Cet examen simili 4 de maths 2 SPC-SVT pour la 2ème Bac PC et SVT est proposé avec un corrigé détaillé étape par étape pour s’entraîner dans les conditions de l’examen. Retrouvez les autres leçons dans la catégorie 2Bac PC-SVT.
Simili 4 – Maths 2 SPC-SVT
Exercice 01Fonction exponentielle et suite de la forme un+1 = f(un)
Le but de ce problème d’étudier la fonction f(x) = ex − 1ex − x avec x ∈ [0 ; +∞[.
I.
Soit la fonction g définie sur D = [0 ; +∞[ par : g(x) = ex − x − 1.
01. Calculer : limx→+∞ g(x).
g(x) = ex(1 − xex − 1ex) et xex → 0.
limx→+∞ g(x) = +∞.
02.
a. Calculer g′ la fonction dérivée de g pour tout x de D = [0 ; +∞[ puit montrer que ∀x > 0, g′(x) > 0.
g′(x) = ex − 1. Pour x > 0 : ex > e0 = 1.
∀x > 0, g′(x) > 0.
b. Calculer g(0) et on déduit que ∀x > 0, g(x) > 0 ; puis ∀x ≥ 0, ex > x.
g(0) = 1 − 0 − 1 = 0. g est strictement croissante sur [0, +∞[, donc pour x > 0 : g(x) > g(0) = 0.
Ainsi ex > x + 1 > x pour x > 0, et pour x = 0 : e0 = 1 > 0.
∀x ≥ 0, ex > x.
II.
Soit la fonction h définie sur D = [0 ; +∞[ par : h(x) = −1 + (2 − x)ex.
01. Calculer : limx→+∞ h(x).
(2 − x) → −∞ et ex → +∞.
limx→+∞ h(x) = −∞.
02.
a. Calculer h′ la fonction dérivée de h pour tout x de D = [0 ; +∞[.
h′(x) = −ex + (2 − x)ex = (1 − x)ex.
b. On déduit le signe de h′(x).
h′(x) > 0 sur [0 ; 1[, h′(1) = 0 et h′(x) < 0 sur ]1 ; +∞[.
c. donner le tableau de variations de h.
h(0) = −1 + 2 = 1 et h(1) = −1 + e ≈ 1,72.
| x | 0 | 1 | +∞ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| h′(x) | + | 0 | − | ||
| h(x) | 1 | ↗ | e − 1 | ↘ | −∞ |
d. montrer que l’équation : x ∈ [0 ; +∞[ ; h(x) = 0 admet une solution unique α tel que α > 1.
Sur [0 ; 1], h(x) ≥ h(0) = 1 > 0 : pas de solution.
Sur [1 ; +∞[, h est continue et strictement décroissante de h(1) = e − 1 > 0 à −∞ : par le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule une seule fois.
L’équation h(x) = 0 admet une solution unique α, et α > 1.
e. Vérifier que : 1,84 < α < 1,85.
h(1,84) = −1 + 0,16 e1,84 ≈ 0,0074 > 0 et h(1,85) = −1 + 0,15 e1,85 ≈ −0,046 < 0.
h(1,84) × h(1,85) < 0, donc 1,84 < α < 1,85.
f. Déterminer le signe de h(x) suivant les valeurs de x de [0 ; +∞[.
h(x) > 0 sur [0 ; α[, h(α) = 0 et h(x) < 0 sur ]α ; +∞[.
III.
a. Soit la fonction f définie sur D = [0 ; +∞[ par : f(x) = ex − 1ex − x.
b. (Cf) est la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O, i, j) unité de mesure 2 cm.
01. Montrer que f est définie pour tout x de [0 ; +∞[.
D’après I.02.b, ex − x > 0 pour tout x ≥ 0 : le dénominateur ne s’annule pas, donc f est définie sur [0 ; +∞[.
02. Montrer que ∀x ∈ [0 ; +∞[, f(x) = 1 − e−x1 − xe−x.
On divise numérateur et dénominateur par ex ≠ 0 :
f(x) = (ex − 1)/ex(ex − x)/ex = 1 − e−x1 − xe−x. ✓
03. Calculer : limx→+∞ f(x) ; donner une interprétation géométrique du résultat obtenu.
e−x → 0 et xe−x = xex → 0.
limx→+∞ f(x) = 1 : la droite y = 1 est asymptote horizontale à (Cf) au voisinage de +∞.
04. Montrer que ∀x ∈ [0 ; +∞[, f′(x) = h(x)(ex − x)2.
f′(x) = ex(ex − x) − (ex − 1)(ex − 1)(ex − x)2.
Numérateur : e2x − xex − e2x + 2ex − 1 = (2 − x)ex − 1 = h(x).
f′(x) = h(x)(ex − x)2. ✓
05. Donner le signe de f′ puis donner le tableau de variations de f.
f′(x) a le signe de h(x). Calcul de f(α) : h(α) = 0 donne (2 − α)eα = 1, donc eα = 12 − α, et
eα − 1 = α − 12 − α et eα − α = 1 − α(2 − α)2 − α = (α − 1)22 − α.
f(α) = eα − 1eα − α = α − 1(α − 1)2 = 1α − 1
| x | 0 | α | +∞ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| f′(x) | + | 0 | − | ||
| f(x) | 0 | ↗ | 1α − 1 | ↘ | 1 |
(f(0) = 0 et 1α − 1 ≈ 1,18 > 1.)
06. Montrer que : ∀x ∈ [0 ; +∞[, f(x) − x = (1 − x)g(x)ex − x.
f(x) − x = ex − 1 − x(ex − x)ex − x = ex − 1 − xex + x2ex − x.
Et (1 − x)g(x) = (1 − x)(ex − x − 1) = ex − x − 1 − xex + x2 + x = ex − 1 − xex + x2. ✓
f(x) − x = (1 − x)g(x)ex − x.
07. On déduit suivant les valeurs de x de D = [0 ; +∞[ la position relative de la courbe (Cf) de la fonction f et la droite (D) d’équation (D) : y = x.
Le dénominateur ex − x est positif ; g(x) > 0 pour x > 0 et g(0) = 0. Donc f(x) − x a le signe de (1 − x) pour x > 0.
(Cf) est au-dessus de (D) sur ]0 ; 1[, au-dessous de (D) sur ]1 ; +∞[, et coupe (D) aux points O(0 ; 0) et (1 ; 1).
08. Construire la courbe (Cf) de f et la droite (D) d’équation y = x dans le même repère orthonormé (O, i, j) unité de mesure 2 cm. ( la construction sera sur l’annexe voir page 7 ).
Figure : (Cf) (bleu), la droite (D) : y = x, l’asymptote y = 1, la courbe de k−1 (vert, question 10) et l’escalier de la suite (un) de la partie IV.
09.
a. Montrer que : ∫24 f(x)dx = ln(e2 + 2).
(ex − x)′ = ex − 1, donc f(x) = (ex − x)′ex − x et une primitive de f est ln(ex − x) (car ex − x > 0).
∫24 f(x)dx = ln(e4 − 4) − ln(e2 − 2) = ln e4 − 4e2 − 2 = ln (e2 − 2)(e2 + 2)e2 − 2
∫24 f(x)dx = ln(e2 + 2). ✓
b. Calculer en cm2 l’aire de la partie du plan limitée par la courbe (Cf) et l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 2 et x = 4.
f(x) ≥ 0 sur [2 ; 4]. L’aire est ∫24 f(x)dx unités d’aire, et 1 u.a. = 2 cm × 2 cm = 4 cm2.
A = 4 ln(e2 + 2) cm2 ≈ 8,96 cm2.
10. Soit k la restriction de f sur l’intervalle I = [0 ; α].
a. Montrer que la restriction k admet une fonction réciproque k−1 définie sur l’intervalle J on le détermine.
k est continue et strictement croissante sur [0 ; α] (f′ > 0 sur [0 ; α[), donc k est une bijection de I sur J = [k(0), k(α)].
J = [0 ; 1α − 1].
b. Construire la courbe (Ck−1) de la fonction réciproque k−1 dans le même repère (O, i, j).
(Ck−1) est le symétrique de (Ck) par rapport à la droite (D) : y = x (courbe verte de la figure).
c. Vérifier que k(1) = 1 ; puis montrer que k−1 est dérivable en 1 et calculer (k−1)′(1).
k(1) = e − 1e − 1 = 1. ✓ De plus 1 ∈ J (car 1α − 1 > 1).
k′(1) = f′(1) = h(1)(e − 1)2 = e − 1(e − 1)2 = 1e − 1 ≠ 0, donc k−1 est dérivable en 1 :
(k−1)′(1) = 1k′(1) = e − 1.
IV.
On considère la suite (un)n∈ℕ définie par : u0 = 12 et un+1 = f(un) pour tout n de ℕ.
01. Montrer que f([0, 1]) ⊂ [0, 1].
f est croissante sur [0, 1] (car 1 < α), f(0) = 0 et f(1) = 1.
f([0, 1]) = [0, 1] ⊂ [0, 1].
02. Montrer que : ∀n ∈ ℕ ; 0 ≤ un ≤ 1.
u0 = 0,5 ∈ [0, 1]. Si un ∈ [0, 1], alors un+1 = f(un) ∈ f([0, 1]) ⊂ [0, 1].
∀n ∈ ℕ, 0 ≤ un ≤ 1.
03.
a. Présenter sur l’axe des abscisses : u0 et u1 et u2 ; On utilise (Cf) et la droite (D).
On part de u0 = 0,5, on monte jusqu’à (Cf), on rejoint la droite (D) horizontalement, puis on redescend sur l’axe : voir l’escalier sur la figure (u1 ≈ 0,69, u2 ≈ 0,83).
b. Donner la conjoncture sur la monotonie de (un).
Conjecture : (un) est croissante.
c. Prouver la validité de la conjoncture.
un+1 − un = f(un) − un = (1 − un)g(un)eun − un ≥ 0 car 0 ≤ un ≤ 1 (donc 1 − un ≥ 0 et g(un) ≥ 0).
(un) est croissante.
d. On déduit que (un) est une suite convergente.
(un) est croissante et majorée par 1 : elle converge.
e. Déterminer la limite de la suite (un).
Soit ℓ = lim un ∈ [ 12 ; 1 ]. f est continue, donc f(ℓ) = ℓ, soit (1 − ℓ)g(ℓ) = 0. Comme ℓ ≥ 12 > 0, g(ℓ) > 0, donc 1 − ℓ = 0.
lim un = 1.
Exercice 02Nombres complexes
I.
On donne le nombre complexe suivant : a = 2 + √3 + i.
01. Montre que : le module de a est √2 + √6.
|a|2 = (2 + √3)2 + 1 = 4 + 4√3 + 3 + 1 = 8 + 4√3 et (√2 + √6)2 = 2 + 6 + 2√12 = 8 + 4√3.
|a| = √2 + √6.
02. Vérifier que : a = 2(1 + cos π6) + 2i sin π6.
2(1 + √32) = 2 + √3 et 2 sin π6 = 1.
a = 2 + √3 + i. ✓
03.
a. θ est un nombre réel : montrer que : 1 + cos 2θ = 2cos2 θ ( on rappelle que cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ ).
cos 2θ = cos2 θ − (1 − cos2 θ) = 2cos2 θ − 1.
1 + cos 2θ = 2cos2 θ. ✓
b. Montrer que : a = 4cos2 π12 + 4i cos π12 sin π12 ( on rappelle que sin 2θ = 2cos θ sin θ ).
Avec 2θ = π6 : 2(1 + cos π6) = 2 × 2cos2 π12 = 4cos2 π12 et 2 sin π6 = 4 sin π12 cos π12.
a = 4cos2 π12 + 4i cos π12 sin π12. ✓
c. Montrer que : 4cos π12 (cos π12 + i sin π12) est l’écriture trigonométrique de a puis on déduit la valeur de cos π12 et sin π12.
En factorisant 4cos π12 > 0 : a = 4cos π12 (cos π12 + i sin π12), module 4cos π12 et argument π12.
|a| = √2 + √6 donne cos π12 = √6 + √24.
Partie imaginaire : 4cos π12 sin π12 = 1, donc sin π12 = 1√6 + √2 = √6 − √24.
cos π12 = √6 + √24 et sin π12 = √6 − √24.
II.
On considère l’équation suivante : (E) : z ∈ ℂ, z2 − √2 + √62 z + 1 = 0.
01. Montrer que : √2 − √3 = √6 − √22.
(√6 − √2)2 = 8 − 4√3, donc (√6 − √22)2 = 2 − √3. Et √6 − √22 > 0.
√2 − √3 = √6 − √22. ✓
02. Déterminer : z1 et z2 les deux solutions de l’équation (E) avec Im(z1) > 0.
Δ = (√2 + √62)2 − 4 = 8 + 4√34 − 4 = −(2 − √3) = (i√2 − √3)2 = (i √6 − √22)2.
z = 12(√2 + √62 ± i √6 − √22) = √6 + √24 ± i √6 − √24.
z1 = cos π12 + i sin π12 et z2 = cos π12 − i sin π12.
03. On déduit les solutions de l’équation différentielle suivante : (E) : 2y″ − (√6 + √2)y′ + 2y = 0.
On divise par 2 : y″ − √6 + √22 y′ + y = 0, dont l’équation caractéristique est (E). Les racines sont z1,2 = √6 + √24 ± i √6 − √24.
y(x) = eax(A cos(bx) + B sin(bx)), (A, B) ∈ ℝ2, avec a = √6 + √24 et b = √6 − √24.
04. Donner l’écriture trigonométrique de : z1 et z2.
z1 = cos π12 + i sin π12 et z2 = cos(−π12) + i sin(−π12) (modules 1, arguments ±π12).
III.
Dans le plan complexe (P) rapporté au repère orthonormé (O, e1, e2) ; on considère les points A et B tel que leurs affixes sont a = 2 + √3 + i et b ; R est la rotation de centre le point O origine du repère et d’angle π2.
01.
a. Donner l’écriture complexe de la rotation R.
z′ = eiπ/2 z = iz.
b. Donner l’écriture trigonométrique de b l’affixe de B tel que B est l’image de A par la rotation R.
b = ia = −1 + i(2 + √3). |b| = |a| = √2 + √6 et arg b = π12 + π2 = 7π12.
b = (√2 + √6)(cos 7π12 + i sin 7π12).
Exercice 03Suite de la forme un+1 = aun + bcun + d
Le but de cet exercice d’étudier la convergence de (un) de quatre manières différentes : on considère la suite (un) définie par : u0 = 3 et un+1 = 5un − 33un − 1 ; ∀n ∈ ℕ.
1ère manière
01. Calculer u1 et u2.
u1 = 15 − 39 − 1 = 128 = 32 et u2 = 5 × 1,5 − 33 × 1,5 − 1 = 4,53,5 = 97.
02. Démontrer que : un ≠ 13 pour tout n de ℕ.
On montre par récurrence que un > 1 (donc un ≠ 13) : u0 = 3 > 1. Si un > 1 : un+1 − 1 = 5un − 3 − 3un + 13un − 1 = 2(un − 1)3un − 1 > 0 (car 3un − 1 > 2 > 0).
un > 1 pour tout n, donc un ≠ 13 et la suite est bien définie.
03. Démontrer que : 1 < un ≤ 3 pour tout n de ℕ.
La minoration un > 1 est établie en 02. Majoration : u0 = 3 ; si un ≤ 3 alors un+1 ≤ 3 ⟺ 5un − 3 ≤ 3(3un − 1) ⟺ 0 ≤ 4un, vrai.
1 < un ≤ 3 pour tout n ∈ ℕ.
04. Montrer que : un+1 − un = −3(un − 1)23un − 1 pour tout n de ℕ puis on déduit la monotonie de (un).
un+1 − un = 5un − 3 − un(3un − 1)3un − 1 = −3un2 + 6un − 33un − 1 = −3(un − 1)23un − 1. ✓
Comme un > 1, ce quotient est < 0.
(un) est strictement décroissante.
05. Etudier la convergence de (un).
(un) est décroissante et minorée par 1 : elle est convergente. (Sa limite ℓ vérifie ℓ = 5ℓ − 33ℓ − 1 ⟺ 3(ℓ − 1)2 = 0, donc ℓ = 1.)
2ième manière
On considère la fonction suivante : f(x) = 5x − 33x − 1. (Cf) la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O, i, j).
06.
a. Déterminer graphiquement l’intersection de (Cf) et la droite (D) d’équation (D) : y = x.
Graphiquement, (Cf) et (D) se touchent en un seul point : A(1 ; 1). (Algébriquement : f(x) = x ⟺ 3(x − 1)2 = 0 ⟺ x = 1.)
b. Déterminer graphiquement l’image de I = [1, 3] par la fonction f.
f est croissante sur ]−∞ ; 13[ et sur ]13 ; +∞[ (f′(x) = 4(3x − 1)2 > 0), f(1) = 1 et f(3) = 32.
f([1, 3]) = [1 ; 32].
c. Placer u0 et u1 et u2 et u3 sur l’axe des abscisses ; puis donner la conjecture obtenue pour l’encadrement de la suite (un) la monotonie de (un) et la limite de (un).
u0 = 3, u1 = 1,5, u2 ≈ 1,29, u3 = 65 = 1,2 (voir l’escalier sur la figure).
Conjectures : 1 < un ≤ 3, la suite (un) est décroissante et sa limite est 1.
3ième manière
01. Maintenant on va démontrer la conjecture obtenue :
a. Démontrer que : ∀n ∈ ℕ ; 1 < un ≤ 3.
Par récurrence : u0 = 3 ∈ ]1, 3]. Si un ∈ ]1, 3], comme f est strictement croissante sur ]1, 3] : un+1 = f(un) ∈ ]f(1), f(3)] = ]1 ; 32] ⊂ ]1, 3].
∀n ∈ ℕ, 1 < un ≤ 3.
b. Démontrer que : (un) est décroissante.
un+1 − un = f(un) − un = −3(un − 1)23un − 1 < 0 car un > 1.
(un) est décroissante.
c. Est-ce que (un) est convergente.
Oui : (un) est décroissante et minorée par 1, donc convergente.
d. Déterminer la limite de (un).
f est continue sur [1, 3] et ℓ = lim un ∈ [1, 3] vérifie f(ℓ) = ℓ, soit 3(ℓ − 1)2 = 0.
lim un = 1.
4ième manière
01. On considère la suite (vn) définie par : vn = un + 1un − 1 pour tout n de ℕ.
a. Calculer : v0.
v0 = 3 + 13 − 1 = 2.
b. Montrer que : la suite (vn) est arithmétique on détermine sa raison r.
vn+1 = un+1 + 1un+1 − 1 = (5un − 3) + (3un − 1)(5un − 3) − (3un − 1) = 8un − 42un − 2 = 4un − 2un − 1.
vn+1 − vn = 4un − 2 − un − 1un − 1 = 3(un − 1)un − 1 = 3.
(vn) est arithmétique de raison r = 3.
c. Donner vn en fonction de n.
vn = v0 + nr = 2 + 3n.
d. Donner un en fonction de n.
vn(un − 1) = un + 1 ⟹ un(vn − 1) = vn + 1, donc un = vn + 1vn − 1.
un = 3n + 33n + 1. (Vérification : u0 = 3, u1 = 64 = 32 ✓.)
e. Calculer : limn→+∞ un ; est que (un) est convergente.
un = 3n + 33n + 1 = 3 + 3/n3 + 1/n → 1.
lim un = 1 : (un) est convergente.
f. Calculer la somme suivante : Sn = v0 + v1 + v2 + ⋯ + vn.
Somme de n + 1 termes d’une suite arithmétique :
Sn = (n + 1) v0 + vn2 = (n + 1) 2 + 2 + 3n2 = (n + 1)(3n + 4)2.
g. Calculer : limn→+∞ Sn.
lim Sn = +∞.
Exercice 04Suite de la forme un+1 = aun + b
On considère la suite (un) définie par : u0 = 3 et ∀n ∈ ℕ : un+1 = 12un + 4.
01.
a. Démontrer que : ∀n ∈ ℕ ; 3 ≤ un ≤ 8.
u0 = 3. Si 3 ≤ un ≤ 8 alors 32 + 4 ≤ un+1 ≤ 82 + 4, soit 5,5 ≤ un+1 ≤ 8, donc 3 ≤ un+1 ≤ 8.
∀n ∈ ℕ, 3 ≤ un ≤ 8.
b. Démontrer que : (un) est croissante.
un+1 − un = 4 − 12un = 8 − un2 ≥ 0 car un ≤ 8.
(un) est croissante.
c. Est-ce que (un) est convergente.
Oui : (un) est croissante et majorée par 8, donc convergente.
02. On considère la suite (vn) définie par : vn = un − 8 pour tout n de ℕ.
a. Montrer que : la suite (vn) est géométrique on détermine sa raison q.
vn+1 = un+1 − 8 = 12un − 4 = 12(un − 8) = 12vn, et v0 = −5.
(vn) est géométrique de raison q = 12 et de premier terme v0 = −5.
b. Montrer que : un = 8 − 52n pour tout n de ℕ.
vn = v0qn = −52n, donc un = 8 + vn.
un = 8 − 52n. ✓
c. Calculer : limn→+∞ un.
lim un = 8 (car 52n → 0).
d. Déterminer la plus petite valeur de l’entier naturel p qui vérifie : pour tout n de ℕ on a si n ≥ p alors un − 8 > −10−5.
un − 8 = −52n > −10−5 ⟺ 52n < 10−5 ⟺ 2n > 5 × 105 = 500 000.
Or 218 = 262 144 < 500 000 < 219 = 524 288.
p = 19.
e. Calculer la somme suivante : Sn = v0 + v1 + v2 + ⋯ + vn.
Sn = v0 1 − qn+11 − q = −5 × 1 − (1/2)n+11/2 = −10(1 − 12n+1).
f. Calculer : limn→+∞ Sn.
lim Sn = −10.
Exercice 05Concours de la Faculté de Médecine d’Oujda 2014-2015
Questions à choix multiples (QCM), traduites de l’arabe. Une seule réponse est correcte dans chaque question.
03. Soit f une fonction dérivable sur ℝ, paire et périodique de période T.
A. f′ est paire et périodique.
B. f′ est impaire et pas nécessairement périodique.
C. ∀k ∈ ℤ, f′(kT) = 0.
D. ∫T2T f(x)dx = 12 ∫0T/2 f(x)dx.
E. Toutes les réponses proposées sont fausses.
f est paire donc f′ est impaire : A est fausse. f est T-périodique donc f′ l’est aussi : B est fausse.
f′ impaire ⟹ f′(0) = 0, et f′ périodique ⟹ f′(kT) = f′(0) = 0 : C est vraie.
D : ∫T2T f = ∫0T f = ∫−T/2T/2 f = 2∫0T/2 f (f paire) : le facteur 12 ne convient pas, D est fausse.
Réponse : C.
04. Soit f(x) = e1−x1 + e−x et (Cf) sa courbe dans un repère orthonormé.
A. Le domaine de définition de f est Df = ]−∞ ; 1[ ∪ ]1 ; +∞[.
B. f est croissante sur son domaine de définition.
C. limx→−∞ f(x) = 1.
D. L’équation f(x) = e−x n’a pas de solution.
E. La tangente à (Cf) au point M d’abscisse xM = 0 passe par le point N(2 ; 0).
En multipliant par ex : f(x) = eex + 1.
A fausse : 1 + e−x > 0, donc Df = ℝ. B fausse : f′(x) = −e × ex(ex + 1)2 < 0, f est décroissante. C fausse : limx→−∞ f(x) = e.
D fausse : f(x) = e−x ⟺ e × ex = ex + 1 ⟺ ex = 1e − 1 ⟺ x = −ln(e − 1).
E : f(0) = e2 et f′(0) = −e4. La tangente est y = −e4x + e2, et pour x = 2 : y = −e2 + e2 = 0. ✓
Réponse : E.
05. Soient f(x) = 2x et g(x) = x2 sur l’intervalle [0 ; 1], (Cf) et (Cg) leurs courbes dans un repère orthonormé. L’aire S (en unités d’aire) du domaine limité par (Cf), (Cg) et les droites x = 0 et x = 1 est :
A. 0 B. 1 C. 23 D. 2 E. 13
Sur [0 ; 1], 2x ≥ x2.
S = ∫01 (2x − x2) dx = [x2 − x33]01 = 1 − 13 = 23
Réponse : C.
07. Choisir la réponse correcte :
A. La droite d’équation x = 1 est axe de symétrie de la courbe de f(x) = x2 + 2x − 1.
B. La courbe d’une fonction et ses asymptotes ne se coupent jamais.
C. Soit g une fonction paire dérivable sur ℝ : l’équation g′(x) = 2g(x) n’a pas de solution dans ℝ.
D. La fonction h(x) = |4x(x − 5)| n’est pas dérivable en x0 = 5.
E. La fonction f(x) = |x + 5| − |3 − x| + 2x − 3 n’admet pas de primitive sur ℝ.
A fausse : x2 + 2x − 1 = (x + 1)2 − 2, l’axe de symétrie est x = −1.
B fausse : une courbe peut couper son asymptote (horizontale ou oblique).
C fausse : avec g(x) = x2, g′(x) = 2g(x) ⟺ 2x = 2x2 a pour solutions 0 et 1.
D vraie : 4x(x − 5) change de signe en 5 avec une dérivée 20 ≠ 0 (la courbe de |·| a un point anguleux), donc h n’est pas dérivable en 5 (demi-dérivées −20 et 20).
E fausse : f est continue sur ℝ, donc elle admet des primitives.
Réponse : D.
08. Soit le cube ABCDEFGH de côté a (ABCD est la face inférieure, et E, F, G, H sont au-dessus de A, B, C, D).
A. AG = AB + AD + EA.
B. AG est un vecteur normal au plan (BDE).
C. AG · BE = a2.
D. La droite (AG) n’est pas orthogonale à la droite (DE).
E. BC ∧ BA = BG.
Repère (A ; AB, AD, AE) avec A(0,0,0), B(a,0,0), D(0,a,0), E(0,0,a), C(a,a,0), G(a,a,a).
A fausse : AG = AB + AD + AE (et EA = −AE).
B : AG = (a ; a ; a), BD = (−a ; a ; 0), BE = (−a ; 0 ; a) : AG · BD = 0 et AG · BE = 0, donc AG ⟂ (BDE). Vraie.
C fausse : AG · BE = 0 ≠ a2. D fausse : DE = (0 ; −a ; a) et AG · DE = 0, les droites sont orthogonales.
E fausse : BC ∧ BA = (0 ; a ; 0) ∧ (−a ; 0 ; 0) = (0 ; 0 ; a2) alors que BG = (0 ; a ; a).
Réponse : B.