Term - IE3 - Janvier 2021 - 1h20

Nom et prénom :

Comme toujours, la clarté des raisonnements et la précision des notations employées fait partie des critères évalués.

Exercice 1

$ABCDEFGH$ est un cube.

$I$ et $J$ sont deux points définis respectivement par $\overrightarrow{EI}=\frac{1}{3}\overrightarrow{EF}$   et   $\overrightarrow{GJ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{GC}$

Questions :

  1. Placer à main levée les points $I$ et $J$ sur la figure.
  2. Démontrer, par la méthode de votre choix, que les vecteurs $\overrightarrow{FG}$, $\overrightarrow{IJ}$, et $\overrightarrow{EC}$ sont coplanaires.
    Il faut montrer que l'un des vecteurs est combinaison linéaire des deux autres. Il y a donc trois combinaisons possible à étudier, et de nombreuses façons d'établir chacune.

    Première méthode vectorielle (sans coordonnées)
    $\overrightarrow{IF}$ $=\overrightarrow{IE}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CJ}$   (Chasles)
    $=\overrightarrow{IE}+\overrightarrow{CJ} + \overrightarrow{EC}$   (commutativité de +)
    $=\frac{1}{3}\overrightarrow{FE}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CG}+\overrightarrow{EC}$ (énoncé)
    $=\frac{1}{3}\overrightarrow{CD}+\frac{1}{3}\overrightarrow{DH}+\overrightarrow{EC}$ (propriétés du cube)
    $=\frac{1}{3}(\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DH})+\overrightarrow{EC}$
    $=\frac{1}{3}\overrightarrow{CH}+\overrightarrow{EC}$   (Chasles)
    $=\frac{1}{3}\overrightarrow{CE}+\frac{1}{3}\overrightarrow{EH}+\overrightarrow{EC}$   (Chasles)
    $=\frac{1}{3}\overrightarrow{CE}+\frac{1}{3}\overrightarrow{FG}+\overrightarrow{EC}$   (cube)
    $=\frac{1}{3}\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{EC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{FG}$   (commutativité)
    $=\frac{2}{3}\overrightarrow{EC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{FG}$
    On a montré que $\overrightarrow{IF}$ est combinaison linéaire de $\overrightarrow{EC}$ et $\overrightarrow{FG}$, donc ces trois vecteurs sont coplanaires.

    Seconde méthode (avec des coordonnées)
    On se place dans un repère, par exemple $(G;\overrightarrow{GC};\overrightarrow{GH};\overrightarrow{GF})$
    Les coordonnées de $\overrightarrow{FG}$ sont $(0;0;-1)$, celles de $\overrightarrow{EC}$ sont $(1;-1;-1)$, et celles de $\overrightarrow{IJ}$ sont $(\frac{2}{3};-\frac{2}{3};-1)$ (il faudrait en toute rigueur détailler un peu ces coordonnées à partir de l'énoncé).
    On cherche deux réels $x$ et $y$ tels que $\overrightarrow{IJ} = x \overrightarrow{FG} + y \overrightarrow{EC}$
    ce qui équivaut à
    $\begin{cases} \frac{2}{3}=x\times 0+y\times \left( 1\right) \\ -\frac{2}{3}=x\times 0+y\times \left( -1\right) \\ -1=x\times \left( -1\right) +y\times \left( -1\right) \end{cases}$   et à   $\begin{cases} \frac{2}{3} = y \\ x = 1 - y \end{cases}$   et à   $\begin{cases} y = \frac{2}{3}\\ x = \frac{1}{3} \end{cases}$

    On a montré que $\overrightarrow{IF}$ est combinaison linéaire de $\overrightarrow{EC}$ et $\overrightarrow{FG}$, donc ces trois vecteurs sont coplanaires.
  3. En déduire la position de la droite $(IJ)$ par rapport au plan $(EHC)$.
    Puisque $\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{EG}$, on déduit de la question précédente que $(IJ)$ est parallèle au plan $(ECH)$.
    $I$ n'est pas un point de ce plan, donc $(IJ)$ est parallèle non incluse dans $(EHC)$.

Exercice 2

  1. Justifier que l'équation $x^3+8=0$ admet une unique solution, qui est $-2$.
    La fonction $h: x \mapsto x^3+8$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que polynôme, et sa dérivée $x \mapsto 3x^2$ est nulle en un seul nombre (0), positive sinon.
    $h$ est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}$.
    $-2$ est une solution évidente à l'équation $x^3+8=0$.
    Avec le sens de variation, on a que
    Si $x>-2$, alors $x^3+8 > 0$, et si $x < -2$, alors $x^3+8 < 0$.
    Ceci démontre que $-2$ est la seule solution.
    Remarque : il n'est pas nécessaire (ni pratique) d'utiliser le TVI car on connaît la valeur de la solution.
    1. Justifier que l'équation $-2x^3-3x^2+8=0$ admet une unique solution comprise entre $1$ et $2$.
      On la nommera $\alpha$.

      On définit une fonction $g: x \mapsto -2x^3-3x^2+8$.
      $g$ est une fonction polynôme, donc dérivable sur $\mathbb{R}$.
      Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $g'(x)=-6x^2-6x=-6x(x+1)$.
      $g$ admet deux racines évidentes : $0$ et $-1$
      $g(x)$ est du signe de $-6$ sauf entre ces racines.

      On en déduit que $g$ est strictement décroissante sur $]-\infty;-1]$ et sur $[0;+\infty[$, et strictement croissante sur $[-1;0]$.

      $g$ admet ainsi un minimum sur $]-\infty;0]$, qui est $g(-1)=7$.
      $g$ ne s'annule donc pas sur cet intervalle.

      Sur $[0;+\infty[$ :
      1. $g(0)=8$ et $g(2)=-20$, donc $0 \in [g(2);g(0)]$
      2. $g$ est continue.
      3. $g$ est monotone
      Le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure l'existence et l'unicité d'une solution $\alpha$ à l'équation $g(x)=0$ sur $[0;2]$.

      $g$ étant strictement décroissante sur$[2;+\infty[$, $x>2$ implique que $g(x) < -20$, donc $g$ ne s'annule pas sur cet intervalle.

      L'équation n'ayant pas de solution sur $]-\infty;0]$, et une seule sur $[0;+\infty[$, elle en a une unique sur $\mathbb{R}$.

      Remarque : on aurait aussi pu appliquer le TVI sur $[0;+\infty[$ en étudiant la limite de $g$ en $+\infty$ (qui est $-\infty$). Il y a unicité car continuité, monotonie et $0 \in ]-\infty;8]$.

    2. Donner une valeur approchée de $\alpha$ à $0,01$ près.
      Par balayage numérique ou toute autre méthode, on trouve $1,21 < \alpha < 1,22$, donc $\alpha \approx 1,21$ (ou $1,22$ ou toute autre valeur entre les deux) convient.

On considère la fonction $f: x \mapsto \dfrac{x+1}{x^3+8}$.

    1. Donnez l'ensemble de définition de $f$.
      D'après la question 1, $D_f=]-\infty;-2[ \cup ]-2;+\infty[$.
      Remarque : l'existence de $-2$ comme "valeur interdite" ne suffit pas, c'est bien le fait qu'elle soit unique qui permet de justifier cet ensemble de définition.
    2. Etudier les limites de $f$ aux bornes de son ensemble de définition.

      Limite en $+\infty$
      Pour tout $x\in D_f$, on a $f(x)=\dfrac{x}{x^3} \times \dfrac{1+\frac{1}{x}}{1+\frac{8}{x^3}}= \dfrac{1}{x^2} \times \dfrac{1+\frac{1}{x}}{1+\frac{8}{x^3}}$
      On sait que $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} $ $ {\frac{1}{x^2}}=0$
      De plus, par somme des limites : $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} $ $ {1+\frac{1}{x}}=1$
      De même, par somme et produit des limites : $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} $ $ {1+\frac{8}{x^3}}=1$
      On a donc, par quotient et produit des limites :
      $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} $ $ {f(x)=0 \times \frac{1}{1}}=0$.

      Limite en $-\infty$
      Cette limite s'étudie de la même façon que $+\infty$. On a donc
      $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} {f(x)}=0.$
      Limites en $-2$
      Au numérateur : $\displaystyle \lim_{x \to -2} {x+1}=-1$.
      Si $x < -2$, alors $x^3 < -8$ car $x \mapsto x^3$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$, et donc $x^3+8 < 0$.
      Par quotient des deux limites négatives, on conclut que
      $\displaystyle \lim_{x \to -2 \\ x < -2} {f(x)}=+\infty$
      De même, si $x > -2$, $x^3+8 > 0$, et par quotient des limites, on a
      $\displaystyle \lim_{x \to -2 \\ x > -2} {f(x)}=-\infty$
    3. Etudier les variations de $f$

      $f=\frac{u}{v}$ avec $u:x \mapsto x+1$ et $v: x \mapsto x^3+8$.

      $f$ est dérivable sur $]-\infty;-2[$ et sur $]-2;+\infty[$ en tant que quotient de deux fonctions polynômes qui le sont sur ces intervalles où le dénominateur ne s'annule pas.

      Pour tout $x$ dans ces intervalles, on a :
      $f'(x)=\dfrac{1\times(x^3+8)-3x^2(x+1)}{(x^3+8)^2}=\dfrac{-2x^3-3x^2+8}{(x^3+8)^2}=\dfrac{g(x)}{(x^3+8)^2}$.

      Etude du signe de la dérivée
      Le dénominateur étant un carré qui ne s'annule pas sur $D_f$, il est positif. $f'(x)$ est donc du signe du numérateur, c'est à dire celui de la fonction $g$ étudiée à la question 1.
      En reprenenant les variations de $g$ et l'unique solution existante à l'équation $g(x)=0$, on obtient que $g$ est positive sur pour $x < \alpha$, et négative pour $x > \alpha$.
      Le signe de $f'$ est donc identique (lorsqu'elle est bien définie).
      Conclusion sur les variations
      $f$ est ainsi strictement croissante sur $]-\infty;-2[$ et sur $]-2;\alpha[$, puis strictement décroissante sur $]\alpha;+\infty[$.

    4. Dresser le tableau de variations complet de $f$.
      Les résultats précédents se résument dans le tableau ci-dessous :
  1. Expliquer aussi clairement que possible pourquoi $f(x)=0$ n'a aucune solution sur $[0;+\infty[$.
    Toute trace d'explication pertinente sera prise en compte.
    Indice : on peut penser à un raisonnement par l'absurde.

    La méthode la plus simple est algébrique : $f(x)=0$ équivaut à $x+1=0$, en multipliant l'équation par $x^3+8$ qui est bien non nul sur $D_f$. La seule solution est donc $-1$, qui n'est pas dans l'intervalle de recherche.

    On peut aussi utiliser la notion de limite, associée à la stricte décroissance de la fonction .
    : Supposons qu'il existe une valeur $z\in[0;+\infty[$ telle que $f(z)=0$.
    $f$ étant strictement décroissante sur $[0;+\infty[$, $f(z+1) < 0$.
    On note $M = f(z+1)$. Pour tout $x > z$, on a $f(x) < M$, donc il n'existe aucune valeur de $f(x)$ dans l'intervalle $ ]-M;M[ $.
    Cela contredit le fait que $ \displaystyle \lim_{x \to +\infty} {f(x)}=0$.