Ce devoir 1 (modèle 6) du semestre 1 pour le Tronc Commun est proposé avec une correction détaillée pour bien préparer le contrôle. Retrouvez les autres leçons dans la catégorie Tronc Commun.
Devoir 1 modèle 6 semestre 1 corrigé Tronc Commun
Devoir 1 · Modèle 6 · Semestre 1 · Tronc Commun
📌 Corrigé détaillé · Évaluation N°1 – 1er semestre – 13/10/2018⏱️ Clique sur + pour voir la correction🟢 facile · 🟠 moyen · 🔴 difficile
Exercice 1 (10 points)
1) Déterminer la valeur de vérité de \(P\), \(Q\), \(R\), \(S\) : \(P : \left(\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \text{ ou } « 4 \text{ est premier} »\right)\) ; \(Q : (2{,}3 \notin \mathbb{N} \text{ et } |1 – \sqrt{2}| = 1 – \sqrt{2})\) ; \(R : (\forall x \in \mathbb{R},\ x^2 \geq x)\) ; \(S : (\exists n \in \mathbb{N},\ n^2 – 2n + 1 = 0)\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : \(P\) : \(\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\) est vraie, et « ou » est vrai dès qu’une proposition l’est : \(P\) est vraie.
🔢 Étape 2 : \(Q\) : \(2{,}3 \notin \mathbb{N}\) est vraie, mais \(\sqrt{2} > 1\) donne \(|1 – \sqrt{2}| = \sqrt{2} – 1 \neq 1 – \sqrt{2}\) : fausse. Avec « et », \(Q\) est fausse.
🔢 Étape 3 : \(R\) : contre-exemple \(x = \dfrac{1}{2}\) : \(\dfrac{1}{4} < \dfrac{1}{2}\). \(R\) est fausse.
🔢 Étape 4 : \(S\) : \(n^2 – 2n + 1 = (n – 1)^2 = 0 \iff n = 1 \in \mathbb{N}\). \(S\) est vraie.
✅ \(P\) vraie ; \(Q\) fausse ; \(R\) fausse ; \(S\) vraie.
2) a) Soit \(T : (\forall x \in \mathbb{R},\ x < 1 \Rightarrow x^2 < 1)\). Donner la négation de \(T\).
Correction détaillée
🔢 \(\neg(A \Rightarrow B) = A \text{ et } \neg B\).
✅ \(\neg T : \exists x \in \mathbb{R},\ (x < 1 \text{ et } x^2 \geq 1)\).
2) b) Déduire que \(T\) est fausse.
Correction détaillée
🔢 Pour \(x = -2\) : \(-2 < 1\) mais \(x^2 = 4 \geq 1\). Donc \(\neg T\) est vraie.
✅ \(T\) est fausse.
3) Par équivalences successives, montrer que \(\forall x \in \mathbb{R}\) : \(\sqrt{x^4 + 3x^2 + 1} \geq x^2 + 1\).
Correction détaillée
📘 Méthode : élever au carré deux nombres positifs (équivalence).
🔢 Étape 1 : Les deux membres sont positifs : \(\sqrt{x^4 + 3x^2 + 1} \geq x^2 + 1 \iff x^4 + 3x^2 + 1 \geq (x^2 + 1)^2\).
🔢 Étape 2 : \(\iff x^4 + 3x^2 + 1 \geq x^4 + 2x^2 + 1 \iff x^2 \geq 0\), ce qui est vrai.
✅ L’inégalité est vraie pour tout réel \(x\).
4) Par contraposée, montrer que \(\forall(x, y) \in \mathbb{R}^{*2}\) : \((x \neq y \text{ et } xy \neq 2) \Rightarrow \dfrac{x^2 + 2}{x} \neq \dfrac{y^2 + 2}{y}\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : Contraposée : si \(\dfrac{x^2 + 2}{x} = \dfrac{y^2 + 2}{y}\), alors \(x = y\) ou \(xy = 2\).
🔢 Étape 2 : \(\dfrac{x^2 + 2}{x} = x + \dfrac{2}{x}\). L’égalité donne \(x – y + \dfrac{2}{x} – \dfrac{2}{y} = 0\), soit \((x – y) + \dfrac{2(y – x)}{xy} = 0\).
🔢 Étape 3 : \((x – y)\left(1 – \dfrac{2}{xy}\right) = 0\), donc \(x = y\) ou \(xy = 2\).
✅ L’implication est démontrée.
5) a) Récurrence : \(\forall n \in \mathbb{N},\ 1 + 11 + 11^2 + \cdots + 11^n = \dfrac{1}{10}(11^{n+1} – 1)\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : Initialisation (\(n = 0\)) : \(1\) et \(\dfrac{11 – 1}{10} = 1\) ✓.
🔢 Étape 2 : Hérédité : \(1 + \cdots + 11^n + 11^{n+1} = \dfrac{11^{n+1} – 1}{10} + 11^{n+1} = \dfrac{11^{n+1} – 1 + 10 \cdot 11^{n+1}}{10} = \dfrac{11^{n+2} – 1}{10}\).
✅ La formule est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
5) b) Récurrence : \(3^{3n+2} – 2^{n+2}\) est divisible par \(5\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : Initialisation (\(n = 0\)) : \(3^2 – 2^2 = 5\) ✓.
🔢 Étape 2 : Hérédité : supposons \(3^{3n+2} – 2^{n+2} = 5k\), \(k \in \mathbb{Z}\). Alors \(3^{3n+5} – 2^{n+3} = 27 \cdot 3^{3n+2} – 2 \cdot 2^{n+2}\).
🔢 Étape 3 : En remplaçant \(3^{3n+2} = 5k + 2^{n+2}\) : \(27(5k + 2^{n+2}) – 2 \cdot 2^{n+2} = 135k + 25 \cdot 2^{n+2} = 5(27k + 5 \cdot 2^{n+2})\), multiple de \(5\).
✅ \(5\) divise \(3^{3n+2} – 2^{n+2}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
6) Par l’absurde, montrer que \(\forall x \in \mathbb{R}_+^*\) : \(\sqrt{x} \neq \dfrac{x + 2}{\sqrt{x + 4}}\).
Correction détaillée
⚠️ Dans le PDF, le dénominateur est lu \(\sqrt{x + 4}\). Avec \(\sqrt{x} + 4\), l’affirmation serait fausse (pour \(x = \frac{1}{4}\), les deux côtés valent \(\frac{1}{2}\)).
🔢 Étape 1 : Supposons qu’il existe \(x > 0\) tel que \(\sqrt{x} = \dfrac{x + 2}{\sqrt{x + 4}}\).
🔢 Étape 2 : Alors \(\sqrt{x}\sqrt{x + 4} = x + 2\), soit \(\sqrt{x(x + 4)} = x + 2\). En élevant au carré : \(x^2 + 4x = x^2 + 4x + 4\), donc \(0 = 4\) : absurde.
✅ Pour tout \(x > 0\), \(\sqrt{x} \neq \dfrac{x + 2}{\sqrt{x + 4}}\).
Exercice 2 (3,5 points)
\(f(x) = \dfrac{-2x + 4}{x^2 – x + 2}\).
1) Montrer que \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(x^2 – x + 2 > 0\) et déduire \(D_f\).
Correction détaillée
🔢 \(\Delta = 1 – 8 = -7 < 0\) et \(a = 1 > 0\) : le trinôme est strictement positif.
✅ \(D_f = \mathbb{R}\).
2) Montrer que \(f\) est majorée par \(2\).
Correction détaillée
🔢 \(2 – f(x) = \dfrac{2x^2 – 2x + 4 + 2x – 4}{x^2 – x + 2} = \dfrac{2x^2}{x^2 – x + 2} \geq 0\).
✅ \(f(x) \leq 2\) : \(f\) est majorée par \(2\) (maximum atteint en \(x = 0\)).
3) a) Montrer que \(f\) est minorée par \(-1\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : \(f(x) + 1 = \dfrac{-2x + 4 + x^2 – x + 2}{x^2 – x + 2} = \dfrac{x^2 – 3x + 6}{x^2 – x + 2}\).
🔢 Étape 2 : \(x^2 – 3x + 6\) a pour discriminant \(9 – 24 < 0\) : il est \(> 0\). Donc \(f(x) + 1 > 0\).
✅ \(f(x) > -1\) : \(f\) est minorée par \(-1\).
3) b) Est-ce que \(-1\) est une valeur minimale de \(f\) ?
Correction détaillée
🔢 Comme \(f(x) + 1 > 0\) strictement pour tout \(x\), la valeur \(-1\) n’est jamais atteinte.
✅ Non : \(-1\) est un minorant, mais pas une valeur minimale.
Exercice 3 (6,5 points)
\(f(x) = \dfrac{1}{2}x^3\) et \(g(x) = \sqrt{x + 3}\).
1) a) Déterminer \(D_f\) et le tableau de variation de \(f\).
Correction détaillée
🔢 \(D_f = \mathbb{R}\). \(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}\) (\(x \mapsto x^3\) est croissante).
✅ \(D_f = \mathbb{R}\) ; \(f\) croissante sur \(\mathbb{R}\).
1) b) Déterminer \(D_g\) et le tableau de variation de \(g\).
Correction détaillée
🔢 \(x + 3 \geq 0 \iff x \geq -3\). \(g\) est croissante sur \([-3 ; +\infty[\), avec \(g(-3) = 0\).
✅ \(D_g = [-3 ; +\infty[\) ; \(g\) croissante.
1) c) Tracer \(C_f\) et \(C_g\) dans le même repère.
Correction détaillée
🔢 \(C_f\) passe par \((0, 0)\), \((1, \frac{1}{2})\), \((2, 4)\), \((-2, -4)\). \(C_g\) passe par \((-3, 0)\), \((-2, 1)\), \((1, 2)\), \((6, 3)\).
\(C_f\) (bleu) et \(C_g\) (rouge)
✅ Voir la figure ci-dessus.
2) a) Montrer que \(E : x^3 – 2\sqrt{x + 3} = 0 \iff f(x) = g(x)\), puis déduire graphiquement que \(E\) admet une solution unique \(\alpha\) dans \([-3 ; +\infty[\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : \(x^3 – 2\sqrt{x + 3} = 0 \iff \dfrac{x^3}{2} = \sqrt{x + 3} \iff f(x) = g(x)\).
🔢 Étape 2 : Graphiquement, \(C_f\) et \(C_g\) se coupent en un seul point : sur \([-3 ; 0]\), \(f(x) \leq 0 \leq g(x)\) avec \(g(x) \geq 0\) et \(g(0) = \sqrt{3} > 0\), donc \(C_f\) est sous \(C_g\) ; au-delà, \(C_f\) (qui croît de plus en plus vite) finit par dépasser \(C_g\) une seule fois.
✅ \(E\) admet une unique solution \(\alpha \in [-3 ; +\infty[\) (abscisse de l’unique point d’intersection).
2) b) Montrer que \(1 < \alpha < 2\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : \(f(1) = \dfrac{1}{2} < g(1) = 2\) : en \(x = 1\), \(C_f\) est sous \(C_g\).
🔢 Étape 2 : \(f(2) = 4 > g(2) = \sqrt{5} \approx 2{,}24\) : en \(x = 2\), \(C_f\) est au-dessus de \(C_g\).
🔢 Étape 3 : Les courbes se croisent donc entre \(1\) et \(2\) (équivalent : \(h(x) = x^3 – 2\sqrt{x + 3}\) vérifie \(h(1) = -3 < 0\) et \(h(2) = 8 – 2\sqrt{5} > 0\), et \(h\) est continue).
✅ \(1 < \alpha < 2\) (en fait \(\alpha \approx 1{,}63\)).
2) c) Résoudre graphiquement dans \([-3 ; +\infty[\) l’inéquation \(F : x^3 – 2\sqrt{x + 3} > 0\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : \(F \iff f(x) > g(x)\) : on cherche où \(C_f\) est strictement au-dessus de \(C_g\).
🔢 Étape 2 : D’après la figure, c’est le cas pour \(x > \alpha\).
✅ \(S = ]\alpha ; +\infty[\).