Texte de rousseau la nouvelle heloise partie 6

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Corrigé du bac blanc TS 2008

Exercice 1 Conjectures
D’après la figure donnée sur le sujet, il semble que : 1) f est strictement croissante sur [−3; 2], 2) la courbe représentative de f est en dessous de l’axe (x′ x) sur ] − ∞, 0[, au dessus sur ]0, +∞[, et le traverse en x = 0.

Partie A - Contrôle de la première conjecture
1) f est dérivable sur Ê, et pour tout x ∈ Ê, f ′ (x) = 2xex−1 + x2ex−1 − x = x (x + 2) ex−1 − 1 = xg (x) 2) Étude du signe de g (x) pour x réel (a) En +∞, la limite se calcule simplement, x + 2 et ex−1 = 1 ex tendant tous deux vers +∞ : e
x→+∞

lim g (x) = +∞

Par contre, en −∞, il y a une indétermination à lever : g (x) =
x→−∞

2 xex + ex − 1 e e
x→−∞

Or on sait que lim xex = 0 (théorème de croissance comparée), de même que lim ex = 0, donc :
x→−∞lim g (x) = −1

(b) De même, g est dérivable sur Ê, et g ′ (x) = ex−1 (1 + x + 2) = ex−1 (x + 3) Son signe est celui de x + 3, positif si x 3, négatif sinon.

(c) On déduit de ce qui précède le tableau de variations de g : x g (x) g (x) −1


−∞ −

−3 0 −1 − e−4 +

+∞ +∞

(d) Le tableau de variations montre que g garde un signe strictement négatif sur ]−∞; −3]. Sur [−3; +∞[, elleest continue (car dérivable), strictement croissante, et réalise donc une bijection de [−3; +∞[ sur [g (−3) ; +∞[. Comme 0 appartient à l’ensemble d’arrivée, l’équation g (x) = 0 admet une unique solution sur cet intervalle. Notons α cette solution. La réalisation d’une table de valeur montre successivement que 0 < α < 1, puis 0,2 < α < 0,3, et enfin 0,20 < α < 0,21. (e) On déduit du tableau devariations de g et de l’étude de l’équation g (x) = 0 le tableau de signe de g : x −∞ g (x) α −0+ +∞

3) Sens de variation de la fonction f sur

Ê
x x g (x) f (x)


(a) Le tableau de signe de f se déduit simplement du fait que f (x) = xg (x) : −∞ 0 −0+ α + +∞

− −0+ +0− 0 +

(b) On en déduit le tableau de variations de f : x f ′ (x) f (x) −∞ La seule limite pas tout à fait évidente estcelle en +∞ : f (x) = x2 ex−1 − donc lim f (x) = +∞.
x→+∞

−∞ +

0 0 0 −

α 0 f (α) +

+∞ +∞

1 2

(c) La première conjecture est donc fausse. On a été trompé par le fait que le minimum de f sur l’intervalle [0; +∞[ est f (α) ≈ 0,002, impossible à distinguer de 0 pour l’échelle choisie.

Partie B - Contrôle de la deuxième conjecture
1) On a g (α) = 0, donc eα−1 = 1 . Ainsi : α+2 12 = α2 1 1 − α+2 2 = −α3 2 (α + 2)

f (α) = α2 eα−1 −

2) (a) h, fonction rationnelle, est dérivable sur son ensemble de définition. On a donc, pour tout x ∈ [0, 1] : h′ (x) = − 1 3x2 (x + 2) − x3 x3 + 3x2 x2 (x + 3) =− 2 2 = − 2 (x + 2) (x + 2) (x + 2)2

(b) On a d’après ce qui précède 0,20 < α < 0,21, et f (α) = h (α), donc par décroissance de h : − 1 =h 550
1 5

Ainsi h′ (x) < 0 pour x∈]0; 1], et h est strictement décroissante sur [0, 1]. > h (α) = f (α) > h
21 100

=−

9261 4420000

Plus sérieusement, on obtient −0,0021 < f (α) < −0,0018. 3) (a) Les points d’intersection de la courbe C avec l’axe (x′ x) ont pour abscisses les solutions de l’équation f (x) = 0, soit : 1 1 = 0 ⇐⇒ x = 0 ou ex−1 = x2 ex−1 − 2 2 Vous ne connaissez pas encore la solution exacte de la deuxièmeéquation, qui est β = 1 − ln 2, mais la connaissance des variations de la fonction exponentielle suffit à garantir son existence, son unicité, et à en trouver une valeur approchée : β ≈ 0,307. x f (x) −∞ 0 β +∞

(b) Le tableau de signes de f est, d’après ce qui précède :

−0− 0 +

La courbe C est donc en dessous de l’axe des abscisses sur l’intervalle ] − ∞; β] tout en le rencontrant en 0 et enβ, et au dessus sur l’intervalle ]β; + inf ty[. (c) Pour les mêmes raisons que pour la première, la deuxième conjecture est donc fausse.

Partie C - Tracé de la courbe
1) x f (x) −0,20 −80.10−4 −0,15 −41.10−4 −0,10 −17.10−4 −0,05 −4.10−4 0 0.10−4 0,05 −3.10−4 0,10 −9.10−4

x f (x)

0,15 −16.10−4

0,20 −20.10−4

0,25 −17.10−4

0,30 −3.10−4

0,35 −27.10−4

0,40 −78.10−4

2)...
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