Eléments de correction du devoir n°9 du 14 janvier 2016 T.S Objectifs : utiliser la relation de Chasles démontrer que trois vecteurs sont coplanaires, que des points sont coplanaires revoir diverses notions en Analyse, comprendre un algorithme livre : page 249 n°83 Démonstration vectorielle – Vecteurs coplanaires – points coplanaires Comme K est le milieu de [AD], on a : BA + BD = 2 BK En effet, BA + BD = (BK + KA ) + (BK + KD ) = 2 BK + KA + KD Or K étant le milieu de [AD], KA + KD = 0 donc BA + BD = 2 BK BF ‒ 2 BK = ( BA + AF ) ‒ ( BA + BD ) BF ‒ 2 BK = AF ‒ BD Or AF = BE donc BF ‒ 2 BK = BE ‒ BD = DE De plus, 3 KJ = 3 ( KA + AJ ) Comme K est le milieu de [AD] et J le milieu de [AC] : 1 1 KA = DA et AJ = AC 2 2 3 3 1 1 Donc 3 KJ = 3 ( DA + AC ) = (DA + AC ) = DC = DE 2 2 2 2 On en déduit : BF ‒ 2 BK = 3 KJ On a montré que : BF ‒ 2 BK = 3 KJ Et donc que : BF ‒ 2 BK = 3 (KB +BJ ) C’est-à-dire : BF = 2 BK ‒ 3 BK +3 BJ BF = ‒ BK +3 BJ Ceci prouve que les vecteurs BK , BJ et BF sont coplanaires Comme les vecteurs BK , BJ et BF sont coplanaires, on peut affirmer que les quatre points B, K, J et F sont coplanaires. Annabac Nathan 2016 : p 115 n° 24 à 28 ( concours Alpha) n°24 initialisation i=1 i=2 i=3 i=4 i=5 a=0 a = 0 + ln 3 = ln 3 a = ln3 + ln 3 = 2ln 3 a = 2ln3 + ln 3 = 3ln 3 a = 3ln3 + ln 3 = 4ln 3 a = 4ln3 + ln 3 = 5ln 3 Réponse : b n°25 Réponse d u+v 1 1 = u + v avec u(x) = e2x donc u’(x) = 2 e2x 2 2 2 v(x) = e‒ 2x donc u’(x) = ‒2 e‒ 2x 1 1 donc pour tout x de IR, f (x) = 2 e2x + (‒2 e‒ 2x ) = e2x ‒ e‒ 2x 2 2 f= n°26 A = ln ( e ‒ 3 ) ln ( e2) = (‒ 3) 2 = ‒ 6 Réponse b n°27 Première méthode : on pose f(x) = e 2x + 5 ex ‒ 14 On étudie les variations de f ( f’(x) = 2 e 2x + 5 ex donc toujours strictement positif, la fonction f est donc strictement croissante) et les limites ( en ‒ ∞, la limite est égale à ‒ 14 et en + ∞, la limite est +∞ f est donc continue sur IR, strictement croissante sur IR, l’intervalle image de IR est ] ‒ 14 ; + ∞ [ et zéro appartient à cet intervalle image donc, d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet une unique solution dans IR Seconde méthode : on résout l’équation e 2x + 5 ex ‒ 14 = 0 D = IR On pose X = ex donc X2 + 5 X ‒ 14 = 0 Δ = 52 ‒ 4 (1) (‒ 14 ) = 81 Δ>0 donc l’équation d’inconnue X admet deux solutions réelles distinctes ‒ 5 + 81 ‒ 5 ‒ 81 X1 = X2 = 21 21 X1 = 2 X2 = ‒ 7 x x On doit donc résoudre : e = 2 ou e = ‒ 7 Réponse b x = ln 2 pas de solution car ex > 0 Donc S = { ln 2} n°28 Forme indéterminée en + ∞ f (x ) = x2 ( or ex 1 ‒ ) x2 2 lim x2 = + ∞ x +∞ Donc par produit ex ex 1 d’après le cours : lim lim ( 2 ‒ ) = + ∞ 2 = + ∞ donc x +∞x x +∞ x 2 lim f (x ) = + ∞ x +∞ Réponse a
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