INFO DV N°5 EX 7 DERIVATION 1S1 13 DEC. 08
1.a. Montrons que AE = x . ( x >= 0 )
Par hypothèse A est le barycentre des points pondérés
( D , x ) et ( E , 1 ) .
C'est possible car x + 1 ≠ 0 .
Ainsi: x vect( A , D ) + 1 vect( A , E ) = vect. nul
c-à-d vect( A , E ) = - x vect( A , D )
D'où AE = I - x I × AD
Mais AD = 1 et x est un réel positif.
Donc AE = x
Conclusion: AE = x
b. Etablissons que AI = ( x - x² ) / ( x + 1 ).
Remarquons que pour x = 0 on a bien l'égalité
puiqu' alors E = A = I
L'égalité s'écrit 0 = 0 . Elle est donc vraie.
Plaçons nous donc dans le cas non trivial avec x positif non nul.
Utilisons une configuration de THALES.
En effet :
Les droites parallèles ( AB ) et ( DC ) sont coupées par deux
droites sécantes ( ED ) et ( EF ).
On a : AI / DF = EA / ED
c-à-d AI = EA × DF / ED
Mais EA = x FC = x
DF = DC - CF = 1 - x et ED = EA + AD = 1 + x.
D'où AI = x ( 1 - x ) / ( 1 + x )
Conclusion : AI = ( x - x² ) / ( x + 1 )
2. Cherchons x pour que AI soit maximale.
Soit la fonction f : x → ( x - x² ) / ( x + 1 )
sur IR+ .
Soit les fonctions u : x → x - x² et v : x → x + 1 .
u et v sont définies et dérivables dans IR+ .
v est non nulle dans IR+ .
f = u / v
Ainsi la fonction u / v , c-à-d f , est définie et dérivable
dans IR+ .
On a f ' = ( u / v ) ' = ( v u ' - u v ' ) / v²
On : u ' : x → 1 - 2 x
v ' : x → 1
Soit x dans IR+ .
On a : f ' ( x ) = ( ( x + 1) ( 1 - 2 x ) - ( x - x² ) 1 ) / ( x + 1 )²
c-à-d f ' ( x ) = ( - 2 x² - x + 1 - x + x² ) / ( x + 1 )²
c-à-d f ' ( x ) = ( - x² - 2 x + 1 ) / ( x + 1 )²
Comme ( x + 1 )² > 0 pour tout x dans IR+ , f ' ( x ) est du signe
du numérateur - x² - 2 x + 1.
Δ' = b' ² - ac avec b' = - 1
Δ = ( - 1 ) ² - ( - 1 ) ( 1 ) = 1 + 1 = 2
Δ > 0
Les racines dans IR seraient :
( - b' - √Δ ' ) / a = ( 1 - √2 ) / ( - 1 ) = - 1 + √2
( - b' +√Δ ' ) / a = ( 1 + √2 ) / ( - 1 ) = - 1 - √2
Sur IR+ on retiendra la racine positive √2 - 1
Faisons le tableau de variation de f.
On constate que f '( x ) s'annule en changeant de signe en x = √2 - 1 . f ' ( x ) > 0 pour 0 = < x < √2 - 1 f ' ( x ) < 0 pour √2 - 1 < x F admet un maximum en x = √2 - 1 . sur IR+ Conclusion : AI est maximale pour x = √2 - 1 3. Trouvons l'aire du triangle rectangle EAI. x( x ) = AI × EA / 2 Donc a( x ) = ( 1 / 2 ) ( x ( x - x² ) ) ( x + 1 ) = ( 1 / 2 ) ( x2 - x3 ) / ( x + 1 ) Conclusion: a( x ) = ( 1 / 2 ) ( x2 - x3 ) / ( x + 1 ) 4. Trouvons x pour que a(x ) soit maximale. Pour cela étudions les variations de la fonction a .
Soit les fonctions u : x → x2 - x3 et v : x → x + 1 . u et v sont définies et dérivables dans IR+ . v est non nulle dans IR+ . a = u / v
x
0 √2 - 1 + ∞
f ' ( x )
+ 0 -
f ( x )
↑ f ( √2 - 1 ) ↓
Ainsi la fonction u / v , c-à-d a , est définie et dérivable
dans IR+ .
On a a ' = ( u / v ) ' = ( v u ' - u v ' ) / v²
On : u ' : x → 2 x - 3 x2
v ' : x → 1
Soit x dans IR+ .
On a : a ' ( x ) = ( 1 / 2 ) ( ( x + 1) ( 2 x - 3 x2 ) - ( x2 - x3 ) 1 ) / ( x + 1 )²
c-à-d a ' ( x ) = ( 1 / 2 ) ( 2 x - 3 x2 + 2 x2 - 3 x3 - x2 +x3 ) / ( x + 1 )²
c-à-d a ' ( x ) = ( 1 / 2 ) ( - 2x3 - 2 x2 + 2 x ) / ( x + 1 )²
c-à-d a ' ( x ) = ( - x3 - x2 + x ) / ( x + 1 )²
c- à - d a ' ( x ) = x ( - x² - x + 1 ) / ( x + 1 )²
Comme ( x + 1 )² > 0 pour tout x dans IR+ ,
a ' ( x ) est du signe de - x² - x + 1 pour tout x dans IR+.
Δ = b² - 4 ac Δ = = ( -1 ) ² - 4 ( - 1 ) ( 1 ) = 5 Δ > 0 Dans IR les racines de - x² - x + 1 seraient : ( - b - √ Δ ) / 2 a =( 1- √ 5 ) / ( - 2 ) = ( √ 5 - 1 ) / 2 ( - b + √ Δ ) / 2 a = ( 1 + √ 5 ) / ( - 2 ) = ( - √ 5 - 1 ) / 2
a '( x ) s'annule en changeant de signe en x = ( √5 - 1 ) / 2 Ici la fonction a admet sur IR+ un maximum en x = ( √5 - 1 ) / 2 Conclusion: a( x ) est maximum quand x = ( √5 - 1 ) / 2
x
0 ( √5 - 1 ) / 2 + ∞
a '( x )
0 + 0 -
a( x )
↑ a( ( √5 - 1 ) / 2 ) ↓
EX.7