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-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
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% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{TS : correction du contrôle (limites, continuité, espace) (2 heures)}}\end{center}




\subsection{\textcolor{blue}{Continuité (2,5 points)}}

\begin{enumerate}
\item Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle ouvert $I$ et soit $a$ un réel de $I$.\\
%Que signifie mathématiquement que $f$ est continue en $a$ ?
$f$ est continue en $a$ si, et seulement si, $\lim_{x\rightarrow a}f(x)=f(a)$.

\item Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par \[\begin{cases}f(x)=\dfrac{x^2-16}{x-4}\text{ si }x\neq 4\\f(4)=8\end{cases}\]
%Montrer que $f$ est continue en 4.
$\forall x\neq 4,~f(x)=\dfrac{(x+4)(x-4)}{x-4}=x+4$ donc $\lim_{x\rightarrow 4}f(x)=8=f(4)$ donc $f$ est \textbf{\textcolor{red}{continue en 4}}.
\end{enumerate}


\subsection{\textcolor{blue}{Calcul de limites (3 points)}}

\begin{enumerate}
\item Étudier la limite de $f(x)=5x^3-3x+4$ en $+\infty$.\\
Pour tout $x\neq 0$, $f(x)=x^3\left(5-\dfrac{3}{x^2}+\dfrac{4}{x^3}\right)$.\\
$\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(5-\dfrac{3}{x^2}+\dfrac{4}{x^3}\right)=5$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty}x^3=+\infty$ donc, par produit, $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty}}$.

\item Étudier la limite de $f(x)=\dfrac{x^2+3}{x-1}$ en $-\infty$, $+\infty$ et en 1.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Limite en $+\infty$ : \\
$\forall x\neq 0,~f(x)=\dfrac{x^2\left(1+\frac3{x^2}\right)}{x\left(1-\frac1x\right)}=x\times \dfrac{1+\frac3{x^2}}{1-\frac1x}$.\\
$\lim_{x\rightarrow +\infty }\left(1+\frac3{x^2}\right)=1$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(1-\frac1x\right)=1$, d'où :
$\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty}}$.

\item Limite en $-\infty$.\\
On a toujours $f(x)=x\times \dfrac{1+\frac3{x^2}}{1-\frac1x}$.\\
$\lim_{x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{1+\frac3{x^2}}{1-\frac1x}\right)=1$ d'où $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty}}$

\item Limite en 1 :\\
$\lim_{x\rightarrow 1}\left(x^2+3\right)=4$.\\
$x^2-1$ s'annule en -1 et 1 ; $x^2-1<0$ pour $x\in]-1~;~1[$ et $x^2-1>0$ pour $x>1$.\\
$\lim_{x\rightarrow 1}\left(x^2-1\right)=0$ avec $x^2-1<0$ pour $x<1$ donc $\lim_{\substack{x\rightarrow 1}\\{x<1}}\left(x^2-1\right)=0$ avec $x^2-1<0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow 1}\\{x<1}}f(x)=-\infty}}$\\
De même, $\lim_{\substack{x\rightarrow 1}\\{x<1}}\left(x^2-1\right)=0$ avec $x^2-1>0$.\\
On en déduit : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow 1}\\{x>1}}f(x)=+\infty}}$
\end{enumerate}

%\item Étudier la limite de $f(x)=\dfrac{x+2}{(x-3)^2}$ en $-\infty$, $+\infty$ et en~3.
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{(2 points)}}
Soit $f$ une fonction telle que, pour tout $x>1$, \[\dfrac{3x+\cos x}{x}\leqslant f(x)\leqslant \dfrac{3x+7}{x-1}.\]
%$f$ a-t-elle une limite en $+\infty$ ? Justifier soigneusement.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $\forall x\neq 0,~ \dfrac{3x+\cos x}{x}=\dfrac{3x}{x}+\dfrac{\cos x}{x}=3+\dfrac{\cos x}{x}$.\\
$\forall x\neq 0,~-1\leqslant \cos x\leqslant 1$ donc $-\dfrac{1}{x}\leqslant \cos x\leqslant \dfrac{1}{x}$.\\
$\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(-\dfrac{1}{x}\right)=0$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)=0$ donc, d'après le théorème des gendarmes, $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{\cos x}{x}\right)=0$\\
On en déduit : $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{3x+\cos x}{x}\right)=3$.

\item $\forall x\neq 0,~\dfrac{3x+7}{x-1}=\dfrac{x\left(3+\frac7x\right)}{x\left(1-\frac1x\right)}=\dfrac{3+\frac7x}{1-\frac1x}$.\\
On en déduit : $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{3x+7}{x-1}\right)=3$

\item D'après le théorème des gendarmes, $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow =\infty}f(x)=3}}$.

\end{enumerate}

%\subsection{}
%Étudier la limite en -2 de $f:x\longmapsto \dfrac{x+2}{\sqrt{x^2-x-6}}$.


\subsection{\textcolor{blue}{(3,5 points)}}%Math'x
Soit $f$ la fonction définie sur $I=[-1~;~3]$ par \[f(x)=x^3-3x^2+4.\]
\begin{enumerate}
\item %Calculer l'expression de $f'(x)$, dérivée  de $f$.
$f$ est une fonction polynôme, donc dérivable. $\forall x\in\mathbb{R},~f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$.

\item %En déduire le tableau de variation de $f$ sur $I$.
$f'(x)$ a pour racines 0 et 2 ; c'est un trinôme du second degré, du signe de 3, coefficient de $x^2$, donc positif, à l'extérieur de l'intervalle formé par les racines et négatif entre les racines.\\
$f(0)=4$ ; $f(2)=0$~;~$f(-1)=0$~;~$f(3)=4$.\\
Tableau de variation :
\begin{center}
\begin{variations}
x&-1&&0&&2&&3\\
\hline
f'(x)&&+&\z&-&\z&+&\\
\hline
\m{f(x)}&0&\c&\h{4}&\d&0&\c&\h{4}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

\item %Montrer que l'équation $f(x)=3$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[0~;~1]$.
$f$ s'annule deux fois en -1 et 2

%\item Donner un encadrement de $\alpha$ sur $I$.
\end{enumerate}



\subsection{\textcolor{blue}{(4 points)}}%Math'x

\begin{enumerate}
\item Soit $g$ la fonction définie sur [-3~;~3] par \[g(x)=2x^3-3x^2-1.\]
\begin{enumerate}
\item %Dresser le tableau de variation de la fonction $g$ sur [-3~;~3].
$g$ est dérivable (polynôme) et $g'(x)=6x^2-6x=6x(x-1)$.\\
$g'(x)$ est un trinôme du second degré, qui a pou racines 0 et 1 ; il est positif à l'extérieur de l'intervalle foré par les racines et négatif entre les racines.\\
Tableau de variation sur [-3~;~3]
\begin{center}
\begin{variations}
x&-3&&0&&1&&3\\
\hline
g'(x)&&+&\z&-&\z&+&\\
\hline
\m{g(x)}&-82&\c&\h{-1}&\d&-2&\c&\h{26}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

\item %Montrer que l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur [-3~;~3] et en donner une valeur approchée à 0,01 près.
Sur [-3~;~1], il est clair que $g(x)<0$ puisque le maximum de $g(x)$ est -1.\\
Sur [1~;~3] : 
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $g$ est continue (fonction polynôme)

\item $g(1)=-2<0$

\item $g(3)=26>0$
\end{enumerate}

D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x)$ a une solution dans l'intervalle [1~;~3] ; celle-ci est unique car $g$ est croissante sur cet intervalle.\\
Notons $\alpha$ cette solution.\\
À la calculatrice, on trouve $\alpha\approx 1.68$.

\item %En déduire le signe de $g(x)$ sur [-3~;~3].
Tableau de signes de $g(x)$ sur [-3~;~3] :
\begin{center}
\begin{variations}
x&-3&&\alpha&&3\\
\hline
g(x)&&-&\z&+&\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\end{enumerate}

\item Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\dfrac{1-x}{x^3+1}$ sur $[-3~;~-1[ \cup ]1~;~3]$.
\begin{enumerate}
\item %Démontrer que, pour $x\neq -1$, \[f'(x)=\dfrac{g(x)}{\left(x^3+1\right)^2}.\]
$f$ est dérivable comme quotient de fonctions dérivables. $f=\dfrac{u}{v}$ avec $\begin{cases}u(x)=1-x\\v(x)=x^3+1\end{cases}$.\\
$f'=\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$ avec $\begin{cases}u'(x)=-1\\v'(x)=3x^2\end{cases}$.\\
On en déduit, pour $x\neq -1$ :\\
$f'(x)=\dfrac{-\left(x^3+1\right)-3x^2(1-x)}{\left(x^3+1\right)^2}=\dfrac{-x^3-1-3x^2+3x^3}{\left(x^3+1\right)^2}=\dfrac{2x^3-3x^2-1}{\left(x^3+1\right)^2}$ donc $f'(x)=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{g(x)}{\left(x^3+1\right)^2}}}$

\item %Étudier la limite de $f(x)$ en $-\infty$, en $+\infty$ et en -1.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Limite en $-\infty$ : \\
On a une forme indéterminée :\\
$\forall x\neq 0,~f(x)=\dfrac{x\left(1-\frac1x\right)}{x^3\left(1+\frac1{x^3}\right)}=\dfrac{1-\frac1x}{x^2\left(1+\frac1{x^3}\right)}$.\\
$\lim_{x\rightarrow 1}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)=1$.\\
$\lim_{x\rightarrow -\infty}\left(1+\dfrac{1}{x^3}\right)$=1 d'où : $\lim_{x\rightarrow -\infty}\left(x^2\left(1+\frac1{x^3}\right)\right)=+\infty$\\
Conclusion : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=0}}$

\item Limite en $+\infty$ : on trouve de même $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=0$

\item Limite en 1 :\\
$\lim_{x\rightarrow -1}(1-x)=2$ ; $\lim_{\substack{x\rightarrow 1\\x-<1}}\left(x^3+1\right)=0$ avec $x^3+1<0$ car la fonction cube est croissante.\\
Par conséquent : $\lim_{\substack{x\rightarrow 1\\x-<1}}f(x)=-\infty$.\\
De même : $\lim_{\substack{x\rightarrow 1\\x>-1}}\left(x^3+1\right)=0$ avec $x^3+1>0$ car la fonction cube est croissante.\\
Par conséquent : $\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x>-11}}f(x)+-\infty$.\\
\end{enumerate}

\item Donner le tableau de variation de $f$\\
\begin{center}
\begin{variations}
x&-3&&&-1&&&\alpha&&\pI\\
\hline
g(x)&&-&&\bb&&-&\z&+&\\
\hline
\left(x^3+1\right)^2&&&+&\bb&&+&\l&+&\\
\hline
f'(x)&&-&&\bb&&-&\z&+&\\
\hline
\m{ƒ(x)}&\h{-\dfrac{2}{13}}&\d&\mI&\bb&\h{\pI}&\d&f(\alpha)&\c&\h{0}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{enumerate}


Pour la suite, l'espace est muni d'une repère $\left(O~;~\overrightarrow{i}~;~\overrightarrow{j}~;~\overline{k}\right)$.

\subsection{\textcolor{blue}{(2 points)}}%Radial Belin page 421
On considère les points $\text{A}\left(2~;~3~;~4\right)$ et $\text{B}(1~;~5~;~0)$.\\
Déterminer une équation cartésienne du plan $\mathscr{P}$ passant par A et perpendiculaire à la droite (AB).\\
$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\2\\-4\end{pmatrix}$.\\
Si $\mathscr{P}$ est perpendiculaire à la droite (AB), $\overrightarrow{AB}$ est un vecteur normal au plan $\mathscr{P}$.\\
ne équation cartésienne de $\mathscr{P}$ est alors : \\
$-\left(x-x_A\right)+2\left(y-y_A\right)-4\left(z-z_A\right)=0\Leftrightarrow -(x-2)+2(y-3)-4(z-4)=0\Leftrightarrow \boxed{\textcolor{red}{-x+2y-4z+12=0}}$.

\subsection{\textcolor{blue}{(3 points)}}%Radial Belin page 423
$\mathscr{P}$ et $\mathscr{P}'$ sont les deux plans d'équations cartésiennes :\\
$\mathscr{P}~:~x+3y-2z+3=0$\qquad ;\qquad $\mathscr{P}'~:~2x-4y+z+1=0$.
\begin{enumerate}
\item %Démontrer que $\mathscr{P}$ et $\mathscr{P}'$ sont sécants selon une droite que l'on note $\mathscr{D}$.
$\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $\mathscr{P}$.\\
$\overrightarrow{n'}\begin{pmatrix}2\\-4\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $\mathscr{P}'$.\\
$\dfrac{2}{1}\neq\dfrac{-4}{3}$ donc $\overrightarrow{n}$ et $\overrightarrow{n}'$ ne sont pas colinéaires : les deux plans $\mathscr{P}$ et $\mathscr{P}'$ ne sont donc pas parallèles.\\
Ils sont alors sécants selon une droite $\mathscr{D}$.

\item %Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\mathscr{D}$.
$M(x~;~y~;~z)\in\mathscr{D}\Leftrightarrow M\in \mathscr{P} \cap \mathscr{P}'\Leftrightarrow \begin{cases}x+3y-2z+3=0\\~2x-4y+z+1=0\end{cases}$.\\
On choisit $z$ comme paramètre.\\
On obtient :\\
$\begin{cases}z=t\\x+3y=-3+2t\\2x-4y=-1-t\end{cases},~t\in\mathbb{R}\Leftrightarrow \begin{cases}z=t\\10y=-5+5t\\x+3y=-3+2t,~t\in\mathbb{R}\end{cases}\\
\Leftrightarrow \begin{cases}z=t\\y=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t\\x=-3y-3+2t,~t\in\mathbb{R}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}t\\y=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t\\z=t\end{cases},~t\in\mathbb{R}$
\end{enumerate}


\bigskip

\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice facultatif (2 points)} }%Transmath TS
\noindent $n$ est un entier naturel non nul.\\
Démontrons que l'équation $x^{n+1}-2x^n+1=0$ a une racine comprise entre $\dfrac{2n}{n+1}$ et 2.\\
On pose $f(x)=x^{n+1}-2x^n+1$.\\
$f$ est dérivable (polynôme).\\
$\forall x\in\mathbb{R}$, $f'(x)=(n+1)x^n-2nx^{n-1}=x^{n-1}\left[(n+1)x-2n\right]$.\\
$f'(x)$ s'annule en 0 et $\dfrac{2n}{n+1}$.\\
Sur $\left[0~;~2\right]$, $x^{n-1}\geqslant 0$.\\
Sur $\left[0~;~2\right]$, $(n+1)x-2n\leqslant 0$ pour $x\leqslant \dfrac{2n}{n+1}$ et $(n+1)x-2n\geqslant 0$ pour $x\geqslant \dfrac{2n}{n+1}$.\\
$f(2)=1$\\
Tableau de signes et tableau de variation :
\begin{center}
\begin{variations}
x&0&&\dfrac{2n}{n+1}&&2\\
\hline
x^{n-1}&&+&\l&+&\\
\hline
2nx+n-1&&-&\z&+&\\
\hline
f'(x)&&-&\z&+&\\
\hline
\m{f(x)}&\h{1}&\d&f\left(\dfrac{2n}{n+1}\right)&\c&\h{1}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
On remarque que $\dfrac{2n}{n+1}\geqslant 1$ car $n\geqslant 1$ et que $f(1)=0$, donc $f\left(\dfrac{2n}{n+1}\right)\leqslant 0$.\\
Sur $\left[\dfrac{2n}{n+1}~;~2\right]$, $f$ est continue, $f\left(\dfrac{2n}{n+1}\right)\leqslant 0$ et $f(2)=1>0$.\\
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $x^{n+1}-2x^n+1=0$ a une racine sur cet intervalle.
\label{fin}
\end{document}  