Source Latex: Corrigé du devoir de mathématiques, Fonction exponentielle - Géométrie dans l'espace

Terminale générale, spécialité mathématiques

Fonction exponentielle - Géométrie dans l'espace

Devoir corrigé de mathématiques, spécialité mathématiques en terminale générale: géométrie dans l'espace, vecteurs et équations de plan, représentation paramétrique d&une droite de l'espace, tangente à une courbe, exponentielle

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Type: Corrigé de devoir

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Description

Niveau

Terminale générale, spécialité mathématiques

Table des matières

Résoudre le système 2x2
Questions de cours
Étude d'une fonction avec exponentielle
Tangente à une courbe
Géométrie dans l'espace: équation cartésienne de plan, représentation paramétrique d'une droite

Mots clé

géométrie dans l'espace, géométrie analytique, équations de plan, représentation paramétrique d&une droite de l'espace, tangente à une courbe, exponentielle, spécialité mathématiques, terminale générale

Sujet du devoir

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géométrie dans l'espace, vecteurs et équations de plan, représentation paramétrique d&une droite de l'espace, tangente à une courbe, exponentielle - Analyse: étude d'une fonction: variations, limites, TVI, asymptotes, ...

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Encadrement de e

Voir aussi:

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% Raccourcis diverses:
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\nwc{\dsp}{\displaystyle}
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\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}} % Doppel-N
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\begin{document}
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\vspace*{-2.5em}

\ct{\bf\LARGE{Corrigé du devoir de math\'ematiques}}

\bgex
\fbox{A} On trouve une unique solution: $x=2$ et $y=-3$. \\
\fbox{B} On trouve une unique solution: $x=3$ et $y=-2$. 
\enex

\bgex cf. cours. 
\enex

\bgex
\bgen[a)]
\item On a $f=e^u-v$ avec $u(x)=2x-1$ donc $u'(x)=2$ et $v(x)=2x$ donc $v'(x)=2$.

  On obtient alors $f'=u'e^u-v'$, soit $f'(x)=2e^{2x-1}-2$.

  Maintenant, 
  \[\bgar{ll}f'(x)>0
  &\iff 2e^{2x-1}-2>0 \\
  &\iff e^{2x-1}>1=e^0\\
  &\iff 2x-1>0
  \enar\]
  car la fonction exponentielle est strictement croissante.\\
  On en déduit donc que
  $f'(x)>0\iff x> \frac12$, et donc les variations 
  
  \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
$x$ & $-\infty$ && $\frac12$ && $+\infty$ \\\hline
$f'(x)$ && $-$ &\zb& $+$ &\\\hline
&&&&&\\
$f$&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&\\
&&&0&&\\
\hline\end{tabular}\]

\item En $-\infty$, on a $\dsp\lim_{x\to-\infty}2x-1=-\infty$, et donc, par composition des limites, $\dsp\lim_{x\to-\infty}e^{2x-1}=0$, puis, par addition des limites,
  $\dsp\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$.

  \medskip
  En $+\infty$, on a une forme indéterminée $"+\infty-\infty"$.\\
  En factorisant, on a pour $x>0$, 
  \[f(x)=x\lp\dfrac{e^{2x-1}}{2x}-2\rp
  =x\lp\dfrac{e^{x}}xe^{x-1}-2\rp\]
  où, d'après le théorème de croissances comparées 
  $\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{e^{x}}x=+\infty$,
  et $\dsp\lim_{x\to+\infty}e^{x-1}=+\infty$, et alors,
  par produits et addition des limites, on obtient
  $\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. 
  

\item D'après le tableau de variation précédent, on a trouvé que, pour tout réel $x$, $f(x)$ est positif, soit $f(x)\geqslant0$, c'est-à-dire
  \[\bgar{ll}e^{2x-1}-2x\geqslant0
  &\iff e^{2x-1}\geqslant2x\\
  &\iff \dfrac{e^{2x}}e\geqslant2x\enar\]
  soit encore, en multipliant par $e>0$, on obtient 
  $e^{2x}\geqslant2ex$.  
\enen
\enex


\bgex
Soit $f(x)=x^2+2$ et $C_f$ sa courbe représentative. 
\bgen[a)]
\item L'équation réduite de la tangente à $C_f$ en $A$ est
  $y=f'(a)(x-a)+f(a)$, soit ici,
  avec $f'(x)=2x$, on obtient l'équation
  $y=2a(x-a)+a^2+2=2ax-a^2+2$. 

\item La tangente passe par l'origine si et seulement si le point $O(0;0)$ lui appartient, soit
  \[0=2a\tm0-a^2+2\iff a^2=2\iff a=\pm\sqrt2\]
  On trouve ainsi deux points $A_1\lp\sqrt{a};f(\sqrt{a})\rp$, soit
  $A_1(\sqrt2;4)$ et $A_2(-\sqrt2;4)$.
  \enen
\enex


\clearpage
\bgex
Dans l'espace rapport\'e \`a un rep\`ere orthonormal
$(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k })$, on consid\`ere les points 
$A(-2;2;1)$ et $B(4;1;-3)$ et le plan $P$ d'équation cartésienne
$2x-y+3z+2=0$. 

\bgen[a)]
\item Pour $A$, $2x-y+3z+2=2\tm(-2)-2+3\tm1+2=-1\not=0$,
  donc $A\notin P$. 

  Pour $B$, $2x-y+3z+2=2\tm4-1+3\tm(-3)+2=0$,
  donc $B\in P$. 

\item $\V{AB}(6;-1;-4)$ est un vecteur directeur de la droite $(AB)$, et donc
  une représentation paramétrique de $(AB)$ est
  \[(AB):\la\bgar{lcrcr}
  x&=&-2&+&6t\\
  y&=&2&-&t\\
  z&=&1&-&4t
  \enar\right.,t\in\R\]
\item $\vec{n}(2;-1;3)$ est un vecteur normal au plan $P$. 
  Comme $\Delta$ est aussi orthogonale à $P$, $\vec{n}$ est un vecteur directeur de $P$.

  Ainsi, une représentation paramétrique de $\Delta$ est
  \[\Delta:\la\bgar{lcrcr}
  x&=&-2&+&2t\\
  y&=&2&-&t\\
  z&=&1&+&3t
  \enar\right.,t\in\R\]
\item Soit $I(x;y)$ l'intersection de la droite $\Delta$ et du plan $P$ (qui existe bien, et est unique, car $\Delta$ et $P$ sont orthogonaux), alors
  il existe un réel $t$ tel que 
  \[\Delta:\la\bgar{l}\bgar{lcrcr}
  x&=&-2&+&2t\\
  y&=&2&-&t\\
  z&=&1&+&3t\enar\\
  2x-y+3z+2=0
  \enar\right.\]
  La dernière équation donne alors,
  \[\bgar{l}
  2(-2+2t)-(2-t)+3(1+3t)+2=0\\
  \iff14t-1=0\\
  \iff t=\dfrac1{14}
  \enar\]
  On trouve alors les coordonnées de $I(x;y;z)$
  \[I:\la\bgar{lclcrcr}
  x&=&-2&+&2\tm\dfrac1{14}&=&-\dfrac{13}7\\[1em]
  y&=&2&-&\dfrac1{14}&=&\dfrac{27}{14}\\[1em]
  z&=&1&+&3\tm\dfrac1{14}&=&\dfrac{17}{14}
  \enar\right.\]
  
\enen
\enex



\label{LastPage}
\end{document}

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