)(x+2)$. Pour $x\ne 2$ : $\frac{x^2-5x+6}{x^2-4}=\frac{x-3}{x+2}\to \frac{2-3}{2+2}=-\frac{1}{4}\mathrm{quand}x\to 2.$ Donc ${\lim }_{x\to 2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-4}=-\frac{1}{4}$.
   3. Forme indéterminée « $\frac{0}{0}$ ». Pour $x\ne 1$, avec la quantité conjuguée : $\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}=\frac{(x+3)-4}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}.$ Comme ${\lim }_{x\to 1}\sqrt{x+3}=2$, on obtient ${\lim }_{x\to 1}\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}=\frac{1}{2+2}=\frac{1}{4}$.
   4. Pour tout réel $x$, $-1\le \cos x\le 1$, donc pour $x>-1$ : $\frac{2x-1}{x+1}\le \frac{2x+\cos x}{x+1}\le \frac{2x+1}{x+1}.$ Or ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{2x-1}{x+1}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{2-\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}=2$ et de même ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{2x+1}{x+1}=2$. Par le théorème des gendarmes, ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{2x+\cos x}{x+1}=2$.

2. Exercice 2Dérivation5 pts

   Chapitre : La dérivation d'une fonction numérique

   1. Soit $f$ la fonction définie sur $[-\frac{1}{2},+\infty [$ par $f(x)=\sqrt{2x+1}$. (a) En utilisant la définition du nombre dérivé, montrer que $f$ est dérivable en $4$ et calculer $f^{\prime }(4)$. (1 pt) (b) Donner une équation de la tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $4$. (0,5 pt)
   2. Calculer la dérivée de chacune des fonctions suivantes sur l'ensemble indiqué : (a) $g(x)=\frac{x^2-1}{x^2+1}$ sur $\mathbb{R}$ ; (0,5 pt) (b) $h(x)={\cos }^3(2x)$ sur $\mathbb{R}$. (0,5 pt)
   3. (a) Soit $\phi$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $\phi (x)=x-\sin x$. Étudier les variations de $\phi$ sur $[0,+\infty [$ et en déduire que pour tout $x\ge 0$ : $\sin x\le x$. (1 pt) (b) Soit $\psi$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $\psi (x)=\cos x-1+\frac{x^2}{2}$. Montrer que pour tout $x\ge 0$ : $\cos x\ge 1-\frac{x^2}{2}$. (1 pt) (c) En déduire que pour tout $x\ge 0$ : $\sin x\ge x-\frac{x^3}{6}$. (0,5 pt)
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   1. (a) $f(4)=\sqrt{9}=3$. Pour $x\in [-\frac{1}{2},+\infty [$, $x\ne 4$, en multipliant par la quantité conjuguée : $\frac{f(x)-f(4)}{x-4}=\frac{\sqrt{2x+1}-3}{x-4}=\frac{(2x+1)-9}{(x-4)(\sqrt{2x+1}+3)}=\frac{2}{\sqrt{2x+1}+3}.$ Comme ${\lim }_{x\to 4}\sqrt{2x+1}=3$, ce taux d'accroissement a pour limite $\frac{2}{3+3}=\frac{1}{3}$, qui est finie. Donc $f$ est dérivable en $4$ et $f^{\prime }(4)=\frac{1}{3}$. (b) La tangente au point d'abscisse $4$ a pour équation $y=f^{\prime }(4)(x-4)+f(4)=\frac{1}{3}(x-4)+3$, soit $(T):y=\frac{1}{3}x+\frac{5}{3}.$
   2. (a) $g=\frac{u}{v}$ avec $u(x)=x^2-1$, $v(x)=x^2+1>0$, $u^{\prime }(x)=v^{\prime }(x)=2x$ : $g^{\prime }(x)=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}=\frac{2x(x^2+1)-2x(x^2-1)}{(x^2+1{)}^2}=\frac{4x}{(x^2+1{)}^2}.$ (b) $h=w^3$ avec $w(x)=\cos (2x)$ et $w^{\prime }(x)=-2\sin (2x)$ (dérivée d'une composée). Donc $h^{\prime }(x)=3w^2{w}^{\prime }=-6\sin (2x){\cos }^2(2x)$.
   3. (a) $\phi$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et ${\phi }^{\prime }(x)=1-\cos x$. Comme $\cos x\le 1$, ${\phi }^{\prime }(x)\ge 0$ pour tout réel $x$ (avec égalité seulement aux points $x=2k\pi$) : $\phi$ est croissante sur $[0,+\infty [$. Donc pour tout $x\ge 0$, $\phi (x)\ge \phi (0)=0-\sin 0=0$, c'est-à-dire $x-\sin x\ge 0$ : $\sin x\le x$. (b) $\psi$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et ${\psi }^{\prime }(x)=-\sin x+x=\phi (x)$. D'après (a), ${\psi }^{\prime }(x)\ge 0$ pour tout $x\ge 0$, donc $\psi$ est croissante sur $[0,+\infty [$ et, pour $x\ge 0$, $\psi (x)\ge \psi (0)=\cos 0-1+0=0$. Ainsi $\cos x-1+\frac{x^2}{2}\ge 0$, soit $\cos x\ge 1-\frac{x^2}{2}$ pour tout $x\ge 0$. (c) Soit $m(x)=\sin x-x+\frac{x^3}{6}$ ; $m$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $m^{\prime }(x)=\cos x-1+\frac{x^2}{2}=\psi (x)\ge 0$ pour $x\ge 0$ d'après (b). Donc $m$ est croissante sur $[0,+\infty [$ et $m(x)\ge m(0)=0$ pour tout $x\ge 0$ : $\sin x\ge x-\frac{x^3}{6}$.

3. Exercice 3Étude d'une fonction7 pts

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

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

   1. Déterminer l'ensemble de définition $D_f$ de $f$, puis calculer les limites de $f$ aux bornes de $D_f$. Interpréter graphiquement les limites en $1$. (1,5 pt)
   2. (a) Montrer que pour tout $x\in D_f$ : $f(x)=2x-1+\frac{2}{x-1}$. (b) En déduire que la droite $(\Delta )$ d'équation $y=2x-1$ est asymptote à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$ et en $-\infty$, puis étudier la position relative de $(\mathcal{C})$ et $(\Delta )$. (1,5 pt)
   3. 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)
   4. Déterminer une équation de la tangente $(T)$ à $(\mathcal{C})$ au point d'abscisse $3$. (0,5 pt)
   5. Montrer que pour tout $x\in D_f$ : $f(2-x)+f(x)=2$. Interpréter graphiquement ce résultat. (1 pt)
   6. Tracer $(\Delta )$, l'asymptote verticale et la courbe $(\mathcal{C})$. (0,5 pt)
   7. Soit $m$ un réel. Déterminer graphiquement, suivant les valeurs de $m$, le nombre de solutions de l'équation $f(x)=m$. (0,5 pt)
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   1. $f(x)$ existe si et seulement si $x-1\ne 0$ : $D_f=\mathbb{R}\setminus \{1\}=]-\infty ,1[\cup ]1,+\infty [$. En $\pm \infty$. Pour $x\ne 0$, $f(x)=\frac{x^2(2-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2})}{x(1-\frac{1}{x})}=x\cdot \frac{2-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}$. Le second facteur 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 $x-1$ tend vers $0$ : ${\lim }_{x\to 1^{+}}f(x)=+\infty$ (car $x-1>0$) et ${\lim }_{x\to 1^{-}}f(x)=-\infty$ (car $x-1<0$). La droite d'équation $x=1$ est asymptote verticale à $(\mathcal{C})$.
   2. (a) Pour $x\ne 1$ : $2x-1+\frac{2}{x-1}=\frac{(2x-1)(x-1)+2}{x-1}=\frac{2x^2-3x+1+2}{x-1}=\frac{2x^2-3x+3}{x-1}=f(x)$. (b) $f(x)-(2x-1)=\frac{2}{x-1}$ et ${\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{2}{x-1}=0$, donc $(\Delta ):y=2x-1$ est asymptote oblique à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$ et en $-\infty$. Le signe de $f(x)-(2x-1)=\frac{2}{x-1}$ est celui de $x-1$ : sur $]1,+\infty [$, $f(x)>2x-1$ et $(\mathcal{C})$ est au-dessus de $(\Delta )$ ; sur $]-\infty ,1[$, $f(x)<2x-1$ et $(\mathcal{C})$ est en dessous de $(\Delta )$.
   3. $f$ est dérivable sur $D_f$ (fonction rationnelle) et, avec l'écriture de la question 2 : $f^{\prime }(x)=2-\frac{2}{(x-1{)}^2}=\frac{2(x-1{)}^2-2}{(x-1{)}^2}=\frac{2(x^2-2x)}{(x-1{)}^2}=\frac{2x(x-2)}{(x-1{)}^2}.$ Comme $(x-1{)}^2>0$ sur $D_f$, $f^{\prime }(x)$ 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 $2$. Avec $f(0)=-3$ et $f(2)=4-1+2=5$ :

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

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

   1. $f(3)=6-1+\frac{2}{2}=6$ et $f^{\prime }(3)=\frac{2\times 3\times 1}{2^2}=\frac{3}{2}$. Donc $(T):y=\frac{3}{2}(x-3)+6=\frac{3}{2}x+\frac{3}{2}.$
   2. Pour $x\in D_f$, on a $2-x\ne 1$, donc $2-x\in D_f$, et $f(2-x)+f(x)=[2(2-x)-1+\frac{2}{1-x}]+[2x-1+\frac{2}{x-1}],$ soit $f(2-x)+f(x)=(3-2x)+(2x-1)+\frac{2}{1-x}-\frac{2}{1-x}=2$. Ainsi, si $M(x;f(x))$ est un point de $(\mathcal{C})$, le point $M^{\prime }(2-x;2-f(x))$, symétrique de $M$ par rapport au point $I(1;1)$, vérifie $2-f(x)=f(2-x)$ : il appartient aussi à $(\mathcal{C})$. Le point $I(1;1)$, intersection des deux asymptotes, est un centre de symétrie de $(\mathcal{C})$.
   3. Tracé : on place les asymptotes $x=1$ et $(\Delta ):y=2x-1$, le centre de symétrie $I(1;1)$, les points $(0;-3)$ et $(2;5)$ à tangente horizontale, le point $(3;6)$ et sa tangente $(T)$, puis on respecte les variations et les positions relatives. #figure(graph-ex3, caption: [Courbe $(\mathcal{C})$, asymptotes et centre de symétrie $I(1;1)$ (0,5 cm par unité).])
   4. Les solutions de $f(x)=m$ sont les abscisses des points d'intersection de $(\mathcal{C})$ avec la droite horizontale $y=m$. D'après le tableau de variations et le tracé :

   • si $m<-3$ : deux solutions (toutes deux dans $]-\infty ,1[$) ;
   • si $m=-3$ : une solution ($x=0$) ;
   • si $-3<m<5$ : aucune solution ;
   • si $m=5$ : une solution ($x=2$) ;
   • si $m>5$ : deux solutions (toutes deux dans $]1,+\infty [$).

4. Exercice 4Vecteurs 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 $A(1;2;0)$, $B(3;0;1)$, $C(2;4;2)$ et $D(3;3;-2)$.

   1. Déterminer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, puis montrer que les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés. (0,5 pt)
   2. Montrer que le triangle $ABC$ est rectangle et isocèle en $A$. (1 pt)
   3. Montrer que le vecteur $\overrightarrow{AD}$ est orthogonal aux vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. (0,5 pt)
   4. Montrer que les vecteurs $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{AD}$ ne sont pas coplanaires (on pourra raisonner par l'absurde). Que peut-on en déduire ? (1 pt)
   5. Soit $\overrightarrow{w}(5;1;1)$. Déterminer les réels $a$, $b$ et $c$ tels que $\overrightarrow{w}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}+c\overrightarrow{AD}$. (1 pt)
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   1. $\overrightarrow{AB}(3-1;0-2;1-0)=(2;-2;1)$ et $\overrightarrow{AC}(2-1;4-2;2-0)=(1;2;2)$. Les coordonnées ne sont pas proportionnelles ($\frac{2}{1}\ne \frac{-2}{2}$), donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires : les points $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés.
   2. $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=2\times 1+(-2)\times 2+1\times 2=2-4+2=0$, donc $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AC}$ : le triangle $ABC$ est rectangle en $A$. De plus $AB=\sqrt{4+4+1}=3$ et $AC=\sqrt{1+4+4}=3$, donc $AB=AC$. Le triangle $ABC$ est rectangle et isocèle en $A$. (Contrôle : $\overrightarrow{BC}(-1;4;1)$ et $B{C}^2=18=A{B}^2+A{C}^2$.)
   3. $\overrightarrow{AD}(3-1;3-2;-2-0)=(2;1;-2)$. Alors $\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AB}=4-2-2=0$ et $\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AC}=2+2-4=0$ : $\overrightarrow{AD}$ est orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et à $\overrightarrow{AC}$.
   4. Supposons par l'absurde que $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{AD}$ soient coplanaires. Comme $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires, il existerait des réels $\alpha$, $\beta$ tels que $\overrightarrow{AD}=\alpha \overrightarrow{AB}+\beta \overrightarrow{AC}$. En prenant le produit scalaire avec $\overrightarrow{AD}$ et en utilisant la question 3 : $\Vert \overrightarrow{AD}{\Vert }^2=\alpha (\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD})+\beta (\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AD})=0.$ Or $\Vert \overrightarrow{AD}{\Vert }^2=4+1+4=9\ne 0$ : contradiction. Donc les trois vecteurs ne sont pas coplanaires ; on en déduit que $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})$ est une base de l'espace (et même une base orthogonale, dont les trois vecteurs ont pour norme $3$), et que $(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})$ est un repère de l'espace.
   5. Supposons $\overrightarrow{w}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}+c\overrightarrow{AD}$. Les trois vecteurs de la base étant deux à deux orthogonaux et de norme $3$, le produit scalaire de cette égalité par $\overrightarrow{AB}$ donne $\overrightarrow{w}\cdot \overrightarrow{AB}=a\Vert \overrightarrow{AB}{\Vert }^2=9a$. Or $\overrightarrow{w}\cdot \overrightarrow{AB}=10-2+1=9$, donc $a=1$. De même $\overrightarrow{w}\cdot \overrightarrow{AC}=5+2+2=9=9b$ donne $b=1$, et $\overrightarrow{w}\cdot \overrightarrow{AD}=10+1-2=9=9c$ donne $c=1$. Vérification : $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=(2+1+2;-2+2+1;1+2-2)=(5;1;1)=\overrightarrow{w}$. Donc $a=b=c=1$. (On peut aussi résoudre directement le système $2a+b+2c=5$, $-2a+2b+c=1$, $a+2b-2c=1$, qui a pour unique solution $(1,1,1)$.)