TS - Exercices pour aller plus loin : ln + espace

Difficulté +

Exercice 1

On considère la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par :

$$\begin{cases} f(x) = x^2\ln(x), \text{ si } x>0 \\ f(0) = 0 \end{cases}$$

Montrer que $f$ est continue et dérivable en $0$.
$\quad$
Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$.
$\quad$
Étudier les variations de $f$ et dresser son tableau de variations.
$\quad$
Montrer qu’il existe deux tangentes à la courbe passant par l’origine du repère.

$\quad$

Correction Exercice 1

\item On sait que, pour tout entier naturel $n$ non nul, on a $\lim\limits_{x \to 0^+} x^n \ln(x) = 0$ donc en particulier si $n=2$
$$\lim\limits_{x \to 0^+} x^2\ln(x) = 0 = f(0)$$
Par conséquent la fonction $f$ est continue en $0$.
$\quad$
On considère le taux d’accroissement de la fonction $f$ en $0$ :
$$\begin{align*} t_0(x) &= \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} \\
& = \dfrac{x^2\ln(x)}{x} \\
& = x\ln(x)
\end{align*}$$
Or $\lim\limits_{x \to 0} x\ln(x) = 0$.
Donc $\lim\limits_{x \to 0} t_0(x) = 0$
$f$ est donc dérivable en $0$ et $f'(0)=0$.
$\quad$
$\lim\limits_{x \to +\infty} x^2 = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} = +\infty$.
\item $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle et $f$ est dérivable en $0$ d’après la question 1. . Par conséquent $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$.
$f'(x)=2x\ln(x) + x^2\times \dfrac{1}{x} = x(2\ln x + 1)$.
Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $2\ln x + 1$.
Or, $2\ln x + 1 > 0 \Leftrightarrow 2\ln x > -1 \Leftrightarrow \ln x > -\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x > \e^{-0.5}$
On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
$\quad$
Pour tout réel $a$ positif ou nul, une équation de la tangente à la courbe au point d’abscisse $a$ est $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
Donc ici $y=(2a\ln a + a)(x – a) + a^2\ln a$ soit $y = (2a\ln a + a)x – (a^2\ln a + a^2)$.
Les tangentes passent par l’origine du repère si, et seulement si,
$$a^2\ln a + a^2 = 0 \Leftrightarrow a^2(\ln a +1) = 0$$
Les seules solutions de cette équation sont $0$ et $\e^{-1}$.
Par conséquent, il n’existe que deux tangentes à la courbe passant par l’origine du repère.

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Exercice 2 : Prise d’initiatives

$ABCD$ est un tétraèdre régulier, les quatre faces sont donc des triangles équilatéraux isométriques.

Montrer que deux arêtes opposées sont orthogonales.
$\quad$
Soit $A’$ le centre de gravité du triangle $BCD$. Montrer que la droite $(AA’)$ est orthogonale au plan (BCD).
$\quad$
Soit $a$ la longueur d’une arête. Exprimer en fonction de $a$, le volume de ce tétraèdre.
$\quad$

Correction Exercice 2

Considérons, par exemple, les arêtes $[AB]$ et $[CD]$.
Les faces étant des triangles équilatéraux isométriques on a $ AC = AD$ et $BC=BD$. Par conséquent l’arête $[AB]$ appartient au plan médiateur du segment $[DC]$. Donc $[AB]$ et $[DC]$ sont orthogonaux.
Le tétraèdre étant régulier ce résultat est vrai pour toutes les arêtes opposées.
$\quad$
On a : $BA’=CA’$ et $AB = AC$ donc $(AA’)$ appartient au plan médiateur de $[BC]$. De même $(AA’)$ appartient au plan médiateur de $[BD]$.
La droite $(AA’)$ est donc orthogonale à deux droites sécantes, $(BC)$ et $(BD)$, du plan $(BCD)$. Elle est donc orthogonale à ce plan.
$\quad$
Dans le triangle équilatéral $BCD$ on appelle $I$ le milieu de $[BC]$.
La médiane $(DI)$ est donc également une hauteur et le triangle $BDI$ est rectangle en $I$.
On a de plus $BI = \dfrac{a}{2}$ et $BD = a$.
On peut donc appliquer dans ce triangle le théorème de Pythagore :
$BD^2=BI^2+ID^2 \Leftrightarrow a^2 = \dfrac{a^2}{4} + ID^2$ soit $ID^2 = \dfrac{3}{4}a^2$ et $ID = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
$\quad$
L’aire de ce triangle équilatéral est donc $\mathscr{A}=\dfrac{a \times \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \times a}{2} = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
De plus on sait que $DA’ = \dfrac{2}{3}DI = \dfrac{a}{\sqrt{3}}$.
$\quad$
Dans le triangle $ADA’$ rectangle en $A’$ on applique le théorème de Pythagore :
$AD^2 = AA’^2+A’D^2 \Leftrightarrow a^2 = AA’^2 + \dfrac{a^2}{3} \Leftrightarrow AA’^2 = \dfrac{2a^2}{3}$
Soit $AA’ = \dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
$\quad$
Ainsi le volume du tétréadèdre est $\mathscr{V} = \dfrac{ \dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \times \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}}{3} = \dfrac{a^3\sqrt{2}}{12}$

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Exercice 3 : espace

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal $\Oijk$ , on considère les points $A(0;6;0)$, $B(0;0;8)$, $C(10;0;8)$. $M$ est un point appartenant au segment $[OB]$. Le plan $(\Pi)$ passant par $M$ et orthogonal à la droite $(OB)$ coupe la droite $(AC)$ en $P$.

I Partie expérimentale

En utilisant un logiciel de géométrie, construire une figure traduisant l’énoncé.
$\quad$
On note respectivement $N$ et $Q$ les points d’intersection du plan $(\Pi)$ avec les droites $(OC)$ et $(AB)$ et l’on admet que le quadrilatère $MNPQ$ est un rectangle. En déplaçant le point $M$, émettre une conjecture quant à la position de ce point rendant maximale l’aire du rectangle.
$\quad$

II Partie démonstration

On note $z_0= OM$.

Démontrer que $MNPQ$ est un rectangle. Exprimer en fonction de $z$ les longueurs $MN$ et $MQ$.
$\quad$
Démontrer la conjecture émise en I.2
$\quad$

Correction Exercice 3

I Partie expérimentale

$\quad$

$\quad$
Il semblerait que l’aire du rectangle $MNPQ$ soit maximale quand $M$ est le milieu de $[OB]$.
$\quad$
Animation Geogebra

II Partie démonstration

On a $M(0;0;z_0)$. Une équation du plan $(\Pi)$ est donc $z=z_0$.
$\vec{AC}(10;-6;8)$ par conséquent une représentation paramétrique de $(AC)$ est $\begin{cases} x=10t \\y=6-6t \qquad t\in \R\\z=8t \end{cases}$.
Les coordonnées du point $P$ vérifient à la fois l’équation du plan $(\Pi)$ et celles de la droite $(AC)$.
On obtient ainsi $8t = z_0$ soit $t = \dfrac{z_0}{8}$.
Par conséquent, en remplaçant cette valeur dans la représentation paramétrique on a : $$P\left(\dfrac{5}{4}z_0;6 – \dfrac{3}{4}z_0;z_0\right)$$
$\vec{OC}(10;0;8)$ par conséquent une représentation paramétrique de $(OC)$ est $\begin{cases} x= 10k\\y=0 \qquad k\in \R\\z=8k \end{cases}$.
Les coordonnées du point $N$ vérifient à la fois l’équation du plan $(\Pi)$ et celles de la droite $(OC)$.
On obtient ainsi $k = \dfrac{z_0}{8}$.
Par conséquent, en remplaçant cette valeur dans la représentation paramétrique on a : $$N\left(\dfrac{5}{4}z_0;0;z_0\right)$$
$\vec{AC}(0;-6;8)$ par conséquent une représentation paramétrique de $(AC)$ est $\begin{cases} x=0 \\y=6-6t’ \qquad t’\in \R\\z=8t’ \end{cases}$.
Les coordonnées du point $Q$ vérifient à la fois l’équation du plan $(\Pi)$ et celles de la droite $(AB)$.
On obtient ainsi $t’ = \dfrac{z_0}{8}$.
Par conséquent, en remplaçant cette valeur dans la représentation paramétrique on a : $$Q\left(0;6 – \dfrac{3}{4}z_0;z_0\right)$$
Ainsi $\vec{MN}\left(\dfrac{5}{4}z_0;0;0\right)$ et $\vec{QP}\left(\dfrac{5}{4}z_0;0;0\right)$.
Le quadrilatère $MNPQ$ est donc un parallélogramme.
De plus $\vec{MQ}\left(0;6-\dfrac{3}{4}z_0;0\right)$.
$\vec{MN}.\vec{MQ} = 0$.
Le parallélogramme $MNPQ$ est donc un rectangle.
\item L’aire de ce rectangle est donnée par $\mathscr{A}(z_0) = MN \times MQ = \dfrac{5}{4}z_0 \times \left(6 – \dfrac{3}{4}z_0\right)$.
Il s’agit d’un polynôme du second degré : $\mathscr{A}(z_0) = \dfrac{5}{4}\left(6z_0-\dfrac{3}{4}z_0\right)$.
Le maximum est donc atteint pour $z_0 = \dfrac{-6}{-2\times \dfrac{3}{4}} = 4$.
$\quad$
On a ainsi prouvé la conjecture que l’aire du rectangle est maximale quand $M$ est le milieu de $[OB]$.

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Exercice 4 : espace

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal $\Oijk$ , on définit les points $A(1;0;0)$, $B(0;1;0)$ et $C(0;0;1)$ et le point $I$ milieu du segment $[AB]$.

I Partie expérimentale

a. A l’aide d’un logiciel de géométrie dans l’espace, représenter le tétraèdre $OABC$ et le point $I$.
$\quad$
b. Pour un point $M$ du segment $[AC]$, on définit le plan $\mathscr{P}$ passant par le point $I$ et orthogonal à la droite $(IM)$. Tracer la section du tétraèdre $OABC$ par le plan $\mathscr{P}$.
$\quad$
c. Le plan $\mathscr{P}$ coupe la droite $(OB)$ en un point $N$. Construire le point $N$ et tracer le segment $[MN]$.
$\quad$
Étudier à l’aide du logiciel, les variations de la longueur $MN$ et conjecturer la position du point $M$, sur le segment $[AC]$, telle que cette longueur soit minimale.
Quelle est, d’après le logiciel, cette longueur minimale?
$\quad$

II Démonstration

On définit le réel $t = \dfrac{AM}{AC}$.

Montrer que les coordonnées des points $M$ et $N$ sont respectivement $M(1-t;0;t)$ et $N(0;t;0)$.
$\quad$
Calculer la longueur $MN$ en fonction de $t$.
$\quad$
Déterminer la valeur de $t$ pour laquelle cette longueur est minimale.
$\quad$
Donner la valeur minimale prise par la longueur $MN$.
$\quad$

Correction Exercice 4

I Partie expérimentale

$\quad$
$\quad$
Il semblerait que la distance $MN$ soit minimale quand $M$ est au tiers de $AC$ en partant de $A$ et $MN \approx 0,8165$.
$\quad$
Animation Geogebra

II Démonstration

On a $\vec{AM} = t\vec{AC} \Leftrightarrow \begin{cases} x_M-1 = -t \\y_M = 0 \\z_M = t \end{cases}$
Par conséquent $M(1-t;0;1)$.
$\quad$
On a $I\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0\right)$ donc $\vec{IM}\left(\dfrac{1}{2}-t;-\dfrac{1}{2};t\right)$.
Ce vecteur est normal au plan $(\mathscr{P})$. Par conséquent une équation cartésienne de ce plan est de la forme : $$\left(\dfrac{1}{2}-t\right)x – \dfrac{1}{2}y + tz + d = 0$$
Le point $I$ appartient au plan donc $\left(\dfrac{1}{2}-t\right) – \dfrac{1}{4} + d= 0$ soit $d=\dfrac{1}{2}t$.
Finalement une équation de $\mathscr{P}$ est $\left(\dfrac{1}{2}-t\right)x – \dfrac{1}{2}y + tz + \dfrac{1}{2}t = 0$.
$\quad$
Une représentation paramétrique de $(OB)$ est $\begin{cases} x=0 \\y=k \qquad k\in \R \\z=0 \end{cases}$.
Les coordonnées de $N$ vérifient à la fois l’équation de $\mathscr{P}$ et celles de la droite $(OB)$.
Par conséquent $-\dfrac{1}{2}k+\dfrac{1}{2}t = 0$ soit $k=t$.
$\quad$
On obtient ainsi $N(0;t;0)$.
$\quad$
$\vec{MN}(t-1;t;-t)$ donc $MN = \sqrt{(t-1)^2+2t^2} = \sqrt{3t^2-2t+1}$.
$\quad$
La fonction $f$ définie sur $[0;1]$ par $f(x) = \sqrt{3t^2-2t+1}$ est dérivable sur $[0;1]$ car le polynôme du second degré ne s’annule jamais sur cet intervalle.
$f'(x) = \dfrac{6t-2}{2\sqrt{3t2-2t+1}} = \dfrac{3t-1}{2\sqrt{3t^2-2t+1}}$.
Le coefficient principal du polynôme du second degré étant positif et la fonction racine carrée étant strictement croissante sur $[0;+\infty[$, la fonction $f$ possède un minimum atteint pour $t=\dfrac{1}{3}$.
$\quad$
Pour $t = \dfrac{1}{t}$ on a $MN = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$.

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