\documentclass[10pt,twoside,french,a4paper]{article}


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  \usepackage[%
              pdftitle={Devoir de première sur la dérivation},%
              pdfauthor={O. Péault},%
              ]{hyperref}


\begin{document}
 \titre{Dérivation}
 \classe{\prems}
 \typedoc{Devoir}{5 bis}
 \duree{1 heure}
 \date{14 décembre 2015}

\begin{empfile}

 \begin{empcmds}
    input latexmp;
    input repere;
    
 \end{empcmds}

\affichetitre

 \abovedisplayskip=0.5ex
 \belowdisplayskip=0.5ex




\begin{exercice}
Soit $f$ la fonction définie sur $\R\setminus\{2\}$ par : \[ f(x)=\frac{x^3+7x^2-x+2}{x-2} \]

\begin{enumerate}
\item $f$ est un quotient de polynômes, elle est donc dérivable sur son ensemble de définition.
\item Pour tout $x\in\R\setminus\{2\}$ :
\[
\begin{aligned}
f'(x) &=\frac{(3x^2+14x-1)\times(x-2)-(x^3+7x^2-x+2)\times1}{(x-2)^2}
=\frac{3x^3+14x^2-x-6x^2-28x+2-x^3-7x^2+x-2}{(x-2)^2} \\
&=\frac{2x^3+x^2-28x}{(x-2)^2}=\frac{x(2x^2+x-28)}{(x-2)^2}
\end{aligned}
 \]
 
 \item $f'(x)$ est du signe de $x(2x^2+x-28)$ sur $\R\setminus\{2\}$ car $(x-2)^2>0$ sur $\R\setminus\{2\}$.
 
 \item Étudions le signe de $P(x)=2x^2+x-28$
 
 $\Delta=1^2-4\times2\times(-28)=225 >0$, $P$ admet donc deux racines qui sont (après calculs...) $-4$ et $\frac{7}{2}$.
 
 Le coefficient de $x^2$ (2) étant positif, on en déduit le tableau suivant :
 
 \item \rule{0pt}{0pt}
 
    \begin{center}
    \begin{tikzpicture}
    \tikzset{t style/.style = dashed}
    \tkzTabInit[color,
                colorC=LFBcoultable1,
                colorV=LFBcoultable1,
                espcl=2.5,
                lgt=2.1,
                deltacl=0.4]
    {$x$ /0.5,
    Signe de\\
    $x$ /1,
    Signe de\\
    $2x^2+x-28$ /1,
    Signe de\\
    $f'(x)$ /1,
    Variations\\
    de $f$ /1.75
    }
    {$-\infty$,$-4$, $0$,$2$,$\frac{7}{2}$,$+\infty$}
    
    \tkzTabLine{,-,t,-,z,+,t,+,t,+,}
    
    \tkzTabLine{,+,z,-,t,-,t,-,z,+,}
 
    \tkzTabLine{,-,z,+,z,-,d,-,z,+,}
 
%    \tkzTabVar{-/,+/$-6$ ,-D+/ /,-/$2$ ,+/ }
     \tkzTabVar{+/,-/$-9$,+/$-1$ ,-D+/ /,-/$\frac{339}{4}$ ,+/ }
     
    \end{tikzpicture}
    \end{center}
 
\end{enumerate}
\end{exercice}

\begin{exercice}
Soit $g$ la fonction définie sur $\intervalleFO{0}{+\infty}$ par :
\[ g(x)=\left(x^2-x\right)\times\sqrt{x} \]
On appelle $\calc_g$ sa courbe représentative dans un repère.
\begin{enumerate}[itemsep=12pt]
\item $g$ est dérivable sur $\intervalleOO{0}{+\infty}$ car c'est un produit de fonctions dérivables sur $\intervalleOO{0}{+\infty}$.

Pour tout $x\in\intervalleOO{0}{+\infty}$ :

 \[ g'(x)=(2x-1)\times\sqrt{x}+\left(x^2-x\right)\times\frac{1}{2\sqrt{x}}
 =\frac{(2x-1)\times2x+x^2-x}{2\sqrt{x}} = \frac{4x^2-2x+x^2-x}{2\sqrt{x}}
 =\frac{5x^2-3x}{2\sqrt{x}} =\boxed{\frac{5}{2}x\sqrt{x}-\frac{3}{2}\sqrt{x}} \]
 
 
\item Pour tout $h>0$ :
\[ \frac{g(0+h)-g(0)}{h}=\frac{\left(h^2-h\right)\times\sqrt{h}-0}{h}=\frac{h\times(h-1)\times\sqrt{h}}{h}=(h-1)\times\sqrt{h} \]

$\displaystyle\limo[h](h-1)\times\sqrt{h}=0$ donc $\displaystyle\limo[h]\frac{g(0+h)-g(0)}{h}=0$

La fonction $g$ est donc dérivable en $0$ et \fbox{$g'(0)=0$}
\item L'équation de $T$ est : $y-g(1)=g'(1)\times(x-1)$.

$g(1)=(1^2-1)\times\sqrt{1}=0$ et $g'(1)=\frac{5}{2}\times1\times\sqrt{1}-\frac{3}{2}\times\sqrt{1}=\frac{5}{2}-\frac{3}{2}=1$

L'équation réduite de $T$ est donc : \fbox{$y=x-1$}
\end{enumerate}
\end{exercice}

\begin{exercice}

Soit  $f$ la fonction définie sur $\R$ par : \[ f(x)=\dfrac{6x+2}{x^2+2} \]

\begin{enumerate}[itemsep=12pt]

 \item $f$ est dérivable sur $\R$ et pour tout réel $x$ :
 \[ f'(x) = \frac{6\times(x^2+2)-2x\times(6x+2)}{\left(x^2+2\right)^2} = \frac{6x^2+12-12x^2-4x}{\left(x^2+2\right)^2} = \boxed{\frac{-6x^2-4x+12}{\left(x^2+2\right)^2}}\]

 \item $f'(x)$ est du signe de $-6x^2-4x+12$ sur $\R$ car $\left(x^2+2\right)^2 >0$ sur $\R$.

Étudions le signe de $P(x)=-6x^2-4x+12$
 
 $\Delta=(-4)^2-4\times(-6)\times12=304 >0$, $P$ admet donc deux racines qui sont (après calculs...) $\frac{-1+\sqrt{19}}{3}$ et $\frac{-1-\sqrt{19}}{3}$.
 
 Le coefficient de $x^2$ ($-6$) étant négatif, on en déduit le tableau suivant :
 
 \begin{center}
 \begin{tikzpicture}
 \tikzset{t style/.style = dashed}
 \tkzTabInit[color,
             colorC=LFBcoultable1,
             colorV=LFBcoultable1,
             espcl=2.5,
             lgt=2,
             deltacl=0.5]
 {$x$ /0.75,
 Signe\\
 de  $f'(x)$/1.25,
 Variations\\
 de $f$/1.75
 }
 {$-\infty$,$\frac{-1-\sqrt{19}}{3}$,$\frac{-1+\sqrt{19}}{3}$,$+\infty$}
 \tkzTabLine{,-,z,+,z,-,}%
 \tkzTabVar{+/ ,-/$\frac{1-\sqrt{19}}{2}$,+/$\frac{1+\sqrt{19}}{2}$,-/}
 \end{tikzpicture}
 \end{center}
 

 \item D'après le tableau ci-dessus, le maximum de $f$ sur $\intervalleFO{0}{+\infty}$ est $\frac{1+\sqrt{19}}{2}$.
 
 De plus, pour tout $x\geqslant 0$, $6x+2>0$ et $x^2+2>0$, donc $f(x)>0$.

On en déduit que pour tout $x\in\intervalleFO{0}{+\infty}$, \fbox{$0<f(x)\leqslant \frac{1+\sqrt{19}}{2}$}
\end{enumerate}

\end{exercice}

\begin{exercice}

\begin{enumerate}[itemsep=12pt]
\item L'aire du terrain est $xy$. On a donc $xy=312,5$ soit \fbox{$y=\dfrac{312,5}{x}$}
\item La longueur de clôture est $l(x)=2x+y=\boxed{2x+\dfrac{312,5}{x}}$
\item Étudions les variations de la fonction $l$ définie sur $\intervalleOO{0}{+\infty}$.

$l$ est dérivable sur $\intervalleOO{0}{+\infty}$ et $l'(x)=2-\dfrac{312,5}{x^2}=\dfrac{2x^2-312,5}{x^2}$

$l'(x)$ est du signe de $2x^2-312,5$ sur $\intervalleOO{0}{+\infty}$. $2x^2-312,5$ est un polynôme du second degré dont les racines sont : $-12,5$ et $12,5$.

On obtient donc le tableau suivant :

 \begin{center}
 \begin{tikzpicture}
 \tikzset{t style/.style = dashed}
 \tkzTabInit[color,
             colorC=LFBcoultable1,
             colorV=LFBcoultable1,
             espcl=2.5,
             lgt=2,
             deltacl=0.5]
 {$x$ /0.75,
 Signe\\
 de  $l'(x)$/1,
 Variations\\
 de $l$/1.5
 }
 {$0$,${12,5}$,$+\infty$}
 \tkzTabLine{d,-,z,+,}%
 \tkzTabVar{D+/,-/$50$,+/}
 \end{tikzpicture}
 \end{center}


La longueur de la cloture est donc minimale lorsque \fbox{$x=12,5$ et $y=25$}
\end{enumerate}


\end{exercice}


\end{empfile}
\end{document}

