Devoir de Synthèse n : 1

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L.B. Monastir 4

Math

P.P. : Ali Zouhaier

Devoir de Synthèse n : 1

Durée : 120 minutes

Exercice 1 : (3 points ₌ 3

1 point)

Dans chacune des questions suivantes une seule des trois propositions est correcte.

L’élève indiquera sur sa copie le numéro de la question et la lettre de la réponse choisie . 1) Soit ABCD un carré de sens direct et f = t_AC∘SAB. f est une :

a) rotation b) Symétrie orthogonale c) Symétrie glissante.

2) Soient les suitesunetvndéfinies par un = 1− 1 n+3 et vn = n+2+1

n+2 ; ∀n ∈ IN.

a unetvnsont adjacentes b unetvnne sont pas adjacentes 3) Soit f : P→ P; Mz  M^′z^′est une isométrie

Une des transformées complexes suivantes est celle de f a) zz’=2iz+1+2i b) zz ’= 1+i

2 z²– 1 – 2i c) zz ’=e^iπ z +3+i.

Exercice 2 : (3 points)

On considère dansℂl’équationE : z³−4+11iz²+−33+32iz+60+27i = 0.

1)a- Montrer que l’équation (E) possède une solution imaginaire que l’on précisera. 0,5 b- Résoudre alors l’équation (E). 1,00

2) Soient les points A, B et C d’affixes respectives zA=3+2i , zB=3i et zC=1+6i, dans le plan complexe muni d’un repère orthonormé .

Montrer que ABC est un triangle rectangle et isocèle. 0,5

3) Soit E le point tel que ABCE est un carré. On pose f=SABoSBCoSCE . a- Comparer SBCoSCE et SCEoSBC . 0,5

b- Montrer que f est une symétrie glissante que l’on caractérisera. 0,75

Exercice 3 : (5 points)

ADBK est un rectangle de centre I tel que BK; BA ≡ π

6 2π. C = SBKA

J=B∗C = K∗E. B’=S_ADB.

Soit f l’isométrie qui n’a pas de point fixe et qui transforme A en B et B en C et K en E.

1/a- Prouver que ABC est équilatéral. 0,75 b- Prouver queIJest la médiatrice deKB. 0,5

I

J E

A

B K D

C 2/ Prouver que f n’est pas une translation. Déduire la nature de f. 0,5+0,5 3/ Montrer que fI = J. 0,5

4/ Soit l’isométrieϕ = f∘SIJ∘t_JI

a) DéterminerϕJetϕCetϕE 0,75

b) En déduire la nature et les éléments caractéristiques de f. 0,75

Exercice 4 : (5 points)

Soit f la fonction définie sur IR par : f0 = 0 et fx = 1+x² −1

x ; ∀x ∈ IR^∗ On désigne par Cfsa représentation graphique dans un repère orthonormé R.

b- Vérifier que pour tout x∈ IR , f ’(x)=

1+x² 1+x² +1

c- Dresser le tableau de variation de f et tracer T et Cf avec T la tangente à Cf

en son point d’abscisse 0. 0,5+0,75

2)a- Montrer que f réalise une bijection de IR sur ]-1 , 1[. 0,25

b- Construire la courbe C_f−1 de la fonction f⁻¹dans le même repère R. 0,5 c- Montrer que pour tout x∈]-1 , 1[ ; f( 2x

1−x²)=x. Déterminer alors f⁻¹(x) en fonction de x. 0,5+0,25

4) Soit h la fonction définie sur ] 0, π

2[ par : h(x)=f(tan x).

a- Montrer que h est dérivable sur ] 0, π

2[ et que h’(x)= 1

1+cos x 0,25+0.25 b- En déduire que h est une bijection de ] 0, π

2[ sur un intervalle K que l’on déterminera. 0,25

c- Montrer que h⁻¹est dérivable sur K et expliciter (h⁻¹)’(x) en fonction de x. 0,5

Exercice 5 : (4 points)

Dans le graphique ci-dessous C1et C2sont les courbes représentatives d’une fonction f définie sur [-3 , 3] et de sa fonction dérivée f’.

Δ : y = x

L’élève utilisera le graphique ci-dessus comme source des données 1) Justifier que C1ne peut pas être la courbe de f. 0,5

2) Déterminer

x→0

lim fx−2

x . 0,5

3) Montrer que l’équation f(x)=x admet dans ] 3

2, 2[ une solution uniqueα. 0,5 4) Soit u la suite définie sur IN par : u0 = 3

2 et un+1 = fun; ∀n ∈ IN a/ Montrer que pour tout n∈ IN , 3

2  un  2. 0,5 b/ Montrer que pour tout n∈ IN , |un+1−α|  1

2|un−α| 0,75 c/ En déduire que∀n ∈ IN , |un−α|  1

2

n

. Déterminer alors

n→+lim u∞ n. 0,75

BON TRAVAIL

une correction du devoir de synthèse n:1 (06/12/2010) Exercice 1 :

1) 2) 3) c) a) c)

Exercice 2 :

1)a- Soit y un réel.

iyest une solution imaginaire deE

 iy³−4+11iiy²+−33+32iiy+60+27i = 0

 4y²−32y+60+i−y³+11y²−33y+27 = 0

 4y²−32y+60 = 0

−y³+11y²−33y+27 = 0  y = 5 ou y = 3

−y³+11y²−33y+27=0

 y = 3 car seul 3 vérifie−y³+11y²−33y+27 = 0 Conclusion : 3i est la solution imaginaire deE.

b) 3i est une racine du polynome P : z  z³−4+11iz²+−33+32iz+60+27i donc il existe trois nombres complexes a,b et c tels que pour tout z deℂon a :

z³−4+11iz²+−33+32iz+60+27i = z−3iaz²+bz+c

=az³+b−3iaz²+c−3ibz−3ic

par suite

a = 1

b−3ia = −4−11i c−3ib = −33+32i

−3ic = 60+27i



a = 1 b = −4−8i c = −9+20i Alors E  z−3iz²+−4−8iz+−9+20i = 0

 z−3i = 0 ou z²+−4−8iz+−9+20i = 0

(Δ = −4−8i²−4−9+20i = −12−16i

= −43+4i = 2i2+i² = −2+4i)²

 z = 3i ou z = 4+8i−−2+4i

2 ou z = 4+8i+−2+4i

 z = 3i ou z = 3+2i ou z = 1+6i. 2 Conclusion: SℂE = 3i; 3+2i; 1+6i

2) AB=|3i−3−2i| = |−3+i| = 10 AC=|zC−zA| = |1+6i−3−2i| = 20 BC=|zC−zB| = |1+6i−3i| = |1+3i| = 10

Ainsi AB=BC= 10 et AC²=AB²+BC²par suite ABC est un triangle rectangle et isocèle.

3)a- ABCE est un carré doncBCCE

alors SBCoSCE = SE et SCEoSBC = SE la symétrie centrale de centre le point E.

ce qui donne que SBCoSCE =S_CEoSBC. b- f=SAB∘SBC∘SCE

= SAB∘SCE∘SBC

= t_2CB∘SBC carAB//CEet B est le projeté orthogonal de C sur B.

Comme 2.CB est un vecteur directeur deBCalors f est la symétrie glissante de vecteur 2.CB et d’axeBC.

Exercice 3 :

1/a- C = SBKA  BK = médAC  BC = BA 1

C = SBKA  BK; BA ≡ − BK; BC 2π

Ce qui permet de dire BC; BA ≡ BC; BK + BK; BA 2π

≡ π 6 + π

6 2π

≡ π

3 2π 2

1et2 ABC est équilatéral.

b- ADBK est un rectangle de centre I IB = IK. 3

J=B∗C et K=A∗C JK = 1

2AB = 1

2BC = JB

 JK = JB 4

3et4  IJest la médiatrice du segmentKB.

2/ supposons par l’absurde que f est une translation

donc fA = B et fB = c impliquent que AB=BC ce qui est absurde donc notre supposition est fausse et f n’est pas une translation.

⋅f est une isométrie sans points fixes et elle n’est pas une translation alors f est une symétrie glissante.

3/⋅fI = fA∗B = fA∗fB (conservation du milieu)

= B∗C = J.

4/ Soit l’isométrieϕ = f∘SIJ∘t_JI

a)⋅ϕJ = f∘SIJ∘t_JIJ = f∘SIJI = fI = J.

⋅ϕC = f∘SIJ ∘t_JIC = f∘SIJK = fB = C.

⋅ϕE = f∘SIJ ∘t_JIE = f∘SIJB = fK = E.

b)ϕest une isométrie du plan qui fixe trois points non alignés J, C et K doncϕ = IdP  f∘SIJ ∘t_JI = IdP

 f∘SIJ∘t_JI∘t

JI

−1∘SIJ = IdP ∘t

JI

−1∘SIJ

 f = t_IJ ∘SIJ.

Comme IJ est un vecteur directeur deIJalors f est la symétrtie glissante de vecteur IJ et d’axeIJ.

Exercice 4 :

1)a-

x→0

lim fx−f0

x−0 =

x→0

lim 1+x² −1

x² =

x→0

lim 1+x²−1 x² 1+x² +1

=

x→0

lim 1

1+x² +1

= 1 2. Donc f est dérivable en 0 et f’(0)=1

2 et Cfadmet une tangente d’équation y = f^′0x−0+f0 = 1

2x.

b-∀x∈ IR^∗, f ’(x)= 1+x² −1 ^′x−x^′ 1+x² −1 x²

=

2̸x

2̸ 1+x² . x− 1+x² +1 x²

une correction du devoir de synthèse n:1 (06/12/2010)

=

x²−1+x² 1+x²

+1

x² =

−1+ 1+x² 1+x²

x²

= −1+ 1+x² 1+x² +1 x² 1+x² 1+x² +1

= 1+x²−1

x² 1+x² 1+x²+1 = 1

1+x² 1+x²+1 c-⋅∀x∈ IR^∗ , f ’(x)= 1

1+x² 1+x²+1 > 0 et f’0 = 1 2 > 0.

⋅x→+lim fx∞ =

x→+lim∞

x 1

x² +1 − 1 x

x =

x→+lim∞ 1

x² +1 − 1

x = 1

⋅x→lim fx−∞ =

x→lim−∞

−x 1

x² +1 + 1 x

x =

x→lim−∞ − 1

x² +1 − 1

x = −1 D’où le tableau de variation de f

x + ∞

f ^′ x  f  x 

+

−∞

-1

1

0 1 2 3 4

1 2 3

-1

-2

-3 -1 -2

-3 -4

C f

∆ T

2)a- f est continue et strictement croissante sur IR

f réalise une bijection de IR sur fIR = −1; 1

b- C_f−1 est le symétrique de Cfpar rapport àΔ : y = x. (voir figure) c-⋅pour x=0; f 2×0

1−0² =f0 = 0

⋅∀x∈]-1 , 1[\0; f( 2x 1−x²)=

1+ 2x

1−x²

2 −1 2x

1−x²

=

1−x²²+4x² 1−x² −1

2x 1−x²

=

1−2x²+x⁴+4x² −1+x² 1−x²

2x 1−x²

= 1+x²² −1+x²

2x = 1+x²−1+x²

2x = x.

∀x ∈ −1; 1; x = f 2x 1−x²)

 ∀x ∈ −1; 1; f⁻¹x = f⁻¹ f 2x 1−x²

 ∀x ∈ −1; 1; f⁻¹x = 2x 1−x². 4) Soit h la fonction définie sur ] 0, π

2[ par : h(x)=f(tan x).

a-

la fonction tan est dérivable sur ] 0, π 2[ f est dérivable sur IR

∀x ∈] 0, π

2[; tan(x)∈IR

 h : x ftanxest dérivable sur ] 0, π 2[.

h^′x = tan x^′ ×f^′tan x

= 1+tan²x 1

1+tan²x 1+tan²x +1

= 1 cos²x

1 1

cos²x

1

cos²x +1

= 1 cos²x

1 cos x1 1+cos x

cos x

= 1

1+cos x b- h est dérivable sur ] 0, π

2[ et que h’(x)= 1

1+cos x > 0 donc h est continue et strictement croissante sur ] 0, π

2[ alors h réalise une bijection de ] 0, π

2[ sur K=h 0, π 2

⋅K=h 0, π 2 =

x→0⁺

lim hx;

x→π 2

lim hx.−

∗x→0⁺

lim tanx = 0 et

x→0⁺

lim fx = 0 

x→0⁺

lim hx = 0

∗

x→π 2

lim tanx− = +∞et

x→+lim fx∞ = 1 

x→π 2

lim hx− = 1.

Donc K=]0; 1[.

c- h est dérivable sur ] 0, π

2[ et que h’(x)= 1

1+cos x ≠ 0 donc h⁻¹est dérivable sur h 0, π

2 = K.

(h⁻¹)’(x)= 1

h^′h⁻¹x = 1

1+cosh⁻¹x. Or hh⁻¹x = x  ftanh⁻¹x = x

une correction du devoir de synthèse n:1 (06/12/2010)

 f⁻¹ ftanh⁻¹x = f⁻¹x

 tanh⁻¹x = 2x 1−x² . D’autre part cos²h⁻¹x = 1

1+tan²h⁻¹x

donc cosh⁻¹x = 1

1+ 2x

1−x²

2

par suite (h⁻¹)’(x)= 1 1+ 1+ 2x

1−x²

2 .

Exercice 5 :

1) Supposons par l’absurde que C2est la courbe de f donc C1sera celui de f’

alors f est croissante sur −3; −2 Donc∀x ∈ −3; −2 ; f’x  0

Par suite la courbe de f’ est au dessus de l’axe des abscisses ce qui contredit le graphique .

Ainsi notre supposition est fausse et on a bien C1est la courbe de f.

2)

x→0

lim fx−2

x =

x→0

lim fx−f0

x−0 car A0; 2∈ C1

= f^′0 = 1 car B0; 1 ∈ C2. 3) La courbe C1 : y = fx

x∈ −3; 3 et la droiteΔ : y = x ont un seul point d’intersection dont l’abscisse appartient à ] 3

2, 2[

Donc l’équation f(x)=x admet dans ] 3

2, 2[ une solution uniqueα. 4) Soit u la suite définie sur IN par : u0 = 3

2 et un+1 = fun; ∀n ∈ IN a/⋅Pour n=0

u0 = 3

2 donc 3

2  u0  2 alors la proposition est vraie pour n=0.

∗Soit p∈ IN; supposons que 3

2  up  2; montrons que 3

2  up+1  2.

en effet : 3

2  up  2

 f2 fup  f 3

2 car f est décroissante sur 3 2; 2 Or d’après le graphique f2 > 3

2 et f 3

2 < 2 par suite 3

2  up+1  2.

Conclusion: Pour tout n∈ IN , 3

2  un  2.

b/ On a C2( la courbe de f’) est au dessous de l’axe des abscisses et au dessus de la doited : y = −1

2 sur 3

2; 2 par suite∀x ∈ 3

2; 2 , −1

2  f^′x  0 Ce qui permet de dire∀x ∈ 3

2; 2 , |f^′x|  1 2 comme de plus f est dérivable sur 3

2; 2 donc d’après le théorème des inégalités d’accroissements finis on a :∀ ∈ IN , |fun−fα|  1

2|un−α|

C’est à dire∀ ∈ IN , |un+1−α|  1

2|un−α| car fα = α.

c/♣Pour n=0 1 2

0 = 1 et |u0−α| = 3

2 −α  1

2 < 1 carα ∈ 3 2; 2

♠Soit p∈ IN; supposons que |up−α|  1 2

p

; montrons que

|up+1−α|  1 2

p+1

. En effet :

|up−α|  1 2

p  1

2|up−α|  1

2 1

2

p = 1

2

p+1

et comme |up+1−α|  1

2|up−α| alors |up+1−α|  1 2

p+1

Par suite♣et♠donnent pour tout n∈ IN , |un−α|  1 2

n

comme de plus

n→+lim∞ 1 2

n = 0 car 1

2 ∈ −1; 1par suite

n→+lim u∞ n = α.