1S – Exercices – Produit scalaire dans le plan 3

Produit scalaire dans le plan

Exercice 1

On considère un rectangle $ABCD$ tel que $AB=4$ et $AD=3$ et le point $E$ tel que $\vect{BE}=\dfrac{1}{2}\vect{AB}$.

  1. Calculer $\vect{AD}.\vect{AC}$. En déduire $\|\vect{AD}+\vect{AC}\|$.
    $\quad$
  2. Calculer $\vect{AE}.\vect{AC}$.
    $\quad$
  3. Calculer $\vect{EC}.\vect{ED}$. En déduire la mesure de l’angle $\left(\vect{EC},\vect{ED}\right)$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. Le point $D$ est le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AD)$.
    Par conséquent $\vect{AD}.\vect{AC}=\vect{AD}.\vect{AD}=AD^2=9$.
    Or on sait que $\vect{AD}.\vect{AC}=\dfrac{1}{2}\left(\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-\|\vect{AC}\|^2-\|\vect{AC}\|^2\right)$
    Dans le triangle $ADC$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
    $AC^2=AD^2+DC^2=9+16=25$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} 9=\dfrac{1}{2}\left(\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-\|\vect{AC}\|^2-9-25\right) &\ssi 18=\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-34 \\
    &\ssi \|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2=52 \\
    &\ssi \|\vect{AC}+\vect{AD}\|=\sqrt{52}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Le point $B$ est le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AE)$.
    Donc
    $\begin{align*}\vect{AE}.\vect{AC}&=\vect{AE}.\vect{AB}\\
    &=3\times 4\\
    &=12
    \end{align*}$.
    $\quad$
  3. On a :
    $\begin{align*} \vect{EC}.\vect{ED}&=\left(\vect{EB}+\vect{BC}\right).\left(\vect{EA}.\vect{AD}\right) \\
    &=\vect{EB}.\vect{EA}+\vect{EB}.\vect{AD}+\vect{BC}.\vect{EA}+\vect{BC}.\vect{AD} \\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{BA}.\dfrac{3}{2}\vect{BA}+0+0+\vect{AD}.\vect{AD}\\
    &=\dfrac{3}{4}\times 4^2+3^2\\
    &=21
    \end{align*}$
    $\quad$
    Dans le triangle $EBC$ rectangle en $B$ on applique le théorème de Pythagore :
    $EC^2=EB^2+BC^2=4+9=13$
    Donc $EC=\sqrt{13}$.
    $\quad$
    Dans le triangle $AED$ rectangle en $A$ on applique le théorème de Pythagore :
    $ED^2=EA^2+AD^2=36+9=45$
    Donc $ED=\sqrt{45}$
    $\quad$
    On a donc $\vect{EC}.\vect{ED}=21$ et $\vect{ED}.\vect{EC}=ED\times EC\times \cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right)$
    Par conséquent $21=\sqrt{13}\times \sqrt{45}\cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right) \ssi\cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right)=\dfrac{21}{\sqrt{13\times 45}}$
    Ainsi $\left(\vect{EC},\vect{ED}\right)\approx 29,7$°.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

Dans le repère orthonormé $(O;I,J)$ on considère les points $A(3;2)$ et $B(-5;-3)$.

  1. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AB)$ puis les coordonnées d’un vecteur normal à cette droite.
    $\quad$
  2. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(d)$ perpendiculaire à la droite $(AB)$ passant par le point $C\left(-\dfrac{7}{2};\dfrac{7}{2}\right)$.
    $\quad$
  3. Quelles sont les coordonnées du point $C’$ symétrique du point $C$ par rapport à la droite $(AB)$.
    $\quad$
Correction Exercice 2
  1. Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est $\vect{AB}(-8;-5)$.
    On considère un point $M(x;y)$ du plan. On a alors $\vect{AM}(x-3;y-2)$.
    $\begin{align*} M\in (AB) &\ssi \vect{AB} \text{ et } \vect{AM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi -8(y-2)-(x-3)\times (-5)=0 \\
    &\ssi -8y+16+5x-15=0 \\
    &\ssi 5x-8y+1=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $5x-8y+1=0$.
    $\quad$
    Un vecteur normal à cette droite est donc $\vec{n}(5;-8)$.
    $\quad$
  2. Un vecteur directeur de la droite $(d)$ est donc $\vec{n}(5;-8)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. $\vect{CM}\left(x+\dfrac{7}{2};y-\dfrac{7}{2}\right)$.
    $\begin{align*} M\in (d) &\ssi \vec{n} \text{ et } \vect{CM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 5\left(y-\dfrac{7}{2}\right)-(-8)\left(x+\dfrac{7}{2}\right)=0 \\
    &\ssi 5y-\dfrac{35}{2}+8x+28=0\\
    &\ssi 8x+5y+\dfrac{21}{2}=0
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Déterminons les coordonnées du point d’intersection de la droite $(d)$ et de la droite $(AB)$.
    Elles sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 5x-8y+1=0 \\8x+5y+\dfrac{21}{2}=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 5x-8y=-1 &\quad (1) \\
    8x+5y=-\dfrac{21}{2}&\quad (2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 5x-8y=-1& \\-89y=\dfrac{89}{2}&\quad 8(1)-5(2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{1}{2} \\5x=8y-1 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{1}{2}\\x=-1\end{cases} \end{align*}$
    Le point d’intersection des droites $(AB)$ et $(d)$ est donc $D\left(-1;-\dfrac{1}{2}\right)$.
    $\quad$.
    Le point $D$ est donc le milieu du segment $[CC’]$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \begin{cases} -1=\dfrac{x_{C’}-\dfrac{7}{2}}{2} \\-\dfrac{1}{2}=\dfrac{y_{C’}+\dfrac{7}{2}}{2} \end{cases} &\ssi \begin{cases} -2=x_{C’}-\dfrac{7}{2}\\-1=y_{C’}+\dfrac{7}{2} \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x_{C’}=\dfrac{3}{2} \\y_{C’}=-\dfrac{9}{2}\end{cases} \end{align*}$
    Donc le point $C’$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{3}{2};-\dfrac{9}{2}\right)$.
    $\quad$

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$\quad$

$\quad$

Exercice 3

On considère un triangle $ABC$ isocèle en $A$ tel que $AB=5$ et $BC=6$.
On appelle :

  • $D$ le milieu du segment $[BC]$
  • $H$ le projeté orthogonal de $D$ sur la droite $(AC)$
  • $K$ le milieu du segment $[DH]$.

En choisissant un repère orthonormé adapté démontrer que les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont perpendiculaires.

$\quad$

Correction Exercice 3

 

Prenons comme origine de notre repère le point $D$. Le triangle $ABC$ étant isocèle en $A$, la médiane issue du sommet $A$ est également une hauteur. Ainsi, les droites $(DA)$ et $(DC)$ sont perpendiculaires.
On a $DC=3$.
On appelle $J$ le point du segment $[DA]$ tel que $DJ=DC$.
Le repère $(D;C,J)$ est donc orthonormé.

Dans le triangle $DAC$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
$\begin{align*} AC^2=DA^2+DC^2&\ssi 25=DA^2+9 \\
&\ssi DA^2=16 \end{align*}$
Donc $DA=4$.
Par conséquent $\vect{DJ}=\dfrac{3}{4}\vect{DA} \ssi \vect{DA}=\dfrac{4}{3}\vect{DJ}$ et

Dans ce repère on a : $D(0;0)$, $C(1;0)$, $J(0;1)$, $A\left(0;\dfrac{4}{3}\right)$.

  • Déterminons une équation cartésienne de la droite $(AC)$.
    On a $\vect{AC}\left(1;-\dfrac{4}{3}\right)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{AM}\left(x;y-\dfrac{4}{3}\right)$.
    On a :
    $\begin{align*} M \in (AC) &\ssi \vect{AM} \text{ et } \vect{AC} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi -\dfrac{4}{3}x-\left(y-\dfrac{4}{3}\right)=0 \\
    &\ssi -\dfrac{4}{3}x-y+\dfrac{4}{3}=0 \\
    &\ssi -4x-3y+4=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(AC)$ est $-4x-3y+4=0$.
    Un vecteur normal à cette droite est donc $\vec{n}(-4;-3)$.
    $\quad$
  • Déterminons une équation cartésienne de la droite $(DH)$.
    Cette droite est perpendiculaire à la droite $(AC)$. $\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de la droite $(DH)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{DM}(x;y)$.
    On a :
    $\begin{align*} M\in (DH) &\ssi \vect{DM} \text{ et } \vec{n} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi -4y+3x=0 \\
    &\ssi 3x-4y=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(DH)$ est $3x-4y=0$.
    $\quad$
  • Déterminons les coordonnées du point $H$, intersection des droites $(DH)$ et $(AC)$.
    On résout pour cela le système :
    $\begin{align*} \begin{cases} -4x-3y+4=0\\3x-4y=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 4x+3y=4&\quad (1)\\3x+4y=0&\quad (2) \end{cases} \\
    & \ssi \begin{cases} 4x+3y=4 &\\25y=12 &\quad 3(1)-4(2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=\dfrac{12}{25} \\x=\dfrac{16}{25} \end{cases}
    \end{align*}$
    Ainsi $H\left(\dfrac{16}{25};\dfrac{12}{25}\right)$.
    $\quad$
  • Déterminons les coordonnées du point $K$.
    $K$ est le milieu du segment $[DH]$.
    Donc $\begin{cases} x_K=\dfrac{0+\dfrac{16}{25}}{2} \\y_K=\dfrac{0+\dfrac{12}{25}}{2}\end{cases}$.
    Par conséquent $K\left(\dfrac{8}{25};\dfrac{6}{25}\right)$.
    $\quad$
  • Montrons que les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont perpendiculaires.
    D’une part $\vect{AK}\left(\dfrac{8}{25};-\dfrac{82}{75}\right)$.
    D’autre part $\vect{BH}\left(\dfrac{41}{25};\dfrac{12}{25}\right)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{AK}.\vect{BH}&=\dfrac{8}{25}\times \dfrac{41}{25}-\dfrac{82}{75}\times \dfrac{12}{25} \\
    &=\dfrac{328}{625}-\dfrac{328}{625} \\
    &=0
    \end{align*}$
    Les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont donc perpendiculaires.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 4

Dans un repère orthonormé $(O;I,J)$ on considère les point $A(3;4)$ et $B(5;-3)$.

  1. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AB)$ et de la médiatrice $(d)$ du segment $[AB]$.
    $\quad$
  2. On appelle $D$ le point de la droite $(d)$ tel que $\vect{OA}.\vect{OD}=-15$.
    Déterminer une mesure de l’angle $\left(\vect{DB}.\vect{DA}\right)$.
    $\quad$
  3. a. Quelles sont les coordonnées du point $C$ de la droite $(d)$ tel que $ABC$ soit un triangle rectangle direct (les points $A$, $B$ et $C$ se lisent dans cet ordre dans le sens trigonométrique)?
    $\quad$
    b. Déterminer alors une mesure de l’angle $\left(\vect{AC},\vect{AD}\right)$.
    $\quad$
  4. Quelles sont les coordonnées du point $E$ de la droite $(d)$ tel que le triangle $ABE$ soit équilatéral direct?
    $\quad$
Correction Exercice 4

 

  1. On a $\vect{AB}(2;-7)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $AM(x-3;y-4)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} M\in (AB) &\ssi \vect{AB} \text{ et } \vect{AM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 2(y-4)-(-7)(x-3) = 0\\
    &\ssi 2y-8+7x-21=0 \\
    &\ssi 7x+2y-29=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $7x+2y-29=0$.
    Un vecteur normal à cette droite est $\vec{n}(7;2)$.
    $\quad$
    La droite $(d)$ est donc perpendiculaire à la droite $(AB)$ et passe par le point $F\left(4;\dfrac{1}{2}\right)$ milieu du segment $[AB]$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{FM}\left(x-4;y-\dfrac{1}{2}\right)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} M\in (d) &\ssi \vec{n} \text{ et } \vect{FM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 7\left(y-\dfrac{1}{2}\right)-2(x-4)=0 \\
    &\ssi 7y-\dfrac{7}{2}-2x+8=0 \\
    &\ssi -2x+7y+\dfrac{9}{2}=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est donc $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$.
    $\quad$
  2. On a $OA=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5$.
    On appelle $D’$ le point défini par $\vect{OD’}=-\dfrac{3}{5}\vect{OA}$.
    Ainsi le point $D’$ appartient à la droite $(OA)$ et vérifie $\vect{OA}.\vect{OD’}=-15$.
    Par conséquent $\vect{OD’}\left(-\dfrac{9}{5};-\dfrac{12}{5}\right)$ soit $D’\left(-\dfrac{9}{5};-\dfrac{12}{5}\right)$
    Le point $D$ est donc le point d’intersection de la droite $(d)$ et de la droite perpendiculaire à la droite $(d)$ passant par le point $(D’)$, c’est à dire de la droite parallèle à la droite $(AB)$ passant par le point $D’$.
    Ainsi une équation cartésienne de la droite $(DD’)$ est de la forme $7x+2y+c=0$.
    Le point $D’$ appartient à cette droite. Ses coordonnées vérifient donc l’équation.
    $7\times \left(-\dfrac{9}{5}\right)+2\times \left(-\dfrac{12}{5}\right)+c=0 \ssi c=\dfrac{87}{5}$.
    Ainsi une équation cartésienne de la droite $(DD’)$ est $7x+2y+\dfrac{87}{5}=0$.
    $\quad$
    Déterminons maintenant les coordonnées du point $D$, point d’intersection des droites $(d)$ et $(DD’)$.
    Ses coordonnées sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 7x+2y+\dfrac{87}{5}=0\\-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 7x+2y=-\dfrac{87}{5}&\quad (1)\\-2x+7y=-\dfrac{9}{2}&\quad (2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 7x+2y=-\dfrac{87}{5}&\\53y=-\dfrac{663}{10}&\quad 2(1)+7(2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{663}{530} \\x=-\dfrac{564}{265}\end{cases}
    \end{align*}$
    Ainsi $D\left(-\dfrac{564}{265};-\dfrac{663}{530} \right)$.
    $\quad$
    On peut maintenant calculer les longueur $FD$ et $FA$ (où $F$ est le milieu du segment $[AB]$).
    Ainsi : $FD^2=\left(-\dfrac{564}{265}-4\right)^2+\left(-\dfrac{663}{530}-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{53~824}{1~325}$
    Par conséquent $FD=\dfrac{232}{5\sqrt{53}}$
    $FA^2=(3-4)^2+\left(4-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{53}{4}$
    Par conséquent $FA=\dfrac{\sqrt{53}}{2}$.
    $\quad$
    Dans le triangle $FDA$ rectangle en $F$ on a :
    $\tan \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)=\dfrac{FA}{FD}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{53}}{2}}{\dfrac{232}{5\sqrt{53}}}=\dfrac{265}{464}$
    Par conséquent $ \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)\approx 29,73$°
    $\quad$
    Le point $D$ appartient à la médiatrice du segment $[DA]$. Donc le triangle $FDA$ est isocèle en $D$ et $ \left(\vect{DB},\vect{DA}\right)=2 \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)\approx 59,46$°.
    $\quad$
  3. a. Le point $C$ appartient à la droite $(d)$. Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$. Ainsi $C\left(x;\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$.
    Par conséquent le triangle $ABC$ est isocèle en $C$. Il ne pourra donc être rectangle qu’en $C$.
    On a $\vect{CA}\left(3-x;4-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CA}\left(3-x;\dfrac{65-4x}{14}\right)$.
    et $\vect{CB}\left(5-x;-3-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CB}\left(5-x;\dfrac{-33-2x}{14}\right)$.
    Le triangle $ABC$ est rectangle en $C$
    $\ssi \vect{CA};\vect{CB}=0$
    $\ssi (3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}=0 $
    $\ssi 15-8x+x^2+\dfrac{-2~145-128x+16x^2}{196}=0$
    $\ssi 2~940-1~568x+196x^2-2~145-128x+16x^2=0$
    $\ssi 212x^2-1~696x+795=0$
    Le discriminant est $\Delta=(-1~696)^2-4\times 212\times 795=2~202~256 = 1~484^2>0$.
    Les racines sont donc $x_1=\dfrac{1~696-1~484}{424}=\dfrac{1}{2}$ et $x_2=\dfrac{1~696+1~484}{424}=\dfrac{15}{2}$
    Si $x_C=\dfrac{1}{2}$ alors $y_c=\dfrac{2x_C-\dfrac{9}{2}}{7}=-\dfrac{1}{2}$ donc $C_1\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{1}{2}\right)$
    Si $x_C=\dfrac{15}{2}$ alors $y_c=\dfrac{2x_C-\dfrac{9}{2}}{7}=\dfrac{3}{2}$ donc $C_2\left(\dfrac{15}{2};\dfrac{3}{2}\right)$
    Seul le point $C_2$ permet d’avoir un triangle $ABC$ rectangle direct.
    $\quad$
    b. On considère donc le point $C\left(\dfrac{15}{2};\dfrac{3}{2}\right)$.
    $\vect{AC}\left(\dfrac{9}{2};-\dfrac{5}{2}\right)$ donc $AC=\sqrt{\dfrac{53}{2}}$
    $\vect{AD}\left(-\dfrac{1~359}{265};-\dfrac{2~783}{530} \right)$ donc $AD=\dfrac{\sqrt{15~132~613}}{530}$
    D’une part $\vect{AC}.\vect{AD}=-\dfrac{1~359}{265}\times \dfrac{9}{2}-\dfrac{2~783}{530}\times \left(-\dfrac{5}{2} \right)=-\dfrac{199}{20}$
    D’autre part $\vect{AC}.\vect{AD}=AC\times AD\times \cos \left(\vect{AC},\vect{AD}\right)$
    Par conséquent $\cos \left(\vect{AC},\vect{AD}\right)=-\dfrac{199}{20AC\times AD}\approx -0,26$.
    Donc $\left(\vect{AC},\vect{AD}\right)\approx 105,27$°.
    $\quad$
  4. Le point $E$ appartient à la droite $(d)$. Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$. Ainsi $E\left(x;\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$.
    On a $\vect{EA}\left(3-x;4-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CA}\left(3-x;\dfrac{65-4x}{14}\right)$.
    et $\vect{EB}\left(5-x;-3-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CB}\left(5-x;\dfrac{-33-2x}{14}\right)$
    Le triangle $ABE$ est équilatéral direct donc $\left(\vect{EA},\vect{EB}\right)=60$° et $EA=EB=AB=\sqrt{53}$.
    D’une part $\vect{EA}.\vect{EB}=(3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}$
    D’autre part $\vect{EA}.\vect{EB}=EA\times EB \times \cos 60=\dfrac{53}{2}$.
    On veut donc résoudre l’équation :
    $(3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}=\dfrac{53}{2}$
    $\ssi  15-8x+x^2+\dfrac{-2~145-128x+16x^2}{196}=\dfrac{53}{2}$
    $\ssi 2~940-1~568x+196x^2-2~145-128x+16x^2=5~194$
    $\ssi 212x^2-1~696x-4~399=0$
    Le discriminant est $\Delta = (-1~696)^2-4\times 212\times (-4~399)=6~606~768>0$.
    Les deux racines sont $x_1=\dfrac{1~696-\sqrt{6~606~768}}{424}$ et $x_2=\dfrac{1~696+\sqrt{6~606~768}}{424}=4+\dfrac{7\sqrt{3}}{2}$
    Seule l’abscisse $x_2$ permet d’avoir un triangle équilatéral direct.
    L’ordonnée du point $E$ est donc $y_E=\dfrac{2x_2-\dfrac{9}{2}}{7}=\dfrac{1}{2}+\sqrt{3}$.
    Donc $E\left(4+\dfrac{7\sqrt{3}}{2};\dfrac{1}{2}+\sqrt{3}\right)$.

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$\quad$

Exercice 5

On considère un segment $[AB]$ mesurant $3$ cm, le cercle $\mathscr{C}$ de centre $A$ et de rayon $4$ cm.
On appelle :

  • $E$ le point d’intersection de $[AB)$ et $\mathscr{C}$
  • $C$ le point du cercle $\mathscr{C}$ tel que $BC=3,5$ cm
  • $D$ le point du cercle $\mathscr{C}$ de l’autre côté $(AB)$ tel que $BD=2$ cm.
  1. Démontrer que les points $B,C$ et $D$ sont alignés.
    $\quad$
  2. Calculer la mesure de l’angle $\left(\vect{ED},\vect{EC}\right)$ au millième de radian près.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. On se place dans le repère orthonormé $(A;I,J)$ où $I$ est le point de $[OB]$ tel que $AI=\dfrac{1}{3}AB$.
    Dans ce repère on a : $A(0;0)$, $B(3;0)$, $E(4;0)$.
    Déterminons les coordonnées des points $C$ et $D$.
    Une équation du cercle $\mathscr{C}$ est $x^2+y^2=16$.
    On appelle $\mathscr{C}_1$ le cercle de centre $B$ et de rayon $3,5$.
    Une équation de ce cercle est $(x-3)^2+y^2=3,5^2$ soit $x^2-6x+9+y^2=12,25$
    Ou encore $x^2-6x+y^2=3,25$
    Le point $C$ est un des points d’intersection des cercles $\mathscr{C}_1$ et $\mathscr{C}$.
    On résout donc le système suivant :
    $\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2=16 \\x^2-6x+y^2=3,25\end{cases} &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\x^2-6x+16-x^2=3,25 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2 \\-6x=-12,75 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\x=\dfrac{17}{8}\end{cases} \\
    &\ssi\begin{cases}x=\dfrac{17}{8} \\y^2=\dfrac{735}{64} \end{cases}
    \end{align*}$
    Je choisis pour $C$ le point dont l’ordonnée est positive. Ainsi $C\left(\dfrac{17}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$.
    $\quad$
    On appelle $\mathscr{C}_2$ le cercle de centre $B$ et de rayon $2$.
    Une équation de ce cercle est $(x-3)^2+y^2=4$.
    Ou encore $x^2-6x+y^2=-5$.
    Le point $D$ est un des points d’intersection des cercles $\mathscr{C}_2$ et $\mathscr{C}$.
    On résout donc le système suivant :
    $\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2=16\\x^2-6x+y^2=-5\end{cases} &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2 \\x^2-6x+16-x^2=-5 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\-6x=-21 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{7}{2} \\y^2=\dfrac{15}{4}\end{cases}
    \end{align*}$
    Du fait du choix du point $C$, le point $D$ est le point dont l’ordonnée est négative.
    Ainsi $D\left(\dfrac{7}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
    $\quad$
    Montrons maintenant que les 3 points sont alignés.
    $\vect{BC}\left(-\dfrac{7}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$ et $\vect{BD}\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
    On a donc $\vect{BC}=-\dfrac{7}{4}\vect{BD}$.
    Ces deux vecteurs sont colinéaires. Les points $B,C,$ et $D$ sont donc alignés.
    $\quad$
  2. On a $\vect{EC}\left(-\dfrac{15}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$ et $\vect{ED}\left(-\dfrac{1}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
    Ainsi $EC=\sqrt{15}$ et $ED=2$.
    D’une part $\vect{ED}.\vect{EC}=-\dfrac{15}{8}\times \left(-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\times \left(;-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)=-\dfrac{45}{8}$.
    D’autre part $\vect{ED}.\vect{EC}=ED\times EC\times \cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)$ $=2\sqrt{15}\cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)$.
    Par conséquent $\cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)=\dfrac{-\dfrac{45}{8}}{2\sqrt{15}}$.
    D’où $ \left(\vect{ED};\vect{EC}\right) \approx 2,384$ rad.
    $\quad$

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1S – Exercices – Produit scalaire dans le plan

Produit scalaire dans le plan

Exercice 1

Soit $ABC$ un triangle tel que $AB=4$, $BC=4\sqrt{3}$ et $\vect{BA}.\vect{BC}=24$.
Quelle est sa nature?

$\quad$

Correction Exercice 1

D’une part on a $\vect{BA}.\vect{BC}=24$.
D’autre part on a $\vect{BA}.\vect{BC}=BA\times BC\times \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)=16\sqrt{3}\cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)$.
Donc $16\sqrt{3}\cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)=24 \ssi \cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

D’après la formule d’Al-Kashi on a :

$\begin{align*} AC^2&=AB^2+BC^2-2AB\times BC\times \cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right) \\
&=16+48-32\sqrt{3}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\
&=16
\end{align*}$

Donc $AC=4$.

Le triangle $ABC$ est donc isocèle en $A$.

Regardons s’il est également rectangle en $A$.
D’une part $BC^2=48$
D’autre part $AB^2+AC^2=16+16=32$
Donc $BC^2 \neq AB^2+AC^2$.
D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle n’est pas rectangle en $A$.
$\quad$

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$\quad$

Exercice 2

Dans un repère orthonormé $(O;I,J)$ on a : $A\left(\dfrac{3}{2};-2\right)$, $B\left(-\dfrac{3}{2};4\right)$, $C(2;2)$ et $D(-2;0)$.

Quelle est la nature du quadrilatère $ACBD$?

$\quad$

Correction Exercice 2

On a $\vect{AC}\left(\dfrac{1}{2};4\right)$ et $\vect{DB}\left(\dfrac{1}{2};4\right)$.
Ainsi $\vect{AC}=\vect{DB}$ : $ACBD$ est donc un parallélogramme.

$\vect{AC}\left(\dfrac{1}{2};4\right)$ et $\vect{AD}\left(-\dfrac{7}{2};2\right)$.
Ainsi :
$\begin{align*} \vect{AC}.\vect{AD}&=\dfrac{1}{2}\times \left(-\dfrac{7}{2}\right)+2\times 4\\
&=-\dfrac{7}{4}+8\\
&=\dfrac{25}{4}
\end{align*}$
$ACBD$ n’est donc pas un rectangle.

$AC=\sqrt{\dfrac{1}{4}+16}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}$ et $AD=\sqrt{\dfrac{49}{4}+4}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}$.
Ainsi $AC=AD$.
Le parallélogramme $ACBD$ possède deux côtés consécutifs de même longueur. C’est donc un losange.

$\quad$

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$\quad$

$\quad$

Exercice 3

On considère les points $A,B,C$ et $D$ tels que $BD=AB=5$, $AC=6$, $BC=8$, $CD=4$ et les points $A$ et $D$ sont de part et d’autre de la droite $(BC)$.
On note $H$ et $H’$ les projetés orthogonaux de $A$ et $D$ sur la droite $(BC)$.

  1. Calculer les angles du quadrilatère $ACDB$.
  2. Calculer $HH’$.

$\quad$

Correction Exercice 3

  1. On applique le théorème d’Al-Kashi dans le triangle $ABC$ :
    $\bullet$ $BC^2=AB^2+AC^2-2AB\times AC\times \cos \widehat{BAC}$
    $\ssi 64=25+36-60\cos \widehat{BAC}$
    $\ssi 3=-60\cos \widehat{BAC}$
    $\ssi \cos \widehat{BAC}=-\dfrac{1}{20}$
    Donc $\widehat{BAC} \approx 92,9$°.
    $\bullet$ $AB^2=CB^2+CA^2-2CA\times CB\times \cos \widehat{BCA}$
    $\ssi 25=64+36-96\cos \widehat{BCA}$
    $\ssi -75=-96\cos \widehat{BCA}$
    $\ssi \cos \widehat{BCA} =\dfrac{75}{96}$
    Donc $\widehat{BCA} \approx 38,6°$
    $\bullet$ La somme des angles d’un triangle vaut $180$°. Donc $\widehat{CBA}\approx 48,5$°
    $\quad$
    On applique le théorème d’Al-Kashi dans le triangle $BDC$ :
    $\bullet$ $BC^2=DB^2+DC^2-2DB\times DC\times \cos \widehat{BDC}$
    $\ssi 64=25+16-40\cos \widehat{BDC}$
    $\ssi 23=-40\cos \widehat{BDC}$
    $\ssi \cos \widehat{BDC}=-\dfrac{23}{40}$
    Donc $\widehat{BDC} \approx 125,1$°.
    $\bullet$ $BD^2=CB^2+CD^2-2CB\times CD\times \cos \widehat{BCD}$
    $\ssi 25=64+16-64\cos\widehat{BCD}$
    $\ssi -55=-64\cos \widehat{BCD}$
    $\ssi \cos \widehat{BCD}=\dfrac{55}{64}$
    Donc $\widehat{BCD} \approx 30,8$°.
    $\bullet$ La somme des angles d’un triangle vaut $180$°. Donc $\widehat{CBD} \approx 24,1$°
    $\quad$
    Les angles $\widehat{CBD}$ et $\widehat{CBA}$ sont adjacents.
    Donc $\widehat{ABD} \approx 72,6$°.
    $\quad$
    Les angles $\widehat{BCD}$ et $\widehat{BCA}$ sont adjacents.
    Donc $\widehat{DCA} \approx 69,4$°.
    $\quad$
  2. $\bullet$ Calcul de $BH$:
    Dans le triangle $BHA$ rectangle en $H$ on a
    $\begin{align*} \cos \widehat{HBA}=\dfrac{BH}{BA} &\ssi \cos 48,5 =\dfrac{BH}{5} \\
    &\ssi BH=5\cos 48,5 \\
    & \phantom{\ssi} BH \approx 3,31
    \end{align*}$
    $\bullet$ Calcul de $CH’$:
    Dans le triangle $CDH’$ rectangle en $H’$ on a
    $\begin{align*} \cos \widehat{DCH’}=\dfrac{CH’}{CD} &\ssi \cos 30,8=\dfrac{CH’}{4} \\
    &\ssi CH’=4\cos 30,8 \\
    & \phantom{\ssi} CH’ \approx 3,44
    \end{align*}$
    $bullet$ Calcul de $HH’$:
    Les points $B,H,H’$ et $C$ sont alignés dans cet ordre donc
    $\begin{align*} HH’&=BC-BH-CH’ \\
    &\approx 1,25
    \end{align*}$

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$\quad$

Exercice 4

$ABCD$ est un carré. $E$ est un point de la demi-droite $[AB)$, $G$ un point de la demi-droite $[BC)$ et $F$ est un point tels que $BEFG$ est un carré extérieur au carré $ABCD$.

Démontrer que $C$ est l’orthocentre du triangle $AGE$.

$\quad$

Correction Exercice 4

$(AB)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires. $E$ appartient à la demi-droite $[AB)$ et $G$ appartient à la demi-droite $[BC)$. Donc les droites $(BG)$ et $(AE)$ sont perpendiculaires. $(BG)$ est donc une hauteur du triangle $ABE$ et le point $C$ appartient à cette hauteur.

Le carré $BEFG$ est extérieur au carré $ABCD$. Ainsi les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{BE}$ sont colinéaires et de même sens.
Les vecteurs $\vect{GB}$ et $\vect{BC}$ sont colinéaires et de sens contraire

$\begin{align*} \vect{AC}.\vect{GE}&=\left(\vect{AB}+\vect{BC}\right).\left(\vect{GB}+\vect{BE}\right) \\
&=\vect{AB}.\vect{GB}+\vect{AB}.\vect{BE}+\vect{BC}.\vect{GB}+\vect{BC}.\vect{BE} \\
&=0+AB\times BE-BC\times GB+0 \\
&=AB\times BE-AB\times BE \\
&=0
\end{align*}$

Les droites $(AC)$ et $(GE)$ sont par conséquent perpendiculaires. La droite $(AC)$ est donc une hauteur du triangle $AGE$.

Le point $C$ appartient à ces deux hauteurs. On en déduit donc que c’est l’orthocentre du triangle $AGE$.

$\quad$

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$\quad$

Exercice 5

On considère un segment $[AB]$ de longueur $5$ cm.

  1. Déterminer les points $M$ du plan tels que $\vect{AB}.\vect{AM}=10$.
    $\quad$
  2. Déterminer les points $N$ du plan tels que $|\vect{AB}.\vect{AN}|=20$.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. On appelle $H$ le point du segment $[AB]$ tels que $AH=2$.
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AM}=10 &\ssi \vect{AB}.\left(\vect{AH}.\vect{HM}\right)=10 \\
    &\ssi \vect{AB}.\vect{AH}+\vect{AB}.\vect{HM}=10\\
    &\ssi AB\times AH+\vect{AB}.\vect{HM}=10\\
    &\ssi 10+\vect{AB}.\vect{HM}=10 \\
    &\ssi \vect{AB}.\vect{HM}=0
    \end{align*}$
    Ainsi l’ensemble des points cherché est la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par le point $H$.
    $\quad$
  2. $|\vect{AB}.\vect{AN}|=20 \ssi \begin{cases} \vect{AB}.\vect{AN}=-20 \\\text{ou}\\\vect{AB}.\vect{AN}=-20\end{cases}$
    On appelle $I$ le point du segment $[AB]$ tel que $AI=4$ et $J$ le point de la droite $(AB)$ n’appartenant pas au segment $[AB]$ tel que $AJ=4$.
    En reprenant un raisonnement identique à celui mené dans la question précédente pour chacun des produit scalaire, on montre que l’ensemble cherché est la réunion des droites perpendiculaires à la droite $(AB)$ passant par $I$ ou par $J$.
    $\quad$

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$\quad$

 

1S – Exercices – Produit scalaire dans le plan

Produit scalaire dans le plan

Exercice 1

$RST$ est un triangle tel que $RS=5$ cm, $RT=4$ cm et $TS=6$ cm.

  1. Calculer $\vect{RS}.\vect{ST}$ et $\vect{SR}.\vect{RT}$.
    $\quad$
  2. En déduire une valeur approchée de $\left(\vect{SR},\vect{ST}\right)$ et des autres angles du triangle.
    $\quad$
  3. Soit $H$ le pied de la hauteur issue de $R$.
    Calculer $SH$, $HT$ et $RH$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

 

  1. On va utiliser la propriété suivante :
    $\vec{u}.\vec{v} = \dfrac{1}{2} \left(\|\vec{u} +\vec{v}\|^2-\|\vec{v} \|^2-\|\vec{v} \|^2 \right) $

    $\begin{align*} \vect{RS}.\vect{ST}&= \dfrac{1}{2}\left(\|\vect{RS}+\vect{ST}\|^2-\|\vect{RS}\|^2-\|\vect{ST}\|^2\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(RT^2-RS^2-ST^2\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}(16-25-36) \\
    &=-\dfrac{45}{2}
    \end{align*}$
    $\quad$
    $\begin{align*} \vect{SR}.\vect{RT}&= \dfrac{1}{2}\left(\|\vect{SR}+\vect{RT}\|^2-\|\vect{SR}\|^2-\|\vect{RT}\|^2\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(ST^2-SR^2-RT^2\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}(36-25-16) \\
    &=-\dfrac{5}{2}
    \end{align*}$
    $\quad$

  2. D’une part on a $\vect{SR}.\vect{ST}=-\vect{RS}.\vect{ST}=\dfrac{45}{2}$
    D’autre part on a $\vect{SR}.\vect{ST}=RS\times ST\times \cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)=5\times 6\times \cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)$.
    Par conséquent $30\cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)=\dfrac{45}{2}$
    Donc $\cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)=\dfrac{3}{4}$.
    Et $\left(\vect{SR},\vect{ST}\right) \approx 41,4$°
    $\quad$
    D’une part on a $\vect{RT}.\vect{RS}=-\vect{SR}.\vect{RT}=\dfrac{5}{2}$
    D’autre part on a $\vect{RS}.\vect{RT}=RS\times RT\times \cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)=5\times 4\times \cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)$.
    Par conséquent $20\cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)=\dfrac{5}{2}$
    Donc $\cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)=\dfrac{1}{8}$
    Et $\left(\vect{RT},\vect{RS}\right) \approx 82,8$°.
    $\quad$
    Dans un triangle la somme des angles vaut $180$°.
    Donc $\left(\vect{TS},\vect{TR}\right)\approx 55,8$°
    $\quad$
  3. On a $\vect{SR}.\vect{ST}=\vect{SH}.\vect{ST}=SH\times ST$
    Donc $6SH=\dfrac{45}{2}$
    D’où $SH=\dfrac{15}{4}$ cm
    $\quad$
    On sait que $H$ appartient au segment $[ST]$.
    Donc $HT=ST-SH=6-\dfrac{15}{4}=\dfrac{9}{4}$
    $\quad$
    Dans le triangle $RSH$ rectangle en $H$ on applique le théorème de Pythagore.
    $RS^2=RH^2+HS^2$
    $\ssi 25=RH^2+\dfrac{225}{16}$
    $\ssi RH^2=\dfrac{175}{16}$
    $\ssi RH=\dfrac{\sqrt{175}}{4}$ cm ou encore $RH=\dfrac{5\sqrt{7}}{4}$ cm
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

$ABCD$ est un carré. On place $K$ tel que $\vect{AK}=\dfrac{3}{4}\vect{AB}$ et $L$ tel que $\vect{BL}=\dfrac{3}{4}\vect{BC}$.

  1. Démontrer que les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$
  2. On remplace $\dfrac{3}{4}$ par une valeur $\lambda$.
    Les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont-elles toujours perpendiculaires?
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. On a :
    $\vect{DL}=\vect{DC}+\vect{CL}=\vect{DC}-\dfrac{1}{4}\vect{BC}$
    $\vect{KC}=\vect{KB}+\vect{BC}=\dfrac{1}{4}\vect{AB}+\vect{BC}$
    Donc :
    $\begin{align*} \vect{DL}.\vect{KC}&=\left(\vect{DC}-\dfrac{1}{4}\vect{BC}\right).\left(\dfrac{1}{4}\vect{AB}+\vect{BC}\right) \\
    &=\dfrac{1}{4}\vect{DC}.\vect{AB}+\vect{DC}.\vect{BC}-\dfrac{1}{16}\vect{BC}.\vect{AB}-\dfrac{1}{4}\vect{BC}.\vect{BC} \\
    &=\dfrac{1}{4}AB^2+0+0-\dfrac{1}{4}BC^2 \quad (*) \\
    &=0
    \end{align*}$
    $(DC)$ et $(BC)$ d’une part et $(BC)$ et $(AB)$ d’autres sont perpendiculaires donc $\vect{DC}.\vect{BC}=0$ et $\vect{BC}.\vect{AB}=0$.
    De plus $ABCD$ étant un carré alors $AB=BC$.
    $\quad$
    Les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont perpendiculaires.
  2. On a :
    $\vect{DL}=\vect{DC}+\vect{CL}=\vect{DC}-\lambda\vect{BC}$
    $\vect{KC}=\vect{KB}+\vect{BC}=\lambda\vect{AB}+\vect{BC}$
    Donc :
    $\begin{align*} \vect{DL}.\vect{KC}&=\left(\vect{DC}-\lambda\vect{BC}\right).\left(\lambda\vect{AB}+\vect{BC}\right) \\
    &=\lambda\vect{DC}.\vect{AB}+\vect{DC}.\vect{BC}-\lambda^2\vect{BC}.\vect{AB}-\lambda\vect{BC}.\vect{BC} \\
    &=\lambda AB^2+0+0-\lambda BC^2 \\
    &=0
    \end{align*}$
    Les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$

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$\quad$

$\quad$

Exercice 3

$ABCD$ est un parallélogramme.
Calculer $\vect{AB}.\vect{AC}$ dans chacun des cas de figure :

  1. $AB=4$, $AC=6$ et $\left(\vect{CD},\vect{CA}\right)=\dfrac{\pi}{9}$.
    $\quad$
  2. $AB=6$, $BC=4$ et $\left(\vect{BC},\vect{BA}\right)=\dfrac{2\pi}{3}$.
    $\quad$
  3. $AB=6$, $BC=4$ et $AH=1$ où $H$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(AB)$.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. On a :

    Les droites $(AB)$ et $(BC)$ sont parallèles. Par conséquent les angles alternes-internes $\left(\vect{CD},\vect{CA}\right)$ et $\left(\vect{AB},\vect{AC}\right)$ ont la même mesure.
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=AB \times AC \times \cos \left(\vect{AB},\vect{AC}\right) \\
    &=4\times 6 \times \cos \dfrac{\pi}{9} \\
    &\approx 22,55
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On a :

    Les angles rouges sont correspondants et de même mesure puisque les droites $(BC)$ et $(AD)$ sont parallèles.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=\vect{AB}.\left(\vect{AB}+\vect{BC}\right) \\
    &=\vect{AB}.\vect{AB}+\vect{AB}.\vect{BC} \\
    &=AB^2+\vect{AB}.\vect{AD} \\
    &=AB^2+AB\times AD\times \cos \left(\vect{AB},\vect{AD}\right) \\
    &=36+24\cos \dfrac{\pi}{3} \\
    &= 48
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. On a :

    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=\vect{AB}.\left(\vect{AH}+\vect{HD}+\vect{DC}\right) \\
    &=\vect{AB}.\vect{AH}+\vect{AB}.\vect{HD}+\vect{AB}.\vect{DC} \\
    &=AB\times AH+0+AB\times DC \\
    &=6\times 1+36\\
    &=42
    \end{align*}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 4

$ABC$ est un triangle. $H$ et $K$ sont les pieds des hauteurs issues de $A$ et $B$.
Démontrer que $CK\times CA=CH\times CB$.

$\quad$

Correction Exercice 4

D’une part, en utilisant le projeté orthogonal de $B$ sur $(AC)$ on a : $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CK}.\vect{CA}$

D’autre part, en utilisant le projeté orthogonal de $A$ sur $(BC)$ on a : $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CB}.\vect{CH}$

  • Si l’angle $\widehat{ACB}$ est aigu alors les vecteurs $\vect{CK}$ et $\vect{CA}$ sont de même sens tout comme les vecteurs $\vect{CB}$ et $\vect{CH}$
    Ainsi $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CK}.\vect{CA}=CK\times CA$
    et $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CB}.\vect{CH}=CB\times CH$
    Par conséquent $CK\times CA=CB\times CH$.
  • Si l’angle $\widehat{ACB}$ est obtus alors les vecteurs $\vect{CK}$ et $\vect{CA}$ sont de sens contraires tout comme les vecteurs $\vect{CB}$ et $\vect{CH}$
    Ainsi $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CK}.\vect{CA}=-CK\times CA$
    et $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CB}.\vect{CH}=-CB\times CH$
    Par conséquent $CK\times CA=CB\times CH$.

$\quad$

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$\quad$

Exercice 5

Dans un repère orthonormé $(O;I,J)$ on a $A(2;-1)$, $B(4;2)$, $C(4;0)$ et $D(1;2)$.

  1. Calculer $\vect{AB}.\vect{CD}$. Que peut-on en déduire?
    $\quad$
  2. Démontrer que les droites $(DB)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$
  3. Calculer $\vect{CB}.\vect{CD}$. En déduire une valeur approchée de l’angle $\left(\vect{CB},\vect{CD}\right)$.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. On a $\vect{AB}(2;3)$ et $\vect{CD}(-3;2)$.
    Par conséquent $\vect{AB}.\vect{CD}=2\times (-3)+3\times 2=-6+6=0$.
    Les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont donc perpendiculaires.
    $\quad$
  2. On a $\vect{DB}(-3;0)$ et $\vect{BC}(0;-2)$
    Par conséquent $\vect{DB}.\vect{BC}=-3\times 0+(-2)\times 0=0$.
    Les droites $(DB)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$
  3. $\vect{CB}(0;2)$ et $\vect{CD}(-3;2)$. Donc $CB=2$ et $CD=\sqrt{(-3)^2+2^2}=\sqrt{13}$
    Par conséquent $\vect{CB}.\vect{CD}=0\times (-3)+2\times 2=4$.
    Mais on a aussi $\vect{CB}.\vect{CD}=CB\times CD \times \cos \left(\vect{CB},\vect{CD}\right)$
    Donc $4=2\sqrt{13}\cos \left(\vect{CB},\vect{CD}\right)$
    $\ssi \cos \left(\vect{CB},\vect{CD}\right)=\dfrac{2}{\sqrt{13}}$
    Ainsi $\left(\vect{CB},\vect{CD}\right)\approx 56,3$°
    $\quad$

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$\quad$

1S – Exercices – Suites (généralités)

Exercices – Les suites (généralités)

Exercice 1

$\left(u_n\right)$ est la suite définie pour tout entier $n\pg 1$ par : $u_n=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}$.

  1. Démontrer que tous les termes de la suite sont strictement positifs.
    $\quad$
  2. Montrer que : $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{n}{n+2}$
    $\quad$
  3. En déduire le sens de variations de $\left(u_n\right)$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. Pour tout entier naturel $n \pg 1$ on a :
    $\begin{align*} u_n&=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1} \\
    &=\dfrac{n+1-n}{n(n+1)} \\
    &=\dfrac{1}{n(n+1)} \\
    &>0
    \end{align*}$
    Tous les termes de la suite $\left(u_n\right)$ sont donc positifs.
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n \pg 1$ on a :
    $\begin{align*} \dfrac{u_{n+1}}{u_n}&=\dfrac{\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}}{\dfrac{1}{n(n+1)}} \\
    &=\dfrac{n(n+1)}{(n+1)(n+2)} \\
    &=\dfrac{n}{n+2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Tous les termes de la suite $\left(u_n\right)$ sont positifs et, pour tout entier naturel $n\pg 1$ on a $0<\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{n}{n+2}<1$.
    Par conséquent la suite $\left(u_n\right)$ est décroissante.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 2

On considère la suite $\left(v_n\right)$ définie pour tout entier naturel par $v_n=3+\dfrac{2}{3n+1}$.

  1. Déterminer, sans calculatrice, les quatre premiers termes.
    $\quad$
  2. En utilisant la méthode de votre choix, déterminer le sens de variation de la suite $\left(v_n\right)$.
    $\quad$
  3. Déterminer l’entier $n_0$ tel que, pour tout $n\pg 0$, $\left|v_n-3\right| \pp 0,001$.
    $\quad$
  4. Conjecturer alors la limite de la suite $\left(v_n\right)$.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. On a :
    $v_0=3+\dfrac{2}{1}=5$
    $v_1=3+\dfrac{2}{3+1}=\dfrac{7}{2}$
    $v_2=3+\dfrac{2}{6+1}=\dfrac{23}{7}$
    $v_3=3+\dfrac{2}{9+1}=\dfrac{16}{5}$
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} v_{n+1}-v_n&=3+\dfrac{2}{3(n+1)+1}-\left(3+\dfrac{2}{3n+1}\right) \\
    &=\dfrac{2}{3n+4}-\dfrac{2}{3n+1} \\
    &=\dfrac{2(3n+1)-2(3n+4)}{(3n+4)(3n+1)} \\
    &=\dfrac{6n+2-6n-8}{(3n+4)(3n+1)} \\
    &=\dfrac{-6}{(3n+4)(3n+1)}\\
    &<0
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$
  3. On veut déterminer le plus petit entier naturel tel que :
    $\begin{align*} \left|v_n-3\right| \pp 0,001 &\ssi \left|\dfrac{2}{3n+1}\right| \pp 0,001 \\
    &\ssi \dfrac{2}{3n+1} \pp 0,001 \\
    &\ssi 2 \pp 0,001(3n+1) \\
    &\ssi 2 \pp 0,003n + 0,001 \\
    &\ssi 1,999 \pp 0,003n \\
    &\ssi \dfrac{1,999}{0,003} \pp n
    \end{align*}$
    Or $\dfrac{1,999}{0,003} \approx 666,33$.
    Donc $n_0=667$.
    $\quad$
  4. On peut donc conjecturer que la limite de la suite $\left(\left|v_n-3\right| \right)$ est $0$ et que par conséquent celle de $\left(v_n\right)$ est $3$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 3

On considère la suite $\left(w_n\right)$ définie par $\begin{cases} w_0=3\\w_{n+1}=w_n-(n-3)^2\end{cases}$.

  1. Déterminer, sans calculatrice, les quatre premiers termes.
    $\quad$
  2. Conjecturer le sens de variation de la suite.
    $\quad$
  3. Démontrer alors votre conjecture.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. On a :
    $w_0=3$
    $w_1=w_0-(0-3)^2=3-9=-6$
    $w_2=w_1-(1-3)^2=-6-4=-10$
    $w_3=w_2-(2-3)^2=-10-1=-11$
    $\quad$
  2. Il semblerait donc que la suite $\left(w_n\right)$ soit décroissante.
    $\quad$
  3. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $w_{n+1}-w_n=-(n-3)^2 <0$
    La suite $\left(w_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 4

Sur le graphique ci-dessous, on a représenté, dans un repère orthonormé, la fonction $f$ définie sur $\R^*$ par $f(x)=\dfrac{2}{x}+1$ ainsi que la droite d’équation $y=x$.

  1. Représenter, sur le graphique, les termes de la suite $\left(u_n\right)$ définie par $\begin{cases} u_0=1\\u_{n+1}=\dfrac{2}{u_n}+1\end{cases}$.
    $\quad$
  2. a. En déduire une conjecture sur le sens de variation de la suite $\left(u_n\right)$.
    $\quad$
    b. Conjecturer la limite de cette suite.
    $\quad$

 

Correction Exercice 4

  1. Voici, graphiquement, les quatre premiers termes de la suite $\left(u_n\right)$.

    $\quad$
  2. a. Il semblerait donc que la suite ne soit ni croissante, ni décroissante, ni constante.
    $\quad$
    b. Il semblerait que la limite de la suite $\left(u_n\right)$ soit $2$.
    $\quad$

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$\quad$

1S – Exercices – Suites

Exercices corrigés sur les suites – 1S

Difficulté ++

Exercice 1

Soit la suite $\left(u_n \right)$ définie par $u_0$ et $\forall n  \in  \N$, $u_{n+1}=4u_n+9$.

  1. Cette suite est-elle arithmétique? est-elle géométrique?
    $\quad$
  2. Déterminer la valeur de $u_0$ pour que cette suite soit constante.
    $\quad$
  3. Soit la suite $\left(v_n\right)$ définie par $\forall n\in \N$, $v_n=u_n-\alpha$.
    a. Montrer que cette suite est géométrique.
    $\quad$
    b. On suppose dorénavant que $u_0=5$. Donner alors l’expression de $v_n$ puis de $u_n$ en fonction de $n$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. La définition par récurrence d’une suite arithmétique est de la forme $u_{n+1}=u_n+r$. Le terme $u_n$ ne doit pas être multiplié par un réel. La suite $\left(u_n\right)$ n’est donc pas arithmétique.
    La définition par récurrence d’une suite géométrique est de la forme $u_{n+1}=qu_n$. Aucun nombre réel n’est donc ajouté au terme $qu_n$. La suite $\left(u_n\right)$ n’est donc géométrique.
    $\quad$
  2. On cherche la valeur $u_0$ telle que :
    $\begin{align*} u_1=u_0&\ssi u_0=4u_0+9 \\
    &\ssi -3u_0=9\\
    &\ssi u_0=-3
    \end{align*}$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc constante si $u_0=-3$.
    $\quad$
  3. a. On a donc $v_n=u_n-(-3)=v_n+3$. Par conséquent $u_n=v_n-3$.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}+3 \\
    &=4u_n+9+3 \\
    &=4u_n+12\\
    &=4\left(v_n-3\right)+12 \\
    &=4v_n-12+12\\
    &=4v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $4$.
    $\left(u_n\right)$
    $\quad$
    b. On a $u_0=5$ donc $v_0=5+3=8$
    Ainsi $\forall n\in \N$ on a $v_n=8\times 4^n$
    Donc $u_n=v_n-3=8\times 4^n-3$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

Soit la suite $\left(u_n\right)$ définie par $u_0=6$, $u_1=1$ et $\forall n \in \N$, $u_{n+2}=5u_{n+1}-6u_n$.

  1. Déterminer deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que les suites $\left(v_n\right)$ et $\left(w_n\right)$ définie par $\forall n\in \N$, $v_n=u_{n+1}-\alpha u_n$ et $w_n=u_{n+1}-\beta u_n$ soient géométriques.
    $\quad$
  2. En déduire l’expression de $v_n, w_n$ et $u_n$ en fonction de $n$.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. Si la suite $\left(v_n\right)$ est géométrique cela signifie qu’il existe un réel $q$ tel que, pour tout entier naturel $n$, on a $v_{n+1}=qv_n$
    $\begin{align*} v_{n+1}=qv_n &\ssi u_{n+2}-\alpha u_{n+1}=q\left(u_{n+1}-\alpha u_n\right) \\
    &\ssi 5u_{n+1}-6u_n-\alpha u_{n+1}=qu_{n+1}-q\alpha u_n \\
    & \ssi (5-\alpha)u_{n+1}-6u_n=qu_{n+1}-q\alpha u_n \\
    &\ssi \begin{cases} 5-\alpha=q \\-6=-q\alpha \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} q=\dfrac{6}{\alpha} \\5-\alpha=\dfrac{6}{\alpha} \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} q=\dfrac{6}{\alpha}\\5\alpha-\alpha^2=6 \end{cases}
    \end{align*}$
    On est donc ramené à résoudre l’équation du second degré $-\alpha^+5\alpha-6=0$.
    Le discriminant est $\Delta=5^2-4\times (-6)\times (-1)=1>0$
    Les solutions de cette équation sont donc $\alpha_1=\dfrac{-5-1}{-2}=3$ et $\alpha_2=\dfrac{-5+1}{-2}=2$.
    $\quad$
    Revenons au système :
    $\bullet$ Si $\alpha=3$ alors $q=2$.
    $\bullet$ Si $\alpha=2$ alors $q=3$.
    $\quad$
    Ainsi la suite $\left(v_n\right)$ défnie par $v_n=u_{n+1}-3u_n$ est géométrique de raison $2$ et la suite $\left(w_n\right)$ définie par $w_n=u_{n+1}-2u_n$ est géométrique de raison $3$.
    $\quad$
  2. $v_0=u_1-3u_0=1-3\times 6=-17$. Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $v_n=-17\times 2^n$.
    $w_0=u_1-2u_0=1-2\times 6=-11$. Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $w_n=-11 \times 3^n$.
    $\quad$
    De plus, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=u_{n+1}-3u_n$ et $w_n=u_{n+1}-2u_n$.
    Donc $w_n-v_n=u_{n+1}-2u_n-\left(u_{n+1}-3u_n\right)=u_n$
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=w_n-v_n=-11 \times 3^n+17 \times 2^n$
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

$\quad$

Exercice 3

Soit la suite $\left(u_n\right)$ définie par $u_0=-3$ et $\forall n\in \N$, $u_{n+1}=\dfrac{1}{2}u_n+4$.

  1. Étudier les variations de cette suite.
    $\quad$
  2. Calculer $\ds \sum_{k=0}^n u_k=u_0+u_1+\ldots+u_n$.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. On reprend la méthode de l’exercice 1.
    On cherche la valeur de $u_0$ pour laquelle la suite $\left(u_n\right)$ est constante.
    On a donc :
    $\begin{align*} u_0=u_1 &\ssi u_0=\dfrac{1}{2}u_0+4 \\
    &\ssi \dfrac{1}{2}u_0=4 \\
    &\ssi u_0=8
    \end{align*}$
    Donc si $u_0=8$ alors la suite $\left(u_n\right)$ est constante.
    $\quad$
    On considère maintenant la suite $\left(v_n\right)$ définie par $v_n=u_n-8$ pour tout entier naturel $n$.
    Montrons que cette suite est géométrique.
    $v_n=u_n-8 \ssi u_n=v_n+8$.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-8 \\
    &=\dfrac{1}{2}u_n+4-8 \\
    &=\dfrac{1}{2}u_n-4 \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(v_n+8\right)-4\\
    &=\dfrac{1}{2}v_n+4-4\\
    &=\dfrac{1}{2}v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc une suite géométrique de premier terme $v_0=u_0-8=-11$ et de raison $0,5$.
    Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=-11\times 0,5^n$.
    On en déduit donc que $u_n=v_n+8=-11\times 0,5^n+8$.
    $\quad$
    Étudions maintenant les variations de cette suite.
    Pour tout entier naturel $n$ on a:
    $\begin{align*} u_{n+1}-u_n&=-11\times 0,5^{n+1}+8-\left(-11\times 0,5^n+8\right) \\
    &=-11\times 0,5^{n+1}+11\times 0,5^n \\
    &=11\times 0,5^n\times (1-0,5)\\
    &=5,5\times 0,5^n \\
    &>0
    \end{align*}$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc strictement croissante.
    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*}  \ds \sum_{k=0}^n u_k&=u_0+u_1+\ldots+u_n \\
    &=\left(-11\times 0,5^0+8\right)+\left(-11\times 0,5^1+8\right)+\ldots+\left(-11\times 0,5^n+8\right) \\
    &=-11\times \left(0,5^0+0,5^1+\ldots+0,5^n\right)+8(n+1) \\
    &=-11\times \dfrac{1-0,5^{n+1}}{1-0,5}+8(n+1) \\
    &=-11\times \dfrac{1-0,5^{n+1}}{0,5}+8(n+1) \\
    &=-22\times \left(1-0,5^{n+1}\right)+8(n+1)
    \end{align*}$

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$\quad$

Exercice 4

Déterminer le terme général de la suite de Fibonacci

$\quad$

Correction Exercice 4

La suite de Fibonacci est définie par $u_0=1$, $u_1=1$ et $u_{n+2}=u_{n+1}+u_n$ pour tout entier naturel $n$.

Pour déterminer le terme général de cette suite on va utiliser la même méthode que celle employée dans l’exercice 2.
On va déterminer deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que les suites $\left(v_n\right)$ et $\left(w_n\right)$ définie par $\forall n\in \N$, $v_n=u_{n+1}-\alpha u_n$ et $w_n=u_{n+1}-\beta u_n$ soient géométriques.

Si la suite $\left(v_n\right)$ est géométrique cela signifie qu’il existe un réel $q$ tel que, pour tout entier naturel $n$, on a $v_{n+1}=qv_n$
$\begin{align*} v_{n+1}=qv_n &\ssi u_{n+2}-\alpha u_{n+1}=q\left(u_{n+1}-\alpha u_n\right) \\
&\ssi u_{n+1}+u_n-\alpha u_{n+1}=qu_{n+1}-q\alpha u_n \\
& \ssi (1-\alpha)u_{n+1}+u_n=qu_{n+1}-q\alpha u_n \\
&\ssi \begin{cases} 1-\alpha=q \\1=-q\alpha \end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} q=-\dfrac{1}{\alpha} \\1-\alpha=-\dfrac{1}{\alpha} \end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} q=-\dfrac{1}{\alpha}\\\alpha-\alpha^2=-1 \end{cases}
\end{align*}$

On est donc ramené à résoudre l’équation du second degré $-\alpha^+\alpha+1=0$.
Le discriminant est $\Delta=1^2-4\times 1\times (-1)=5>0$
Les solutions de cette équation sont donc $\alpha_1=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{-2}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ et $\alpha_2=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{-2}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.
$\quad$

Revenons au système :
$\bullet$ Si $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ alors
$\begin{align*} q&=-\dfrac{2}{1+\sqrt{5}} \\
&=-\dfrac{2}{1+\sqrt{5}}\times \dfrac{1-\sqrt{5}}{1-\sqrt{5}} \\
&=-\dfrac{2\left(1-\sqrt{5}\right)}{1-5} \\
&=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}
\end{align*}$.
$\bullet$ Si $\alpha=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ alors
$\begin{align*} q&=-\dfrac{2}{1-\sqrt{5}} \\
&=-\dfrac{2}{1-\sqrt{5}}\times \dfrac{1+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}} \\
&=-\dfrac{2\left(1+\sqrt{5}\right)}{1-5} \\
&=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}
\end{align*}$
$\quad$
Ainsi la suite $\left(v_n\right)$ défnie par $v_n=u_{n+1}-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}u_n$ est géométrique de raison $\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ et la suite $\left(w_n\right)$ définie par $w_n=u_{n+1}-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}u_n$ est géométrique de raison $\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.
$\quad$

$v_0=u_1-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}u_0=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $v_n=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\times \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$ $=\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}$.
$w_0=u_1-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}u_0=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $w_n=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \times \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n$ $=\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}$.

$\quad$
De plus, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=u_{n+1}-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}u_n$ et $w_n=u_{n+1}-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}u_n$.
Donc $w_n-v_n=u_{n+1}-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}u_n-\left(u_{n+1}-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}u_n\right)=\sqrt{5}u_n$
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a
$\begin{align*} u_n&=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left(w_n-v_n \right)\\
&=\dfrac{\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}}{\sqrt{5}}
\end{align*}$
$\quad$

[collapse]

$\quad$

1S – DM – variations, dérivation, second degré, équation de droites

Devoir maison

Exercice 1

Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\dfrac{-3x+20}{3x^2+10x-8}$ et $\mathscr{C}_f$ sa courbe représentative.

  1. Déterminer son tableau de variation.
    $\quad$
  2. Déterminer son tableau de signes.
    $\quad$
  3. Déterminer le tableau de variation de la fonction $i$ définie par $i(x)=\dfrac{1}{f(x)}$.
    En quoi $i(x)$ diffère-t-elle de $\dfrac{3x^2+10x-8}{-3x+20}$.
    $\quad$
  4. Expliciter et commenter les limites en $-\infty$ et $+\infty$ de $f(x)$ et $i(x)$. Faire de même pour une des valeurs n’appartenant pas à l’ensemble de définition précisé au 1. .
    $\quad$
  5. Déterminer une équation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $-1$ ainsi que les réels en lesquels les tangentes sont horizontales.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. Avant toute chose, nous allons déterminer l’ensemble de définition de la fonction $f$.
    Pour cela, nous avons besoin de résoudre l’équation $3x^2+10x-8=0$
    $\Delta = 10^2-4\times 3 \times (-8)=196>0$.
    L’équation possède donc deux solutions réelles : $x_1=\dfrac{-10-\sqrt{196}}{6}=-4$ et $x_2=\dfrac{-10+\sqrt{196}}{6}=\dfrac{2}{3}$.
    La fonction $f$ est donc définie sur $]-\infty;-4[\cup\left]-4;\dfrac{2}{3}\right[\cup \left]\dfrac{2}{3};+\infty\right[$.
    $f$ est dérivable sur chacun de ces intervalles comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{-3\left(3x^2+10x-8\right)-(-3x+20)(6x+10)}{\left(3x^2+10x-8\right)^2} \\
    &=\dfrac{-9x^2-30x+24-\left(-18x^2-30x+120x+200\right)}{\left(3x^2+10x-8\right)^2} \\
    &=\dfrac{-9x^2-30x+24+18x^2-90x-200}{\left(3x^2+10x-8\right)^2} \\
    &=\dfrac{9x^2-120x-176}{\left(3x^2+10x-8\right)^2}
    \end{align*}$
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que du signe de $g(x)=9x^2-120x-176$.
    Le discriminant est $\Delta = (-120)^2-4\times 9\times (-176)=20~736>0$
    Il y a donc deux racines réelles : $\alpha=\dfrac{120-\sqrt{20~736}}{18}=-\dfrac{4}{3}$ et $\beta=\dfrac{120-\sqrt{20~736}}{18}=\dfrac{44}{3}$.
    Le coefficient principal est $a=9>0$.
    On obtient, par conséquent, le tableau de variation suivant :

    $\quad$
  2. On a déjà déterminer les racines de $3x^2+10x-8$ à la question précédentes. Le coefficient principal est $a=3>0$. Ce polynôme du second degré sera donc négatif entre les racines et positif à l’extérieur.
    $-3x+20=0 \ssi x=\dfrac{20}{3}$ et $-3x+20 >0 \ssi -3x>-20 \ssi x<\dfrac{20}{3}$.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :

    $\quad$
  3. La fonction inverse est décroissante sur les intervalles $]-\infty;0[$ et $]0;+\infty[$.
    La fonction $i$ n’est donc pas définie en $-4$ et $-\dfrac{2}{3}$ puisque $f$ ne l’est pas et en $\dfrac{20}{3}$ puisque la fonction $f$ s’annule en cette valeur.
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    $\quad$
    La fonction $j$ définie par $j(x)=\dfrac{3x^2+10-8}{-3x+20}$ est définie en $-4$ et en $-\dfrac{2}{3}$ alors que la fonction $i$ n’est pas définie pour ces réels. Pour tous les réels appartenant à l’ensemble de définition de la fonction $i$, on a $i(x)=j(x)$.
    $\quad$
  4. Pour tout réel $x$ non nul appartenant à l’ensemble de définition de $f$ on a :
    $\begin{align*} f(x)&=\dfrac{x\left(-3+\dfrac{20}{x}\right)}{x^2\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)} \\
    &=\dfrac{-3+\dfrac{20}{x}}{x\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)}
    \end{align*}$
    Ainsi quand $x$ tend vers $+\infty$ alors $\dfrac{1}{x}$ et $\dfrac{1}{x^2}$ tendent vers $0$.
    Par conséquent $-3+\dfrac{20}{x}$ tend vers $-3$
    Et $3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}$ tend vers $3$
    Ainsi $x\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)$ tend vers $+\infty$
    Par conséquent $f(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $+\infty$.
    De même $f(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $-\infty$.
    Quand $x$ tend vers $-4$, et $x < -4$ alors $-3x+20$ tend vers $32$ et $3x^2+10x-8$ tend vers $0$ et $3x^2+10x-8>0$.
    Donc $f(x)$ tend vers $+\infty$ quand $x$ tend vers $-4$ et $x<-4$ (limite de la forme $32/0^+$ que vous verrez en TS).
    $\quad$
    Ainsi, quand $x$ tend $-4$ alors $3x^2+10x-8$ tend vers $0$ et $-3x+20$ tend $32$ donc $i(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $4$.
    Pour tout réel $x$ non nul appartenant à l’ensemble de définition de $i$ on a :
    $\begin{align*} i(x)&=\dfrac{x^2\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)}{x\left(-3+\dfrac{20}{x}\right)} \\
    &=\dfrac{x\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)}{-3+\dfrac{20}{x}}
    \end{align*}$
    Pour les mêmes raisons que pour les limites de la fonction $f$ on a :
    – la limite de $i(x)$, quand $x$ tend vers $+\infty$ est égale à $-\infty$
    – la limite de $i(x)$, quand $x$ tend vers $-\infty$ est égale à $+\infty$
    $\quad$
  5. D’après la question 1. $f'(x)=0 \ssi x=\dfrac{20}{3}$. La courbe $\mathscr{C}_f$ ne possède donc qu’une seule tangente horizontale : celle pour $x=\dfrac{20}{3}$.
    $\quad$
    Une équation d’une tangente au point d’abscisse $a$ a une équation de la forme : $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
    $f'(-1)=-\dfrac{47}{225}$ et $f(-1)=-\dfrac{23}{15}$
    Donc une équation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $-1$ est :
    $y=-\dfrac{47}{225}(x+1)-\dfrac{23}{15}$
    soit $y=-\dfrac{47}{225}x-\dfrac{392}{225}$

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$\quad$

Exercice 2

On considère la fonction $g$ définie par $f(x)=\left(-x^2+3x+2\right)\sqrt{x}$ et $\mathscr{C}_f$ sa courbe représentative.

  1. a. Déterminer l’ensemble de définition de la fonction $f$.
    $\quad$
    b. Déterminer le tableau de variation de la fonction $f$.
    $\quad$
    c. En déduire le tableau de variation de la fonction $v$ définie par $v(x)=\left|f(x)\right|$.
    $\quad$
    d. Déterminer une équation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $1$.
    $\quad$
  2. On cherche à approcher $\mathscr{C}_f$ par une parabole avec les conditions suivantes :
    – le sommet sera le point qui correspond au maximum de la fonction $f$.
    – sa tangente au point d’abscisse $1$ sera parallèle à la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $1$.
    Déterminer l’expression algébrique de la fonction associée à cette parabole.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. a. La fonction $f$ est définie sur $[0;+\infty[$ mais est dérivable sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} f'(x)&=(-2x+3)\sqrt{x}+\dfrac{-x^2+3x+2} {2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{(-2x+3)\sqrt{x}\times \sqrt{x}-x^2+3x+2}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{(-2x+3)\times 2x-x^2+3x+2}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{-4x^2+6x-x^2+3x+2}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{-5x^2+9x+2}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $-5x^2+9x+2$.
    $\Delta = 9^2-4\times (-5)\times 2=121>0$
    Les racines sont $x_1=\dfrac{-9-\sqrt{121}}{-10}=2$ et $x_2=\dfrac{-9+\sqrt{121}}{-10}=-0,2<0$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :
    $\quad$
    c. Le signe de $g(x)$ ne dépend que de celui de $-x^2+3x+2$.
    $\Delta = 3^2-4\times (-1)\times 2 = 9+8=17$
    Les racines sont donc $x_1=\dfrac{-3-\sqrt{17}}{-2}=\dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$ et $x_2=\dfrac{-3+\sqrt{17}}{-2}<0$.
    On obtient ainsi le tableau de variation suivant :
    $\quad$
    d. Une équation d’une tangente au point d’abscisse $a$ a une équation de la forme : $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
    $f'(1)=3$ et $f(1)=4$
    Une équation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $1$ est :
    $y=3(x-1)+4$ soit $y=3x+1$
    $\quad$
  2. On appelle $g$ la fonction du second degré associée à la parabole cherchée.
    On a alors, pour tout réel $x>0$, $g(x)=-a(x-2)^2+4\sqrt{2}$ avec $a>0$.
    donc $g(x)=-a\left(x^2-4x+4\right)+4\sqrt{2}$
    D’où $g'(x)=-2ax+4a$
    On veut que les tangentes aux courbes soient parallèles. Cela signifie donc que $f'(1)=g'(1) \ssi 3=2a$ $\ssi a=\dfrac{3}{2}$.
    Ainsi $g(x)=-\dfrac{3}{2}(x-2)^2+4\sqrt{2}$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 3

On considère la fonction $k$ définie par $k(x)=\sqrt{\dfrac{1}{x}+2}$.

  1. Déterminer l’ensemble de définition de la fonction $k$.
    $\quad$
  2. On considère un réel $x$ tel que $0 < x < 4$.
    Démontrer qu’il existe un réel $c$ strictement positif, qu’on déterminera, tel que $k(x) \pg c$.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. $\dfrac{1}{x}+2=\dfrac{1+2x}{x}$
    $1+2x=0 \ssi x=-\dfrac{1}{2}$ et $1+2x>0\ssi x>1\dfrac{1}{2}$
    On obtient ainsi le tableau de signes suivant :

    La fonction $k$ est donc définie sur $\left]-\infty;-\dfrac{1}{2}\right]\cap]0;+\infty[$.
    $\quad$
  2. Pour tout réel $x$ tel que $0<x\pp 4$ on a :
    $\begin{align*} k(x)-\sqrt{2}&=\dfrac{\sqrt{1+2x}}{x}-\sqrt{2} \\
    &=\dfrac{\sqrt{1+2x}-\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{\sqrt{1+2x}-\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \times \dfrac{\sqrt{1+2x}+\sqrt{x}}{\sqrt{1+2x}+\sqrt{x}}  \quad (*)\\
    &=\dfrac{1+2x-x}{\left(\sqrt{1+2x}+\sqrt{x}\right)\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{1+x}{\left(\sqrt{1+2x}+\sqrt{x}\right)\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    Donc $k(x)-\sqrt{2}>0$ pour tout réel $x>0$.
    Ainsi, on peut choisit $c=\sqrt{2}$
    Remarque 1 : Il est, en fait possible de choisir un nombre $c \in ]0;1,5]$. Le nombre $\sqrt{2}$ ayant la particularité d’être valable pour tout réel $x>0$.
    Remarque 2 : à l’étape $(*)$ on dit qu’on multiplie par la quantité conjuguée de $\sqrt{1+2x}-\sqrt{x}$ afin de faire apparaître une identité remarquable de la forme $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$.

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$\quad$

Exercice 4

Dans un repère orthonormé $\Oij$, on considère les points $A(3;5), B(-2;1)$ et $C(1;4)$.

  1. Donner une équation cartésienne de $(AB)$, puis de sa parallèle $(d)$ passant par le point $C$.
    $\quad$
  2. Déterminer une équation de la droite $(\Delta)$, médiatrice du segment $[AB]$.
    $\quad$
  3. Quelles sont les coordonnées du point d’intersection des droites $(d)$ et $(\Delta)$?
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. $\vect{AB}(-5;-4)$. On considère un point $M(x;y)$ appartenant à la droite $(AB)$.
    On a donc $\vect{AM}(x-3;y-5)$.
    Les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AM}$ sont colinéaires si, et seulement si, $-5(y-5)-(-4)(x-3)=0$
    si, et seulement si, $-5y+25+4x-12=0$
    si, et seulement si, $4x-5y+13=0$
    Une équation de la droite $(AB)$ est donc $4x-5y+13=0$.
    $\quad$
    Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est de la forme $4x-5y+c=0$.
    Le point $C$ appartient à la droite $(d)$ donc $4-20+c=0 \ssi c=16$.
    Une équation de la droite $(AB)$ est donc $4x-5y+16=0$.
  2. Un vecteur normal à la droite $(AB)$ est $\vec{u}(-4;5)$.
    Ainsi une équation de la médiatrice $(\Delta)$ est $-5x-4y+c=0$.
    Le milieu $D$ de $[AB]$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{3-2}{2};\dfrac{5+1}{2}\right)$ soit $(0,5;3)$.
    Le point $D$ appartient à $(\Delta)$ donc
    $-5\times 0,5-4\times 3+c=0 \ssi -2,5-12+c=0 \ssi c=14,5$.
    Une équation de $(\Delta)$ est alors $-5x-4y+14,5=0$.
    $\quad$
  3. Les coordonnées du point d’intersection des droites $(d)$ et $(\Delta)$ sont solution du système :
    $\begin{cases} 4x-5y+16=0 &(1)\\-5x-4y+14,5=0 &(2) \end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} 4x-5y+16=0 &(1) -41y+138=0&4\times(2)+5\times (1)\end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} 4x-5y+16=0 \\y=\dfrac{138}{41}\end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} 4x-\dfrac{34}{41}=0\\y=\dfrac{138}{41}\end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} x=\dfrac{17}{82}\\y=\dfrac{138}{41}\end{cases}$
    Les coordonnées du point d’intersection des deux droites sont donc $\left(\dfrac{17}{82};\dfrac{138}{41}\right)$.

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1S – Exercices – Dérivation

Dérivation

Exercice 1 

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $u+v$.

  1. $f(x)=x^2+1$
    $\quad$
  2. $g(x)=x+\sqrt{x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=x^3+x^2$
    $\quad$
  4. $i(x)=x^3+x+\dfrac{1}{x^2}$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{4x+1}{x}$
    $\quad$
  6. $k(x)=x^2+x+4+\dfrac{1}{x}$
    $\quad$
Correction Exercice 1

On a $(u+v)’=u’+v’$.

  1. $f(x)=x^2+1$
    $u(x)=x^2$ et $v(x)=1$.
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=0$.
    Par conséquent $f'(x)=2x$.
    $\quad$
  2. $g(x)=x+\sqrt{x}$
    $u(x)=x$ et $v(x)=\sqrt{x}$.
    Donc $u'(x)=1$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    Par conséquent $g'(x)=1+\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\quad$
  3. $h(x)=x^3+x^2$
    $u(x)=x^3$ et $v(x)=x^2$
    Donc $u'(x)=3x^2$ et $v'(x)=2x$.
    Par conséquent $h'(x)=3x^2+2x$.
    $\quad$
  4. $i(x)=x^3+x+\dfrac{1}{x^2}=x^3+x+x^{-2}$
    $u(x)=x^3$, $v(x)=x$ et $w(x)=x^{-2}$.
    Donc $u'(x)=3x^2$, $v'(x)=1$ et $w'(x)=-2x^{-3}$ (utilisation de la dérivée de $x^n$ avec $n=-2$).
    Par conséquent
    $\begin{align*} i'(x)&=3x^2+1-2x^{-3}\\
    &=3x^2+1-\dfrac{2}{x^3}
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{4x+1}{x}$
    $\phantom{j(x)}=\dfrac{4x}{x}+\dfrac{1}{x}$
    $\phantom{j(x)}=4+\dfrac{1}{x}$
    $u(x)=4$ et $v(x)=\dfrac{1}{x}$.
    Donc $u'(x)=0$ et $v'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.
    Par conséquent $j'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$
    $\quad$
  6. $k(x)=x^2+x+4+\dfrac{1}{x}$
    $u(x)=x^2$, $v(x)=x$, $w(x)=4$ et $t(x)=\dfrac{1}{x}$.
    Donc $u'(x)=2x$, $v'(x)=1$, $w'(x)=0$ et $t'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.
    Par conséquent $k'(x)=2x+1-\dfrac{1}{x^2}$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2 

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $ku$.

  1. $f(x)=\dfrac{x^4}{5}$
    $\quad$
  2. $g(x)=-\dfrac{1}{x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{5x}$
    $\quad$
Correction Exercice 2

On utilise la formule $(ku)’=ku’$ où $k$ est un réel.

  1. $f(x)=\dfrac{x^4}{5} = \dfrac{1}{5}x^4$
    $k=\dfrac{1}{5}$ et $u(x)=x^4$.
    Donc $u'(x)=4x^3$.
    Par conséquent $f'(x)=\dfrac{1}{5}\times 4x^3=\dfrac{4}{5}x^3$.
    $\quad$
  2. $g(x)=-\dfrac{1}{x}$
    $k=-1$ et $u(x)=\dfrac{1}{x}$.
    Donc $u'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.
    Par conséquent $g'(x)=-\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)=\dfrac{1}{x^2}$.
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{5x}=\dfrac{1}{5}\times \dfrac{1}{x}$
    $k=\dfrac{1}{5}$ et $u(x)=\dfrac{1}{x}$.
    Donc $u'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.
    Par conséquent $h'(x)=\dfrac{1}{5}\times \left(-\dfrac{1}{x^2}\right)=-\dfrac{1}{5x^2}$.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 3 

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée d’un polynôme.

  1. $f(x)=3x^2-5x$
    $\quad$
  2. $g(x)=-4x^2+3x$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+3$
    $\quad$
  4. $i(x)=4x^3-\dfrac{2}{3}x^2+6$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{x^2-2x+6}{3}$
    $\quad$
  6. $k(x)=3x^5+7x^2+1$
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. $f(x)=3x^2-5x$
    $\begin{align*} f'(x)&=3\times 2x-5\\
    &=6x-5
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $g(x)=-4x^2+3x$
    $\begin{align*} g'(x)&=-4\times 2x+3\\
    &=-8x+3
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+3$
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{1}{2}\times 2x-\dfrac{1}{2} \\
    &=x-\dfrac{1}{2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $i(x)=4x^3-\dfrac{2}{3}x^2+6$
    $\begin{align*} i'(x)&=4\times 3x^2-\dfrac{2}{3}\times 2x \\
    &=12x^2-\dfrac{4}{3}x
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{x^2-2x+6}{3}=\dfrac{1}{3}x^2-\dfrac{2}{3}x+2$
    $\begin{align*} j'(x)&=\dfrac{1}{3}\times 2x-\dfrac{2}{3} \\
    &=\dfrac{2}{3}x-\dfrac{2}{3} \\
    &=\dfrac{2}{3}(x-1)
    \end{align*}$
    $\quad$
  6. $k(x)=3x^5+7x^2+1$
    $\begin{align*} k'(x)&=3\times 5x^4+7\times 2x \\
    &=15x^4+14x
    \end{align*}$
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 4

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $uv$.

  1. $f(x)=x\sqrt{x}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{1}{x}\sqrt{x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\left(\sqrt{x}+1\right)^2$
    $\quad$
  4. $i(x)=x^2(2x+4)$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{1}{x^5}(3-x)$
    $\quad$
  6. $k(x)=(4x-1)\dfrac{1}{x^6}$
    $\quad$
Correction Exercice 4

On utilise la formule $(uv)’=u’v+uv’$

  1. $f(x)=x\sqrt{x}$
    $u(x)=x$ et $v(x)=\sqrt{x}$
    Donc $u'(x)=1$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\begin{align*} f'(x)&=1\times \sqrt{x}+x\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \\
    &=\sqrt{x}+\dfrac{x}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{2x+x}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{3x}{2\sqrt{x}}\\
    &=\dfrac{3}{2}\sqrt{x}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{1}{x}\sqrt{x}$
    $u(x)=\dfrac{1}{x}$ et $v(x)=\sqrt{x}$
    Donc $u'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\begin{align*} g'(x)&=-\dfrac{1}{x^2}\times \sqrt{x}+\dfrac{1}{x}\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \\
    &=-\dfrac{\sqrt{x}}{x^2}+\dfrac{1}{2x\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{-2x+x}{2x^2\sqrt{x}} \\
    &=-\dfrac{x}{2x^2\sqrt{x}}\\
    &=-\dfrac{1}{2x\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\left(\sqrt{x}+1\right)^2=\left(\sqrt{x}+1\right)\times \left(\sqrt{x}+1\right)$
    $u(x)=\left(\sqrt{x}+1\right)$ et $v(x)=\left(\sqrt{x}+1\right)$
    Donc $u'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\left(\sqrt{x}+1\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\left(\sqrt{x}+1\right) \\
    &=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x}+1\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $i(x)=x^2(2x+4)$
    $u(x)=x^2$ et $v(x)=2x+4$
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=2$
    $\begin{align*} i'(x)&=2x(2x+4)+x^2\times 2\\
    &=4x^2+8x+2x^2\\
    &=6x^2+8x
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{1}{x^5}(3-x)$
    $u(x)=\dfrac{1}{x^5}=x^{-5}$ et $v(x)=(3-x)$
    Donc $u'(x)=-5x^{-6}=-\dfrac{5}{x^6}$ et $v'(x)=-1$
    $\begin{align*} j'(x)&=-\dfrac{5}{x^6}(3-x)+\dfrac{1}{x^5}\times (-1)\\
    &=\dfrac{5(x-3)}{x^6}-\dfrac{1}{x^5} \\
    &=\dfrac{5x-15-x}{x^6}\\
    &=\dfrac{4x-15}{x^6}
    \end{align*}$
    $\quad$
  6. $k(x)=(4x-1)\dfrac{1}{x^6}$
    $u(x)=4x-1$ et $v(x)=\dfrac{1}{x^6}=x^{-6}$
    Donc $u'(x)=4$ et $v'(x)=-6x^{-7}=-\dfrac{6}{x^7}$
    $\begin{align*} k'(x)&=4\times \dfrac{1}{x^6}+(4x-1)\times \dfrac{-6}{x^7} \\
    &=\dfrac{4}{x^6}-\dfrac{6(4x-1)}{x^7} \\
    &=\dfrac{4x-24x+6}{x^7} \\
    &=\dfrac{6-20x}{x^7}
    \end{align*}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 5

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $\dfrac{1}{u}$.

  1. $f(x)=\dfrac{1}{x^3-4}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{1}{1-x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{-x^2+5x+7}$
    $\quad$
Correction Exercice 5

On utilise la formule $\left(\dfrac{1}{u}\right)’=-\dfrac{u’}{u^2}$.

  1. $f(x)=\dfrac{1}{x^3-4}$
    $u(x)=x^3-4$ donc $u'(x)=3x^2$
    $f'(x)=-\dfrac{3x^2}{\left(x^3-4\right)^2}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{1}{1-x}$
    $u(x)=1-x$ donc $u'(x)=-1$
    $f'(x)=-\dfrac{-1}{(1-x)^2}=\dfrac{1}{(1-x)^2}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{-x^2+5x+7}$
    $u(x)=-x^2+5x+7$ donc $u'(x)=-2x+5$
    $h'(x)=-\dfrac{-2x+5}{\left(-x^2+5x+7\right)^2}=\dfrac{2x-5}{\left(-x^2+5x+7\right)^2}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 6

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $\dfrac{u}{v}$.

  1. $f(x)=\dfrac{x^3}{\sqrt{x}}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{2\sqrt{x}}{x^2-4}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{x^4+1}{x^3-1}$
    $\quad$
Correction Exercice 6

On utilise la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$

  1. $f(x)=\dfrac{x^3}{\sqrt{x}}$
    $u(x)=x^3$ et $v(x)=\sqrt{x}$
    Donc $u'(x)=3x^2$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{3x^2\sqrt{x}-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\times x^3}{\left(\sqrt{x}\right)^2} \\
    &=\dfrac{3x^2\sqrt{x}-\dfrac{x^3}{2\sqrt{x}}}{x} \\
    &=3x\sqrt{x}-\dfrac{x^2}{2\sqrt{x}}\\
    &=\dfrac{3x\times 2x-x^2}{2\sqrt{x}}\\
    &=\dfrac{5x^2}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{2\sqrt{x}}{x^2-4}$
    $u(x)=2\sqrt{x}$ et $v(x)=x^2-4$
    Donc $u'(x)=2\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ et $v(x)=2x$.
    $\begin{align*} g'(x)&=\dfrac{\dfrac{x^2-4}{\sqrt{x}}-2x\times 2\sqrt{x}}{\left(x^2-4\right)^2} \\
    &=\dfrac{\dfrac{x^2-4}{\sqrt{x}}-\dfrac{4x\times x}{\sqrt{x}}}{\left(x^2-4\right)^2} \\
    &=\dfrac{x^2-4-4x^2}{\left(x^2-4\right)^2\sqrt{x}}\\
    &=\dfrac{-3x^2-4}{\left(x^2-4\right)^2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{x^4+1}{x^3-1}$
    $u(x)=x^4+1$ et $v(x)=x^3-1$
    Donc $u'(x)=4x^3$ et $v'(x)=3x^2$
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{4x^3\left(x^3-1\right)-3x^2\left(x^4+1\right)}{\left(x^3-1\right)^2} \\
    &=\dfrac{4x^6-4x^3-3x^6-3x^2}{\left(x^3-1\right)^2} \\
    &=\dfrac{x^6-4x^3-3x^2}{\left(x^3-1\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 7

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie.

  1. $f(x)=\dfrac{4}{x^2-1}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{x^2-1}{1-x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{x^2-1}{x^2}$
    $\quad$
  4. $i(x)=3x^2-2x-\dfrac{1}{x-x^3+1}$
    $\quad$
  5. $j(x)=3x+\dfrac{1}{2x}-\sqrt{x}$
    $\quad$
  6. $k(x)=\dfrac{x}{3x^2}-x+\sqrt{7x}$
    $\quad$
Correction Exercice 7

  1. $f(x)=\dfrac{4}{x^2-1} = 4\times \dfrac{1}{x^2-1}$
    On utilise la dérivée de $ku$ et de $\dfrac{1}{u}$
    $k=4$ et $u=x^2-1$ donc $u'(x)=2x$
    $\begin{align*} f'(x)&=4\times \dfrac{2x}{\left(x^2-1\right)^2} \\
    &=\dfrac{8x}{\left(x^2-1\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{x^2-1}{1-x}$
    On utilise la dérivée de $\dfrac{u}{v}$.
    $u(x)=x^2-1$ et $v(x)=1-x$.
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=-1$.
    $\begin{align*}g'(x)&=\dfrac{2x(1-x)-(-1)\left(x^2-1\right)}{(1-x)^2} \\
    &=\dfrac{2x-2x^2+x^2-1}{(1-x)^2} \\
    &=\dfrac{-x^2+2x-1}{(1-x)^2} \\
    &=\dfrac{-\left(x^2-2x+1\right)}{(1-x)^2}\\
    &=\dfrac{-(1-x)^2}{(1-x)^2} \\
    &=-1
    \end{align*}$
    Remarque : valable pour tout $x\neq 1$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{x^2-1}{x^2}$
    On utilise la dérivée de $\dfrac{u}{v}$.
    $u(x)=x^2-1$ et $v(x)=x^2$.
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=2x$.
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{2x\times x^2-2x\left(x^2-1\right)}{\left(x^2\right)^2} \\
    &=\dfrac{2x^3-2x^3+2x}{x^4} \\
    &=\dfrac{2x}{x^4} \\
    &=\dfrac{2}{x^3}
    \end{align*}$
    Remarque : On pouvait aussi écrire $h(x)=1-\dfrac{1}{x^2}$ et on utilise la dérivée de $u+v$ et de $\dfrac{1}{u}$.

    $\quad$

  4. $i(x)=3x^2-2x-\dfrac{1}{x-x^3+1}$
    $\begin{align*} i'(x)&=3\times 2x-2-\left(-\dfrac{1-3x^2}{\left(x-x^3+1\right)^2}\right) \\
    &=6x-2+\dfrac{1-3x^2}{\left(x-x^3+1\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $j(x)=3x+\dfrac{1}{2x}-\sqrt{x}$
    $\begin{align*} j'(x)&=3+\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)-\dfrac{1}{2\sqrt{x}} \\
    &3-\dfrac{1}{2x^2}-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  6. $k(x)=\dfrac{x}{3x^2}-x+\sqrt{7x}=\dfrac{1}{3x}-x+\sqrt{7}\sqrt{x}$
    $\begin{align*} k'(x)=&=\dfrac{1}{3}\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)-1+\sqrt{7}\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \\
    &=-\dfrac{1}{3x^2}-1+\dfrac{\sqrt{7}}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$

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1S – Exercices – Dérivation – Variations

Dérivation

Exercice 1

Déterminer le sens de variation des fonctions suivantes :

  1. $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=-3x^2+12x-5$.
    $\quad$
  2. $g$ définie sur $\R$ par $g(x)=x^3-9x^2-21x+4$.
    $\quad$
  3. $h$ définie sur $]-\infty;1[\cup]1;+\infty[$ par $h(x)=\dfrac{5x-3}{x-1}$.
    $\quad$
  4. $i$ définie sur $]-\infty;0[\cup]0;+\infty[$ par $i(x)=\dfrac{x^3-2x-1}{x^3}$.
    $\quad$
  5. $j$ définie sur $[0;+\infty[$ par $j(x)=\dfrac{\sqrt{x}}{x+1}$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=-3x^2+12x-5$.
    $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que polynôme.
    $f'(x)=-3\times 2x+12=-6x+12$
    $-6x+12=0 \ssi x=2$
    $-6x+12>0 \ssi -6x>-12 \ssi x<2$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    La fonction $f$ est donc croissante sur $]-\infty;2]$ et décroissante sur $[2;+\infty[$.
    $\quad$
  2. $g$ définie sur $\R$ par $g(x)=x^3-9x^2-21x+4$.
    $g$ est dérivable sur $\R$ en tant que polynôme.
    $g'(x)=3x^2-9\times 2x-21=3x^2-18x-21$.
    Son discriminant est :
    $\Delta = (-18)^2-4\times 3 \times (-21)=576>0$
    Il y a deux racines réelles :
    $x_1=\dfrac{18-\sqrt{576}}{2\times 3}=-1$
    $x_2=\dfrac{18+\sqrt{576}}{2\times 3}=7$
    Puisque $a=3>0$ on obtient le tableau de variation suivant :

    $\quad$
  3. $h$ définie sur $I=]-\infty;1[\cup]1;+\infty[$ par $h(x)=\dfrac{5x-3}{x-1}$.
    La fonction $h$ est dérivable sur $I$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas sur $I$.
    $h$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=5x-3$ et $v(x)=x-1$.
    On a donc $u'(x)=5$ et $v'(x)=1$
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{5(x-1)-(5x-3)}{(x-1)^2} \\
    &=\dfrac{5x-5-5x+3}{(x-1)^2} \\
    &=\dfrac{-2}{(x-1)^2}
    \end{align*}$
    Par conséquent, pour tout réel $x$ appartenant à $I$, on a $h'(x)<0$.
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    La fonction $h$ est donc décroissante sur $]-\infty;1[$ et sur $]1;+\infty[$.
    $\quad$
  4. $i$ définie sur $I=]-\infty;0[\cup]0;+\infty[$ par $i(x)=\dfrac{x^3-2x-1}{x^3}$.
    La fonction $i$ est dérivable sur $I$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas sur $I$.
    $i$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x^3-2x-1$ et $v(x)=x^3$.
    On a donc $u'(x)=3x^2-2$ et $v'(x)=3x^2$
    $\begin{align*} i'(x)&=\dfrac{\left(3x^2-2\right)x^3-3x^2\left(x^3-2x-1\right)}{\left(x^3\right)^2}\\
    &=\dfrac{3x^5-2x^3-3x^5+6x^3+3x^2}{x^6}\\
    &=\dfrac{4x^3+3x^2}{x^6}\\
    &=\dfrac{x^2(4x+3)}{x^6}\\
    &=\dfrac{4x+3}{x^4}
    \end{align*}$
    Pour tout réel $x\in I$, on a $x^4>0$.
    Le signe de $i'(x)$ ne dépend donc que de celui de $4x+3$.
    $4x+3=0\ssi 4x=-3 \ssi x=-\dfrac{3}{4}$
    $4x+3>0 \ssi 4x>3 \ssi x>-\dfrac{3}{4}$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    La fonction $i$ est donc décroissante sur $\left]-\infty;-\dfrac{3}{4}\right]$ et croissante sur $\left[-\dfrac{3}{4};0\right[$ et $]0;+\infty[$.
    $\quad$
  5. $j$ définie sur $[0;+\infty[$ par $j(x)=\dfrac{\sqrt{x}}{x+1}$.
    La fonction $j$ est dérivable sur $I=]0;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas sur $I$.
    $i$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=\sqrt{x}$ et $v(x)=x+1$.
    On a donc $u'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ et $v'(x)=1$
    $\begin{align*} j'(x)&=\dfrac{\dfrac{x+1}{2\sqrt{x}}-\sqrt{x}}{(x+1)^2} \\
    &=\dfrac{\dfrac{x+1}{2\sqrt{x}}-\dfrac{2x}{2\sqrt{x}}}{(x+1)^2} \\
    &=\dfrac{x+1-2x}{2\sqrt{x}(x+1)^2} \\
    &=\dfrac{1-x}{2\sqrt{x}(x+1)^2}
    \end{align*}$
    Le signe de $j'(x)$ sur $I$ ne dépend que de celui de $1-x$.
    $1-x=0 \ssi x=1$
    $1-x>0 \ssi x<1$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    La fonction $j$ est donc croissante sur $]0;1]$ et décroissante sur $[1;+\infty[$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=\dfrac{x^2-1}{x+2}$.

Après avoir déterminer l’ensemble de définition de $f$, étudier les variations de la fonction $f$.

$\quad$

Correction Exercice 2

La fonction $f$ est définie pour tout réel $x$ vérifiant $x+2\neq 0$ soit $x\neq -2$.

Ainsi l’ensemble de définition de $f$ est $\mathscr{D}_f=]-\infty;-2[\cup]-2;+\infty[$.

La fonction $f$ est également dérivable sur cet intervalle en tant que quotient de fonctions dérivables sur $\mathscr{D_f}$ dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\mathscr{D}_f$.

$f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x^2-1$ et $v(x)=x+2$.
On a donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=1$

$\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2x(x+2)-\left(x^2-1\right)}{(x+2)^2} \\
&=\dfrac{2x^2+4x-x^2+1}{(x+2)^2} \\
&=\dfrac{x^2+4x+1}{(x+2)^2}
\end{align*}$

Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $x^2+4x+1$.
$\Delta = 4^2-4\times 1\times 1 = 12>0$
Il y a donc deux racines réelles :
$x_1=\dfrac{-4-\sqrt{12}}{2}=-2-\sqrt{3}$ et $x_2=\dfrac{-4+\sqrt{12}}{2}=-2+\sqrt{3}$
Puisque $a=1>0$ on obtient le tableau de variation suivant :

La fonction $f$ est donc croissante sur les intervalles $\left]-\infty;-2-\sqrt{3}\right]$ et $\left[-2+\sqrt{3};+\infty\right[$ et décroissante sur les intervalles $\left[-2-\sqrt{3}-2\right[$ et $\left]-2;-2+\sqrt{3}\right]$.
$\quad$

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$\quad$

Exercice 3

On considère la fonction $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x)=x+\dfrac{1}{x}$.

Démontrer que cette fonction admet un minimum qu’on précisera.

$\quad$

Correction Exercice 3

La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

$f'(x)=1-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x^2-1}{x^2}=\dfrac{(x-1)(x+1)}{x^2}$.

Sur $]0;+\infty[$, on sait que $x^2$ et $x+1$ sont positifs.
Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $x-1$.

$x-1=0\ssi x=1$
$x-1>0 \ssi x>1$

On obtient par conséquent le tableau de variation suivant :

$\quad$

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$\quad$

Exercice 4

On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=\dfrac{x^2-4}{2x-5}$ et on note $\mathscr{C}_f$ sa représentation graphique.

  1. Déterminer l’ensemble de définition de $f$ noté $\mathscr{D}_f$.
    $\quad$
  2. Déterminer l’expression de $f'(x)$.
    $\quad$
  3. Dresser le tableau de variation de la fonction $f$ sur son ensemble de définition.
    $\quad$
  4. Déterminer une équation de la tangente $T$ à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $3$.
    $\quad$
  5. Donner les coordonnées des points où la tangente à la courbe est parallèle à l’axe des abcisses.
    $\quad$
  6. Tracer dans un repère orthonormé, la courbe $\mathscr{C}_f$, la droite $T$ et les tangentes trouvées à la question précédente.
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. La fonction $f$ est définie pour tout réel $x$ tel que $2x-5\neq 0 \ssi x\neq \dfrac{5}{2}$.
    Ainsi $\mathscr{D}_f=\left]-\infty;\dfrac{5}{2}\right[\cup\left]\dfrac{5}{2};+\infty\right[$.
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est dérivable sur $\mathscr{D}_f$ en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\mathscr{D}_f$.
    $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x^2-4$ et $v(x)=2x-5$.
    On a donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=2$.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2x(2x-5)-2\left(x^2-4\right)}{(2x-5)^2} \\
    &=\dfrac{4x^2-10x-2x^2+8}{(2x-5)^2}\\
    &=\dfrac{2x^2-10x+8}{(2x-5)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $2x^2-10x+8=2\left(x^2-5x+4\right)$.
    $\Delta = (-5)^2-4\times 1\times 4=9>0$
    Il y a donc deux racines réelles :
    $x_1=\dfrac{5-\sqrt{9}}{2}=1$ et $x_2=\dfrac{5+\sqrt{9}}{2}=4$
    Puisque $a=1>0$, on obtient ainsi le tableau de variation suivant :
  4. Une équation de la tangente à la courbe $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $3$ est de la forme $y=f'(3)(x-3)+f(3)$.
    $f'(3)=-4$ et $f(3)=5$
    Ainsi une équation de $T$ est $y=-4(x-3)+5$ soit $y=-4x+17$.
    $\quad$
  5. Une tangente est parallèle à l’axe des abscisses si et seulement si son coefficient directeur est $0$.
    On cherche donc à résoudre, dans $\mathscr{D}_f$, l’équation
    $f'(x)=0 \ssi x=1$ ou $x=4$
    $\quad$
  6. On obtient le graphique suivant :

    $\quad$

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1S – Exercices – Dérivation – 2

Dérivation

Exercice 1

On considère une fonction $f$ dérivable sur $\R$ dont la représentation graphique $\mathscr{C}_f$ est donnée ci-dessous.
Le point $A(0;2)$ appartient à cette courbe et la tangente $T_A$ à $\mathscr{C}_f$ au point $A$ passe également par le point $B(2;0)$.

  1. Déterminer une équation de la droite $T_A$.
    $\quad$
  2. En déduire $f'(0)$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. Une équation de la droite $T_A$ est de la forme $y=ax+b$.
    Les points $A(0;2)$ et $B(2;0)$ appartiennent à la droite $T_A$.
    Donc $a=\dfrac{0-2}{2-0}=-1$.
    Le point $A(0;2)$ appartient à $T_A$ donc $b=2$.
    Ainsi une équation de $T_A$ est $y=-x+2$.
    $\quad$
  2. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $0$ est $f'(0)$.
    Par conséquent $f'(0)=-1$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

On considère une fonction $f$ dérivable sur $\R$ dont la représentation graphique $\mathscr{C}_f$ est donnée ci-dessous.

La tangente à la courbe $\mathscr{C}_f$ au point $A(1;3)$ est parallèle à l’axe des abscisses.

Déterminer $f'(1)$.

Correction Exercice 2

La droite $T_A$ est parallèle à l’axe des abscisses. Puisque $T_A$ est la tangente à la courbe $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $1$, cela signifie que $f'(1)=0$.

$\quad$

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$\quad$

Exercice 3

On considère une fonction $f$ dérivable sur $\R$ dont la représentation graphique $\mathscr{C}_f$ est donnée ci-dessous.
Le point $A(-2;1)$ appartient à cette courbe et la tangente $T_A$ à $\mathscr{C}_f$ au point $A$ passe également par le point $B(-3;3)$.

 

  1. Déterminer une équation de la droite $T_A$.
    $\quad$
  2. En déduire $f'(0)$.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. Une équation de la droite $T_A$ est de la forme $y=ax+b$.
    Les points $A(-2;1)$ et $B(-3;3)$ appartiennent à la droite $T_A$.
    Donc $a=\dfrac{3-1}{-3-(-2)}=-2$.
    Une équation de $T_A$ est par conséquent de la forme $y=-2x+b$.
    Le point $A(-2;1)$ appartient à la droite. Ses coordonnées vérifient donc l’équation de $T_A$.
    $1=-2\times (-2)+b \ssi b=-3$
    Une équation de $T_A$ est alors $y=-2x-3$.
    $\quad$
  2. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $-2$ est $f'(-2)$.
    Par conséquent $f'(-2)=-2$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 4

Pour chacune des fonctions $f$ fournies, déterminer une équation de la tangente à la courbe $\mathscr{C}$ représentant la fonction $f$ au point d’abscisse $a$ .

  1. $f(x)=x^3-3x+1 \quad a=0$
    $\quad$
  2. $f(x)=\dfrac{x^2}{3x-9} \quad a=1$
    $\quad$
  3. $f(x)=\dfrac{x+1}{x-1} \quad a=2$
    $\quad$
  4. $f(x)=x+2+\dfrac{4}{x-2}  \quad a=-2$
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$.
    Une équation de la tangente à $\mathscr{C}$ au point d’abscisse $a=0$ est $y=f'(0)\left(x-0\right)+f(0)$.
    $f'(x)=3x^2-3$
    Donc $f'(0)=-3$
    De plus $f(0)=1$.
    Une équation de la tangente est par conséquent $y=-3x+1$.
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est dérivable sur $]-\infty;3[\cup]3;+\infty[$.
    Une équation de la tangente à $\mathscr{C}$ au point d’abscisse $a=1$ est $y=f'(1)\left(x-1\right)+f(1)$.
    Pour déterminer l’expression de $f’$ on applique la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x^2$ et $v(x)=3x-9$.
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=3$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2(3x-9)-3(x^2)}{(3x-9)^2} \\
    &=\dfrac{6x-18-3x^2}{(3x-9)^2}
    \end{align*}$
    Ainsi $f'(1)= -\dfrac{5}{12}$
    De plus $f(1)=-\dfrac{1}{6}$
    Une équation de la tangente est par conséquent $y=-\dfrac{5}{12}(x-1)-\dfrac{1}{6}$ soit $y=-\dfrac{5}{12}x+\dfrac{1}{4}$
    $\quad$
  3. La fonction $f$ est dérivable sur $]-\infty;1[\cup]1;+\infty[$.
    Une équation de la tangente à $\mathscr{C}$ au point d’abscisse $a=2$ est $y=f'(2)\left(x-2\right)+f(2)$.
    Pour déterminer l’expression de $f’$ on applique la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x+1$ et $v(x)=x-1$.
    Donc $u'(x)=1$ et $v'(x)=1$.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{x-1-(x+1)}{(x-1)^2} \\
    &=\dfrac{-2}{(x-1)^2}
    \end{align*}$
    Donc $f'(2)=-2$
    De plus $f(2)=3$
    Une équation de la tangente est par conséquent $y=-2(x-2)+3$ soit $y=-2x+7$.
    $\quad$
  4. La fonction $f$ est dérivable sur $]-\infty;2[\cup]2;+\infty[$.
    Une équation de la tangente à $\mathscr{C}$ au point d’abscisse $a=-2$ est $y=f'(-2)\left(x-(-2)\right)+f(-2)$.
    Pour dériver la fonction $f$ on utilise la formule $\left(\dfrac{1}{u}\right)’=-\dfrac{u’}{u^2}$.
    $\begin{align*} f'(x)&=1+4\left(-\dfrac{1}{(x-2)^2}\right) \\
    &=1-\dfrac{4}{(x-2)^2}
    \end{align*}$
    Donc $f'(-2)=\dfrac{3}{4}$
    De plus $f(-2)=-1$
    Une équation de la tangente est par conséquent $y=\dfrac{3}{4}(x+2)-1$ soit $y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{1}{2}$.

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$\quad$

Exercice 5

On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=ax^2+2x+b$ où $a$ et $b$ sont deux réels.
Déterminer les valeurs de $a$ et $b$ telles que la courbe représentative $\mathscr{C}_f$ admette au point $A(1;-1)$ une tangente $\Delta$ de coefficient directeur $-4$.
$\quad$

Correction Exercice 5

La fonction $f$ est dérivable sur $\R$.
Le coefficient directeur de la tangente $\Delta$ est $f'(1)$
$f'(x)=2ax+2$.
Donc $f'(1)=2a+2$.
On veut $f'(1)=-4\ssi 2a+2=-4 \ssi a=-3$.

Ainsi $f(x)=-3x^2+2x+b$.

Le point $A(1;-1)$ appartient à $\mathscr{C}_f$. Par conséquent :
$\begin{align*} f(1)=-1&\ssi -3+2+b=-1 \\
&\ssi b=0
\end{align*}$

Donc $f(x)=-3x^2+2x$.

$\quad$

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$\quad$

Exercice 6

On considère la fonction $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{1}{x}$. On appelle $\mathscr{C}$ sa représentation graphique.

On considère un point $M$ de $\mathscr{C}$ d’abscisse $a$ ($a>0$).

  1. Déterminer une équation de la tangente $T_a$ à $\mathscr{C}$ au point $M$.
    $\quad$
  2. La droite $T_a$ coupe l’axe des abscisses en $A$ et celui des ordonnées en $B$.
    Montrer que le point $M$ est le milieu du segment $[AB]$.
    $\quad$
Correction Exercice 6

  1. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
    Une équation de la tangente $T_a$ est $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
    $f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$ donc $f'(a)=-\dfrac{1}{a^2}$
    De plus $f(a)=\dfrac{1}{a}$.
    Une équation de $T_a$ est $y=-\dfrac{1}{a^2}(x-a)+\dfrac{1}{a}$ soit $y=-\dfrac{1}{a^2}x+\dfrac{2}{a}$.
    $\quad$
  2. Le point $A$ est l’intersection de $\mathscr{C}$ avec l’axe des abscisses.
    Son abscisse vérifie donc l’équation :
    $\begin{align*} -\dfrac{1}{a^2}x+\dfrac{2}{a}=0 \ssi \dfrac{1}{a^2}x=\dfrac{2}{a} \\
    &\ssi x=2a
    \end{align*}$
    Ainsi $A(2a;0)$.
    Le point $B$ est l’intersection de $\mathscr{C}$ avec l’axe des ordonnées. Donc $x_B=0$.
    $y_B=\dfrac{2}{a}$.
    Ainsi $B\left(0;\dfrac{2}{a}\right)$.
    $\quad$
    Le milieu de $[AB]$ est a donc pour coordonnées :
    $\begin{cases} x=\dfrac{2a+0}{2} \\y=\dfrac{0+\dfrac{2}{a}}{2} \end{cases} \ssi \begin{cases} x=a\\y=\dfrac{1}{a}\end{cases}$.
    Le point $M$ d’abscisse $a$ appartient à $\mathscr{C}$ donc ses coordonnées sont $\left(a;f(a)\right)$ soit $\left(a;\dfrac{1}{a}\right)$.
    Par conséquent le point $M$ est le milieu du segment $[AB]$.
    $\quad$

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1S – Exercices – Dérivation – Généralités

Dérivation

Exercice 1

En utilisant les taux d’accroissement déterminer le nombre dérivé des fonctions suivantes en $a$.

  1. $f(x)=x^2-1 \qquad a=4$
    $\quad$
  2. $f(x)=2x^2-x+5 \qquad a=1$
    $\quad$
  3. $f(x)=\dfrac{1}{x} \qquad a=2$
    $\quad$
  4. $f(x)=5x^2-3x \qquad a=1$
    $\quad$
  5. $f(x)=\sqrt{x+1}\qquad a=3$
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. $f(x)=x^2-1 \qquad a=4$
    Pour tout réel $h$ non nul on a :
    $\begin{align*} \dfrac{f(4+h)-f(4)}{h}&=\dfrac{(4+h)^2-1-15}{h} \\
    &=\dfrac{16+8h+h^2-1-15}{h}\\
    &=\dfrac{8h+h^2}{h}\\
    &=8+h
    \end{align*}$
    $\quad$
    Ainsi $f'(4)=\lim\limits_{h\to 0} \dfrac{f(4+h)-f(4)}{h} =8$
    $\quad$
  2. $f(x)=2x^2-x+5 \qquad a=1$
    Pour tout réel $h$ non nul on a :
    $\begin{align*} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}&=\dfrac{2(1+h)^2-(1+h)+5-6}{h} \\
    &=\dfrac{2\left(1+2h+h^2\right)-1-h-1}{h}\\
    &=\dfrac{2+4h+2h^2-h-2}{h}\\
    &=\dfrac{3h+2h^2}{h}\\
    &=3+2h
    \end{align*}$
    $\quad$
    Ainsi $f'(1)=\lim\limits_{h\to 0} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h} =3$
    $\quad$
  3. $f(x)=\dfrac{1}{x} \qquad a=2$
    Pour tout réel $h$ non nul on a :
    $\begin{align*} \dfrac{f(2+h)-f(2)}{h}&=\dfrac{\dfrac{1}{2+h}-\dfrac{1}{2}}{h} \\
    &=\dfrac{\dfrac{2-(2+h)}{2(2+h)}}{h}\\
    &=\dfrac{-\dfrac{h}{2(2+h)}}{h}\\
    &=-\dfrac{1}{4+2h}
    \end{align*}$
    $\quad$
    Ainsi $f'(2)=\lim\limits_{h\to 0} \dfrac{f(2+h)-f(2)}{h} =-\dfrac{1}{4}$
    $\quad$
  4. $f(x)=5x^2-3x \qquad a=1$
    Pour tout réel $h$ non nul on a :
    $\begin{align*} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}&=\dfrac{5(1+h)^2-3(1+h)-2}{h} \\
    &=\dfrac{5\left(1+2h+h^2\right)-3-3h-2}{h}\\
    &=\dfrac{5+10h+5h^2-3h-5}{h}\\
    &=\dfrac{7h+5h^2}{h}\\
    &=7+5h
    \end{align*}$
    $\quad$
    Ainsi $f'(1)=\lim\limits_{h\to 0} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h} =7$
    $\quad$
  5. $f(x)=\sqrt{x+1}\qquad a=3$
    Pour tout réel $h$ non nul on a :
    $\begin{align*} \dfrac{f(3+h)-f(3)}{h}&=\dfrac{\sqrt{3+h+1}-\sqrt{4}}{h} \\
    &=\dfrac{\sqrt{4+h}-2}{h}\\
    &=\dfrac{\sqrt{4+h}-2}{h}\times \dfrac{\sqrt{4+h}+2}{\sqrt{4+h}+2}\\
    &=\dfrac{4+h-4}{h\left(\sqrt{4+h}+2\right)}\\
    &=\dfrac{h}{h\left(\sqrt{4+h}+2\right)}\\
    &=\dfrac{1}{\sqrt{4+h}+2}\\
    \end{align*}$
    $\quad$
    Ainsi $f'(1)=\lim\limits_{h\to 0} \dfrac{f(3+h)-f(3)}{h} =\dfrac{1}{\sqrt{4}+2}=\dfrac{1}{4}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

Calculer $f'(x)$ en précisant les domaines de définition de $f$ et $f’$.

  1. $f(x)=4x^3-5x^2+x-1$
    $\quad$
  2. $f(x)=5x^3-\dfrac{1}{x}+3\sqrt{x}$
    $\quad$
  3. $f(x)=\left(x^2+1\right)\left(x^3-2x\right)$
    $\quad$
  4. $f(x)=\dfrac{2x^2-3}{x^2+7}$
    $\quad$
  5. $f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}$
    $\quad$
  6. $f(x)=-x+2+\dfrac{2}{3x}$
    $\quad$
  7. $f(x)=\dfrac{1}{x+x^2}$
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. $f(x)=4x^3-5x^2+x-1$
    La fonction $f$ est une fonction polynôme. Elle est donc définie et dérivable sur $\R$.
    $f'(x)=4\times 3x^2-5\times 2x+1=12x^2-10x+1$
    $\quad$
  2. $f(x)=5x^3-\dfrac{1}{x}+3\sqrt{x}$
    La fonction $f$ est définie et dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} f'(x)&=5\times 3x^2-\dfrac{-1}{x^2}+3\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\\
    &=15x^2+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{3}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $f(x)=\left(x^2+1\right)\left(x^3-2x\right)$
    La fonction $f$ est définie et dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    On applique la formule $(uv)’=u’v+uv’$ avec $u(x)=x^2+1$ et $v(x)=x^3-2x$
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=3x^2-2$.
    On obtient donc :
    $\begin{align*} f'(x)&=2x\left(x^3-2x\right)+\left(3x^2-2\right)\times \left(x^2+1\right) \\
    &=2x^4-4x^2+3x^4+3x^2-2x^2-2\\
    &=5x^4-3x^2-2
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $f(x)=\dfrac{2x^2-3}{x^2+7}$
    $x^2+7>0$. Par conséquent, la fonction $f$ est définie et dérivable sur $\R$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
    On applique la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=2x^2-3$ et $v(x)=x^2+7$.
    Donc $u'(x)=4x$ et $v'(x)=2x$.
    On obtient donc :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{4x\left(x^2+7\right)-2x\left(2x^2-3\right)}{\left(x^2+7\right)^2} \\
    &=\dfrac{4x^3+28x-4x^3+6x}{\left(x^2+7\right)^2} \\
    &=\dfrac{34x}{\left(x^2+7\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}$
    $x+1=0\ssi x=-1$.
    La fonction $f$ est définie et dérivable sur $I=]-\infty;-1[\cup]-1;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur $I$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
    On applique la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=2x-1$ et $v(x)=x+1$.
    Donc $u'(x)=2$ et $v'(x)=1$.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2(x+1)-(2x-1)}{(x+1)^2}\\
    &=\dfrac{2x+2-2x+1}{(x+1)^2}\\
    &=\dfrac{3}{(x+1)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  6. $f(x)=-x+2+\dfrac{2}{3x}$
    $3x=0\ssi x=0$
    La fonction $f$ est définie et dérivable sur $I=]-\infty;0[\cup]0;+\infty[$ en tant que somme et quotient de fonction dérivables sur $I$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align*} f'(x)&=-1+\dfrac{2}{3}\times \dfrac{-1}{x^2}\\
    &=-1-\dfrac{2}{3x^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  7. $f(x)=\dfrac{1}{x+x^2}$
    $x+x^2=0\ssi x(x+1)=0 \ssi x=0$ ou $x=-1$.
    La fonction $f$ est définie et dérivable sur $I=]-\infty;-1[\cup]-1;0[\cup ]0;+\infty[$ en tant qu’inverse d’une fonction dérivable sur $I$ ne s’annulant pas sur $I$.
    On applique la formule $\left(\dfrac{1}{u}\right)’=-\dfrac{u’}{u^2}$ avec $u(x)=x+x^2$ donc $u'(x)=1+2x$.
    $f'(x)=-\dfrac{1+2x}{\left(x+x^2\right)}$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 3

Déterminer la fonction dérivée de $f$.

  1. $f(x)=2x^3-\sqrt{x}+1$
    $\quad$
  2. $f(x)=\left(x^2-3x\right)^2$
    $\quad$
  3. $f(x)=\dfrac{3}{2x+5}$
    $\quad$
  4. $f(x)=\dfrac{x^2-5x}{x^2+x-2}$
    $\quad$
  5. $f(x)=(2x+1)^2$
    $\quad$
  6. $f(x)=\sqrt{x}(5x-3)$
    $\quad$
  7. $f(x)=\dfrac{5x+1}{-x+2}$
    $\quad$
  8. $f(x)=\left(\dfrac{5x+1}{-x+2}\right)^2$
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. $f(x)=2x^3-\sqrt{x}+1$
    $f'(x)=2\times 3x^2-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=6x^2-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\quad$
  2. $f(x)=\left(x^2-3x\right)^2=\left(x^2-3x\right)\times \left(x^2-3x\right)$
    On applique la formule $(uv)’=u’v+uv’$ avec $u(x)=\left(x^2-3x\right)$ et $v(x)=\left(x^2-3x\right)$
    Donc $u'(x)=2x-3$ et $v'(x)=2x-3$.
    $\begin{align*} f'(x)&=(2x-3)\times \left(x^2-3x\right)+(2x-3)\times \left(x^2-3x\right) \\
    &=2x^3-6x^2-3x^2+9x+2x^3-6x^2-3x^2+9x\\
    &=4x^3-18x^2+18x
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $f(x)=\dfrac{3}{2x+5}=3\times \dfrac{1}{2x+5}$
    On applique les formules $(kf)=kf’$ (où $k\in \R$) et $\left(\dfrac{1}{u}\right)’=-\dfrac{u’}{u^2}$ avec $u(x)=2x+5$ soit $u'(x)=2$.
    On obtient donc :
    $\begin{align*} f'(x)=3\times \left(-\dfrac{2}{(2x+5)^2}\right) \\
    &=-\dfrac{6}{(2x+5)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $f(x)=\dfrac{x^2-5x}{x^2+x-2}$
    On applique la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x^2-5x$ et $v(x)=x^2+x-2$.
    Donc $u'(x)=2x-5$ et $v'(x)=2x+1$.
    On obtient alors :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{(2x-5)\left(x^2+x-2\right)-(2x+1)\left(x^2-5x\right)}{\left(x^2+x-2\right)^2} \\
    &=\dfrac{2x^3+2x^2-4x-5x^2-5x+10-\left(2x^3-10x^2+x^2-5x\right)}{\left(x^2+x-2\right)^2}\\
    &=\dfrac{2x^3-3x^2-9x+10-\left(2x^3-9x^2-5x\right)}{\left(x^2+x-2\right)^2}\\
    &=\dfrac{6x^2-4x+10}{\left(x^2+x-2\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $f(x)=(2x+1)^2=4x^2+4x+1$
    $f'(x)=4\times 2x+4=8x+4$
    $\quad$
  6. $f(x)=\sqrt{x}(5x-3)$
    On applique la formule $(uv)’=u’v+uv’$ avec $u(x)=\sqrt{x}$ et $v(x)=5x-3$
    Donc $u'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ et $v'(x)=5$.
    On obtient alors :
    $\begin{align*}f'(x)&=\dfrac{5x-3}{2\sqrt{x}}+5\sqrt{x}\\
    &=\dfrac{5x-3+2\times 5\left(\sqrt{x}\right)^2}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{5x-3+10x}{2\sqrt{x}}\\
    &=\dfrac{15x-3}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  7. $f(x)=\dfrac{5x+1}{-x+2}$
    On applique la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=5x+1$ et $v(x)=-x+2$.
    Donc $u'(x)=5$ et $v'(x)=-1$.
    On obtient alors :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{5(-x+2)-(-1)(5x+1)}{(-x+2)^2}\\
    &=\dfrac{-5x+10+5x+1}{(-x+2)^2}\\
    &=\dfrac{11}{(-x+2)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  8. $f(x)=\left(\dfrac{5x+1}{-x+2}\right)^2$
    $\phantom{f(x)}=\dfrac{(5x+1)^2}{(-x+2)^2} \\
    $\phantom{f(x)}=\dfrac{25x^2+10x+1}{(x^2-4x+4} \\
    On applique la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=25x^2+10x+1$ et $v(x)=x^2-4x+4$.
    Donc $u'(x)=50x+10$ et $v'(x)=2x-4$.
    On obtient alors :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{(50x+10)\left(x^2-4x+4\right)-(2x-4)\left(25x^2+10x+1\right)}{(-x+2)^4}\\
    &=\dfrac{50x^3-200x^2+200x+10x^2-40x+40-50x^3-20x^2-2x+100x^2+40x+4}{(-x+2)^4}\\
    &=\dfrac{-110x^2+198x+44}{(-x+2)^4}
    \end{align*}$
    On considère le polynôme du second degré $-110x^2+198x+44$.
    $\Delta= 198^2-4\times 44\times (-110)=58~564>0$
    Il y a deux racines réelles :
    $x_1=\dfrac{-198-\sqrt{58~564}}{-220}=2$ et $x_2=\dfrac{-198+\sqrt{58~564}}{-220}=-0,2$
    Ainsi $-110x^2+198x+44=-110(x-2)(x+0,2)=110(-x+2)(x+0,2)$
    Donc :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{-110x^2+198x+44}{(-x+2)^4} \\
    &=\dfrac{110(-x+2)(x+0,2)}{(-x+2)^4} \\
    &=\dfrac{110(x+0,2)}{(-x+2)^3}
    \end{align*}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 4

Déterminer la fonction dérivée de $f$.

  1. $f(x)=x^2-3x+2$
    $\quad$
  2. $f(x)=\dfrac{1}{x^2-3x+2}$
    $\quad$
  3. $f(x)=\dfrac{x^2-3x+1}{x-2}$
    $\quad$
  4. $f(x)=(1-2x)^3$
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. $f(x)=x^2-3x+2$
    $f'(x)=2x-3$
    $\quad$
  2. $f(x)=\dfrac{1}{x^2-3x+2}$
    On utilise la formule $\left(\dfrac{1}{u}\right)’=-\dfrac{u’}{u^2}$ avec $u(x)=x^2-3x+2$ donc $u'(x)=2x-3$
    $f'(x)=-\dfrac{2x-3}{\left(x^2-3x+2\right)^2}$
    $\quad$
  3. $f(x)=\dfrac{x^2-3x+1}{x-2}$
    On utilise la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x^2-3x+1$ et $v(x)=x-2$.
    Donc $u'(x)=2x-3$ et $v'(x)=1$.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{(2x-3)(x-2)-1\left(x^2-3x+1\right)}{(x-2)^2} \\
    &=\dfrac{2x^2-4x-3x+6-x^2+3x-1}{(x-2)^2}\\
    &=\dfrac{x^2-4x+5}{(x-2)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $f(x)=(1-2x)^3$
    $\phantom{f(x)}=(1-2x)(1-2x)^2$
    $\phantom{f(x)}=(1-2x)\left(4x^2-4x+1\right)$
    $\phantom{f(x)}=4x^2-4x+1-8x^3+8x^2-2x$
    $\phantom{f(x)}=-8x^3+12x^2-6x+1$
    $\begin{align*} f'(x)&=-8\times 3x^2+12\times 2x-6\\
    &=-24x^2+24x-6
    \end{align*}$

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