½ ∀x∈R,−1≤cos(x)≤1 ∀x∈R, ex>0 ⇒ ∀x∈R,−ex≤excos(x)≤ex Or lim x→−∞ex= 0,donc d’après le théorème des gendarmes, lim x→−∞f(x

Exercice1 : 1.

½ ∀x∈R,−1≤cos(x)≤1

∀x∈R, e^x>0 ⇒ ∀x∈R,−e^x≤e^xcos(x)≤e^x Or lim

x→−∞e^x= 0,donc d’après le théorème des gendarmes, lim

x→−∞f(x) = 0ety= 0est une asymptote pour la courbe def.

2. Les abscisses des points d’intersection entreCf et (Ox)vérifief(x) = 0.

Or e^x>0doncf(x) = 0⇔cos(x) = 0donc si et seulement six= π

2+ 2kπ oux= −π 2 + 2kπ.

Ce qui se résume à x= π

2+kπ Les points ont donc pour coordonnées ³π

2+kπ; 0´ 3. Pour être puriste, je le démontrerai dans le sens démonstration et pas vérification.

Ainsi,cos(x)−sin(x) =√ 2

µ 1

√2cos(x)− 1

√2sin(x)

¶

=√ 2³

cos(x) cos(π

4)−sin(π

4) sin(x)´

puisque cos(π

4) = sin(π 4) = 1

√2 cos(x)−sin(x) =√

2 cos(x+π

4) d’après la formule cos(a+b) = cos(a) cos(b)−sin(a) sin(b) 4. f est dérivable surRcomme produit de telles fonctions.

et∀x∈R, f⁰(x) = (e^x)⁰cos(x) +e^x(cos(x))⁰ donc f⁰(x) =e^x(cos(x)−sin(x)) Donc d’après ce qui précède,f⁰(x) =√

2e^xcos(x+π

4)qui est du signe decos(x+π 4) Ainsi,∀x∈h

−π 2;π

4 i

, x+π 4 ∈h

−π 4;π

2 i

⇒cos(x+π

4)≥0.Il vient donc∀x∈h

−π 2;π

4 i

, f⁰(x)≥0 etf est croissante surh

−π 2;π

4 i

.La dérivée ne s’annulant qu’en même temps quecos(x+π

4),elle ne s’annulera qu’en π 4 et f est même strictement croissante surh

−π 2;π

4 i

On montre de même que ∀x∈hπ 4;π

2 i

,cos(x+π

4)≤0doncf⁰(x)≤0et quef est décroissante (et même strictement) sur cet intervalle.

x

f'( x )

f ( x )

− π/2 π/4 π/2

0

0 ⁰

(1/2)e^π/4

5.

O

-2 -1 1

6. Il faut penser à diviserh 0;π

2

iendeux intervalles sur lesquels la fonction est monotonedonch 0;π

4 iethπ

4;π 2 i

¥Ainsi,f est continue (puisque dérivable) et strictement croissante surh 0;π

4

iavecf(0) = 1.

Ainsi∀x∈h 0;π

4 i

, f(x)>1et l’équationf(x) = 1

2 n’a pas de solution dans cet intervalle.

¥Par contre,f est continue (puisque dérivable) et strictement décroissante surhπ 4;π

2 i De plus f³π

2

´< 1

2 < f³π 4

´. D’après le théorème de la bijection, l’équationf(x) = 1

2 admet donc une solution uniqueα danshπ

4;π 2

i.

On voit donc en regroupant les deux points ci-dessus que l’équation a une solution unique dansh 0;π

2 i

. On voit de plus quef(1.45)≈0.513 72doncf(1.45)>0.5etf(1.46)≈0.476 11doncf(1.46)<0.5 On en déduit queα∈[1.45; 1.46]

7. f⁰(x) =e^x(cos(x)−sin(x))est dérivable surRcomme produit de telles fonctions.

Sa dérivée est : f”(x) =e^x(cos(x)−sin(x)) +e^x(−sin(x)−cos(x))donc f”(x) =−2e^xsin(x). Ainsi,f”(x)est du signe contraire desin(x)et surh

−π 2; 0i

f⁰ est positive. Elle sera négative surh 0;π

2 i

.et nulle en0.

La fonctionf⁰ présente donc un maximum pourx= 0.

Cette valeurf⁰(0)est donc la valeur maximale du coefficient directeur de la tangente en un point deCfdont l’abscisse apartient àh

−π 2;π

2 i.

On a donc en ce point, f(0) = 1 etf⁰(0) = 1 d’où l’équation de la tangentey=x+ 1

Exercice 2

1. _O

A

B C

D

I A1

B1 C1

D1 A2

B2 C2 D2

2. zI = zA+zC

2 ⇒ zI = 1 +i

3. On va démontrer queABCDest un parllélogramme, puis un losange et enfin un carré.

Le milieu de [BD] a pour affixe zB+zD

2 = 1 +i. Ce point est donc confondu avec I.Les diagonales se coupant en leurs milieux,ABCDest un parallélogramme.

De plus,AB=|z_B−z_A|=|3 +i|=√

10etAD=|z_D−z_A|=|−1 + 3i|=√ 10.

Un parallélogramme qui a deux côtés consécutifs égaux est un losange.

EnfinBD=|z_B−z_D|=|4−2i|=√

20etAC=|z_C−z_A|=|2 + 4i|=√ 20 Un parallélogramme dont les diagonales ont m^éme longueur est un rectangle.

Un quadrilatère qui est à la fois un losange et un rectangle est un carré.

D’autres points de vue étaient tout aussi efficaces, en particulier celui de démontrer que les quatre côtés ont même longueur.

On obtient ainsi directement le losange, puis utiliser Pythagore pour prouver un angle droit, donc le carré.

Son aire est alorss0=AB² doncs0= 10unités d’aire. Mais l’échelle de 2 cm impose que cette aire soit de10×2²donc de 40cm²

4.a. On ne peut pas placer les points directement. Il faut remarquer avant que−−→

DC=−−→

DA1+−−−→

A1B1+−−→

B1Cd’après la relation de Chasles.

Or−−→DA1=−−−→A1B1=−−→B1C donc−−→DC= 3−−→DA1 ou plutôt −−→DA1=−−−→A1B1= 1 3

−−→DC Voirfigure.pour la construction.

4.b.−−−→A1B1=1 3

−−→DC⇒A1B1

1

3DC⇒s1= 1 9S0

5.a. Le même raisonnement que le précédent conduit à −−→

DA2=−−−→

A2B2=1 3

−−−→D1C1 D’où la construction.

5.b. Et plus généralement : −−−−→DA_n+1=−−−−−−−→A_n+1B_n+1=1 3

−−−→D_nC_n

On obtient alors sn+1= 1

9Sn qui définit donc une suite géométrique de raison 1

9 et de premier termes0. On sait qu’alorssn =s0× 1

9ⁿ donc sn = 40× 1

9ⁿcm² ousn= 10× 1

9ⁿ unités d’aire.

5.c. Quand on juxtapose les carrés successifs, on obtient un aire qui est la somme desn+ 1 premiers termes d’une suite géométrique de raison 1

9.

On sait qu’alors,S_n=s₀× 1−

µ1 9

¶n+1

1−1 9

qui converge pusque la raison est dans l’intervalle]−1; 1]

Ainsi µ1

9

¶n+1

tend vers0etSn tend vers40× 1 1−1

9

=40 8 9

donc vers 40×9

8= 45cm²

Ou en unités d’aire,10×9 8= 45

4.