LMSC Corrigé du DS n°3 405

LMSC Corrigé du DS n°3 405

Exercice 1

1. a) 𝑢₀ = 0 ; 𝑢₁ = 1 ; 𝑢₂= 4

𝑣₀= 0 ; 𝑣₁= √2 ; 𝑣₂ = √20 = 2√5 On constate que 𝑢₁< 𝑣₁ et 𝑢₂< 𝑣₂. On conjecture que 𝑢_𝑛< 𝑣_𝑛.

2. 𝑣_𝑛= √𝑛⁴(1 + ¹

𝑛²) = √𝑛⁴√1 + ¹

𝑛²= 𝑛²√1 + ¹

𝑛². 3. Soit 𝑛 > 0 un entier.

On constate que 𝑣_𝑛= 𝑢_𝑛√1 + ¹

𝑛² . Or, √1 + ¹

𝑛²> 1.

D’où : pour tout entier 𝑛 > 0, 𝑣_𝑛> 𝑢_𝑛. Exercice 2

1. 𝑥 ≠ 1 et 𝑥 ≠ −1.

2. _𝑥−1¹ +_𝑥+1¹ = 1 ⟺_{(𝑥−1)(𝑥+1)}^{𝑥+1+𝑥−1} = 1 ⟺ (𝑥 + 1) + (𝑥 − 1) = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1). 3. L’équation précédente est équivalente à :

𝑥²− 2𝑥 − 1 = 0

∆= 8 > 0, il y a donc deux solutions :

𝑥1=^2−2√2₂ = 1 − √2 et 𝑥2=^2+2√2₂ = 1 + √2 . D’où : 𝑆 = {1 − √2; 1 + √2}.

4. – Pour 𝑥 = 1 − √2, on a : ¹

−√2+ ¹

2−√2= ^2−2√2

−√2(2−√2)= 1.

– Pour 𝑥 = 1 + √2, on a : ¹

√2+_2+√2¹ = ^2+2√2

√2(2+√2)= 1.

Exercice 3

1. (𝐷_𝑚) est du type 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0 où 𝑎 = 𝑚, 𝑏 = 𝑚 − 1, 𝑐 = −1.

On constate que (𝑎, 𝑏) ≠ (0,0). (𝐷_𝑚) est bien une droite.

2. 𝐷₀: 𝑦 = 1 , 𝐷₁: 𝑥 = 1 , 𝐷₂: 𝑦 = 2𝑥 − 1 .

3. Conjecture : Les droites se coupent en un point 𝐾(1; 1).

4. Partons de 𝑚𝑥 − (𝑚 − 1)𝑦 − 1 = 0.

On obtient (𝑚 − 1)𝑦 = 𝑚𝑥 − 1. En remplaçant 𝑥 = 1, on obtient (𝑚 − 1)𝑦 = 𝑚 − 1 et en prenant 𝑚 ≠ 1, on a 𝑦 = 1.

On en déduit directement que la solution est (1; 1).

Donc la conjecture est bien vérifiée.

Exercice 4 1. Figure

2. a) 2𝐵𝐾⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 3𝐶𝐾⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⃗ ⟺ 2𝐵𝐾⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 3𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 3𝐵𝐾⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⃗ ⟺ 5𝐵𝐾⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 3𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ⟺ 𝐵𝐾⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =³

5𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ . b)

c) 𝐼𝐽⃗⃗⃗ =⁵

2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 3𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

et 𝐼𝐾⃗⃗⃗⃗ =¹

2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +³

5𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

3. On constate que 𝐼𝐽⃗⃗⃗ = 5𝐼𝐾⃗⃗⃗⃗ . Les vecteurs 𝐼𝐽⃗⃗⃗ et 𝐼𝐾⃗⃗⃗⃗ sont colinéaires. On conclut que les points I, J et K sont alignés.

Exercice 5 Partie A

1. 𝐷_𝑓= ℝ − {1}.

2. 𝑎𝑥 + 𝑏 +_𝑥−1^𝑐 =^{𝑎𝑥2−𝑎𝑥+𝑏𝑥−𝑏+𝑐}_𝑥−1 =^−𝑎𝑥2+(𝑎−𝑏)𝑥+𝑏−𝑐

1−𝑥 = 𝑓(𝑥) D’où :

{

−𝑎 = 1 𝑎 − 𝑏 = −4

𝑏 − 𝑐 = 7

⟺ {

𝑎 = −1 𝑏 = 3 𝑐 = −4 3. On peut donc écrire 𝑓(𝑥) sous la forme suivante :

𝑓(𝑥) = −𝑥 + 3 − 4 𝑥 − 1 𝑓(𝑥) = 𝑢(𝑥) + 𝑣(𝑥) où 𝑢(𝑥) = −𝑥 + 3 et 𝑣(𝑥) = − ⁴

𝑥−1. 𝑢 est une fonction décroissante sur 𝐷_𝑓. 𝑥 ⟼ ⁴

𝑥−1 est décroissante sur 𝐷_𝑓 car ℎ: 𝑥 ⟼ 𝑥 − 1 est croissante, puis ¹_ℎ est décroissante et en multipliant par -4 cela change le sens de variation. Donc 𝑣 est croissante.

On a une somme d’une fonction croissante et décroissante, on ne peut donc rien en déduire sur les variations de 𝑓.

4. * 𝑓(𝑥) = 2 ⟺^{𝑥2−4𝑥+7}

1−𝑥 = 2 ⟺ 𝑥²− 4𝑥 + 7 = 2 − 2𝑥 ⟺ 𝑥²− 2𝑥 + 5 = 0. ∆= −16 < 0.

𝑆 = {∅}.

* 𝑓(𝑥) = −2 ⟺^{𝑥2−4𝑥+7}

1−𝑥 = −2 ⟺ 𝑥²− 4𝑥 + 7 = −2 + 2𝑥 ⟺ 𝑥²− 6𝑥 + 9 = 0. ∆= 0.

𝑆 = 3.

5. Pour 𝑘 = 6 et 𝑘 = −2, il n’y a qu’une seule solution.

Pour 𝑘 ∈] − ∞; −2[∪]6; +∞[, il y a deux solutions.

Pour 𝑘 ∈] − 2; 6[, il n’y a pas de solution.

6.

Partie B

1. (AB) a pour vecteur directeur 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ( 1

−3). Soit 𝑀(𝑥; 𝑦) ∈ (𝐴𝐵) ⇔ 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ et 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ sont colinéaires⇔

−3𝑥 − (𝑦 − 3) = 0 ⇔ −3𝑥 − 𝑦 + 3 = 0 ⇔ 𝑦 + 3𝑥 − 3 = 0. 2. Il faut résoudre le système suivant :

{

𝑦 + 3𝑥 − 3 = 0 𝑦 =𝑥²− 4𝑥 + 7

1 − 𝑥 Soit :

{

𝑦 = −3𝑥 + 3 𝑦 =^{𝑥2−4𝑥+7}

1−𝑥

⟺ { 𝑦 = −3𝑥 + 3

−3𝑥 + 3 =^{𝑥2−4𝑥+7}

1−𝑥

⟺ { 𝑦 = −3𝑥 + 3

3(1 − 𝑥)(1 − 𝑥) = 𝑥²− 4𝑥 + 7⟺ { 𝑦 = −3𝑥 + 3

3 + 3𝑥²− 6𝑥 = 𝑥²− 4𝑥 + 7⟺ { 𝑦 = −3𝑥 + 3

−2𝑥²+ 2𝑥 + 4 = 0⟺ { 𝑦 = −3𝑥 + 3

−𝑥²+ 𝑥 + 2 = 0⇔ {𝑦 = −3𝑥 + 3

∆= 9 > 0 ⇔ { 𝑦 = −3𝑥 + 3 𝑥₁= 2 ; 𝑥₂ = −1

Le système admet donc deux couples solutions.

Il y a deux points d’intersection entre 𝐶 et (AB) qui sont 𝐻(2 ; −3) et 𝐾(−1; 6).

3. L’équation réduite de D est la suivante : 𝐷 ∶ 𝑦 + 3𝑥 − 3 = 0.

(AB) : 2𝑦 + 6𝑥 − 4 = 0.

Faisons le produit en croix des coefficients : 1×6 − 2×3 = 0.

On conclut que (𝐴𝐵) et (𝐷) ne s’interceptent pas.