Exercice E6 h2 - XMaths

Exercice E6
1°) Dans le triangle AMM' la hauteur associée au côté MM' est AH.
L'aire du triangle est donc MM' x AH .
2
Les triangles OHM et OHM' étant rectangles en H, le théorème de Pythagore permet d'affirmer que
HM2 = OM2 - OH2 = 1 - x2 et de même
HM'2 = OM'2 - OH2 = 1 - x2
On en déduit HM = HM' = 1 - x2 donc MM' = 2 1 - x2 .
→
D'autre part A ayant pour coordonnées (1 ; 0) et H ayant pour coordonnées (x ; 0), le vecteur AH a pour
coordonnées (x - 1 ; 0) et par conséquent AH = (x - 1)2 + 02 = x - 1 = 1 - x car x ∈ ]-1 ; 1[.
2
On en déduit que MM' x AH = 2 1 - x x (1 - x) = (1 - x) 1 - x2
2
2
L'aire du triangle AMM' est (1 - x) 1 - x2 .
2°) f est la fonction numérique définie sur [-1 ; 1] par f(x) = (1 - x) 1 - x2
a) Pour étudier la dérivabilité de f en 1, calculons lim f(1 + h) - f(1) .
h →0
h
h<0
f(1 + h) - f(1) = [1 - (1 + h)] 1 - (1 +
h
h
lim
h →0
h<0
-2h - h2 = 0 .
h)2
2
= - h -2h - h = h
-2h - h2
On a donc lim f(1 + h) - f(1) = 0 .
h →0
h
h<0
Donc f est dérivable à gauche en 1 et f'(1) = 0 .
Pour étudier la dérivabilité de f en -1, calculons
lim f(-1 + h) - f(-1)
h
h →0
h>0
h)2
h2
(2 - h)
f(-1 + h) - f(-1) = [1 - (-1 + h)] 1 - (-1 +
= (2 - h) 2h =
h
h
h
2 - 1 (2 - h) h
2-1
(2 - h) | h |
h
h
=
=
= (2 - h)
h
h
2 - 1 = +∞ et de plus lim (2 - h) = 2, donc
lim 2 = +∞ donc lim
h →0 h
h →0
h →0
h
h>0
On en déduit
h>0
h>0
h2 
2-1
h

h
2-1
h
( pour h > 0 )
lim (2 - h)
h →0
h>0
2 - 1 = +∞
h
lim f(-1 + h) - f(-1) = +∞
h →0
h
h>0
Donc f n'est pas dérivable à droite en -1 .
f étant dérivable à gauche en 1, et f'(1) étant égal à 0, on en déduit que :
La courbe (C) a, au point d'abscisse 1, une tangente parallèle à Ox .
On a vu que lim f(-1 + h) - f(-1) = +∞ , d'autre part f est continue en -1 car la fonction racine
h →0
h
h>0
carrée est continue en 0, on en déduit que :
La courbe (C) a, au point d'abscisse 1, une tangente parallèle à Oy .
http://xmaths.free.fr
TS − Étude et représentation graphique − Exercices
page 1 / 2
b) La fonction x ֏ 1 - x2 est dérivable sur ]-1 ; 1[ et de plus 1 - x2 > 0 pour tout x ∈ ]-1 ; 1[.
La fonction racine carrée étant dérivable sur ]0 ; +∞[, on en déduit que la fonction x ֏
dérivable sur ]-1 ; 1[. On peut calculer sa dérivée en utilisant la formule
(
1 - x2 est
'
u ) = u' .
2 u
D'autre part x ֏ 1 - x est dérivable sur ]-1 ; 1[ .
On peut alors calculer f'(x) en utilisant la formule (u x v)' = u' x v + u x v' .
-2x
-x
On obtient f'(x) = -1 x 1 - x2 + (1 - x) x
= - 1 - x2 + (1 - x) x
1 - x2
2 1 - x2
2
2
2
donc f'(x) = 2x - x - 1 pour x ∈ ]-1 ; 1[ .
donc f'(x) = -(1 - x ) - x + x
1 - x2
1 - x2
c) Le signe de f'(x) est le signe du trinôme 2x2 - x - 1
Son discriminant est ∆ = (-1)2 - 4(2)(-1) = 9
Il a pour racines x1 = 1 - 3 = - 1 et x2 = 1 + 3 = 1
4
2
4
On peut alors donner le signe de f'(x)
x
en utilisant la règle du signe du trinôme
f'(x)
et dresser le tableau des variations de f.
On a f- 1 = 1 + 1
2
 2 
1-1 =3
4 2
3 =3 3
4
4
-1
-1
1
2
+
0
-
0
3 3
4
f
0
0
d) On a f(0) = 1 1 donc f(0) = 1.
On trace (C) en utilisant le tableau de variations et les tangentes aux points d'abscisses - 1 et 1.
La courbe (C) a une tangente horizontale au point d'abscisse - 1 .
2
3 3
4
1
M
H
A'
-1
-1
2
O
A
1
x
M'
-1
3°) D'après les variations de f, le triangle AMM' d'aire maximale est obtenu lorsque x = - 1 .
2
1
M et M' sont alors les points du cercle de centre O et de rayon 1, dont l'abscisse est - .
2
→ →
→
→
→
→
On a alors ( OA ; OM) = 2π [2π] ( OA ; OM') = - 2π [2π] et par conséquent (OM ; OM') = 2π [2π] .
3
3
3
AMM' est donc un polygone régulier à trois cotés de centre O. AMM' est un triangle équilatéral.
Donc le triangle AMM' d'aire maximale est équilatéral.
http://xmaths.free.fr
TS − Étude et représentation graphique − Exercices
page 2 / 2