Partie A : Détermination d`une fonction f 1. f (2) = 1, f ′(2) = 5
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Partie A : Détermination d`une fonction f 1. f (2) = 1, f ′(2) = 5
C ORRECTION DU PROBLÈME 1 Partie A : Détermination d’une fonction f 1. f (2) = 1, f ′ (2) = 5 et f ′ (3) = 0. 2a + b + c = 2a + b + c. 2. f (2) = (2 − 1)2 a(x − 1)2 − 2(x − 1)(ax + b) a(x − 1) − 2(ax + b) ax − a − 2ax − 2b −ax − a − 2b 3. a. f ′ (x) = = = = . (x − 1)4 (x − 1)3 (x − 1)3 (x − 1)3 −2a − a − 2b = −3a − 2b. b. f ′ (2) = (2 − 1)3 −3a − a − 2b −4a − 2b −2a − b f ′ (3) = = . = (3 − 1)3 8 4 4. a. En utilisant les résultats précédents : f (2) f ′ (2) ′ f (3) = = = b. 2a + b + c −3a − 2b 2a + b = = = 2a + b + c 1 −3a − 2b 5 ⇐⇒ −2a − b 0 4 1 c 5 ⇐⇒ −3a − 2b 0 4a + 2b = 1 2a + b + c = 5 ⇐⇒ −3a − 2b 2a + b = 0 = 1 c = 5 ⇐⇒ a = 0 4a + 2b = = = 1 5 0 = 1 c = 5 ⇐⇒ a = 0 b = 1 = 5 = −10 Partie B : Étude de la fonction f Dans la suite du problème, on admet que la fonction f est définie sur ]1; +∞[ par : f (x) = 5x − 10 +1 (x − 1)2 5x − 10 = −∞. x→1 (x − 1)2 1. lim (x − 1)2 = 0+ et lim 5x − 10 = −5. Par quotient : lim x→1 x→1 Par addition : lim f (x) = −∞. x→1 5 − 10 ) ) x(5 − 10 x(5 − 10 5x − 10 x x x + 1. + 1 = + 1 = + 1 = (x − 1)2 x 2 − 2x + 1 x(x − 2 + x1 ) x − 2 + x1 5 − 10 10 1 x lim 5 − = 0. = 5 et lim x − 2 + = +∞. Par quotient : lim x→+∞ x→+∞ x→+∞ x − 2 + 1 x x x Par addition : lim f (x) = 1. 2. f (x) = x→+∞ 3. C omme, lim f (x) = 1,la droite d’équation y = 1 est asymptote C admet une asymptote x→+∞ horizontale D d’équation y = 1. 5x − 10 4. f (x) − 1 = (x − 1)2 x 5x − 10 (x − 1)2 f (x) − 1 1 − + − 1 2 0 0 +∞ + + + Par conséquent : • Sur ] − 1; 2[, f (x) − 1 < 0 donc C est en dessous de D • Sur ]2; +∞[, f (x) − 1 > 0 donc C est au dessus de D • en x = 2, f (x) − 1 = 0 donc C et D sont sécantes 5. a. En reprenant 3.a et 3.b de la partie A, f ′ (x) = −5x − 5 + 2 × 10 −5x + 15 = . (x − 1)3 (x − 1)3 1 x −5x + 15 (x − 1)3 f ′ (x) + + + 3 0 +∞ − + − 0 b. On en déduit le tableau de variations de f : x 3 1 +∞ 2, 25 f (x) 1 −∞ Partie C : Résolution approchée d’une équation 1. Sur l’intervalle [1.5; 3], on a : • f est continue ; • f est strictement croissante • f (1, 5) = −9 < 2 < 2, 25 = f (3). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, f (x) = 2 possède une unique solution α sur l’intervalle [1.5; 3]. 2. Sur l’intervalle [3; +∞[, C est au dessus de D d’équation y = 1. On a : • f est continue ; • f est strictement décroissante • f (3) = 2.25 > 2 > 1 = lim f (x). x→+∞ D’après le théorème des valeurs intermédaiaires, f (x) = 2 possède une unique solution β sur l’intervalle [3; +∞[. On a f (5) ≃ 1, 9375 et f (4) ≃ 2, 1111 par conséquent 4 < β < 5 3. a. On a : a b b−a m étape 1 2 3 1 2, 5 étape 2 2 2, 5 0, 5 2, 25 étape 3 2, 25 2, 5 0, 25 2, 375 étape 4 2, 375 2, 5 0, 125 2, 4375 b. L’algorithme calcule à chaque étape un encadrement de α, a < α < b à la précision b − a. Il s’arrète lorqu’il obtient un encadrement de α à la précision 0, 01 2 Variables : Initialisation : Traitement : c. Sortie : a, b et m sont des nombres réels. Affecter à a la valeur 4. Affecter à b la valeur 5. Tant que b − a > 0, 1 1 Affecter à m la valeur (a + b). 2 Si f (m) > 2 alors Affecter à a la valeur m. Sinon Affecter à b la valeur m. Fin de Si. Fin de Tant que. Afficher a. Afficher b. 3