Exercices : Fonction exponentielle et suites

Correction :

Pour cet exercice, nous allons dériver chaque fonction donnée et ensuite analyser le signe de la dérivée pour déterminer les variations de la fonction.

1. Fonction $g : g(x) = e^{-x}$

Dérivée de g : On utilise la formule de dérivation de $e^{ax+b}$ qui est $a e^{ax+b}$. Ici, $a = -1$ et $b = 0$.

$$g'(x) = -1 \times e^{-x} = -e^{-x}$$

Variations de g : Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^{-x} > 0$, donc $g'(x) = -e^{-x} < 0$. La dérivée est négative sur $\mathbb{R}$, donc la fonction g est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

2. Fonction $h : h(x) = e^{\frac{1}{2}x}$

Dérivée de h : Ici, $a = \frac{1}{2}$ et $b = 0$.

$$h'(x) = \frac{1}{2} \times e^{\frac{1}{2}x} = \frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}x}$$

Variations de h : Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^{\frac{1}{2}x} > 0$, donc $h'(x) = \frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}x} > 0$. La dérivée est positive sur $\mathbb{R}$, donc la fonction h est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

3. Fonction $f : f(x) = e^{2x+4} - 2x$

Dérivée de f : On dérive chaque terme séparément. Pour $e^{2x+4}$, $a = 2$ et $b = 4$. La dérivée de $-2x$ est $-2$.

$$f'(x) = 2e^{2x+4} - 2$$

Variations de f : On étudie le signe de $f'(x)$.

$f'(x) > 0 \Leftrightarrow 2e^{2x+4} - 2 > 0 \Leftrightarrow 2e^{2x+4} > 2 \Leftrightarrow e^{2x+4} > 1$

Puisque $e^0 = 1$ et la fonction exponentielle est croissante, $e^{2x+4} > 1 \Leftrightarrow 2x+4 > 0 \Leftrightarrow 2x > -4 \Leftrightarrow x > -2$.

Donc, $f'(x) > 0$ si $x > -2$ et $f'(x) < 0$ si $x < -2$. La fonction f est décroissante sur $]-\infty ; -2]$ et croissante sur $[-2 ; +\infty[$. Elle admet un minimum en $x = -2$.

4. Fonction $f : f(x) = 4e^{-2x} + 8e^{x}$

Dérivée de f : On dérive chaque terme séparément. Pour $4e^{-2x}$, $a = -2$. Pour $8e^{x}$, $a = 1$.

$$f'(x) = 4 \times (-2)e^{-2x} + 8e^{x} = -8e^{-2x} + 8e^{x} = 8(e^{x} - e^{-2x})$$

Variations de f : On étudie le signe de $f'(x)$.

$f'(x) > 0 \Leftrightarrow 8(e^{x} - e^{-2x}) > 0 \Leftrightarrow e^{x} - e^{-2x} > 0 \Leftrightarrow e^{x} > e^{-2x}$

Puisque la fonction exponentielle est croissante, $e^{x} > e^{-2x} \Leftrightarrow x > -2x \Leftrightarrow 3x > 0 \Leftrightarrow x > 0$.

Donc, $f'(x) > 0$ si $x > 0$ et $f'(x) < 0$ si $x < 0$. La fonction f est décroissante sur $]-\infty ; 0]$ et croissante sur $[0 ; +\infty[$. Elle admet un minimum en $x = 0$.

Correction :

Pour cet exercice, nous allons d'abord conjecturer le sens de variation de la fonction $f(x) = e^x - x$ en utilisant une calculatrice, puis nous démontrerons ces conjectures par le calcul.

1. Conjecture du sens de variation de $f$ (via calculatrice)

En affichant la fonction $f(x) = e^x - x$ sur une calculatrice graphique, on observe que la fonction semble être décroissante puis croissante. Elle semble atteindre un minimum.

Plus précisément, il semblerait qu'elle soit décroissante jusqu'à une certaine valeur de $x$ proche de 0, puis croissante après cette valeur.

2. Démonstration des conjectures

Pour démontrer le sens de variation, nous allons étudier le signe de la dérivée de $f$.

Dérivée de $f$ :

$$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - x) = \frac{d}{dx}(e^x) - \frac{d}{dx}(x) = e^x - 1$$

Signe de $f'(x)$ :

Nous devons résoudre l'inéquation $f'(x) > 0$ pour trouver les intervalles où $f$ est croissante, et $f'(x) < 0$ pour les intervalles où $f$ est décroissante.

$f'(x) > 0 \Leftrightarrow e^x - 1 > 0 \Leftrightarrow e^x > 1$

Puisque $e^0 = 1$ et que la fonction exponentielle est strictement croissante, $e^x > 1 \Leftrightarrow x > 0$.

De même, $f'(x) < 0 \Leftrightarrow e^x - 1 < 0 \Leftrightarrow e^x < 1 \Leftrightarrow x < 0$.

Et $f'(x) = 0 \Leftrightarrow e^x - 1 = 0 \Leftrightarrow e^x = 1 \Leftrightarrow x = 0$.

Tableau de variations de $f$ :

Sur $]-\infty ; 0[$, $f'(x) < 0$, donc $f$ est strictement décroissante.

Sur $]0 ; +\infty[$, $f'(x) > 0$, donc $f$ est strictement croissante.

En $x = 0$, $f'(x) = 0$, donc $f$ admet un minimum local en $x = 0$.

Valeur du minimum : $f(0) = e^0 - 0 = 1 - 0 = 1$.

Conclusion :

La fonction $f$ est strictement décroissante sur $]-\infty ; 0]$ et strictement croissante sur $[0 ; +\infty[$. Elle admet un minimum global en $x = 0$ qui vaut $1$.

Nos conjectures basées sur l'observation graphique sont donc confirmées par la démonstration analytique.

Correction :

Pour cet exercice, nous allons déterminer la dérivée de la fonction $f(x) = e^{-x} - x$ et utiliser cette dérivée pour étudier le sens de variation de $f$ sur $\mathbb{R}$.

1. Détermination de la dérivée de $f$

La fonction $f(x)$ est la somme de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$, $e^{-x}$ et $-x$. Nous allons dériver chaque terme séparément.

La dérivée de $e^{-x}$ par rapport à $x$ : on utilise la formule de dérivation de $e^{ax+b}$ avec $a = -1$ et $b = 0$. Ainsi, la dérivée de $e^{-x}$ est $(-1)e^{-x} = -e^{-x}$.

La dérivée de $-x$ par rapport à $x$ est $-1$.

Par conséquent, la dérivée de $f(x) = e^{-x} - x$ est :

$$f'(x) = -e^{-x} - 1$$

2. Déduction du sens de variation de $f$

Pour déterminer le sens de variation de $f$, nous devons étudier le signe de sa dérivée $f'(x) = -e^{-x} - 1$.

Nous savons que pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^{-x} > 0$. Donc, $-e^{-x} < 0$.

Par conséquent, $-e^{-x} - 1 < 0 - 1 = -1 < 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

Ainsi, $f'(x) = -e^{-x} - 1 < 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

Conclusion :

Puisque la dérivée $f'(x)$ est strictement négative sur $\mathbb{R}$, la fonction $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

Tableau de variations (résumé) :

- Sur $\mathbb{R}$, $f'(x) < 0$.

- La fonction $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

Correction :

Pour cet exercice, nous allons travailler avec la famille de fonctions $f_k(x) = e^{kx} - kx$ et étudier leurs tangentes horizontales en fonction du paramètre $k$.

1. Expression de la dérivée de $f_k$

La fonction $f_k(x) = e^{kx} - kx$ est la somme de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$, $e^{kx}$ et $-kx$. Dérivons chaque terme séparément.

Pour $e^{kx}$, on utilise la formule de dérivation de $e^{ax+b}$ avec $a = k$ et $b = 0$. La dérivée de $e^{kx}$ est $k e^{kx}$.

La dérivée de $-kx$ est $-k$.

Donc, la dérivée de $f_k(x)$ est :

$$f_k'(x) = k e^{kx} - k = k(e^{kx} - 1)$$

2. Tangente horizontale en $x = 0$

Pour que la tangente au point d'abscisse 0 soit horizontale, il faut que la dérivée en $x = 0$ soit nulle, c'est-à-dire $f_k'(0) = 0$.

Calculons $f_k'(0) = k(e^{k \times 0} - 1) = k(e^0 - 1) = k(1 - 1) = k \times 0 = 0$.

Quel que soit la valeur de $k$, $f_k'(0) = 0$. Donc, pour tout réel $k$, la tangente à la courbe $C_k$ au point d'abscisse 0 est horizontale.

Équation de la tangente en $x = 0$ : L'équation générale de la tangente en $x = a$ est $y = f_k'(a)(x - a) + f_k(a)$. Ici, $a = 0$ et $f_k'(0) = 0$.

$f_k(0) = e^{k \times 0} - k \times 0 = e^0 - 0 = 1$.

Donc, l'équation de la tangente en $x = 0$ est $y = 0 \times (x - 0) + 1$, ce qui simplifie à $y = 1$.

L'équation de la tangente horizontale en $x = 0$ est $y = 1$, pour tout réel $k$.

3. Existence d'autres tangentes horizontales

Nous cherchons pour quelles valeurs de $k$ il existe d'autres abscisses $x \neq 0$ pour lesquelles la tangente est horizontale, c'est-à-dire $f_k'(x) = 0$ avec $x \neq 0$.

$f_k'(x) = 0 \Leftrightarrow k(e^{kx} - 1) = 0$

Cette équation est satisfaite si $k = 0$ ou $e^{kx} - 1 = 0$.

Cas 1 : $k = 0$. Si $k = 0$, alors $f_0(x) = e^{0 \times x} - 0 \times x = e^0 = 1$. Dans ce cas, $f_0(x) = 1$ est une fonction constante, et sa dérivée est toujours nulle $f_0'(x) = 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Donc, pour $k = 0$, toutes les tangentes sont horizontales.

Cas 2 : $e^{kx} - 1 = 0$. $e^{kx} - 1 = 0 \Leftrightarrow e^{kx} = 1 \Leftrightarrow kx = 0$.

Si $k \neq 0$, alors $kx = 0 \Leftrightarrow x = 0$. On retrouve l'abscisse $x = 0$.

Si $k = 0$, alors $0 \times x = 0$, ce qui est vrai pour tout $x$. Dans ce cas (déjà traité), toutes les tangentes sont horizontales.

Pour avoir une autre tangente horizontale pour une abscisse différente de 0, il faudrait que l'équation $e^{kx} - 1 = 0$ ait une solution $x \neq 0$. Cela n'arrive que si $k=0$, mais dans ce cas, on a une infinité de tangentes horizontales.

En considérant l'énoncé tel quel, et en cherchant une valeur de $k$ pour laquelle il existe une autre tangente horizontale (sous-entendu, en plus de celle en x=0), la seule valeur est $k=0$, qui rend toutes les tangentes horizontales.

Réponse interprétée : La tangente à la courbe $C_k$ admet une autre tangente horizontale (en plus de celle en x=0) si et seulement si $k=0$. Dans ce cas, l'équation de cette (et de toutes les autres) tangente horizontale est $y=1$.

Réponse plus restrictive (tangente horizontale ailleurs qu'en x=0) : Il n'existe pas de valeur de $k$ pour laquelle la tangente à $C_k$ admet une tangente horizontale en une abscisse différente de 0, sauf dans le cas $k=0$ où toutes les tangentes sont horizontales.

Compte tenu du contexte des exercices, il est probable que la question vise le cas $k=0$ comme solution.

Conclusion : La tangente à la courbe $C_k$ admet une autre tangente horizontale si $k=0$. Dans ce cas, l'équation de cette (et de toutes les autres) tangente horizontale est $y=1$.

Correction :

Pour cet exercice, nous allons analyser la fonction $f(x) = e^{-x} - 4x$ en étudiant l'intersection avec l'axe des ordonnées, sa dérivée, ses variations, et sa position relative par rapport à une droite.

1. Coordonnées du point d'intersection de $C_f$ avec l'axe des ordonnées

L'axe des ordonnées correspond à $x=0$. Pour trouver l'ordonnée du point d'intersection, nous calculons $f(0)$.

$$f(0) = e^{-0} - 4 \times 0 = e^0 - 0 = 1 - 0 = 1$$

Le point d'intersection de $C_f$ avec l'axe des ordonnées a pour coordonnées $(0 ; 1)$.

2. Détermination de l'expression de $f'(x)$

La fonction $f(x) = e^{-x} - 4x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $e^{-x}$ est $-e^{-x}$ (avec $a = -1$).

La dérivée de $-4x$ est $-4$.

Donc, l'expression de $f'(x)$ est :

$$f'(x) = -e^{-x} - 4$$

3. Étude des variations de $f$

Pour étudier les variations de $f$, nous devons analyser le signe de $f'(x) = -e^{-x} - 4$.

Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^{-x} > 0$, donc $-e^{-x} < 0$.

Par conséquent, $-e^{-x} - 4 < 0 - 4 = -4 < 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

La dérivée $f'(x)$ est strictement négative sur $\mathbb{R}$. Donc, la fonction $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

4. Étude de la position relative de $C_f$ et de $d$

Pour étudier la position relative de $C_f$ et de $d$, nous devons étudier le signe de la différence $f(x) - y_d$, où $y_d = -5x$ est l'équation de la droite $d$.

$$f(x) - y_d = (e^{-x} - 4x) - (-5x) = e^{-x} - 4x + 5x = e^{-x} + x$$

Soit $g(x) = e^{-x} + x$. Étudions le signe de $g(x)$. Dérivons $g(x)$ :

$$g'(x) = -e^{-x} + 1$$

Signe de $g'(x)$ : $g'(x) > 0 \Leftrightarrow -e^{-x} + 1 > 0 \Leftrightarrow 1 > e^{-x} \Leftrightarrow e^{-x} < 1$

Puisque $e^0 = 1$ et que la fonction exponentielle est strictement croissante, $e^{-x} < 1 \Leftrightarrow -x < 0 \Leftrightarrow x > 0$.

$g'(x) < 0 \Leftrightarrow x < 0$ et $g'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

Variations de $g$ : $g$ est décroissante sur $]-\infty ; 0]$ et croissante sur $[0 ; +\infty[$. Elle admet un minimum en $x = 0$.

Minimum de $g$ : $g(0) = e^{-0} + 0 = e^0 + 0 = 1 + 0 = 1$.

Puisque le minimum de $g$ est 1, et que $g(x)$ est toujours supérieure ou égale à son minimum, $g(x) \geq 1 > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

Donc, $f(x) - y_d = g(x) > 0$ for tout $x \in \mathbb{R}$.

Conclusion : La courbe $C_f$ est toujours au-dessus de la droite $d$.

Correction :

Pour cet exercice, nous allons déterminer la nature, la raison et le sens de variation de chacune des suites données.

1. Suite $(u_n)$ définie par $u_n = e^n$

Nature : Suite géométrique car $u_n = (e)^n = 1 \times (e)^n$, de la forme $u_n = u_0 \times q^n$ avec $u_0 = 1$ et $q = e$.

Raison : $q = e \approx 2.718$.

Sens de variation : Puisque la raison $q = e > 1$ et que le premier terme $u_0 = 1 > 0$, la suite $(u_n)$ est strictement croissante.

2. Suite $(v_n)$ définie par $v_n = e^{-4n}$

Nature : Suite géométrique car $v_n = (e^{-4})^n = (e^{-4})^n = 1 \times (e^{-4})^n$, de la forme $v_n = v_0 \times q^n$ avec $v_0 = 1$ et $q = e^{-4}$.

Raison : $q = e^{-4} \approx 0.018$.

Sens de variation : Puisque la raison $0 < q = e^{-4} < 1$ et que le premier terme $v_0 = 1 > 0$, la suite $(v_n)$ est strictement décroissante.

3. Suite $(w_n)$ définie par $w_n = e^{3n}$

Nature : Suite géométrique car $w_n = (e^{3})^n = 1 \times (e^{3})^n$, de la forme $w_n = w_0 \times q^n$ avec $w_0 = 1$ et $q = e^{3}$.

Raison : $q = e^{3} \approx 20.086$.

Sens de variation : Puisque la raison $q = e^{3} > 1$ et que le premier terme $w_0 = 1 > 0$, la suite $(w_n)$ est strictement croissante.

4. Suite $(a_n)$ définie par $a_n = e^{2n}$

Nature : Suite géométrique car $a_n = (e^{2})^n = 1 \times (e^{2})^n$, de la forme $a_n = a_0 \times q^n$ avec $a_0 = 1$ et $q = e^{2}$.

Raison : $q = e^{2} \approx 7.389$.

Sens de variation : Puisque la raison $q = e^{2} > 1$ et que le premier terme $a_0 = 1 > 0$, la suite $(a_n)$ est strictement croissante.

5. Suite $(b_n)$ définie par $u_0 = 2$ et $b_{n+1} = e^{0,5}b_n$

Nature : Suite géométrique par définition, car chaque terme est obtenu en multipliant le précédent par une constante.

Raison : $q = e^{0,5} = \sqrt{e} \approx 1.649$.

Sens de variation : Puisque la raison $q = e^{0,5} > 1$ et que le premier terme $b_0 = 2 > 0$, la suite $(b_n)$ est strictement croissante.

6. Suite $(c_n)$ définie par $u_0 = -1$ et $c_{n+1} = e^{-2} + c_n$

Nature : Suite arithmétique car la différence entre deux termes consécutifs est constante : $c_{n+1} - c_n = e^{-2}$.

Raison : $r = e^{-2} \approx 0.135$. Ici, il s'agit de la raison d'une suite arithmétique, souvent notée $r$ et non $q$.

Sens de variation : Puisque la raison $r = e^{-2} > 0$, la suite $(c_n)$ est strictement croissante.

Correction :

Pour cet exercice, nous allons étudier la fonction $g(x) = e^x - 2x$ en calculant sa dérivée, en étudiant son signe pour déterminer les variations, et en trouvant l'ordonnée d'un point spécifique.

1. Calcul de la dérivée $g'(x)$

La fonction $g(x) = e^x - 2x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $e^x$ est $e^x$.

La dérivée de $-2x$ est $-2$.

Donc, la dérivée de $g(x)$ est :

$$g'(x) = e^x - 2$$

2. Étude du signe de $g'(x)$ et tableau de variations de $g$

Pour étudier le signe de $g'(x) = e^x - 2$, nous résolvons $g'(x) > 0$, $g'(x) < 0$ et $g'(x) = 0$.

$g'(x) = 0 \Leftrightarrow e^x - 2 = 0 \Leftrightarrow e^x = 2$. Soit $x_0$ la solution de l'équation $e^x = 2$. Alors $g'(x) = e^x - e^{x_0}$.

Comme la fonction exponentielle est strictement croissante,

$g'(x) > 0 \Leftrightarrow e^x > 2 \Leftrightarrow e^x > e^{x_0} \Leftrightarrow x > x_0$.

$g'(x) < 0 \Leftrightarrow e^x < 2 \Leftrightarrow e^x < e^{x_0} \Leftrightarrow x < x_0$.

On sait que $e \approx 2.7 > 2$ et $e^0 = 1 < 2$, donc $0 < x_0 < 1$. On peut approcher $x_0 \approx 0.7$ car $e^{0.7} \approx 2$.

Tableau de variations de $g$ :

- Sur $]-\infty ; x_0[$, $g'(x) < 0$, donc $g$ est strictement décroissante.

- Sur $]x_0 ; +\infty[$, $g'(x) > 0$, donc $g$ est strictement croissante.

- En $x = x_0$, $g'(x) = 0$, donc $g$ admet un minimum local en $x = x_0$.

Valeur du minimum : $g(x_0) = e^{x_0} - 2x_0 = 2 - 2x_0$. On sait que $x_0$ est la solution de $e^{x_0} = 2$, et $x_0 \approx 0.7$, donc $g(x_0) \approx 2 - 2 \times 0.7 = 0.6$.

3. Ordonnée du point de la courbe représentative de $g$ au point d'abscisse $x=0$

Pour trouver l'ordonnée du point d'abscisse $x=0$, nous calculons $g(0)$.

$$g(0) = e^0 - 2 \times 0 = 1 - 0 = 1$$

L'ordonnée du point de la courbe représentative de $g$ au point d'abscisse $x=0$ est 1.

Correction :

Pour cet exercice, nous allons étudier la fonction $h(x) = e^{-2x} + x$ en calculant sa dérivée, en étudiant son signe pour déterminer les variations.

1. Calcul de la dérivée $h'(x)$

La fonction $h(x) = e^{-2x} + x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $e^{-2x}$ est $-2e^{-2x}$ (avec $a = -2$).

La dérivée de $x$ est $1$.

Donc, la dérivée de $h(x)$ est :

$$h'(x) = -2e^{-2x} + 1$$

2. Étude du signe de $h'(x)$

Pour étudier le signe de $h'(x) = -2e^{-2x} + 1$, nous résolvons $h'(x) > 0$, $h'(x) < 0$ et $h'(x) = 0$.

$h'(x) = 0 \Leftrightarrow -2e^{-2x} + 1 = 0 \Leftrightarrow 1 = 2e^{-2x} \Leftrightarrow \frac{1}{2} = e^{-2x}$. Soit $x_0$ la solution de $e^{-2x} = \frac{1}{2}$. Alors $h'(x) = -2e^{-2x} + 2e^{-2x_0} = 2(e^{-2x_0} - e^{-2x})$.

Comme la fonction exponentielle est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, la fonction $x \mapsto e^{-2x}$ est strictement décroissante.

$h'(x) > 0 \Leftrightarrow e^{-2x} < \frac{1}{2} \Leftrightarrow e^{-2x} < e^{-2x_0} \Leftrightarrow -2x < -2x_0 \Leftrightarrow x > x_0$.

$h'(x) < 0 \Leftrightarrow e^{-2x} > \frac{1}{2} \Leftrightarrow e^{-2x} > e^{-2x_0} \Leftrightarrow -2x > -2x_0 \Leftrightarrow x < x_0$.

On sait que $e^0 = 1 > 1/2$ et $e^{-1} = 1/e < 1/2$ est faux car $e < 2$. $e^{-0.5} = 1/\sqrt{e} \approx 1/1.6 > 1/2$. $e^{-0.3} \approx 0.7 > 0.5$. $e^{-0.35} \approx 0.7 > 0.5$. $e^{-0.34} \approx 0.7 > 0.5$. $e^{-0.346} \approx 0.7 > 0.5$. $e^{-0.347} \approx 0.7 > 0.5$. $e^{-0.3465} \approx 0.7 > 0.5$. Something is still wrong with approximation. Let's recheck. $e^{-2x} = 1/2$. $-2x = $ something negative. $x$ is positive. $x_0 > 0$. $e^{-2 \times 0.3} = e^{-0.6} \approx 0.54 > 0.5$. $e^{-2 \times 0.35} = e^{-0.7} \approx 0.49 < 0.5$. So $x_0$ is between 0.3 and 0.35. $x_0 \approx 0.345$.

3. Étude des variations de $h$

- Sur $]-\infty ; x_0[$, $h'(x) < 0$, donc $h$ est strictement décroissante.

- Sur $]x_0 ; +\infty[$, $h'(x) > 0$, donc $h$ est strictement croissante.

- En $x = x_0$, $h'(x) = 0$, donc $h$ admet un minimum local en $x = x_0$.

La fonction $h$ est décroissante sur $]-\infty ; x_0]$ et croissante sur $[x_0 ; +\infty[$, où $x_0$ est la solution de $e^{-2x} = \frac{1}{2}$. On a $x_0 \approx 0.345$.

Correction :

Pour cet exercice, nous allons étudier la fonction $f(x) = e^{-x+3} - 2x$ : calcul de la dérivée, résolution de $f'(x) = 0$, tableau de variations, et recherche d'extremum local.

1. Calcul de la dérivée $f'(x)$

La fonction $f(x) = e^{-x+3} - 2x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $e^{-x+3}$ est $-1 \times e^{-x+3} = -e^{-x+3}$ (avec $a = -1$, $b = 3$).

La dérivée de $-2x$ est $-2$.

Donc, la dérivée de $f(x)$ est :

$$f'(x) = -e^{-x+3} - 2$$

2. Résolution de l'équation $f'(x) = 0$

Nous devons résoudre l'équation $-e^{-x+3} - 2 = 0$.

$-e^{-x+3} - 2 = 0 \Leftrightarrow -e^{-x+3} = 2 \Leftrightarrow e^{-x+3} = -2$

Or, pour tout réel $y$, $e^y > 0$. Donc, $e^{-x+3}$ est toujours strictement positif et ne peut jamais être égal à $-2$.

L'équation $f'(x) = 0$ n'a pas de solution réelle.

3. Tableau de variations de $f$

Puisque $f'(x) = -e^{-x+3} - 2$, et que $e^{-x+3} > 0$, alors $-e^{-x+3} < 0$, et donc $f'(x) = -e^{-x+3} - 2 < 0 - 2 = -2 < 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

La dérivée $f'(x)$ est strictement négative sur $\mathbb{R}$. Donc, la fonction $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

Tableau de variations (résumé) :

- Sur $\mathbb{R}$, $f'(x) < 0$.

- La fonction $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

4. Maximum ou minimum local de $f$ sur $\mathbb{R}$

Puisque $f'(x)$ ne s'annule jamais, la fonction $f$ n'a pas d'extremum local sur $\mathbb{R}$. Étant strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, elle n'atteint ni maximum ni minimum local.

Correction :

Pour cet exercice, nous allons étudier la suite $(u_n)$ définie par récurrence $u_{n+1} = 2e^{-0.5}u_n$ avec $u_0 = 3$.

1. Nature de la suite $(u_n)$

La relation de récurrence $u_{n+1} = 2e^{-0.5}u_n$ est de la forme $u_{n+1} = q \times u_n$, où $q = 2e^{-0.5}$ est une constante. Par définition, une suite définie par une telle relation est une suite géométrique.

2. Raison et premier terme de la suite $(u_n)$

Premier terme : Il est donné dans l'énoncé : $u_0 = 3$.

Raison : La raison $q$ est le facteur multiplicatif dans la relation de récurrence $u_{n+1} = q \times u_n$. Ici, $q = 2e^{-0.5}$.

Raison $q = 2e^{-0.5} = \frac{2}{\sqrt{e}} \approx \frac{2}{\sqrt{2.718}} \approx \frac{2}{1.649} \approx 1.213$.

3. Expression de $u_n$ en fonction de $n$

Pour une suite géométrique de premier terme $u_0$ et de raison $q$, le terme général est donné par $u_n = u_0 \times q^n$. Ici, $u_0 = 3$ et $q = 2e^{-0.5}$.

Donc, l'expression de $u_n$ en fonction de $n$ est :

$$u_n = 3 \times (2e^{-0.5})^n$$

4. Étude du sens de variation de la suite $(u_n)$

Pour étudier le sens de variation d'une suite géométrique avec premier terme positif ($u_0 = 3 > 0$), il suffit d'examiner la raison $q = 2e^{-0.5}$.

Nous avons $q = 2e^{-0.5} \approx 1.213$. Puisque $q > 1$, la suite $(u_n)$ est strictement croissante.

On peut aussi le vérifier en étudiant le rapport $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 2e^{-0.5} > 1$, ce qui confirme que chaque terme est strictement supérieur au précédent (puisque $u_n > 0$ pour tout $n$ car $u_0 > 0$ et $q > 0$).

Correction :

Pour cet exercice, nous allons étudier la fonction $k(x) = e^{-x} - 1$ : calcul de la dérivée, étude du signe de la dérivée et variations, puis signe de $k(x)$.

1. Calcul de la dérivée $k'(x)$

La fonction $k(x) = e^{-x} - 1$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $e^{-x}$ est $-e^{-x}$ (avec $a = -1$).

La dérivée de $-1$ est $0$.

Donc, la dérivée de $k(x)$ est :

$$k'(x) = -e^{-x}$$

2. Étude du signe de $k'(x)$ et sens de variation de $k$

Signe de $k'(x) = -e^{-x}$ : Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^{-x} > 0$, donc $-e^{-x} < 0$. Ainsi, $k'(x) < 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

Sens de variation de $k$ : Puisque $k'(x) < 0$ sur $\mathbb{R}$, la fonction $k$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

3. Détermination du signe de $k(x)$ selon les valeurs de $x$

Nous cherchons à résoudre $k(x) > 0$, $k(x) < 0$ et $k(x) = 0$.

$k(x) = 0 \Leftrightarrow e^{-x} - 1 = 0 \Leftrightarrow e^{-x} = 1 \Leftrightarrow -x = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

$k(x) > 0 \Leftrightarrow e^{-x} - 1 > 0 \Leftrightarrow e^{-x} > 1 \Leftrightarrow -x > 0 \Leftrightarrow x < 0$.

$k(x) < 0 \Leftrightarrow e^{-x} - 1 < 0 \Leftrightarrow e^{-x} < 1 \Leftrightarrow -x < 0 \Leftrightarrow x > 0$.

Tableau de signes de $k(x)$ :

- Si $x < 0$, $k(x) > 0$ (la courbe $C_k$ est au-dessus de l'axe des abscisses).

- Si $x = 0$, $k(x) = 0$ (la courbe $C_k$ coupe l'axe des abscisses en $x=0$).

- Si $x > 0$, $k(x) < 0$ (la courbe $C_k$ est en-dessous de l'axe des abscisses).

Correction :

Pour cet exercice, nous analysons un modèle de croissance bactérienne décrit par la suite $v_n = e^{2n} - n$.

1. Calcul du rapport $\frac{v_{n+1}}{v_n}$

On calcule d'abord $v_{n+1}$ en remplaçant $n$ par $n+1$ dans l'expression de $v_n$ :

$$v_{n+1} = e^{2(n+1)} - (n+1) = e^{2n+2} - n - 1$$

Maintenant, formons le rapport $\frac{v_{n+1}}{v_n}$ :

$$\frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{e^{2n+2} - n - 1}{e^{2n} - n}$$

On ne peut pas simplifier davantage cette expression sans connaître une valeur spécifique de $n$. Le rapport dépend de $n$.

2. Croissance géométrique ?

Pour que la croissance soit géométrique, le rapport $\frac{v_{n+1}}{v_n}$ doit être constant, c'est-à-dire indépendant de $n$. Or, l'expression que nous avons obtenue pour $\frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{e^{2n+2} - n - 1}{e^{2n} - n}$ dépend clairement de $n$.

Conclusion : La croissance de cette population bactérienne n'est pas géométrique.

3. Sens de variation de la population bactérienne

Pour étudier le sens de variation, nous devons étudier le signe de la différence $v_{n+1} - v_n$.

$$v_{n+1} - v_n = (e^{2n+2} - n - 1) - (e^{2n} - n) = e^{2n+2} - n - 1 - e^{2n} + n = e^{2n+2} - e^{2n} - 1$$

Factorisons $e^{2n}$ : $v_{n+1} - v_n = e^{2n}(e^2 - 1) - 1$.

Nous savons que $e \approx 2.718 > 1$, donc $e^2 > 1$, et $e^2 - 1 > 0$. De plus, $e^{2n} > 0$ pour tout $n$. Donc, $e^{2n}(e^2 - 1) > 0$.

Pour déterminer le signe de $v_{n+1} - v_n = e^{2n}(e^2 - 1) - 1$, comparons $e^{2n}(e^2 - 1)$ avec 1.

Pour $n=0$, $v_1 - v_0 = e^{0}(e^2 - 1) - 1 = e^2 - 1 - 1 = e^2 - 2 \approx 7.389 - 2 = 5.389 > 0$.

Pour $n=1$, $v_2 - v_1 = e^{2}(e^2 - 1) - 1 = e^4 - e^2 - 1 \approx 54.598 - 7.389 - 1 = 46.209 > 0$.

Comme $e^{2n}$ croît très rapidement avec $n$, $e^{2n}(e^2 - 1)$ va devenir très grand et largement supérieur à 1. Donc, $v_{n+1} - v_n = e^{2n}(e^2 - 1) - 1 > 0$ pour $n$ suffisamment grand (en fait, pour tout $n \ge 0$).

Plus formellement, $e^2 - 1 \approx 7.389 - 1 = 6.389 > 1$. Donc, pour $n \ge 0$, $e^{2n} \ge e^{0} = 1$.

Alors, $e^{2n}(e^2 - 1) \geq 1 \times (e^2 - 1) = e^2 - 1 \approx 6.389 > 1$.

Donc, $e^{2n}(e^2 - 1) - 1 > 0$ pour tout $n \ge 0$.

Conclusion : La suite $(v_n)$ est strictement croissante, la population bactérienne croît au fil des jours.

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $l(x) = e^{-2x} + 2x$ qui modélise la quantité restante d'une substance radioactive au temps $x$.

1. Calcul de la dérivée $l'(x)$

La fonction $l(x) = e^{-2x} + 2x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $e^{-2x}$ est $-2e^{-2x}$ (avec $a = -2$).

La dérivée de $2x$ est $2$.

Donc, la dérivée de $l(x)$ est :

$$l'(x) = -2e^{-2x} + 2$$

2. Étude du signe de $l'(x)$ et variations de $l$

Pour étudier le signe de $l'(x) = -2e^{-2x} + 2$, nous résolvons $l'(x) = 0$, $l'(x) > 0$, $l'(x) < 0$.

$l'(x) = 0 \Leftrightarrow -2e^{-2x} + 2 = 0 \Leftrightarrow 2 = 2e^{-2x} \Leftrightarrow 1 = e^{-2x} \Leftrightarrow -2x = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

$l'(x) > 0 \Leftrightarrow -2e^{-2x} + 2 > 0 \Leftrightarrow 2 > 2e^{-2x} \Leftrightarrow 1 > e^{-2x} \Leftrightarrow e^{-2x} < 1$

Puisque $e^0 = 1$ et que la fonction exponentielle est strictement croissante, $e^{-2x} < 1 \Leftrightarrow -2x < 0 \Leftrightarrow x > 0$.

$l'(x) < 0 \Leftrightarrow -2e^{-2x} + 2 < 0 \Leftrightarrow 2 < 2e^{-2x} \Leftrightarrow 1 < e^{-2x} \Leftrightarrow e^{-2x} > 1 \Leftrightarrow -2x > 0 \Leftrightarrow x < 0$.

Tableau de variations de $l$ :

- Sur $]-\infty ; 0[$, $l'(x) < 0$, donc $l$ est strictement décroissante.

- Sur $]0 ; +\infty[$, $l'(x) > 0$, donc $l$ est strictement croissante.

- En $x = 0$, $l'(x) = 0$, donc $l$ admet un minimum local en $x = 0$.

Variations de la quantité de substance radioactive :

La quantité de substance radioactive diminue d'abord puis augmente selon ce modèle. Cela pourrait correspondre à un modèle qui n'est pas purement de désintégration radioactive simple, ou bien à un modèle où un processus de régénération ou d'ajout de substance intervient après un certain temps. Dans un contexte de désintégration pure, on attendrait une fonction toujours décroissante.

Correction :

Pour cet exercice, nous analysons l'évolution d'un capital modélisée par la suite récurrente $w_{n+1} = w_n - 2e^{-n}$ avec $w_0 = 5$.

1. Progression arithmétique ou géométrique ?

Progression arithmétique : Pour une suite arithmétique, la différence entre deux termes consécutifs est constante, soit $w_{n+1} - w_n = r$ (constante). Ici, $w_{n+1} - w_n = -2e^{-n}$, qui dépend de $n$. Donc, ce n'est pas une suite arithmétique.

Progression géométrique : Pour une suite géométrique, le rapport entre deux termes consécutifs est constant, soit $\frac{w_{n+1}}{w_n} = q$ (constante). Ici, $\frac{w_{n+1}}{w_n} = \frac{w_n - 2e^{-n}}{w_n} = 1 - \frac{2e^{-n}}{w_n}$, qui dépend de $n$ (et aussi de $w_n$). Donc, ce n'est pas une suite géométrique simple.

Conclusion : L'évolution de ce capital ne suit ni une progression arithmétique, ni une progression géométrique simple. C'est une suite définie par une relation de récurrence plus complexe.

2. Variation du capital entre deux périodes consécutives : $w_{n+1} - w_n$

La variation du capital entre deux périodes consécutives est donnée directement par la relation de récurrence :

$$w_{n+1} - w_n = -2e^{-n}$$

L'expression de la variation du capital entre deux périodes consécutives en fonction de $n$ est donc $-2e^{-n}$.

3. Sens de variation du capital

Pour déterminer le sens de variation de la suite $(w_n)$, nous étudions le signe de la différence $w_{n+1} - w_n = -2e^{-n}$.

Pour tout entier naturel $n$, $e^{-n} > 0$. Donc, $-2e^{-n} < 0$.

Ainsi, $w_{n+1} - w_n = -2e^{-n} < 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Conclusion : La suite $(w_n)$ est strictement décroissante. Le capital diminue au fil des périodes, contrairement à ce qui est indiqué dans l'énoncé ("augmente au cours du temps"). Il y a probablement une erreur dans l'énoncé, et il faudrait plutôt que ce soit une croissance ou une autre relation. Si on suit le modèle donné, le capital diminue.

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $m(x) = e^{2x} - 2x$ qui modélise la température d'un objet en refroidissement au temps $x$.

1. Calcul de la dérivée $m'(x)$

La fonction $m(x) = e^{2x} - 2x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $e^{2x}$ est $2e^{2x}$ (avec $a = 2$).

La dérivée de $-2x$ est $-2$.

Donc, la dérivée de $m(x)$ est :

$$m'(x) = 2e^{2x} - 2$$

2. Étude du signe de $m'(x)$ et variations de $m$

Pour étudier le signe de $m'(x) = 2e^{2x} - 2$, nous résolvons $m'(x) = 0$, $m'(x) > 0$, $m'(x) < 0$.

$m'(x) = 0 \Leftrightarrow 2e^{2x} - 2 = 0 \Leftrightarrow 2e^{2x} = 2 \Leftrightarrow e^{2x} = 1 \Leftrightarrow 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

$m'(x) > 0 \Leftrightarrow 2e^{2x} - 2 > 0 \Leftrightarrow 2e^{2x} > 2 \Leftrightarrow e^{2x} > 1 \Leftrightarrow 2x > 0 \Leftrightarrow x > 0$.

$m'(x) < 0 \Leftrightarrow 2e^{2x} - 2 < 0 \Leftrightarrow 2e^{2x} < 2 \Leftrightarrow e^{2x} < 1 \Leftrightarrow 2x < 0 \Leftrightarrow x < 0$.

Tableau de variations de $m$ :

- Sur $]-\infty ; 0[$, $m'(x) < 0$, donc $m$ est strictement décroissante.

- Sur $]0 ; +\infty[$, $m'(x) > 0$, donc $m$ est strictement croissante.

- En $x = 0$, $m'(x) = 0$, donc $m$ admet un minimum local en $x = 0$.

Variations de la température : La température de l'objet diminue puis augmente selon ce modèle. Dans un contexte de refroidissement, on s'attendrait à une température qui diminue et se stabilise, mais ici, elle remonte après avoir atteint un minimum. Ce modèle pourrait être limité à une certaine phase initiale du refroidissement.

3. Résolution de $m'(x) = 0$ et signification

Nous avons résolu $m'(x) = 0$ et trouvé $x = 0$.

Dans ce contexte, $x=0$ correspond au moment où la dérivée de la température par rapport au temps est nulle, c'est-à-dire le moment où la température cesse de diminuer et commence à augmenter (ou inversement, où la vitesse de variation de la température est momentanément nulle avant de changer de signe).

En $x=0$, la température atteint un extremum local (ici un minimum).

4. Température minimale

Le minimum local de la fonction $m$ est atteint en $x = 0$. Calculons la température minimale :

$$m(0) = e^{2 \times 0} - 2 \times 0 = e^0 - 0 = 1 - 0 = 1$$

Selon ce modèle, la température minimale que l'objet atteindra est de 1 degré Celsius.

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $p(x) = e^{-x} + 3x$ qui modélise la concentration d'un médicament dans le sang au temps $x$.

1. Calcul de la dérivée $p'(x)$

La fonction $p(x) = e^{-x} + 3x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $e^{-x}$ est $-e^{-x}$ (avec $a = -1$).

La dérivée de $3x$ est $3$.

Donc, la dérivée de $p(x)$ est :

$$p'(x) = -e^{-x} + 3$$

2. Factorisation de $p'(x)$

La dérivée $p'(x) = -e^{-x} + 3$ n'est pas factorisable de manière simple avec des facteurs polynomiaux. On peut écrire $p'(x) = 3 - e^{-x}$, mais cela n'est pas vraiment une factorisation utile pour l'étude du signe. La forme $p'(x) = -e^{-x} + 3$ est suffisante pour étudier le signe.

3. Étude du signe de $p'(x)$ et tableau de variations de $p$

Pour étudier le signe de $p'(x) = -e^{-x} + 3$, nous résolvons $p'(x) = 0$, $p'(x) > 0$, $p'(x) < 0$.

$p'(x) = 0 \Leftrightarrow -e^{-x} + 3 = 0 \Leftrightarrow e^{-x} = 3$. Soit $x_0$ la solution de l'équation $e^{-x} = 3$. Alors $p'(x) = -e^{-x} + e^{-x_0} + 3 - e^{-x_0} = e^{-x_0} - e^{-x} + (3 - e^{-x_0}) = e^{-x_0} - e^{-x}$ (puisque $e^{-x_0} = 3$). Donc $p'(x) = e^{-x_0} - e^{-x} = 3 - e^{-x}$.

Comme la fonction exponentielle est strictement décroissante pour $x \mapsto e^{-x}$,

$p'(x) > 0 \Leftrightarrow 3 - e^{-x} > 0 \Leftrightarrow 3 > e^{-x} \Leftrightarrow e^{-x} < 3 \Leftrightarrow e^{-x} < e^{-x_0} \Leftrightarrow -x < -x_0 \Leftrightarrow x > x_0$.

$p'(x) < 0 \Leftrightarrow 3 - e^{-x} < 0 \Leftrightarrow 3 < e^{-x} \Leftrightarrow e^{-x} > 3 \Leftrightarrow e^{-x} > e^{-x_0} \Leftrightarrow -x > -x_0 \Leftrightarrow x < x_0$.

On sait que $e^{-1} \approx 0.37 < 3$ et $e^{0} = 1 < 3$. Pour que $e^{-x} = 3$, il faut $x$ négatif. $e^{-1} \approx 0.37$. $e^{-0} = 1$. $e^{-(-1)} = e \approx 2.7 < 3$. $e^{-(-1.1)} = e^{1.1} \approx 3.0$. Soit $x_0 \approx -1.1$ la solution de $e^{-x} = 3$.

Tableau de variations de $p$ :

- Sur $]-\infty ; x_0[$, $p'(x) < 0$, donc $p$ est strictement décroissante.

- Sur $]x_0 ; +\infty[$, $p'(x) > 0$, donc $p$ est strictement croissante.

- En $x = x_0$, $p'(x) = 0$, donc $p$ admet un minimum local en $x = x_0$.

Note: Le temps $x$ étant généralement positif ou nul dans ce contexte (temps après injection), on se concentrera sur $x \ge 0$. Sur $[0 ; +\infty[$, $p'(x) > 0$ car $x_0 < 0$, donc $]0 ; +\infty[ \subset ]x_0 ; +\infty[$. La fonction est croissante sur $[0 ; +\infty[$.

4. Maximum ou minimum sur $\mathbb{R}$ ?

Sur $\mathbb{R}$, la fonction $p$ admet un minimum local en $x = x_0$, où $x_0$ est la solution de $e^{-x} = 3$. Elle n'a pas de maximum local sur $\mathbb{R}$.

Si on considère le contexte temporel $x \ge 0$, alors sur $[0 ; +\infty[$, la fonction $p$ est strictement croissante. Elle n'a donc pas de maximum ni de minimum sur $[0 ; +\infty[$ (sauf au bord du domaine, en $x=0$, où elle atteint sa valeur minimale sur ce domaine, qui est $p(0) = e^0 + 3 \times 0 = 1$). En toute rigueur, en $x = x_0$, on a un minimum local sur $\mathbb{R}$, mais si le domaine pertinent est $x \ge 0$, alors la fonction est croissante à partir de $x=0$. La question est ambiguë : "sur $\mathbb{R}$" ou dans le contexte temporel $x \ge 0$ ? Si on interprète "sur $\mathbb{R}$", alors la réponse est minimum local en $x = x_0$. Si on interprète dans le contexte (temps après injection), alors sur $[0 ; +\infty[$, la concentration est toujours croissante.

En interprétant "sur $\mathbb{R}$" : La concentration du médicament atteint un minimum local en $x = x_0$ heures, où $x_0$ est la solution de $e^{-x} = 3$, avec $x_0 \approx -1.1$.

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $I(x) = e^{0.1x} - x$ qui modélise le nombre de cas actifs d'une épidémie au jour $x$.

1. Calcul de la dérivée $I'(x)$

La fonction $I(x) = e^{0.1x} - x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $e^{0.1x}$ est $0.1e^{0.1x}$ (avec $a = 0.1$).

La dérivée de $-x$ est $-1$.

Donc, la dérivée de $I(x)$ est :

$$I'(x) = 0.1e^{0.1x} - 1$$

2. Étude du signe de $I'(x)$ et variations de $I$

Pour étudier le signe de $I'(x) = 0.1e^{0.1x} - 1$, nous résolvons $I'(x) = 0$, $I'(x) > 0$, $I'(x) < 0$.

$I'(x) = 0 \Leftrightarrow 0.1e^{0.1x} - 1 = 0 \Leftrightarrow e^{0.1x} = 10$. Soit $x_0$ la solution de l'équation $e^{0.1x} = 10$. Alors $I'(x) = 0.1e^{0.1x} - 0.1e^{0.1x_0} = 0.1(e^{0.1x} - e^{0.1x_0})$.

Comme la fonction exponentielle est strictement croissante,

$I'(x) > 0 \Leftrightarrow e^{0.1x} > 10 \Leftrightarrow e^{0.1x} > e^{0.1x_0} \Leftrightarrow 0.1x > 0.1x_0 \Leftrightarrow x > x_0$.

$I'(x) < 0 \Leftrightarrow e^{0.1x} < 10 \Leftrightarrow e^{0.1x} < e^{0.1x_0} \Leftrightarrow 0.1x < 0.1x_0 \Leftrightarrow x < x_0$.

On sait que $e^2 \approx 7.4 < 10$ et $e^3 \approx 20 > 10$. Donc $2 < 0.1x_0 < 3$, ce qui donne $20 < x_0 < 30$. On peut approcher $x_0 \approx 23$ car $e^{0.1 \times 23} = e^{2.3} \approx 10$.

Tableau de variations de $I$ :

- Sur $]-\infty ; x_0[$, $I'(x) < 0$, donc $I$ est strictement décroissante.

- Sur $]x_0 ; +\infty[$, $I'(x) > 0$, donc $I$ est strictement croissante.

- En $x = x_0$, $I'(x) = 0$, donc $I$ admet un minimum local en $x = x_0$.

Variations du nombre de cas actifs : Le nombre de cas actifs diminue d'abord puis augmente selon ce modèle. Dans un contexte d'épidémie, cela pourrait correspondre à une phase initiale de contrôle puis une reprise de l'épidémie, ou bien le modèle pourrait être limité à une certaine période.

3. Valeurs de $x$ pour lesquelles le nombre de cas actifs augmente/diminue

Le nombre de cas actifs augmente lorsque $I'(x) > 0$, ce qui se produit pour $x > x_0$, où $x_0$ est la solution de $e^{0.1x} = 10$, avec $x_0 \approx 23$. Donc, après environ 23 jours, le nombre de cas actifs commence à augmenter.

Le nombre de cas actifs diminue lorsque $I'(x) < 0$, ce qui se produit pour $x < x_0$. Donc, durant les environ 23 premiers jours, le nombre de cas actifs diminue.

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $L(x) = 100e^{-0.5x}$ qui modélise l'intensité lumineuse restante après avoir traversé une épaisseur $x$ de matériau.

1. Calcul de la dérivée $L'(x)$

La fonction $L(x) = 100e^{-0.5x}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Dérivons-la.

En utilisant la formule de dérivation de $Ce^{ax+b}$, la dérivée de $100e^{-0.5x}$ est $100 \times (-0.5)e^{-0.5x}$.

Donc, la dérivée de $L(x)$ est :

$$L'(x) = -50e^{-0.5x}$$

2. Étude du signe de $L'(x)$

Signe de $L'(x) = -50e^{-0.5x}$ : Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^{-0.5x} > 0$. Donc, $-50e^{-0.5x} < 0$. Ainsi, $L'(x) < 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

La dérivée $L'(x)$ est strictement négative sur $\mathbb{R}$.

3. Évolution de l'intensité lumineuse et cohérence avec l'absorption

Puisque $L'(x) < 0$ pour tout $x$, la fonction $L(x)$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

Cela signifie que lorsque l'épaisseur de matériau traversée $x$ augmente, l'intensité lumineuse restante $L(x)$ diminue.

Cohérence avec l'absorption : Oui, c'est cohérent avec le phénomène d'absorption lumineuse. Lorsqu'un matériau absorbe la lumière, plus l'épaisseur traversée est grande, plus la lumière est absorbée, et donc moins l'intensité lumineuse restante est importante.

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $Q(t) = 5e^{-2t}$ qui modélise la charge restante d'un condensateur en décharge au temps $t$.

1. Calcul de la dérivée $Q'(t)$ et signification physique

La fonction $Q(t) = 5e^{-2t}$ est dérivable par rapport au temps $t$. Dérivons-la.

En utilisant la formule de dérivation de $Ce^{at+b}$, la dérivée de $5e^{-2t}$ est $5 \times (-2)e^{-2t}$.

Donc, la dérivée de $Q(t)$ est :

$$Q'(t) = -10e^{-2t}$$

Signification physique de $Q'(t)$ : La dérivée de la charge électrique $Q(t)$ par rapport au temps $t$, $Q'(t) = \frac{dQ}{dt}$, représente par définition l'intensité du courant électrique $i(t)$. Donc, $Q'(t) = i(t) = -10e^{-2t}$. Le signe négatif indique que le courant sort du condensateur (décharge).

2. Étude du signe de $Q'(t)$

Signe de $Q'(t) = -10e^{-2t}$ : Pour tout $t$, $e^{-2t} > 0$. Donc, $-10e^{-2t} < 0$. Ainsi, $Q'(t) < 0$ pour tout $t$.

La dérivée $Q'(t)$ est strictement négative pour tout temps $t$.

3. Évolution de la charge du condensateur

Puisque $Q'(t) < 0$ pour tout $t$, la fonction $Q(t)$ est strictement décroissante.

Cela signifie que la charge du condensateur diminue au cours du temps. C'est cohérent avec le phénomène de décharge d'un condensateur : la charge stockée diminue progressivement jusqu'à se vider (théoriquement, elle tend vers 0 quand $t$ devient très grand).

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $H(t) = 2e^{0.2t} - 0.1t$ qui modélise la hauteur d'une plante au temps $t$.

1. Calcul de la dérivée $H'(t)$

La fonction $H(t) = 2e^{0.2t} - 0.1t$ est dérivable par rapport au temps $t$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $2e^{0.2t}$ est $2 \times 0.2e^{0.2t} = 0.4e^{0.2t}$ (avec $a = 0.2$).

La dérivée de $-0.1t$ est $-0.1$.

Donc, la dérivée de $H(t)$ est :

$$H'(t) = 0.4e^{0.2t} - 0.1$$

2. Étude du signe de $H'(t)$ et variations de $H$

Pour étudier le signe de $H'(t) = 0.4e^{0.2t} - 0.1$, nous résolvons $H'(t) = 0$, $H'(t) > 0$, $H'(t) < 0$.

$H'(t) = 0 \Leftrightarrow 0.4e^{0.2t} - 0.1 = 0 \Leftrightarrow e^{0.2t} = \frac{0.1}{0.4} = \frac{1}{4} = 0.25$. Soit $t_0$ la solution de $e^{0.2t} = 0.25$. Alors $H'(t) = 0.4e^{0.2t} - 0.4e^{0.2t_0} = 0.4(e^{0.2t} - e^{0.2t_0})$.

Comme la fonction exponentielle est strictement croissante,

$H'(t) > 0 \Leftrightarrow e^{0.2t} > 0.25 \Leftrightarrow e^{0.2t} > e^{0.2t_0} \Leftrightarrow 0.2t > 0.2t_0 \Leftrightarrow t > t_0$.

$H'(t) < 0 \Leftrightarrow e^{0.2t} < 0.25 \Leftrightarrow e^{0.2t} < e^{0.2t_0} \Leftrightarrow 0.2t < 0.2t_0 \Leftrightarrow t < t_0$.

On sait que $e^{-1} \approx 0.37 > 0.25$ et $e^{-2} \approx 0.13 < 0.25$. Donc $-2 < 0.2t_0 < -1$, ce qui donne $-10 < t_0 < -5$. On peut approcher $t_0 \approx -6.9$ car $e^{0.2 \times (-6.9)} = e^{-1.38} \approx 0.25$.

Tableau de variations de $H$ :

- Sur $]-\infty ; t_0[$, $H'(t) < 0$, donc $H$ est strictement décroissante.

- Sur $]t_0 ; +\infty[$, $H'(t) > 0$, donc $H$ est strictement croissante.

- En $t = t_0$, $H'(t) = 0$, donc $H$ admet un minimum local en $t = t_0$.

Dans le contexte temporel $t \ge 0$ (temps positif), on est sur la partie croissante de $H$.

3. Vitesse de croissance : de plus en plus vite ou lentement ?

La vitesse de croissance est donnée par la dérivée $H'(t) = 0.4e^{0.2t} - 0.1$. Étudions la dérivée seconde $H''(t)$ pour voir comment évolue la vitesse.

$$H''(t) = \frac{d}{dt}(0.4e^{0.2t} - 0.1) = 0.4 \times 0.2e^{0.2t} = 0.08e^{0.2t}$$

Pour tout $t$, $e^{0.2t} > 0$, donc $H''(t) = 0.08e^{0.2t} > 0$.

Puisque $H''(t) > 0$, la dérivée $H'(t)$ est strictement croissante. Cela signifie que la vitesse de croissance augmente avec le temps. La plante grandit donc de plus en plus vite selon ce modèle. Cependant, l'énoncé parlait de "croissance ralentie", ce qui semble contradictoire avec ce modèle ou avec l'interprétation habituelle de "croissance ralentie" qui impliquerait une vitesse de croissance décroissante. Peut-être l'énoncé voulait dire "croissance, puis ralentissement" et le modèle ne capture que la phase de croissance initiale, ou bien il y a une imprécision dans la formulation de la question 3 par rapport au modèle donné.

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $S(t) = 1 - e^{-0.5t}$ qui modélise la réponse d'un système à un échelon.

1. Calcul de la dérivée $S'(t)$ et signification physique

La fonction $S(t) = 1 - e^{-0.5t}$ est dérivable par rapport au temps $t$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $1$ est $0$.

La dérivée de $-e^{-0.5t}$ est $-(-0.5)e^{-0.5t} = 0.5e^{-0.5t}$ (avec $a = -0.5$ et le signe moins devant l'exponentielle).

Donc, la dérivée de $S(t)$ est :

$$S'(t) = 0.5e^{-0.5t}$$

Signification physique de $S'(t)$ : La dérivée $S'(t) = \frac{dS}{dt}$ représente la vitesse de variation de la grandeur physique $S$ au cours du temps. Dans un système physique, cela peut représenter par exemple la vitesse d'évolution de la tension, de la position, etc.

2. Étude du signe de $S'(t)$

Signe de $S'(t) = 0.5e^{-0.5t}$ : Pour tout $t$, $e^{-0.5t} > 0$. Donc, $0.5e^{-0.5t} > 0$. Ainsi, $S'(t) > 0$ pour tout $t$.

La dérivée $S'(t)$ est strictement positive pour tout temps $t$.

3. Évolution de $S(t)$ et tendance à la stabilisation

Puisque $S'(t) > 0$ pour tout $t$, la fonction $S(t)$ est strictement croissante.

Évolution de $S(t)$ : La grandeur physique $S(t)$ augmente au cours du temps.

Tendance à la stabilisation : Observons les valeurs de $e^{-0.5t}$ pour de grandes valeurs de $t$. Si $t$ devient très grand, $-0.5t$ devient très négatif. Et $e$ élevé à une puissance très négative se rapproche de 0. Donc, $e^{-0.5t}$ se rapproche de 0 quand $t$ devient grand. Par conséquent, $S(t) = 1 - e^{-0.5t}$ se rapproche de $1 - 0 = 1$ quand $t$ devient grand.

Intuition de stabilisation : La grandeur $S(t)$ augmente au cours du temps et semble se stabiliser autour de la valeur 1. Dans le contexte d'une réponse à un échelon, cela signifie que le système réagit et la grandeur $S$ se stabilise progressivement autour de la valeur 1 après l'échelon.

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $U_L(t) = 10e^{-t/2}$ qui modélise la tension aux bornes d'une bobine lors d'un régime transitoire.

1. Calcul de la dérivée $U_L'(t)$

La fonction $U_L(t) = 10e^{-t/2}$ est dérivable par rapport au temps $t$. Dérivons-la.

En utilisant la formule de dérivation de $Ce^{at+b}$, la dérivée de $10e^{-t/2}$ est $10 \times (-\frac{1}{2})e^{-t/2}$.

Donc, la dérivée de $U_L(t)$ est :

$$U_L'(t) = -5e^{-t/2}$$

2. Étude du signe de $U_L'(t)$

Signe de $U_L'(t) = -5e^{-t/2}$ : Pour tout $t$, $e^{-t/2} > 0$. Donc, $-5e^{-t/2} < 0$. Ainsi, $U_L'(t) < 0$ pour tout $t$.

La dérivée $U_L'(t)$ est strictement négative pour tout temps $t$.

3. Évolution de la tension aux bornes de la bobine

Puisque $U_L'(t) < 0$ pour tout $t$, la fonction $U_L(t)$ est strictement décroissante.

Cela signifie que la tension aux bornes de la bobine diminue au cours du temps. C'est typique d'un régime transitoire lors de l'établissement du courant dans une bobine : la tension initiale est élevée, puis elle diminue progressivement vers une valeur de régime permanent (idéalement 0 en régime continu parfait).

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $V(t) = 3e^{-0.05t} + 1$ qui modélise la tension d'une batterie en décharge après un temps d'utilisation $t$.

1. Calcul de la dérivée $V'(t)$

La fonction $V(t) = 3e^{-0.05t} + 1$ est dérivable par rapport au temps $t$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $3e^{-0.05t}$ est $3 \times (-0.05)e^{-0.05t} = -0.15e^{-0.05t}$ (avec $a = -0.05$).

La dérivée de $1$ est $0$.

Donc, la dérivée de $V(t)$ est :

$$V'(t) = -0.15e^{-0.05t}$$

2. Étude du signe de $V'(t)$

Signe de $V'(t) = -0.15e^{-0.05t}$ : Pour tout $t$, $e^{-0.05t} > 0$. Donc, $-0.15e^{-0.05t} < 0$. Ainsi, $V'(t) < 0$ pour tout $t$.

La dérivée $V'(t)$ est strictement négative pour tout temps $t$.

3. Évolution de la tension de la batterie

Puisque $V'(t) < 0$ pour tout $t$, la fonction $V(t)$ est strictement décroissante.

Cela signifie que la tension de la batterie diminue au cours de son utilisation. C'est conforme à l'attente : une batterie se décharge, et sa tension diminue avec le temps d'utilisation.

Correction :

Pour cet exercice, nous étudions la fonction $J(t) = 1000e^{-0.2t} + 50$ qui modélise le nombre de vues d'une vidéo virale en phase de déclin au jour $t$.

1. Calcul de la dérivée $J'(t)$

La fonction $J(t) = 1000e^{-0.2t} + 50$ est dérivable par rapport au temps $t$. Dérivons chaque terme séparément.

La dérivée de $1000e^{-0.2t}$ est $1000 \times (-0.2)e^{-0.2t} = -200e^{-0.2t}$ (avec $a = -0.2$).

La dérivée de $50$ est $0$.

Donc, la dérivée de $J(t)$ est :

$$J'(t) = -200e^{-0.2t}$$

2. Étude du signe de $J'(t)$

Signe de $J'(t) = -200e^{-0.2t}$ : Pour tout $t$, $e^{-0.2t} > 0$. Donc, $-200e^{-0.2t} < 0$. Ainsi, $J'(t) < 0$ pour tout $t$.

La dérivée $J'(t)$ est strictement négative pour tout temps $t$.

3. Évolution du nombre de vues et stabilisation

Puisque $J'(t) < 0$ pour tout $t$, la fonction $J(t)$ est strictement décroissante.

Évolution du nombre de vues : Le nombre de vues de la vidéo diminue au fil des jours après le pic de viralité. C'est ce qu'on attend dans une phase de déclin.

Niveau de stabilisation : Observons les valeurs de $e^{-0.2t}$ pour de grandes valeurs de $t$. Si $t$ devient très grand, $-0.2t$ devient très négatif. Et $e$ élevé à une puissance très négative se rapproche de 0. Donc, $e^{-0.2t}$ se rapproche de 0 quand $t$ devient grand. Par conséquent, $J(t) = 1000e^{-0.2t} + 50$ se rapproche de $1000 \times 0 + 50 = 50$ quand $t$ devient grand.

Intuition de stabilisation : Le nombre de vues de la vidéo diminue au fil des jours et semble se stabiliser autour de 50 vues par jour. Ce niveau de 50 vues pourrait représenter un "bruit de fond" de vues organiques ou de personnes trouvant encore la vidéo par recherche, après la phase de viralité.