1 spé Maths Correction devoir maison 4 2019-2020
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1. Un seul point A
1insuffisant pour tracer un segment donc u
1= 0. Avec deux points A
1et A
2, un seul segment possible donc u
2= 1.
Avec trois A
1, A
2et A
3, on réalise un triangle inscrit dans le cercle donc u
3= 3.
2. Pour trouver une relation de récurrence entre u
net u
n+1, il faut trouver combien on ajoute de segments lorsque l’on a 1 point de plus (A
n+1) que les n premiers points. On relie pour cela A
n+1aux n autres points, ce qui donne n segments de plus. Ainsi, u
n+1= u
n+ n .
3. u
7= u
6+1= u
6+ 6 = (u
5+ 5) + 6 = (u
4+ 4) + 5 + 6 = (u
3+ 3) + 4 + 5 + 6 = 21.
4. On remarque u
7= 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 or 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 7(7 − 1)
2 donc on peut penser que u
n= n(n − 1)
2 . Ceci est une conjecture.
Or, pour tout n ≥ 1, avec cette formule, u
n+1− u
n= (n + 1)n
2 − n(n − 1)
2 = 2n
2 = n
⇔ u
n+1= u
n+ n, on retrouve bien la formule de récur- rence de la question 2 qui caractérise la suite (u
n) donc u
n= n(n − 1)
2 pour tout n ≥ 1.
5. u
20= 20(20 − 1)
2 = 190 soit 190 cordes.
6. On cherche le plus petit entier n tel que u
n≥ 100 ⇔ n(n − 1) ≥ 200 ⇔ n
2− n − 200 ≥ 0. On trouve n = 15.
(tableau de signes de n
2− n − 200 et n entier)
• • 61 page 105
Valeurs approchées au centimètre près.
1. Trigonométrie dans le triangle rectangle RN U permet d’écrire que RN = 10
cos(24) ≈ 10, 95 cos(\U N R) =N U RN
2. Pythagore dans le triangle rectangle RM N : M R = √
M N
2+ RN
2= s
64 + 100
cos
2(24) ≈ 13, 56 3. Pythagore dans le triangle rectangle M U N :
M U = √
M N
2+ N U
2= √
64 + 100 = √
164 ≈ 12, 81 4. Trigonométrie dans le triangle rectangle RM U permet
d’écrire que M U = M R cos(α) cos(α) =M U M R
et donc cos(α) = M U M R =
√ 164 s
64 + 100 cos
2(24) α ≈ 19
◦au degré près.
Lycée Bertran de Born 1 sur 3
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1. t ≥ 0, q
t + π 100
= 1 200 sin
200
t + π
100
+ π 4
= 1 200 sin
200t + 2π + π 4
= 1 200 sin
200t + π 4 + 2π
or la fonction sin admet 2π comme période donc sin(A + 2π) = sin(A) et par conséquent,
q
t + π 100
= 1
200 sin
200t + π 4
= q(t) donc la fonc- tion q admet π
100 comme période.
2. Une fonction paire ou impaire l’est sur un ensemble de définition qui est « symétrique » par rapport à 0, ici t ∈ [0; + ∞ [ donc q n’est ni paire, ni impaire.
3. Je vais justifier les variations de q sur I = [0;
10π]. (pas demandé car difficile)
Pour tout t ∈ I, q
′(t) = cos(200t +
π4) (voir dérivée de x 7→ f (ax + b))
• Annulation de la dérivée sur I : q
′(t) = 0 ⇔ cos(200t +
π4) = 0 ⇔ 200t +
π4vaut
π2+ 2kπ ou
−
π2+ 2k
′π et t ∈ I
On trouve deux valeurs :
800π(k = 0) et
8005π(k
′= 1)
• Signe de la dérivée sur I : On doit cherche rle signe de q
′(t) sur chaque intervalle [0;
800π], [
800π;
8005π] et [
8005π;
100π]
Par exemple sur [
800π;
8005π] :
π
800
< t <
8005π200 ×
800π< 200t < 200 ×
8005ππ
4
+
π4< 200t +
π4<
54π+
π4π
2
< 200t +
π4<
32πdonc cos(200t +
π4) < 0 et q
′(t) < 0, q strictement décroissante sur [
800π;
8005π] (à comparer avec la courbe)
Idem pour les deux autres intervalles.
• Valeur(s) interdite(s) sur I : Pas de valeur interdite sur l’intervalle I.
• Tableau de variations suivant : x
Signe de q
′(t) Variations
de q
0
800π 8005π 100π+ 0 − 0 +
√2 400
√2 400
1 200
1 200
−
2001−
2001√2 400
√2 400
