1 Tirage simultané de 3 boules
Chaque tirage est une combinaison de 3 éléments pris dans un ensemble de 7 éléments : le nombre total de tirages est donc
Ã7 3
! .
1. Exemple numérique : choisissonsk=5 .
Pour obtenir un tirage dont le plus grand numéro est 5, nous devons choisir deux boules dont les numéros sont compris entre 1 et 4 . Voici la liste des possibilités :
{1,2} {1,3} {1,4}
{2,3} {2,4} {3,4}
Il faut donc choisir deux boules distinctes dont les numéros sont compris entre 1 et 4 : il y a
Ã4 2
!
possibilités.
Cas général.
Pour obtenir un tirage dont le plus grand numéro estk, nous devons choisir deux boules dont les numéros sont compris entre 1 etk−1. Le nombre de possibilités est alors
Ãk−1 2
! . 2. NotonsTkl’ensemble des tirages dont le plus grand numéro estketEl’ensemble de tous
les tirages :Tkest une partie deE.
— les partiesTksont deux à deux disjointes : pour j6=kon aTj ∩ Tk= ;
— d’autre partEest la réunion de tous lesTklorsque 36k67
Autrement dit les partiesTk forment une partition deE. On en déduit : X7
k=3
cardTk ⇐⇒
X7 k=3
Ãk−1 2
!
= Ã7
3
!
2 Sous-tangentes
1. On cherche d’abord l’équation réduite de la tangente au pointM d’abscisset. Sachant que l’exponentielle est dérivable et qu’elle est égale à sa dérivée, on obtient :
y=et(x−t)+et L’abscisse deNest alors solution de
et(x−t)+et=0 ⇐⇒ x=t−1
La distance dePàNest enfin la valeur absolue de la différence de leurs abscisses : P N= |t−(t−1)| =1
2. a. On procède comme dans la question précédente. L’équation réduite de la tangente en Mest
y=f′(t)(x−t)+f(t) L’abscisse deNest alors solution de
f′(t)(x−t)+f(t)=0 ⇐⇒ x=t− f(t) f′(t) On e déduit la distanceP N :
P N=
¯¯
¯¯t− µ
t− f(t) f′(t)
¶¯¯¯¯=
¯¯
¯¯ f(t) f′(t)
¯¯
¯¯
Sachantf et f′strictement positives, on an déduit P N= f(t)
f′(t)
b. La conditionP N=k se traduit par une équation différentielle : (Ek) pour tout réelt: f(t)
f′(t)=k ⇐⇒ f(t)=k f′(t)
c. D’après le cours les solutions de (Ek) sont les fonctionst7−→CektoùCest une constante réelle arbitraire.
3 Complexes : QCM
1. L’écriture algébrique deztel quez+ |z| =6+2i est
× 8
3−2i −8
3−2i 8
3+2i −8
3+2i
2. L’ensemble des pointsMd’affixez=x+iyvérifiant|z−1| = |z+i|est la droite d’équation :
y=x−1 × y= −x y= −x+1 y=x
3. Le nombre¡
2+2ip 3¢n
est réel si et seulement sins’écrit :
3k+1 3k+2 × 3k 6k
4. Une solution de l’équation (E) :z=6−z
3−z (z∈C) est : −2−ip
2 × 2+ip
2 1−i −1−i
5. SoitABC équilatéral avec³−−→AB, −−→AC´
=π
3 . SizA=i etzB=p
3, alorszCest égal à :
−i 2i p3+i × p3+2i
6. L’ensemble des pointsM d’affixez=x+iyvérifiant arg µz+2
z−2i
¶
=π
2 est inclus dans : La droite d’équationy= −x
Le cercle de centre I(1+i) et de rayon R =p 2 La droite d’équationy=x
×
Le cercle de diamètre [AB], A et B étant les points d’affixes respectives zA = −2 et zB=2i.
4 Fonction irrationnelle et première bissectrice
1. a. Il s’agit de prouver une équivalence. On procède donc en deux temps.
− Supposons d’abord que M∈(Γ) . Par hypothèse : 06x61 et y=x−2px+1 On a doncx>0.
On remarque ensuitey=¡p x−1¢2
, ce qui entraîney>0.
On peut écrirepy=¯¯1−p x¯¯.
La racine carrée étant croissante sueR+, nous obtenons : 06x61⇒06px61 et ¯¯1−p
x¯¯=1−p x On en déduit finalementp
y=1−p
x ⇐⇒ p x+p
y=1.
− Supposons réciproquement x>0 y>0 et px+py=1 On remarque d’abord quep
xetpysont compris entre 0 et 1. Puisque le carré est croissant surR+, il en va de même pourxety. On vérifie :
y=p y2=¡
1−p x¢2
=x−2p x+1 M est donc bien un point de (Γ).
b. Le symétrique deM par rapport à la droite d’équationy=xest le pointM′dont les coordonnées sontx′=yety′=x. Il suffit d’appliquer le résultat précédent :
M∈(Γ) ⇐⇒ x>0 y>0 et p x+p
y=1
⇐⇒ y′>0 x′>0 et q
y′+p x′=1
⇐⇒ M′∈(Γ)
2. a. Par hypothèse la courbe passe parA(0,1) etB(1,0) : ces deux points sont symétriques par rapport à la droite d’équationy =xpuisque leurs coordonnées sont échangées.
Cette droite est donc la médiatrice de [AB].
Supposons queΓest un arc de cercle de centreI : ce pointIest équidistant deAet de B. : il appartient donc à la droite d’équationy=x.
Sachant f′(1)=0, on peut affirmer que l’axe des abscisses est tangent àΓenB. Le pointI appartient donc à la perpendiculaire en B à l’axe des abscisses et son abscisse estxI =1.
On en déduit que le coordonnées deI sontxI =yI =1 et que le rayon du cercle est I A=I B=1.
b. Le pointC µ1
4,1 4
¶
appartient à (Γ) puisque r1
4+ r1
4=1 2+1
2=1.
Calculons maintenant I C2=
µ 1−1
4
¶2
+ µ
1−1 4
¶2
= 9 16+ 9
16=9 8 On en déduitI C=3p
2
4 6=1. Donc (Γ) n’est pas un arc de cercle.
5 Exponentielle, Logarithme et tangentes
1. a. Les coordonnées deAsontxA=0 etyA=e0=1. D’autre part (ex)′=ex.
On en déduit l’équation réduite de la droite (D) tangente enAà la courbe (Φ) : y=e0(x−0)+e0 ⇐⇒ y=x+1
Les coordonnées deB sontxB=1 etyB=ln1=0. D’autre part (lnx)′= 1 x. On en déduit l’équation réduite de la droite (∆) tangente enB à la courbe (Γ:
y=1
1(x−1)+ln1 ⇐⇒ y=x−1
b. Les droites (D) et (∆) ont le même coefficient directeur qui est égal à 1.
Elles sont donc parallèles.
La distance entre les deux droites est égale à la distance entre un point de l’une et son projeté orthogonal sur l’autre. Cette distance est donc la distance deAà (∆) :
d(A,∆)=|1−0+1| p12+12 = 2
p2= p 2
2. a. Soit pour tout x réel d1(x)=ex−x−1. Montrons que cette différence est toujours positive ou nulle.
La fonctiond1est dérivable surRet pour toutxréeld1′(x)=ex−1.
Pour étudier le signe de cette dérivée, il suffit d’utiliser le fait que l’exponentielle est une bijection strictement croissante deRsurR+∗:
d1′(x)=0 ⇐⇒ ex =1⇐⇒ x=0 d1′(x)>0 ⇐⇒ ex >1⇐⇒ x>0 d1′(x)<0 ⇐⇒ ex <1⇐⇒ x<0 On en déduit le tableau de variations de cette fonction :
x −∞ 0 +∞
d1′(x) − 0 +
d1(x)
0
La fonction admettant un minimum en 0, on obtient pour toutxréel : d1(x)>d1(0)=0
b. Soit pour toutxréeld2(x)=x−1−lnx. Montrons que cette différence est toujours positive ou nulle.
La fonctiond2est dérivable surR+∗et pour toutx>0 réeld2′(x)=1−1
x=x−1 x . Puisquex>0, cette dérivée est du signe dex−1 et on en déduit le tableau de varia- tions :
x 0 1 +∞
d2′(x) − 0 +
d2(x)
0
La fonction admettant un minimum en 0, on obtient pour toutx>0 : d2(x)>d2(1)=0
c. Intuitivement, si on relieM etN, le segment [M N] coupe les tangentes (D) et (∆) en deux pointsM′etN′.
D’après la question précédente, on aM′N′>p2 et doncM N>p2.
Le résultat peut être démontré rigoureusement.
6 Représentation graphique
1. Représentation de la fonction.
0 1 2 3
−1
−2
−3
−4
−5
0
−1
−2
−3 1 2 3
2. a. On peut conjecturer que la fonction est croissante sur [−5 ; 4].
b. On peut conjecturer que l’équationf(x)=0 a une solution sur cet intervalle puisqu’il semble exister un point d’intersection entre la courbe et l’axe des abscisses.
3. a. PosonsX =exet étudions le trinômeX2−2,1X +1,1.
Son discriminant est∆=0,01=0,12. Il a donc deux racines réelles : X1=2,1−0.1
2 =1 et X2=2,1+0.1 2 =1,1
D’après le théorème sur le signe du trinôme, ce trinôme est positif ou nul lorsque X 61 ou lorsqueX >1,1.
On en déduit e2x−2,1x+1,1>0 si et seulement si ex 61 ou ex>1,1.
Cette condition est équivalente àx60 oux>ln1,1.
b. La fonctionf est dérivable surRet pour toutxréel : f′(x)=e2x−2,1x+1,1
Nous venons d’étudier le signe def′(x) dans la question précédente. On en déduit le tableau de variations def :
x −∞ 0 ln1,1 +∞
f′(x) + 0 − 0 +
0 f(x)
f(ln1,1)
c. On a trouvé une solution puisquef(0)=0.
D’après les variations def, on sait quef(x)<0 pour toutx∈]−∞; 0[∪]0 ; ln1,1].
D’autre part, on sait que f est dérivable donc continue, et strictement croissante sur [ln1,1; ln1,2] : cette fonction réalise donc une bijection de cet intervalle sur l’inter- valle image£
f(ln1,1) ; f(ln1,2)¤ .
On vérifie que 0 appartient à l’intervalle image puisque :
f(ln1,1)≈ −0,00016<0 et f(ln1,2)≈0,16>0
L’équationf(x)=0 a donc une solution et une seule dans l’intervalle [ln1,1 ; ln1,2].
Il n’y a pas d’autre solution puisquef est strictement croissante sur [ln1,1 ; +∞[.
En résumé l’équationf(x)=0 a exactement deux solutions.
4. Il s’agit d’estimer le minimum et le maximum de la fonction sur l’intervalle proposé : on utilise pour cela les variations étudiées à la question 3 b.
On peut déjà observer que ln1,1≈0,095<0,15.
Sur cet intervalle, le maximum est le plus grand des deux nombres f(0)=0 et f(0,15).
Sachant f(0,15)≈0,00008>0, on sait que le maximum est majoré par 0,0001.
Le minimum de la fonction est le plus petit des deux nombresf(−0,05) et f(ln1,1).
Sachant f(−0,05)≈ −0,00016, ces deux nombres (et donc le minimum de la fonction) sont minorés par−0,0002.
Il est donc raisonnable de prendre −0,00026y60,0001 .
7 Suites : Vrai/Faux
1. VRAI
Par hypothèse la suite (un) est positive. On en déduit pour toutn: 1+un>0 puisvn>0.
0n calcule ensuite la différence
1−vn= 1 1+un
La remarque précédente entraîne pour toutn: 1−vn>0 et doncvn61.
2. VRAI
Par hypothèse (un) a une limite finie que l’on noteℓ: les théorèmes sur les limites nous garantissentℓ>0 puisque (un) est positive.
D’après le théorème sur la limite d’une somme, nous avons : lim1+un=1+ℓ>0.
Puisque ce nombre est différent de 0, nous obtenons en appliquant le théorème sur la limite d’un quotient : limvn= ℓ
1+ℓ. La suite (vn) est donc convergente.
3. VRAI
On a montré 1−vn= 1
1+un, ce qui impliquevn=1− 1 1+un.
Calculons maintenant la différence entre deux termes consécutifs de (vn) : vn+1−vn= 1
1+un− 1
1+un+1 = un+1−un (1+un)(1+un+1) Puisque (un) est croissante, nous avons pour toutn:un+1−un>0.
Nous en déduisonsvn+1−vn>0 et donc (vn) croissante.
4. FAUX
Un contrexemple est obtenu en posant pour toutn :un=n. Cette suite diverge car elle tend vers+∞.
Dans ce cas nous avons :
vn= n
1+n =1− 1 1+n
Les théorèmes sur les limites et les opérations nous donnent limvn=1.
Par conséquent (vn) est convergente alors que (un) est divergente.
8 Géométrie dans l’espace : QCM
1. Si A6=B, l’ensemble des pointsM de l’espace tels que°°°−−−→
M A
°°
°=
°°
°−−−→
MB
°°
°est
a. l’ensemble vide b . un plan c. une sphère
2. SoientA(0 ; 1 ;−2) etB(2 ; 1; 0).
Les coordonnées du barycentreGde (A; 1) et (B; 3) sont
a. G(6 ; 4 ;−2) b . G(1,5 ; 1 ;−0.5) c. G(0,5 ; 1 ; 1.5) 3. Soitdla droite de représentation paramétriquex=2−t; y=3t; z= −3, t∈R.
On considère les points A(2 ; 3 ;−3), B(2 ; 0 ; −3) et C(0 ; 6 ; 0). On a :
a. d = (AB) b. d= (BC) c . d6=(AB) etd6=(BC) et
d6=(CA) 4. Les droites de représentations paramétriques respectives :
x = 2+t y = 1−t z = 1+t,
t∈R
x = −t′ y = 2−1,5t′ z = 3+t′,
t′∈R
admettent comme point commun :
a. I(3 ; 0 ; 2) b . J(2 ; 1 ; 1) c. K(0 ; 2 ; −3) 5. Les droites de représentations paramétriques respectives :
x = 1 y = 1+2t z = 1+t,
t∈R,
x = 3−2t′ y = 7−4t′ z = 2−t′,
t′∈R
sont :
a. parallèles b. sécantes c . non coplanaires
6. La droite de représentation paramétriquex= −4t ; y=1+3t; z=2+2t, t∈Ret le plan d’équationx−2y+5z−1=0 sont :
a. orthogonaux b . parallèles c. ni orthogonaux ni paral- lèles
7. L’ensemble des points tels quex−y+2z−1=0 et−2x+4y−4z+1=0 est :
a. l’ensemble vide b . une droite c. un plan
9 Fonctions trigonométriques et équations
1. Cette fonction est dérivable surRen tant que somme de fonctions dérivables et pour tout xréel :
f′(x)= −sinx+1
On sait que la fonction sinus est majorée par 1, ce qui entraînef′(x)>0 et par conséquent f croissante surR.
• Localisation des solutions de l’équation cosx+x=0.
On vérifief
³
−π 2
´
= −π
2<0 et etf(0)=1>0.
Puisquef est croissante, on peut écrire x6−π
2⇒ f(x)6f ³
−π 2
´
<0 et x>0⇒f(x)>f(0)>0 L’équationf(x)=0 ne peut donc avoir de solution en dehors de l’intervalleI=
h
−π 2 ; 0i
.
• Restriction à l’intervalleI.
Le sinus étant croissant surI, on sait :−16sinx60 ⇐⇒ 06−sinx61.
On peut alors écrire : 161−sinx62.
Doncf′est strictement positive et f est strictement croissante surI. De plus la fonc- tionf est continue car dérivable :
elle réalise donc une bijection deI sur l’intervalle imageh f
³
−π 2
´; f(0)i
= h
−π 2 ; 1i
. L’intervalle image contenant la valeur 0, l’équationf(x)=0 a une solution et un seule dans l’intervalleI.
• Valeur approchée deα.
On procède par balayage :
f(−0,8)≈ −0,10<0 et f(−0,7)≈0,06>0 ⇒ −0,8<α< −0,7 f(−0,74)≈ −0,002<0 et f(−0,73)≈0,02>0 ⇒ −0,74<α< −0,73 f(−0,74)≈ −0,002<0 et f(−0,739)≈0,0001>0 ⇒ −0,74<α< −0,739 On peut donc écrire α≈ −0,739 à 10−3près.
2. On pose pour toutxréel :g(x)=sinx−x 2.
a. On déduit de−16sinx61 l’encadrement−1−x
26g(x)61−x 2. On remarque d’abord 1−x
2<0 ⇐⇒ x>2. On en déduitx>2⇒g(x)<0.
On remarque ensuite−1−x
2>0 ⇐⇒ x< −2. On en déduitx< −2⇒g(x)>0.
On en déduit que les solutions deg(x)=0 sont comprises entre−2 et 2.
b. Étudions maintenant les variations degsur l’intervalle [−π; π] (cet intervalle contient l’intervalle [−2 ; 2]).
Calculons la dérivée :g′(x)=cosx−1 2.
Elle s’annule lorque cosx=1
2, c’est-à-dire lorsquex= −π
3 oux=π 3.
Nous savons d’autre part que le cosinus est strictement croissant sur [−π; 0] et stric- tement décroissant sur [0 ;π]. On en déduit :
cosx>1
2 ⇐⇒ −π
3 <x<π 3 Nous pouvons dresser le tableau de variations deg :
x −π −π3 π3 π
g′(x) − 0 + 0 −
π
2 g¡π
3
¢ g(x)
g¡
−π3¢
−π2
Dans ce tableaug³π 3
´
= p3
2 −π 6 etg³
−π 3
´
= − p3
2 +π 6. Surhπ
3 ; πi
,gest continue car dérivable et strictement décroissante. Elle réalise donc une bijection dehπ
3 ; πi
sur l’intervalle imageh
g(π) ;g
³π 3
´i.
L’intervalle image contient 0 carg(π)= −π
2 <0 etg
³π 3
´
= p3
2 −π
6>0. Par conséquent l’équationg(x)=0 a exactement une solutionβsur cet intervalle.
Puisqueg est impaire, l’équationg(x)=0 a exactement une solution−βsur l’inter- valleh
−π; −π 3
i. Surh
−π 3 ; π
3
i,g est strictement croissante et s’annule en 0 : l’équation a donc exacte- ment une solution sur cet intervalle.
En résumé, l’équation a trois solutions−β, 0 etβsur [−π; π].
c. On procède par balayage :
g(1,8)≈0,07>0 et g(1,9)≈ −0,004<0 ⇒ 1,8<β<1,9 g(1,89)≈0,004>0 et g(1,9)≈ −0,004<0 ⇒ 1,89<β<1,9 g(1,895)≈0,0004>0 et g(1,896)≈ −0,0004<0 ⇒ 1,895<β<1,896 On peut donc écrire β≈1,895 à 10−3près.
10 Divisibilité, nombres premiers (spécialité) : VRAI/FAUX
1. FAUX.
Un contrexemple est fourni parn=20. Ce nombre est divisible par 4 puisquen=5×4.
Ce nombre n’est pas divisible par 8 puisqu’il est strictement compris entre deux multiples consécutifs de 8 qui sont 16 et 24.
On peut aussi remarquer que la décomposition de n en facteurs premiers comprend exactement deux facteurs premiers 2. Or, sin était divisible par 8, sa décomposition en facteurs premiers devrait contenir trois facteurs premiers 2.
2. VRAI.
Puisque 2 et 3 sont deux nombres premiers, ils apparaissent dans la décomposition de ce nombre en facteurs premiers. Par conséquent ce nombre est divisible par leur produit qui est 6.
3. FAUX.
Considérons le nombren=12. Il est divisible par 4 puisquen=3×4. Il est divisible par 6 puisquen=2×6.
Il ne saurait être divisible par 24 puisquen<24.
4. FAUX.
Posonsa=7 etb=5. Ces deux nombres sont des nombres premiers : ils sont donc pre- miers entre eux.
Calculons maintenanta+b=12 et a−b=2. Ces deux nombres sont pairs : ils ne sont donc pas premiers entre eux.
5. VRAI.
Soientm=2a+betn=3a+2b. Notonsd=PGCD(a,b) etδ=PGCD(m,n).
Puisqueddivisemetn,ddivise toute combinaison linéaire de ces nombres, en particu- liermetn. Doncd6δ.
De même, puisqueδdivisemetn,δdivise toute combinaison linéaire de ces nombres.
Doncδdivise 2m−n=aetδdivise−3m+2n=b. Doncδ6d.
Finalement, nous pouvons conclure d=δ. Par conséquent, siaetbsont premiers entre eux, alorsmetnle sont également.
11 Équations de plans et calculs de distances
1. SoitM(x,y,z) un point quelconque de l’espace. Il appartient àP si et seulement si :
−−−→AM·→−
n =0 ⇐⇒ (x−1)× −1+y×1+(z−1)×1=0 ⇐⇒ −x+y+z=0
2. a. Le plan (P′) admet pour vecteur normal le vecteur−→ n′
1 2
−1
. Les vecteurs→−
n et−→
n′ sont orthogonaux car−→ n·−→
n′= −1×1+1×2+1× −1=0.
Les plans (P) et (P′) sont donc perpendiculaires.
b. Par application du cours :
d= |−0+1+1|
p(−1)2+12+12 = 2
p3=2p 3 3 d′= |−0+2−1+1|
p12+22+(−1)2= 2 p6=
p6 3
3. a. On résout le système formé par les deux équations cartésiennes :
½ −x+y+z = 0 x+2y−z+1 = 0 ⇐⇒
½ −x+y = −z
x+2y = z−1 ⇐⇒
½ −x+y = −z 3y = −1 On en déduit une représentation paramétrique de la droite d’intersectionD:
x = −13+t y = −13 z = t
t∈R
b. La droite (D) admet donc pour vecteur directeur−→ u
1 0 1
. La droite (M H) est perpendiculaire àDlorsque
−−−→M H·−→
u =0 ⇐⇒
µ
−1
3+t−0
¶
×1+ µ
−1 3−1
¶
×0+(t−1)×1=0 ⇐⇒ t=2 3 On en déduitH
µ1 3; −1
3 ; 2 3
¶ .
c. On calcule les coordonnées de−−−→
M H µ1
3; −4 3; −1
3
¶ . On en déduitM H2=18
9 =2 et on vérified2+d′2=12 9 +6
9=2.
12 Partage d’une aire
1. Puisque la fonction f est positive et continue, l’aire du domaine délimité par la courbe, l’axe des abscisses , les droitest=0 ett=xest :
A1= Zx
0 et−1dt=£ et−1¤x
0=ex−1−1 e
SoitHx(x; 0) le point de l’axe des abscisses d’abscissex. L’aire du triangleI MxHx est : A2= HxMx·HxI
2 =ex−1(1−x) 2 On en déduitg(x)=A1+A2= ex−1(3−x)
2 −1
e .
2. La fonctiong est dérivable surRet pour toutx∈[0 ; 1] : g′(x)=ex−1(3−x)−ex−1
2 =ex−1(2−x) 2 D’une part l’exponentielle est strictement positive.
D’autre part 06x61⇒2−x>0.
Par conséquentg′est strictement positive etg est strictement croissante sur [0 ; 1].
3. • SoientM0¡ 0 ; 1e¢
etN0¡ 1 ; 1e¢
.
Par définition,g(0) est l’aire du triangleI OM0c’est-à-dire la moitié de l’aire du rec- tangleOI N0M0.
Or ce rectangle est inclus dans∆et son aire est majorée par celle de∆. Nous en dé- duisons :
2g(0)6g(1)= Z1
0 f(t) dt ⇐⇒ g(0)61 2
Z1
0 f(t) dt
• La fonctiong est continue (car dérivable) et strictement croissante sur [0 ; 1] : elle réalise donc une bijection de [0,1] sur l’intervalle image [g(0) ; g(1)].
Considérons la moitié de l’aire de∆: g(1) 2 =1
2 Z1
0 f(t) dt.
Ce nombre est majoré parg(1) (puisqueg(1) est positif) et nous venons de prouver qu’il est minoré parg(0) : il appartient donc à l’intervalle image [g(0) ; g(1)].
On en déduit que l’équationg(x)=g(1)
2 admet une solutionαet une seule dans [0 ; 1].
4. Posonsv=g(1)
2 . On vérifie d’abordv=1 2 µ
1−1 e
¶
≈0,31606.
On procède ensuite par balayage :
g(0,3)≈0,303<v et g(0,4)≈0,346>v ⇒ 0,3<α<0,4 g(0,33)≈0,315<v et g(0,34)≈0,319>v ⇒ 0,33<α<0,34 g(0,331)≈0,3157<v et g(0,332)≈0,3161>v ⇒ 0,331<α<0,332 On peut donc écrire α≈0,331 à 10−3près.
13 Partage d’une aire (avec question de cours)
1. Puisque la fonction f est positive et continue, l’aire du domaine délimité par la courbe, l’axe des abscisses , les droitest=0 ett=xest :
A1= Zx
0 et−1dt=F(x)
SoitHx(x,0) le point de l’axe des abscisses d’abscissex. L’aire du triangleI MxHx est : A2= HxMx·HxI
2 = f(x)(1−x) 2 On en déduitg(x)=A1+A2=F(x)+ f(x)(1−x)
2 .
2. Soitxethtels quexetx+h∈[0 ; 1].
− On supposeh>0.
On considère le domaineDdélimité par la courbe, l’axe des abscisses , les droitest=x ett=x+h: son aire est
A = Zx+h
x
f(t) dt=F(x+h)−F(x) NotonsP le point de coordonnées¡
x+h; f(x)¢
. Puisque la fonctionf est croissante, le domaineD contient le rectangleMxP Hx+hHx et son aire est minorée par l’aire de ce rectangle :
f(x)·(x+h−x)6A ⇐⇒ h f(x)6A NotonsQle point de coordonnées¡
(x; f(x+h)¢
. Puisque la fonctionf est croissante, le domaineDest contenu dans le rectangleQMx+hHx+hHxet son aire est majorée par l’aire de ce rectangle :
A 6f(x+h)·(x+h−x) ⇐⇒ A 6h f(x+h)
On en déduit l’encadrementh f(x)6F(x+h)−F(x)6h f(x+h) et en divisant par h>0 on obtient :
f(x)6F(x+h)−F(x)
h 6f(x+h) Si nous faisons tendrehvers 0, nous obtenons :
hlim→0 h>0
f(x+h)=f(x) car la fonctionf est continue.
Par application du théorème des gendarmes, nous obtenons maintenant :
hlim→0 h>0
F(x+h)−F(x)
h =f(x)
− On démontre de la même façon pourh<0 :
hlim→0 h<0
F(x+h)−F(x)
h =f(x)
− On déduit des deux résultats précédents :
hlim→0
F(x+h)−F(x)
h =f(x) Par conséquentF est dérivable sur [0,1] etF′=f.
3. La fonctiong est dérivable en tant que somme et produit de fonctions dérivables et pour toutx∈[0 ; 1] :
g′(x)=f(x)+1 2
£f′(x)(1−x)−f(x)¤
= f(x)+f′(x) (1−x) 2
On sait quef est positive et strictement croissante, ce qui impliquef(x)>0 etf′(x)>0.
D’autre part, pour toutx∈[0 ; 1], on a 1−x>0.
On en déduit queg′(x) est strictement positive et donc queg est strictement croissante sur [0,1].
4. a. SoientM0¡ 0 ; 1e¢
etN0¡ 1 ; 1e¢
.
Par définition,g(0) est l’aire du triangleI OM0c’est-à-dire la moitié de l’aire du rec- tangleOI N0M0.
Or ce rectangle est inclus dans∆et son aire est majorée par celle de∆. Nous en dé- duisons :
2g(0)6g(1)= Z1
0 f(t) dt ⇐⇒ g(0)61 2
Z1
0 f(t) dt
b. La fonction g est continue (car dérivable) et strictement croissante sur[0 ; 1] : elle réalise donc une bijection de [0 ; 1] sur l’intervalle image [g(0) ; g(1)].
Considérons la moitié de l’aire de∆: g(1) 2 =1
2 Z1
0 f(t) dt.
Ce nombre est majoré parg(1) (puisqueg(1) est positif) et nous venons de prouver qu’il est minoré parg(0) : il appartient donc à l’intervalle image [g(0) ; g(1)].
On en déduit que l’équationg(x)=g(1)
2 admet une solutionαet une seule dans [0 ; 1].
14 Équation différentielle en électricité
A. Solutions d’une équation différentielle
1. − Montrons que toute fonctionf telle quef(t)= −b
a+Ceat est solution dey′=a y+b.
On vérifie d’abord que pour tout réelt :f′(t)=aC eat.
On en vérifie ensuite que pour tout réelt:a f(t)+b= −b+aC eat+b=aC eat . On peut donc écrire pour tout réelt: f′(t)=a f(t)+b.
− Montrons que la conditionf(0)=0 impose que la solution dey′=a y+best unique.
En effet
f(0)=0 ⇐⇒ −b
a +Ce0=0 ⇐⇒ C=b a
− Il existe donc une fonction et une seule qui est solution de l’équation différentielle et qui vérifief(0)=0.
2. D’après la question précédente, lorsquea = −10 etb =6, la solution de (A) qui vérifie f(0)=0 est
f(t)= −b a+b
aeat = −b a
¡1−eat¢
=3 5
¡1−e−10t¢
B. Établissement d’un courant dans une bobine.
1. En utilisant les valeurs numériques de l’énoncé, on sait que la fonctioni est solution de l’équation différentielle
1
2i′+5i=3 ⇐⇒ i′= −10i+6.
On sait de plus qu’à la datet=0 l’intensité est nulle, ce qui se traduit pari(0)=0.
D’après l’étude faite dans la partieA, on peut écrire :i(t)=3 5
¡1−e−10t¢ . 2. Sachant lim
t→+∞−10t= −∞et lim
X→−∞eX=0, on obtient lim
t→+∞e−10t =0.
En appliquant les théorèmes sur les limites et les opérations, il vient finalement
t→+∞lim i(t)=3 5
15 Étude d’une suite selon deux méthodes
1. La fonction f est définie sur I =[0 ; 1] car −4∉I. Elle est dérivable surI en tant que fonction rationnelle et pour toutx∈I :
f′(x)=3(x+4)−(3x+2)
(x+4)2 = 10 (x+4)2 >0
Puisque f′>0, f est strictement croissante surI. On en déduit que pour toutx∈I : 06x61=⇒f(0)=1
26f(x)6f(1)=1.
Par conséquent pour toutx∈I, on a bien f(x)∈I. 2. On procède par récurrence surn.
• Pourn=0 on au0=0∈I : la propriété est bien vérifiée.
• Supposons que pour un entiern donné on aitun∈I. En appliquant le résultat de la question précédente, on obtientf(un)∈I et doncun+1∈I.
La propriété est donc vérifiée pour l’entiern+1.
• En conclusion, pour toutn>0, on aun∈I. Première méthode.
1. Représentation graphique def.
A0 A1 A2 A3
2. On peut conjecturer que (un) est croissante et convergente vers 1.
3. Calcul de la différence entre deux termes consécutifs : un+1−un=3un+2
un+4 −un=3un+2−u2n−4un
un+4 =−u2n−un+2 un+4
On vérifie maintenant (1−un)(un+2)= −u2n−un+2, ce qui prouve le résultat demandé.
On sait que pour toutn, on a : 06un61. On en déduit que les trois facteurs (1−un), (un+2) et (un+4) sont positifs ou nuls.
Par conséquent la différenceun+1−unet positive ou nulle et la suite (un) est croissante.
4. La suite (un) est croissante et majorée par 1 : elle est donc convergente vers un réelℓ.
De plus 06un61 implique 06ℓ61 par passage à la limite dans les inégalités.
5. D’une part nous savons limun+1=limun=ℓ.
D’autre partf est continue surIet en appliquant le théorème sur la limite de la composée d’une fonction continue et d’une suite, on obtient : limf(un)=f(ℓ).
L’unicité de la limite implique ℓ=f(ℓ) . Résolvons maintenant cette équation.
ℓ=3ℓ+2
ℓ+4 ⇐⇒ ℓ2+ℓ−2=0 Cette équation a deux solutions évidentes 1 et−2.
Sachantℓ∈I, nous pouvons conclure ℓ=1 . Deuxième méthode.
1. On calculevn+1en fonction devn:
vn+1 = un+1−1 un+1+2
= 3un+2−(un+4) 3un+2+2(un+4)
= 2un−2 5un+10
= 2 5
un−1 un+2
= 2 5 vn
Par conséquent la suite (vn) est une suite géométrique de raison2 5. 2. On calculev0=u0−1
u0+2= −1
2. D’après le cours vn= −1 2
µ2 5
¶n
.
3. Avant de calculerun, il est utile de remarquer quevn=1− 3 un+2. On en déduit maintenant :
3
un+2=1−vn ⇐⇒ un+2= 3
1−vn ⇐⇒ un=1+2vn
1−vn
En utilisant le résultat de la question précédente, on obtient finalement
un= 1−
µ2 5
¶n
1+1 2
µ2 5
¶n
4. Sachant−1< 2
5 <1, on a lim µ2
5
¶n
=0 et les théorèmes sur les limites et les opérations nous permettent de conclure limun=1 .
16 Tétraèdre
1. Figure.
O −→i
−
→j
A B
C
2. • Calcul des côtés du triangle.
AB2=(−3)2+p
32=12 BC2=02+(−2p
3)2=12 C A2=32+p
32=12 On en déduitAB=BC =C A: le triangle est équilatéral.
• Calcul de la distance deOà chaque sommet.
O A2=22=4 OB2=(−1)2+p
32=4 OC2=(−1)2+
³
−p 3´2
=4 On en déduitO A=OB=OC=2 :Oest le centre du cercle circonscrit au triangle.
3. a. Le pointM(x,y,z) est équidistant deAet deB si et seulement siAM2=B M2: (x−2)2+y2+z2=(x+1)2+(y−p
3)2+z2 ⇐⇒ −4x+4=2x+1−2p 3y+3
⇐⇒ −6x+2p 3y=0
⇐⇒ p
3x−y=0 On obtient une équation du plan médiateur de [AB].
b. Le pointM(x,y,z) est équidistant deB et deC si et seulement siB M2=C M2: (x+1)2+
³ y−p
3´2
+z2=(x+1)2+ +
³ y+p
3´2
+z2 ⇐⇒ −2p
3y=2p 3y
⇐⇒ y=0 On obtient une équation du plan médiateur de [BC].
c. Le pointM(x,y,z) est équidistant des trois points lorsque se coordonnées sont solu- tion du système ½ p
3x−y = 0 y = 0 ⇐⇒
½ x = 0 y = 0 On obtient bien l’axe³
O,−→ k
´.
4. S’il existe, le pointDest équidistant deA,BetC: il appartient donc à l’axe³ O,−→
k
´. Posons (D(0 , 0 ,k) et appliquons le théorème de Pythagore au triangle rectangleAOD:
D A2=DO2+O A2=k2+4 Le tétraèdre est donc régulier si et seulement si
D A2=AB2 ⇐⇒ k2+4=12⇐⇒ k=2p
2 ou k= −2p 2
Puisque la troisième coordonnée deDdoit être positive, il existe une solution et une seule au problème, le point¡
D(0 ; 0 ; 2p 2¢
.
5. a. Remarquons d’abord queMest distinct deAet deB puisque les droites (AB) et (C D) ne sont pas coplanaires.
Appliquons la formule de cosinus :
−−−→AM·−−−→
B M =AM B M cosAMB=⇒cosAMB=
−−−→AM·−−−→
B M AM B M Nous savons que par hypothèse−−−→
C M =λ−−→
C D. Nous en déduisons les coordonnées de Men fonction deλ:
x+1 = λ(0+1) y+p
3 = λ¡ 0+p
3¢ z = λ¡
2p
2−0¢ ⇐⇒
x = λ−1 y = p
3(λ−1) z = 2p
2λ On en déduit les coordonnées des vecteurs−−−→
AM et−−−→
B M en fonction deλ:
−−−→AM
λ−3 p3(λ−1)
2p 2λ
et −−−→
B M
p λ
3(λ−2) 2p
2λ On peut maintenant calculer leur produit scalaire :
−−−→AM·−−−→
B M =λ(λ−3)+3(λ−1)(λ−2)+8λ2=12λ2−12λ+6
Nous savons queC etDsont équidistants deAetB : ils appartiennent donc au plan médiateur de [AB]. La droite (C D) est donc incluse dans ce plan. En particulierMest équidistant deAetB et doncM A=MB. On en déduit :
AM B M =AM2=(λ−3)2+3(λ−1)2+8λ2=12λ2−12λ+12 On obtient finalement
cosAMB= 12λ2−12λ+6
12λ2−12λ+12= 2λ2−2λ+1 2(λ2−λ+1)
b. Le trinômeλ2−λ+1 n’a pas de racine réelle puisque son discriminant est∆= −3<0.
La fonctionf est donc définie surR. Elle est de plus dérivable surRen tant que fonc- tion rationnelle et pour toutλ:
f′(λ)=1 2
2λ−1 (λ2−λ+1)2
Cette dérivée est du signe de 2λ−1 et nous pouvons dresser la tableau de variations def :
λ 0 12 1
f′(λ) − 0 +
1
2 1
2
f(λ)
13
c. Lorsqueλ∈[0 ; 1], le cosinus deAMBatteint son minimum1
3pourλ=1 2.
Puisque le cosinus est décroissant sur [0 ;π], l’angleAMBatteint son maximum pour cette valeur deλ.
Le pointM est alors le milieu de [C D].
d. Le maximum deAMBest donc cos−11
3≈1,23 radians≈70,53°
17 Nombres complexes, similitudes (spécialité)
PARTIE I
1. D’après l’énoncé, on sait A6=E et C6=G. D’après le cours, ces conditions suffisent pour affirmer qu’il existe une similitude plane directeStelle que S(A) = C et S(E) = G.
De plus, l’angle de cette similitude est
¡−→EA,−−→GC¢
=¡−−→BA,−−→BC¢
= −π 2
2. a. On remarque au préalable que ABC est rectangle en B : par conséquentΓest le cercle de diamètre [AC]. De la même façon,Γ′est le cercle de diamètre [EG].
D’après la question précédente¡−−→ΩA,−−→ΩC¢
= −π 2.
Le triangleΩAC est donc rectangle enΩet le pointΩappartient au cercle de diamètre [AC], c’est-à-dire àΓ.
De la même façon¡−−→ΩE,−−→ΩG¢
= −π 2.
Le triangleΩEG est donc rectangle enΩet le pointΩappartient au cercle de diamètre [EG], c’est-à-dire àΓ′.
b. Il suffit de remarquer que¡−→BE ,−−→BG¢
=π
2, alors que l’angle de la similitude est−π 2. On ne peut donc avoirΩ= B.
c. D’après l’énoncé, les cerclesΓetΓ′se coupent en deux points distincts B et K.
Or d’après la question2. a.,Ωest l’un de ces deux points et d’après la question2. b., Ωet B sont deux points distincts.
On peut donc conclureΩ= K.
PARTIE II 1. Figure.
Après avoir placé les points de l’énoncé, on vérifie que F est le milieu de [AC]. On trace ensuite le cercle de centre F et de rayon FA : il s’agit du cercleΓ.
On construit ensuite le pointm(−2 ; 5 ; 0) qui est le milieu de [EG] puis le cercle de centre met de rayonmE : il s’agit du cercleΓ′.
Ces deux cercles se coupent en deux points :Ωest le point d’intersection qui est différent de B.
A
B
C
E F
G
Ω•
m•
(Γ) (Γ′)
2. Notonss: z7→z′=az+bl’écriture complexe deS′. On résout :
½ zE = azA+b zG = azC+b ⇐⇒
½ 0 = a(2+4i)+b
−5 = a(3−4i)+b Par soustraction membre à membre, on obtient :
a(−1+8i)=5 ⇐⇒ a=5(−1−8i)
65 =−1−8i 13 On en déduit ensuite
b= −a(2+4i)=(1+8i)(2+4i)
13 =−30+20i 13 L’écriture complexe deS′est donc z7→z′=(−1−8i)z−30+20i
13 .
Le centreΩ′deS′a pour affixe la solution de l’équationz=az+b: (14+8i)z=10(−3+2i) ⇐⇒ z=5(−3+2i)(7−4i)
65 =−13+26i
13 = -1 + 2i
3. On vérifie queΩ′ ∈Γ: il suffit pour cela de montrer que les vecteurs −−→
Ω′A et−−→
Ω′C sont orthogonaux. Calculons leurs coordonnées puis leur produit scalaire :
−−→Ω′A
µ 2−(−1) = 3 4−2 = 2
¶ −−→
Ω′C
µ 3−(−1) = 4
−4−2 = −6
¶ −−→
Ω′A·−−→
Ω′C=3×4+2×(−6)=0 De la même façon, on vérifieΩ′∈Γ′ en calculant les coordonnées de−−→
Ω′E et−−−→
Ω′G et en montrant que leur produit scalaire est nul :
−−→Ω′E
µ 0−(−1) = 1 0−2 = −2
¶ −−−→
Ω′G
µ −5−(−1) = −4 0−2 = −2
¶ −−→
Ω′E·−−−→
Ω′G=1×(−4)+(−2)×(−2)=0 Par conséquentΩ′est bien l’un de deux points d’intersection deΓetΓ′. Les points B etΩ′ sont distincts car leurs affixes sont différentes. Par conséquentΩ′etΩsont confondus.
18 Modèles d’évolution
1. Supposons limun=ℓ∈R.
• La fonction f est une fonction polynôme : elle est donc continue sur R. Le théo- rème sur la limite de la composée d’une fonction continue et d’une suite nous permet d’écrire limf(un)=f(ℓ).
• On sait d’autre part limun+1=limun=ℓ.
• D’après l’unicité de la limite d’une suite : f(ℓ)=ℓ.
2. a. On calcule la différence entre deux termes consécutifs de la suite : un+1−un=un(1−un)−un= −un260 Puisque cette différence est négative, la suite (un) est décroissante.
b. On procède par récurrence.
• Pourn=0, on au0=0,4 et donc 06u061.
• Supposons que pour un entier n donné nous ayons 06un61. Montrons qu’il en va de même pour l’entiern+1.
Nous avons au départ 06un 61 et 061−un 61. Nous pouvons effectuer le produit membre à membre de ces deux encadrements car tous les termes sont positifs ou nuls : 06un(1−un)61. Nous obtenons le résultat souhaité : 06un+16 1.
• En conclusion, pour tout entiern: 06un61 .
c. La suite (un) est décroissante et minorée par 0 donc convergente vers un réelℓqui est solution de l’équation
ℓ=f(ℓ) ⇐⇒ ℓ=ℓ(1−ℓ) ⇐⇒ ℓ2=0 On en déduit limun=0 .
d. Sous ces hypothèses, la population de coccinelles va à terme vers son extinction.
3. a. La fonctionf est dérivable sur [0,1] en tant que fonction polynôme.
Pour toutx∈[0,1] :f′(x)=1,8(1−2x). On en déduit le tableau de variations def :
x 0 12 1
f′(x) + 0 −
f
0
0,45
0 On vérifie bien quef
µ1 2
¶
=1,8
4 =0,45∈
· 0,1
2
¸ .
b. D’après les variations def, pour toutx∈[0,1], f(x)∈
· 0,1
2
¸ .
— Montrons par récurrence queunest compris entre 0 et 1 2.
• Pourn=0, on au0=0,3 et donc 0≤u0≤1 2.
• Supposons que pour un entier n donné nous ayons 0≤un≤1
2. Montrons qu’il en va de même pour l’entiern+1.
Il suffit de remarquer queun∈[0,1], ce qui impliqueun+1=f(un)∈
· 0,1
2
¸ .
• En conclusion, pour tout entiern: 06un61 2 .
— Montrons que la suite (un) est croissante. On calcule la différence entre deux termes consécutifs :
un+1−un=1,8un(1−un)−un=0,8un−1,8u2n=9 5un
µ4 9−un
¶
Montrons maintenant par récurrence que la différence 4
9−unest positive.
• Pourn=0, on au0=0,3 et donc 06u064
9≈0,444.
• Supposons que pour un entier n donné nous ayons 06un64 9. Nous savons que f est strictement croissante sur
· 0,1
2
¸
et queun et 4
9 appar- tiennent à cet intervalle. Nous en déduisons :
f(0)=06f(un)6f µ4
9
¶
=4
9 ⇐⇒ 06un+164 9 L’encadrement est donc vérifié pour l’entiern+1.
• En conclusion, pour tout entiern: 06un64 9.
On en déduit finalement que (un) est croissante puisqueun>0 et4
9−un>0.
c. La suite (un) est croissante et majorée par 1
2: elle est donc convergente vers un réelℓ qui est solution de l’équation
ℓ=f(ℓ) ⇐⇒ ℓ=1,8ℓ(1−ℓ) ⇐⇒ 1,8ℓ2−0,8ℓ=0 ⇐⇒ 9 5ℓ
µ ℓ−4
9
¶
=0 Cette équation a deux solutions 0 et4
9. Sachant que la suite (un) est croissante, elle est minorée paru0=0,3, ce qui impliqueℓ>0,3>0. On en déduit limun=4
9 .
d. Sous ces hypothèses, la population de coccinelles tendra à terme vers environ 444 000 individus.
4. Sous ces hypothèses, l’effectif de la population semble alterner chaque année entre deux valeurs qui sont approximativement 800 000 individus et 512 000 individus. Pour préciser les valeurs et le comportement de la suite, on peut utiliser un tableur ou une calculatrice.
Feuilles annexes 1ercas : u0=0,4 etk=1.
u0 u1
u2 1
1
2ecas : u0=0,3 etk=1,8.
u0 u1u2 1
1
3ecas : u0=0,3 etk=1,8.
u0
u1 1
1
19 Une pyramide dans le cube
1. Dans le repère choisi :
−−→AB=−→i ⇐⇒ B
1 0 0
et −−→AC=−−→AB+−−→BC=→−i +−→j ⇐⇒ C
1 1 0
On en déduit les coordonnées du milieuI de [BC] :I
1+1
2 = 1
0+1
2 = 1/2
0+0
2 = 0
On établit de même : D
0 1 0
puis H
0 1 1
et K
0 1 1/2
E
0 0 1
puis F
1 0 1
et M
1/2
0 1
2. Calculons d’abord les coordonnées des vecteurs
−→IK
−1 1/2 1/2
et −−→IM
−1/2
−1/2 1
Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires puisque leurs coordonnées ne sont pas propor- tionnelles : les trois points I, K et M ne sont donc pas colinéaires et il existe un plan et un seul passant par ces points.
Déterminons maintenant une équation cartésienne du planP = (IKM).
Nous cherchons un vecteur→−
n normal à ce plan, c’est-à-dire orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan, par exemple−→IK et−−→IM.
Soit→−
n (a;b; c). Ses coordonnées sont solution du système :
−a+b 2+c
2 = 0
−a 2−b
2+c = 0 ⇐⇒
½ b+c = 2a
−b+2c = a ⇐⇒
½ b+c = 2a
3c = 3a ⇐⇒
½ b = a c = a Les solutions de ce système sont les triplets (t; t; t) oùtest un réel quelconque. On peut donc prendre→−
n (1 ; 1 ; 1) comme vecteur normal au planP. Soit P( x ; y ; z) un point quelconque de l’espace.
P∈P ⇐⇒ −IP→·−→
n =0 ⇐⇒ (x−1)×1+ µ
y−1 2
¶
×1+z×1=0⇐⇒ x+y+z=3 2
