contrôle du 22 octobre 2008

Corrigé de l'exercice 2

Soit f la fonction définie sur $ℝ$ par : $f\left(x\right)=1-2x-{\displaystyle \frac{3}{x^2+1}}$. On note ${𝒞}_f$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère du plan.

1. Étudier les limites de la fonction f en $-\infty$ et en $+\infty$.

   • $\underset{x\to -\infty }{\lim }1-2x=+\infty$ et $\underset{x\to -\infty }{\lim }{\displaystyle \frac{3}{x^2+1}}=0$ alors par somme $\underset{x\to -\infty }{\lim }1-2x-{\displaystyle \frac{3}{x^2+1}}=+\infty$

   • $\underset{x\to +\infty }{\lim }1-2x=-\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\displaystyle \frac{3}{x^2+1}}=0$ alors par somme $\underset{x\to +\infty }{\lim }1-2x-{\displaystyle \frac{3}{x^2+1}}=-\infty$

     Ainsi, $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$

     ---

2. Soit D la droite d'équation $y=1-2x$ . Montrer que D est asymptote à la courbe ${𝒞}_f$ en $-\infty$ et en $+\infty$.

   $f\left(x\right)-\left(1-2x\right)=-{\displaystyle \frac{3}{x^2+1}}$ et $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }{\displaystyle \frac{3}{x^2+1}}=0$ donc $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)-\left(1-2x\right)=0$

   Ainsi, la droite D d'équation $y=1-2x$ est asymptote à la courbe ${𝒞}_f$ en $-\infty$ et en $+\infty$

   ---

3. On note $f\prime$ la dérivée de la fonction f, calculer $f\prime \left(x\right)$.

   Soit g la fonction définie sur $ℝ$ par : $g\left(x\right)={\displaystyle \frac{3}{x^2+1}}$. $g={\displaystyle \frac{3}{u}}$ d'où $g\prime =-{\displaystyle \frac{3u\prime }{u^2}}$ avec $u\left(x\right)=x^2+1$ et $u\prime \left(x\right)=2x$. Donc $g\prime \left(x\right)=-{\displaystyle \frac{3\times 2x}{{\left(x^2+1\right)}^2}}$

   Or $f\left(x\right)=1-2x-g\left(x\right)$. Nous avons donc $$\begin{array}{ccc}f\prime \left(x\right)=-2-g\prime \left(x\right)& \text{soit}& f\prime \left(x\right)=-2-\left(-{\displaystyle \frac{6x}{{\left(x^2+1\right)}^2}}\right)\end{array}$$

   Ainsi, $f\prime$ est la fonction définie sur $ℝ$ par $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{6x}{{\left(x^2+1\right)}^2}}-2$

   ---

4. Le tableau de variation de la fonction f est donné ci-dessous :

   1. Faire figurer les limites trouvées dans le tableau.

      x	$-\infty$		$+\infty$
      $f\left(x\right)$	$+\infty$		$-\infty$

      ---

   2. Montrer que l'équation $f\left(x\right)=0$, admet une solution unique α avec $\alpha \in \left]-1;0\right[$.

      La fonction f est dérivable sur $ℝ$ donc continue sur $ℝ$. D'autre part, $$\begin{array}{ccc}f\left(-1\right)=1+2-{\displaystyle \frac{3}{1+1}}={\displaystyle \frac{3}{2}}& \text{et}& f\left(0\right)=1-{\displaystyle \frac{3}{1}}=-2\end{array}$$

      La fonction f est continue et strictement décroissante sur $ℝ$, $f\left(-1\right)>0$ et $f\left(0\right)<0$, alors d'après le théorème de la valeur intermédiaire, l'équation $f\left(x\right)=0$ admet une solution unique α avec $\alpha \in \left]-1;0\right[$.

      ---

   3. Donner, à l'aide de la calculatrice, une valeur arrondie de α à 10^-2 près.

      À l'aide de la calculatrice, on détermine des encadrements successifs de $\alpha$ jusqu'à obtenir un encadrement d'amplitude 10^-3 : $$\begin{array}{ccccc}f\left(-1\right)>0& \text{et}& f\left(0\right)<0& \text{d'où}& -1<\alpha <0\\ f\left(-\mathrm{0,7}\right)>0& \text{et}& f\left(-\mathrm{0,6}\right)<0& \text{d'où}& -\mathrm{0,7}<\alpha <-\mathrm{0,6}\\ f\left(-\mathrm{0,61}\right)>0& \text{et}& f\left(-\mathrm{0,60}\right)<0& \text{d'où}& -\mathrm{0,61}<\alpha <-\mathrm{0,60}\\ f\left(-\mathrm{0,602}\right)>0& \text{et}& f\left(-\mathrm{0,601}\right)<0& \text{d'où}& -\mathrm{0,602}<\alpha <-\mathrm{0,601}\end{array}$$

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      La valeur arrondie au centième près de α est $-\mathrm{0,60}$.

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