Examen 5eme math 6h -- juin 2024

Domaine de la fonction : $\text{dom} \ f = \mathbb{R} \setminus \{\pm 1\}$

Il n'y pas d'AH car $\lim\limits_{x\to \pm \infty} f(x) = \lim\limits_{x\to \pm \infty} -x = \mp \infty$

Par contre, le graphe de $f$ possède une asymptote oblique d'équation $y=-x$. En effet,

$$\begin{cases} m=\lim\limits_{x\to \pm \infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x\to \pm \infty} \dfrac{x^3}{x-x^3} = \lim\limits_{x\to \pm \infty} \dfrac{x^3}{-x^3\left(1-\frac{1}{x}\right)} = -1 \\ p=\lim\limits_{x\to \pm \infty} f(x)-m\cdot x = \lim\limits_{x\to \pm \infty} \dfrac{x^3}{1-x^2}+x = \lim\limits_{x\to \pm \infty} \dfrac{x}{1-x^2} = 0 \end{cases}$$

$G_f$ admet une tangente horizontale lorsque $f'(x)=0$ : \begin{align*} \left(2x^3+3x^2-12x\right)'&=0\\ 6x^2+6x-12&=0\\ x^2+x-2&=0\\ \left(x-1\right)\left(x+2\right)&=0 \end{align*}

La courbe décrite par $f$ admet une tangente horizontale en $x=-2$ et en $x=1$.

On recherche l'abscisse du point où la dérivée seconde s'annule en changeant de signe. On a $f''(x)=\left(6x^2+6x-12\right)'=12x+6$ $$\begin{array}{|l|c|c|c|} \hline x & & -\frac12 & \\ \hline f'' & - & 0 & + \\ \hline f & \cap & I & \cup \\ \hline \end{array}$$ Le point d'inflexion $I$ a pour coordonnée $\left(-\tfrac12;f\left(-\tfrac12\right)\right)=\left(-\tfrac12;\tfrac{13}{2}\right)$

La tangente $T$ a pour équation : $$\begin{aligned}[t] y - f\left(a\right) &= f'(a) \cdot (x-a)\\ y - \tfrac{13}{2} &= f'\left(-\tfrac12\right) \cdot \left(x+\tfrac12\right)\\ y - \tfrac{13}{2} &= -\tfrac{27}{2} \cdot \left(x+\tfrac12\right)\\ y &= -\tfrac{27}{2} x -\tfrac14 \end{aligned}$$

\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x \to 3} \dfrac{x-3}{\sqrt{x-2}-\sqrt{4-x}} = \left[\dfrac{0}{0}\right] \ \text{FI!} &=& \lim\limits_{x \to 3} \dfrac{\left(x-3\right)\left(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\right)}{\left(\sqrt{x-2}-\sqrt{4-x}\right)\left(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\right)} \\ &=& \lim\limits_{x \to 3} \dfrac{\left(x-3\right)\left(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\right)}{2x-6} \\ &=& \lim\limits_{x \to 3} \dfrac{\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}}{2} \\ &=& 1 \end{eqnarray*}

Conclusion graphique : $G_f$ admet un point creux en (3,1)

\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x \to +\infty} x+1-\sqrt{x^2-5 x+6} &=& \left(+\infty\right)-\left(+\infty\right) \qquad \text{FI}\\ &=& \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\left(x+1\right)^2-\left(x^2-5x+6\right)}{x+1+\sqrt{x^2-5 x+6}}\\ &=& \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{7x-5}{x+|x|}\\ &=& \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{7x}{2x}\\ &=& \frac72 \end{eqnarray*}

conclusion graphique : $G_f$ admet une asymptote horizontale à droite d'équation $y=\frac{7}{2}$

\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\rightarrow 0} \frac{\sin x - \sin 2x}{\sin 3x +\sin 5x} & \stackrel{\left[\frac{0}{0}\right]}{=} & \lim\limits_{x\rightarrow 0} \frac{\cos x - 2\cos 2x}{3\cos 3x +5\cos 5x} \quad \text{(Hospital)}\\ & = & \frac{1-2}{3+5}\\ & = & -\frac{1}{8} \end{eqnarray*}

point creux en $\left( 0;-\frac{1}{8}\right) $

\begin{eqnarray*} \cos (2 x)+\sin x &=& \cos (2 x)+\sin x \\ &=& \cos^2 (x) - \sin^2 (x) + \sin x \\ &=& 1-2\sin^2 (x) + \sin x \\ &=& -2\sin^2 (x) + \sin x + 1 \implies \alpha = -2, \; \beta = 1, \; \gamma = 1 \end{eqnarray*}

$f'(x)=\dfrac{2{x}^{2}+6x-5}{\left(2x+3\right)^2}$

\begin{align} h'(x)&=2 \cdot \dfrac{\sin{x}}{1-\cos{x}} \cdot \left(\dfrac{\sin{x}}{1-\cos{x}} \right)'\\ &=2 \cdot \dfrac{\sin{x}}{1-\cos{x}} \cdot \dfrac{\cos x \cdot \left(1-\cos x\right) - \sin x \cdot \left(0+\sin x\right)}{\left(1-\cos{x}\right)^2} \\ &=2 \cdot \dfrac{\sin{x}}{1-\cos{x}} \cdot \dfrac{\cos x -\cos^2 x -\sin^2 x}{\left(1-\cos{x}\right)^2} \\ &=2 \cdot \dfrac{\sin{x}}{1-\cos{x}} \cdot \dfrac{\cos x -\left(\cos^2 x +\sin^2 x\right)}{\left(1-\cos{x}\right)^2} \\ &=2 \cdot \dfrac{\sin{x}}{1-\cos{x}} \cdot \dfrac{\cos x - 1}{\left(1-\cos{x}\right)^2} \\ &=\dfrac{-2\sin x}{\left(1-\cos{x}\right)^2} \end{align}

Rappels : $ \cos 2x=\cos ^{2}x-\sin ^{2}x \ ; \ \cos 2x=2\cos ^{2}x-1 \ ; \ \cos 2x=1-2\sin ^{2}x $

\begin{align*} \text{MdG} &=\frac{1+\cos 2x}{1-\cos 2x}\\ &=\frac{1+2\cos ^{2}x-1}{1-\left(1-2\sin ^{2}x\right)}\\ &=\frac{2\cos ^{2}x}{2\sin ^{2}x}\\ &=\frac{\cos ^{2}x}{\sin ^{2}x}\\ &=\cot ^{2}x=\text{MdD} \end{align*}

\begin{eqnarray*} \cos 12^{\circ }-\cos 48^{\circ } &=& \cos \left( 30^{\circ }-18^{\circ }\right) -\cos \left( 30^{\circ }+18^{\circ }\right) \\ &=& \cos 30^{\circ }\cos 18^{\circ }+\sin 30^{\circ }\sin 18^{\circ }-\left( \cos 30^{\circ }\cos 18^{\circ }-\sin 30^{\circ }\sin 18^{\circ }\right) \\ &=& \cos 30^{\circ }\cos 18^{\circ }+\sin 30^{\circ }\sin 18^{\circ }-\cos 30^{\circ }\cos 18^{\circ }+\sin 30^{\circ }\sin 18^{\circ } \\ &=& 2\sin 30^{\circ }\sin 18^{\circ }=2\left( \tfrac{1}{2}\right) \sin 18^{\circ }=\sin 18^{\circ } \end{eqnarray*}

\(H(t_0) = 0\) lorsque Obi-Wan Kenobi monte dans la nacelle. On vérifie aisément que \(t_0 = 0\).

Pour déterminer combien de secondes après le départ Obi-Wan Kenobi se trouvera pour la première fois à 16 mètres au-dessus du sol, nous devons résoudre l'équation suivante pour \( H(t) = 16 \):

\(-10 \cos \left( \frac{2\pi}{150} t \right) + 10 = 16 \iff t = \pm\frac{150}{2\pi} (2,2143 + 2k\pi)\approx \pm 53 + 150k\)

Comme \(t_0 = 0\), Obi-Wan Kenobi se trouvera pour la première fois à 16 mètres au-dessus du sol environ 53 secondes après le départ.

L'objectif étant de minimiser le temps de parcours, posons $t$ le temps total du trajet constitué par la somme du temps passé en pleine mer et le temps passé sur la terre ferme. Le point $X$ d'abscisse $x$ est le point d'accostage recherché. Le problème impose également $x\in\left[0,4\right]$

Soit $t_1$ le temps nécessaire pour parcourir la distance $d(A,X)$ séparant les points A et X et $t_2$ le temps nécessaire pour parcourir la distance $d(X,B)$. On a $t=t_1+t_2$

La relation entre distance, vitesse et temps de parcours dans un MRU permet d'écrire : $$t=\frac{d(A,X)}{v_1}+\frac{d(X,B)}{v_2} \text{ avec } v_1=3 \text{ et } v_2=7$$

Comme $d(A,X) = \sqrt{1+x^2}$ et $d(X,B)=4-x$, on a : $t= \frac{\sqrt{1+x^2}}{3}+\frac{4-x}{7}$

Pour minimiser $t$, il suffit d'étudier les variations de la fonction $f(x)=\frac{\sqrt{1+x^2}}{3}+\frac{4-x}{7}$ $$f'(x)=\frac{x}{3\sqrt{1+x^2}}-\frac{1}{7} = \frac{7x-3\sqrt{1+x^2}}{21\sqrt{1+x^2}}$$

Racine(s) de $f'$ :

\begin{align} f'(x)=0 &\iff 7x-3\sqrt{1+x^2} = 0 \\ &\iff 7x = 3\sqrt{1+x^2}\\ &\iff 49x^2 = 9+9x^2\\ &\iff x=\pm\frac{3\sqrt{10}}{20} \end{align}

Variation de $f$ : rappel $x\in ]0,4[$ et le signe de $f'$ ne dépend que de celui de son numérateur. \[ \begin{array}{|r|c|c|c|c|c|} \hline x & 0 & & x_0=\frac{3\sqrt{10}}{20} & & 4\\ \hline 7x-3\sqrt{1+x^2} & - & - & 0 & + & + \\ \hline t' = f'(x) & - & - & 0 & + & + \\ \hline t = f(x) & 0 & \searrow & \text{min} & \nearrow & 0\\ \hline \end{array} \]

Pour que le nageur arrive à destination en un minimum de temps, il doit atteindre le rivage au point X situé à $x_0=\frac{3\sqrt{10}}{20}\approx 0,4743$ km du point H entre les points H et B.

Le temps de parcours est $t_{\textbf{min}} = f(x_0) = \frac{12+2\sqrt{10}}{21}\approx 0,8726$ heure. Soit 52 minutes et 21 secondes

\documentclass[tikz, margin=2mm]{standalone}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\draw(0,0) [color=black] node[below left]{$H$};
\draw(0,1) [color=black] node[above]{$A$};
\draw(4,0) [color=black] node[below right]{$B$};
\fill[color=gray] (0,0) rectangle (0.2,0.2);
\draw[color=darkgray] (-0.5,0)--(4.5,0); %rivage
\draw[color=black] (0,0)--(0,1); %[HA]
\draw(4,0) [color=black] node{$+$};
\draw(0,1) [color=black] node{$+$};
\draw[color=black, thin, latex-latex] (0,-0.2)--(4,-0.2);
\draw(2,-0.4) [color=black] node{$4$ km};
\draw[color=black, thin, latex-latex] (-0.2,0)--(-0.2,1);
\draw(-0.2,0.5) [color=black] node[left]{$1$ km};
\draw[color=black, dashed, ultra thick] (0,1)--(1.7,0)--(4,0);
\end{tikzpicture}
\end{document}

\documentclass[tikz, margin=2mm]{standalone}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\draw[-latex,color=black] (-0.74,0) -- (5.34,0);
\foreach \x in {1,4}
\draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$};
\draw[-latex,color=black] (0,-0.11) -- (0,1.77);
\foreach \y in {1}
\draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$};
\draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$};
\draw[shift={(1.7,0)},color=black] (0pt,4pt) -- (0pt,-4pt) node[pos=.5,above right] {\footnotesize $X(x,0)$};
\draw(0,1) [color=black] node[above right]{$A$};
\draw(4,0) [color=black] node[above]{$B$};
\draw[color=black, dashed, ultra thick] (0,1)--(1.7,0)--(4,0);
\end{tikzpicture}
\end{document}

• Soit $P(a,4-a^2)$
• pente de la tangente en l'abscisse du point P : $f'(a)=(4-a^2)' = -2a$
  • équation de la tangente : $y-(4-a^2) = -2a \cdot (x-a)$
• intersection de la tangente avec les axes :
  • $A = T\cap Oy$ : $y-(4-a^2) = -2a \cdot (0-a) \iff y_A = a^2+4$
  • $B = T\cap Ox$ : $0-(4-a^2) = -2a \cdot (x-a) \iff x_B = \frac{a^2+4}{2a}$
• aire du triangle : $f(a) = \frac12\cdot \left( a^2+4\right)\frac{a^2+4}{2a}$
  • $f'(a) = \left(\frac{\left(a^2+4\right)^2}{4a}\right)' = \frac{\left(a^2+4\right)\left(3a^2-4\right)}{4a^2}$
  • $f'=0\iff a=\pm\frac{2\sqrt{3}}{3}$
  • solution positive : $a=\frac{2\sqrt{3}}{3}\approx 1,1547$
  • reste à verifier qu'on a bien un minimum … laissé au lecteur

Le nombre dérivé de $f$ en $a$ est le nombre $f'(a)$ s'il existe, défini par : \[ f'(a) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h} \] Si cette limite existe, on dit que la fonction $f$ est dérivable en $a$.

Vis-à-vis du graphe de la fonction $f$, cette limite représente la pente de la tangente au graphe de $f$ au point d'abscisse $a$. Autrement dit, elle donne le taux de variation instantané de la fonction $f$ en $a$.

on dérive une composition de fonctions $(u\circ v)' = (u'\circ v)\cdot v'$

si $g(x)=f(3x)$ alors $g'(x)=f'(3x)\cdot (3x)' = 3\cdot f'(3x)$

• $f'_g(0) = \lim\limits_{h\to 0^-} \dfrac{f(h)-f(0)}{h} = \lim\limits_{h\to 0^-} \dfrac{|h|}{h(h^2 + 1)} = \lim\limits_{h\to 0^-} \dfrac{-h}{h(h^2 + 1)} = -1$
• $f'_d(0) = \lim\limits_{h\to 0^+} \dfrac{f(h)-f(0)}{h} = \lim\limits_{h\to 0^+} \dfrac{|h|}{h(h^2 + 1)} = \lim\limits_{h\to 0^+} \dfrac{h}{h(h^2 + 1)} = 1$

$f'_g(0) \neq f'_d(0) \implies f$ non dérivable en $0$

$x\mapsto \sqrt{x}$ est une fonction continue sur $\mathbb{R}^+$ tout comme la fonction constante $x\mapsto 1+m$ qui est continue sur $\mathbb{R}$.

il reste à trouver $m$ pour que $f$ soit continue en $4$ :

• $f(4)=\sqrt{4} = 2$
• $\lim_{x\to 4^-} f(x) = \lim_{x\to 4^-} \sqrt{x} = 2$
• $\lim_{x\to 4^+} f(x) = \lim_{x\to 4^-} 1+m = 1+m$

$f$ est continue en $4$ si et seulement si $\lim_{x\to 4^-} f(x) = f(4) = \lim_{x\to 4^+} f(x)$

conclusion : $m=1$

1. \(\qquad \cos \left(2x\right) = \cos^2 x - \sin^2 x\)
2. \(\qquad \cos \left(2x\right) = 2\cos^2 x - 1\)
3. \(\qquad \cos \left(2x\right) = 1-2\sin^2 x\)

\begin{align*} \cos \left(\frac{5\pi}{4}\right) = 2\cos^2 \left(\frac{5\pi}{8} - 1\right) &\iff \cos^2 \left(\frac{5\pi}{8}\right) = \frac{1+\cos \left(\frac{5\pi}{4}\right)}{2} \\ &\iff \cos^2 \left(\frac{5\pi}{8}\right) = \frac{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}{2} \\ &\iff \cos^2 \left(\frac{5\pi}{8}\right) = \frac{2-\sqrt{2}}{4} \implies \cos \left(\frac{5\pi}{8}\right) = -\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2} \end{align*}

\begin{align*} \cos \left(\frac{5\pi}{4}\right) = 1-2\sin^2 \left(\frac{5\pi}{8}\right) &\iff \sin^2 \left(\frac{5\pi}{8}\right) = \frac{1-\cos \left(\frac{5\pi}{4}\right)}{2} \\ &\iff \sin^2 \left(\frac{5\pi}{8}\right) = \frac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{2} \\ &\iff \sin^2 \left(\frac{5\pi}{8}\right) = \frac{2+\sqrt{2}}{4} \implies \sin \left(\frac{5\pi}{8}\right) = \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2} \end{align*}