Correction du devoir surveill´ e n˚3

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚3

Exercice 1 (Projet´e orthogonal d’un point sur une droite)

Le plan est rapporté à un repère orthonormé (O;−→i ,−→j) et soientA(1; 2), B(7;−1) etC(4; 3).

1. Donner une ´equation cart´esienne de (AB).

2. D´eterminer le projet´e orthogonal de Csur la droite (AB).

3. Calculer la distance deC `a la droite (AB).

Correction

1. Le vecteur −−→AB est un vecteur directeur de la droite (AB). Ses coordonn´ees sont : (xB−xA, yB−yA) = (6,−3).

Par suite le vecteur−→n(3,6) est un vecteur normal `a la droite (AB). En effet :

−

→n .−−→AB = 3×6 + 6×(−3) = 0.

Le vecteur−→

n^′(1,2) est donc lui aussi normal `a la droite (AB), car−→

n^′//−→n (−→ n^′ = 1

2−→n). D’apr`es le cours, il existec∈Rtel que :

x+ 2y+c= 0

est une équation cartésienne de (AB). Comme A(1,2) ∈ (AB), ses coordonnées satisfont la précédente

´equation, on a :

1 + 2×2 +c= 0.

On en déduit c=−5.Ainsi une équation cartésienne de la droite (AB) est : x+ 2y−5 = 0.

2. Le projeté orthogonalC^′ deC sur la droite (AB) est caractérisé par les deux conditions :

(1) −−→

CC^′ ⊥−−→AB (2) C^′∈(AB).

La condition (1) est ´equivalente `a−−→

CC^′.−−→

AB = 0 (critère d’orthogonalité). On en déduit que : (xC^′−4)×6 + (yC^′−3)×(−3) = 0,

i.e.

(∗) 6xC^′−3yC^′ = 15.

Quant `a la condition (2), elle peut se reformuler par l’´equation : (∗∗) xC^′+ 2yC^′−5 = 0.

En effet le pointC^′∈(AB) si et seulement si ses coordonnées satisfont l’équation cartésienne de la droite (AB) obtenue à la question précédente. De (∗) et (∗∗), on déduit que les coordonnées (xC^′, yC^′) sont solutions du système linéaire suivant :

6xC^′ − 3yC^′ = 15 xC^′ + 2yC^′ = 5.

On r´esout ce syst`eme pour obtenir xC^′ = 3 etyC^′ = 1.

(2)

3. Par d´efinition, la distance deC`a la droite (AB) est la longueurCC^′. CC^′ = p

(xC^′−xC)²+ (yC^′−yC)² (cf. formule du cours)

= p

(3−4)²+ (1−3)²

= √

5.

La distance deC `a la droite (AB) est donc√ 5.

Remarques

(a) Pour répondre à cette question, on aurait aussi pu appliquer la formule du cours donnant la distance d’un point à une droite connaissant les coordonnées du point et une équation cartésienne de la droite, dans un repère orthonormé.

(b) On peut vérifier les résultats des questions 2 et 3 (c.f. théorème de Pythagore) sur la figure ci-dessous.

1 2 3 4 5 6

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4 5 6 7 8

−1

−2

−3

−4

bA

bB

b

C

b C^′

Exercice 2 (Position relative de deux courbes)

Soientf et gles fonctions d´efinies par :

f:R→R, x7→ |x²+ 2x−8| et g:R→R, x7→ −x 3 +16

3 .

SoitR= (O;−→i ,−→j) un repère du plan et soientCf etCg les courbes représentatives respectives def etg dans R. Étudier la position relative des courbesCf etCg.

La calculatrice ´etant interdite, on fournit l’identit´e :23²= 529.

Correction : Pour d´eterminer la position relative des courbes Cf et Cg, on ´etudie le signe de l’expression f(x)−g(x).

Pour cela, on va tout d’abord chercher à exprimer l’expressionf(x) =|x²+ 2x−8|^≪sans valeur absolue^≫. À cette fin, on étudie le signe dex²+ 2x−8. On remarque que 2 est racine évidente de ce trinôme du second degré.

Son autre racine est donc −4. (Si l’on ne remarque pas de racine ^≪évidente^≫, on peut appliquer la méthode usuelle pour étudier les racines d’un trinôme du second degré, en commen¸cant par calculer le discriminant.) D’après le cours sur le signe d’un trinôme du second degré, on déduit la deuxième ligne du tableau ci-dessous, ligne de laquelle découlent les suivantes.

(3)

Tableau n˚1

x −∞ −4 2 +∞

Signe dex²+ 2x−8 + 0 − 0 +

f(x) =|x²+ 2x−8| x²+ 2x−8

|

⁻^x²⁻^2x^{+ 8}

|

^x²^{+ 2x}⁻⁸

f(x)−g(x) =|x²+ 2x−8| −(−^x₃+¹⁶₃) x²+⁷₃x−⁴⁰₃

|

⁻^x²⁻⁵³^x⁺⁸³

|

^x²⁺⁷³^x⁻⁴⁰³

On est ainsi conduit à étudier le signe du trinôme du second degréx²+7 3x−40

3 sur ]− ∞,−4]∪[2,+∞[ et le signe du trinˆome du second degr´e−x²−5

3x+8

3 sur ]−4,2[.

• Etude du signe de´ x²+7 3x−40

3 sur ]− ∞,−4]∪[2,+∞[

La présence de coefficients non entiers peut être source d’erreurs de calcul. On peut très simplement

≪chasser les dénominateurs^≫ pour se ramener à l’étude du signe d’un trinôme à coefficients entiers. En effet, on a :

3

x²+7 3x−40

3

= 3x²+ 7x−40 et donc (3>0) le signe de x²+7

3x−40

3 est le même que le signe de 3x²+ 7x−40. Le discriminant du trinôme du second degré 3x²+ 7x−40 étant ∆ = 7²−4×3×(−40) = 529>0, x²+ 7x−40 possède donc deux racines distinctes :

x1= −7−√ 529

6 =−5 et x2=−7 +√ 529

6 = 8

3.

Pour simplifier les expressions de x1 et de x2, on a utilisé l’indication fournie par l’énoncé : 529 = 23². D’après le cours sur le signe d’un trinôme du second degré, on a le tableau de signes suivant.

x −∞ −5 ⁸₃ +∞

Signe de 3x²+ 7x−40 + 0 − 0 +

Comme −5 < −4 et 2 < 8

3, on a les r´esultats suivants pour le signe de 3x²+ 7x−40 sur ]− ∞,−4]

(respectivement sur [2,+∞[).

Tableau n˚2 Tableau n˚3

x −∞ −5 −4

Signe de 3x²+ 7x−40 + 0 −

x 2 ⁸₃ +∞

Signe de 3x²+ 7x−40 − 0 +

• Etude du signe de´ −x²−5 3x+8

3 sur ]−4,2[

A nouveau, on commence par` ^≪chasser les d´enominateurs^≫. Comme 3

−x²−5 3x+8

3

=−3x²−5x+ 8

(4)

et (3>0), le signe de−x²−5 3x+8

3 est le même que le signe de−3x²−5x+ 8.Le discriminant du trinôme du second degré−3x²−5x+ 8 étant ∆ = (−5)²−4×(−3)×8 = 121 = 11²>0,−3x²−5x+ 8 possède donc deux racines distinctes :

x1= −(−5)−11

−6 = 1 et x2=−(−5) + 11

−6 =−8 3.

D’après le cours sur le signe d’un trinôme du second degré, on a le tableau de signes suivant.

x −∞ −⁸3 1 +∞

Signe de−3x²−5x+ 8 − 0 + 0 −

Comme−4<−8

3 <1<2, on a les r´esultats suivants pour le signe de−3x²−5x+ 8 sur ]−4,2[.

Tableau n˚4

x −4 −⁸₃ 1 2

Signe de−3x²−5x+ 8 − 0 + 0 −

Des résultats présentés dans les tableaux n˚1, n˚2, n˚3 et n˚4, on déduit le tableau suivant.

x −∞ −5 −⁸₃ 1 ⁸₃ +∞

Signe def(x)−g(x) + 0 − 0 + 0 − 0 +

Ainsi a-t-on :

• Cf etCg et se coupent au points d’abscisses−5,−8 3, 1, 8

3;

• Cf est au-dessus deCg sur :

]−∞,−5[∪

−8 3,1

∪ 8

3,+∞

;

• Cf est en-dessous deCg sur :

−5,−8 3

∪

1,8 3

. On peut vérifier la cohérence de ces résultats sur le graphique suivant.

2 4 6 8 10

2 4 6 8

−2

−4

−6

−8

Cf

Cg

(5)

Exercice 3 (Résolution d’une équation polynomiale à paramètre)

1. Dresser le tableau de signes de la fonctionf d´efinie par : f:R→R, λ7→λ²−4.

2. Soitλun nombre réel fixé. Résoudre dansCl’équation d’inconnuez: (E) z³+ (2−λ)z²+ (1−2λ)z+ 2 = 0.

Correction

1. Pour déterminer le signe du trinôme du second degré λ²−4, qui admet −2 et 2 comme racines, on peut appliquer le résultat du cours sur le signe d’un trinôme du second degré ou utiliser la factorisation λ²−4 = (λ−2)(λ+ 2). On a, quelque soit la méthode utilisée, le tableau de signes suivant.

λ −∞ −2 2 +∞

Signe deλ²−4 + 0 − 0 +

2. SoitP le polynôme (de degré 3) défini parP=X³+ (2−λ)X²+ (1−2λ)X+ 2. Résoudre l’équation (E) revient à déterminer toutes les racines deP dansC. On remarque tout d’abord que−2 est racine deP. En effet : P(−2) = (−2)³+ (2−λ)(−2)²+ (1−2λ)(−2) + 2 = 0.

D’apr`es le cours, il existe donc un unique polynˆomeQ=aX²+bX+ctel queP = (X−(−2))Q= (X+2)Q.

On d´etermine alors les coefficientsa, bet cde Q, en calculant tout d’abord les coefficients de (X + 2)Q.

On a :

(X+ 2)Q=aX³+ (2a+b)X²+ (c+ 2b)X+ 2c.

Par identification des coefficients des polynˆomesP et (X+ 2)Q. on a :











a = 1

2a + b = 2−λ

2b + c = 1−2λ 2c = 2.

On résout ce système linéaire et l’on obtient a= 1, b=−λet c = 1. Ainsi a-t-on Q=X²−λX+ 1 et par suite :

P = (X+ 2)(X²−λX+ 1).

On en d´eduit que :

(∗)

z³+ (2−λ)z²+ (1−2λ)z+ 2 = 0 ⇐⇒ (z+ 2)(z²−λz+ 1) = 0

⇐⇒







z=−2 ou

z²−λz+ 1 = 0.

On est ainsi conduit à étudier les racines du trinôme du second degréz²−λz+ 1. Son discriminant est

∆ = (−λ)²−4×1×1 =λ²−4.L’´etude se scinde alors en trois parties, suivant le signe de ∆.

• Cas où ∆ =λ²−4>0, i.e. cas oùλ∈]− ∞,−2[∪]2,+∞[ (d’après la question 1) Dans ce cas, le trinômez²−λz+ 1 admet deux racines réelles distinctes :

z1= −(−λ)−√ λ²−4

2 = λ−√

λ²−4

2 et z2=λ+√

λ²−4

2 .

(6)

• Cas où ∆ =λ²−4 = 0, i.e. cas oùλ∈ {−2,2}(d’après la question 1) Dans ce cas, le trinômez²−λz+ 1 admet une unique racine réelle :

z1=−(−λ)

2 = λ

2.

• Cas où ∆ =λ²−4<0, i.e. cas oùλ∈]−2,2[ (d’après la question 1)

Dans ce cas, le trinˆomez²−λz+ 1 admet deux racines complexes conjugu´ees : z1= −(−λ) +i√

−∆

2 = λ+i√

4−λ²

2 et z2=z1=λ−i√ 4−λ²

2 .

Des trois points précédents et de (∗), on déduit que l’ensemble des racines deP, i.e. des solutions de (E), est :

(

−2,λ−√ λ²−4

2 ,λ+√

λ²−4 2

)

siλ∈]− ∞,−2[∪]2,+∞[ ;

−2,λ 2

siλ∈ {−2,2}; (

−2,λ+i√ 4−λ²

2 ,λ−i√ 4−λ² 2

)

siλ∈]−2,2[.

Exercice 4 (Une équation et une inéquation trigonométriques)

Les deux questions de cet exercice sont ind´ependantes.

1. R´esoudre dansRl’´equation :

(E) cos(x)−√

3 sin(x) =−1.

2. R´esoudre dansRl’in´equation :

(I) 2 sin²(x)<3 cos(x).

Correction

1. L’´equation (E) est du type acos(x) +bsin(x) =c, aveca= 1, b=−√

3, c=−1∈R. Pour la r´esoudre, on applique la m´ethode vue en cours.

On calcule tout d’abord√

a²+b²= q

1²+ (−√

3)²= 2.et on chercheθ∈Rtel que :











cos(θ) = a

√a²+b² =1 2 sin(θ) = b

√a²+b² =−

√3 2

Connaissant les valeurs remarquables de cosinus et sinus, on voit que θ=−π

3 est solution du précédent système. Après ces préparatifs, on passe à la résolution de (E).

(E) cos(x)−√

3 sin(x) =−1 ⇐⇒ 1

2cos(x)−

√3

2 sin(x) =−1

2 (division par 2 de chacun des membres)

⇐⇒ cos

−π 3

cos(x) + sin

−π 3

sin(x) = cos 2π

3

(cf. pr´eparatifs et cos

2π 3

=−1 2)

⇐⇒ cos

−π 3 −x

= cos 2π

3

⇐⇒ cosπ 3 +x

= cos 2π

3

(cos est une fonction paire)

(7)

D’après le cours (cas d’égalité de deux cosinus), on a :

cosπ 3 +x

= cos 2π

3

⇐⇒









 π

3 +x=2π

3 + 2kπ , k∈Z ou

π

3 +x=−2π

3 + 2kπ , k∈Z

⇐⇒











x= π

3 + 2kπ , k∈Z ou

x=−π+ 2kπ , k∈Z. L’ensemble solution de l’´equation (E) est donc :

nπ

3 + 2kπ , k∈Zo

∪ {−π+ 2kπ , k∈Z}. 2. On sait que pour toutx∈R, cos²(x) + sin²(x) = 1. On a donc :

(I) 2 sin²(x)<3 cos(x) ⇐⇒ 2(1−cos²(x))<3 cos(x)

⇐⇒ 0<2 cos²(x) + 3 cos(x)−2.

On introduit alors l’inconnue auxiliaire X= cos(x) pour r´esoudre l’in´equation (I). On a :

(∗) (I)⇐⇒

2X²+ 3X−2>0

X = cos(x) .

Le nombre−2 est racine du trinˆome du second degr´e 2X²+3X−2. Son autre racine est donc −2 2×(−2) = 1

2 (cf. cours sur la somme et le produit des racines d’un trinôme du second degré). (Si l’on ne remarque pas de racine ^≪évidente^≫, on peut appliquer la méthode usuelle pour étudier les racines d’un trinôme du second degré, en commen¸cant par calculer le discriminant.) D’après le cours sur le signe d’un trinôme du second degré, on voit que :

2X²+ 3X−2>0⇐⇒

X <−2 ou X > 1 2

. Joint `a (∗), ce r´esultat entraˆıne :

(I) ⇐⇒







X <−2 ouX > 1 2 X= cos(x)

⇐⇒ cos(x)> 1

2 (−1≤cos(x)≤1).

Comme l’ensemble des solutions de cos(x) > 1

2 sur ]−π, π] est i

−π 3,π

3 h

, l’ensemble des solutions de cos(x)>1

2 (et donc de (I)) dansRest : [

k∈Z

i−π

3 + 2kπ,π

3 + 2kπh .

Exercice 5 (Approximation de√

1 +xau voisinage de 0 et allongement d’une corde pinc´ee) 1. (a) Montrer que :

∀x∈[−1,+∞[ 1 +x 2 −√

1 +x=

x² 4 1 +x

+√ 1 +x.

(8)

(b) Prouver que :

∀x∈[−1,+∞[ 1 + x 2 +√

1 +x≥ 1 2. (c) D´eduire de (a) et (b) que :

∀x∈R⁺ 0≤1 + x 2 −√

1 +x≤ x² 2 .

2. Une corde élastique (représentée en gras ci-dessous) est tendue entre deux pointsAetB. Elle est légèrement pincée dans une direction perpendiculaire à (AB) en un point fixéIde [AB] distinct deAetB. On pose :

IA=a IB=b IM =x (x∈R^+×).

b

A

b

B b

a

b

M

b

I x

On se propose d’obtenir une valeur approchée de l’allongement de la corde, égal à AM +M B−AB et notéf(x), pour des^≪petites valeurs^≫ dex∈R⁺^×.

(a) Montrer que :

∀x∈R^+× f(x) =a r

1 +x a

2

−1

! +b

r 1 +x

b 2

−1

!

(b) De la question précédente et de 1.(c), déduire que :

∀x∈R^+× 0≤ x² 2

1 a+1

b

−f(x)≤x⁴ 2

1 a³+ 1

b³

.

(c) Application num´erique : on suppose quea= 4 etb= 2. Montrer que :

∀x∈R^+× 0≤ 3

8x²−f(x)≤ x⁴ 10

et en déduire une valeur approchée def(0.1), avec une erreur n’excédant pas 10⁻⁵. Correction

1. (a) Soitx∈[−1,+∞[. L’´egalit´e

1 + x 2 −√

1 +x=

x² 4 1 +x

2 +√ 1 +x signifie par d´efinition que :

1 + x 2 −√

1 +x 1 + x 2 +√

1 +x

= x² 4 . Cette derni`ere est vraie car :





1 +x

| {z }2

a

−√ 1 +x

| {z }

b











1 + x

| {z }2

a

+√ 1 +x

| {z }

b





 = 1 +x

2 2

−(√

1 +x)² ((a−b)(a+b) =a²−b²)

= 1 + 2 x 2+x

2 2

−(1 +x)

= x² 4 .

(9)

(b) Soitx∈[−1,+∞[.

−1≤x =⇒ −1 2 ≤x

2 (multiplication de chacun des membres par 1 2 >0)

=⇒ 1

2 ≤1 +x

2 (ajout de 1 à chacun des membres) On ajoute membre par membre cette dernière inégalité et 0≤√

1 +x(une racine carrée est toujours positive ou nulle) et l’on obtient l’inégalité demandée :

1

2 ≤1 +x 2 +√

1 +x.

(c) Soitx∈R⁺. On a d’après la question précédente : 1

2 ≤1 +x 2 +√

1 +x.

La fonction inverse étant strictement décroissante sur ]0,+∞[, on en déduit :

2≥ 1

1 + x 2 +√

1 +x ≥0.

La positivité du terme du milieu se déduit immédiatement dex≥0. En multipliant chaque membre de la précédente inégalité par x²

4 ≥0, on obtient : x²

2 ≥

x² 4 1 +x

2 +√

1 +x ≥0.

Or d’après (a), le terme du milieu est égal à 1 +x 2−√

1 +x.L’inégalité demandée est donc montrée.

2. (a) Soitx∈R^+×. D’après le théorème de Pythagore, on a : AM =p

a²+x² et M B=p

b²+x². De plusAB=a+b. On en d´eduit que :

f(x) = AM+M B−AB

= √

a²+x²+√

b²+x²−(a+b)

= s

a²

1 + x² a²

−a+ s

b²

1 +x² b²

−b

= s

a²

1 +x a

2

−a+ s

b²

1 +x b

2

−b

= √

a² r

1 +x a

2

−a+√ b²

r 1 +x

b 2

−b

= a

r 1 +x

a 2

−a+b r

1 +x b

2

−b (a≥0 etb≥0)

= a

r 1 +x

a 2

−1

! +b

r 1 +x

b 2

−1

! .

(b) Réécrivons l’inégalité obtenue en 1.(c), en renommant la variable, pour obtenir :

(∗) ∀X ∈R⁺ 0≤1 + X

−√

1 +X ≤X² .

(10)

Soitx∈R^+×. On applique (∗) avecX =x a

2

et l’on a : 0≤1 + 1

2 x

a 2

− r

1 +x a

2

≤1 2

x a

22

que l’on peut aussi ´ecrire :

0≤x² 2

1 a² −

r 1 +x

a 2

−1

!

≤x⁴ 2

1 a⁴. En multipliant chaque membre de cette in´egalit´e para≥0, on obtient :

(∗∗) 0≤ x² 2

1 a−a

r 1 +x

a 2

−1

!

≤x⁴ 2

1 a³. De mˆeme on montre que :

(∗ ∗ ∗) 0≤x² 2

1 b −b

r 1 +x

b 2

−1

!

≤x⁴ 2

1 b³. On ajoute enfin membre à membre les inégalités (∗∗) et (∗ ∗ ∗) pour avoir :

0≤x² 2

1 a−a

r 1 +x

a 2

−1

! +x²

2 1 b −b

r 1 +x

b 2

−1

!

≤ x⁴ 2

1 a³ +x⁴

2 1 b³ inégalité que l’on réécrit :

0≤x² 2

1 a+1

b

− a r

1 +x a

2

−1

! +b

r 1 +x

b 2

−1

!!

| {z }

f(x) (cf. 2.(a))

≤x⁴ 2

1 a³+ 1

b³

d’où le résultat demandé.

(c) Soitx∈R^+×. L’inégalité obtenue en 2.(b) s’écrit, lorsquea= 4 etb= 2 : 0≤ 3

8 x²−f(x)≤ x⁴ 2

9 64 = 9

128x⁴. On obtient le r´esultat demand´e en remarquant que 9

128 x⁴≤ x⁴

10. En effet 9 128 ≤ 1

10 (90≤128) et x⁴≥0. On a donc :

0≤ 3

8x²−f(x)≤x⁴ 10. En particulier, pour x= 0,1 = 10⁻¹, on a :

0≤3

8 10⁻²−f(0,1)≤ 0,1⁴

10 = 10⁻⁵. On peut donc approximerf(0,1) par 3

8 10⁻²en commettant une erreur inférieure ou égale à 10⁻⁵.

Exercice 6 (Étude du sens de variation d’un polynôme de degré 3)

1. Énoncer, sans démonstration, le résultat vu en classe pour le sens de variation de la fonction g(fonction cube) définie par :

g:R→R, x7→x³. 2. Soitula fonction d´efinie par :

u:R→R, x7→ −x³+ 6x²−12x+ 5.

D´eterminera, b, c∈Rtels que les fonctions affines :

f: R→R, x7→ax+b et h: R→R, x7→x+c v´erifient :

u=h◦g◦f.

(11)

3. D´eterminer le sens de variation de la fonction u.

4. Soit R= (O;−→i ,−→j) un repère du plan. Montrer que la courbe représentativeCu de udans le repère R admet une symétrie centrale, de centre le pointA(2,−3).

Correction

1. La fonctiong:R→R, x7→x³ est strictement croissante surR. 2. Soitx∈R.

h◦g◦f(x) = h(g(f(x)))

= h(g(ax+b))

= h((ax+b)³)

= (ax+b)³+c

= (ax)³+ 3(ax)²b+ 3axb²+b³+c (cf. formule du binˆome de Newton)

= a³x³+ 3a²b x²+ 3ab²x+b³+c On a doncu=h◦g◦f si et seulement si pour tout x∈R:

−x³+ 6x²−12x+ 5 =a³x³+ 3a²b x²+ 3ab²x+b³+c.

Par identification des coefficients des polynˆomesuet h◦g◦f on a :

u=h◦g◦f ⇐⇒











a³ = −1 (L1) 3a²b = 6 (L2) 3ab² = −12 (L3) b³+c = 5 (L4)

On résout ce système (non linéaire), noté (S). On remarque quea=−1 est solution de l’équation (L1).

Si a=−1, les équations (L2) et (L3) se réécrivent :

3b= 6 et −3b²=−12.

b= 2 est solution de ces équations. Sib= 2, alors l’équation (L4) se réécrit : 8 +c= 5.

c =−3 est solution de cette dernière. On a donc vu que a=−1,b= 2 et c=−3 forme une solution du système (S). (On peut montrer que c’est la seule solution du système (S).)

3. D’après la question précédente, on au=h◦g◦f où f,get hsont les fonctions définies surRpar : f:x7→ −x+ 2 ; g:x7→x³ ; h:x7→x−3.

D’après le cours sur le sens de variation des fonctions affines, on sait quef est strictement décroissante sur Ret que hest strictement croissante surR. D’autre partg est strictement croissante surR(cf. question 1). On en déduit que uest strictement décroissante sur R (cf. résultat du cours sur le sens de variation d’une composée de fonctions monotones).

4. D’apr`es le cours, A(2,−3) est centre de sym´etrie de la courbe Cu si et seulement si pour tout x ∈ R u(2xA−x) = 2yA−u(x), i.e. :

u(4−x) =−6−u(x).

Soitx∈R.

u(4−x) = −(4−x)³+ 6(4−x)²−12(4−x) + 5

= −(4³+ 3×4²(−x) + 3×4(−x)²+ (−x)³) + 6(16−8x+x²)−12(4−x) + 5

(cf. formule du binˆome de New- ton ou identit´e remarquable)

= −(64−48x+ 12x²−x³) + 96−48x+ 6x²−48 + 12x+ 5

= x³−6x²+ 12x−11.

D’autre part :

−6−u(x) =−6−(−x³+ 6x²−12x+ 5) =x³−6x²+ 12x−11.

En comparant les r´esultats des deux calculs effectu´es, on remarque que u(4−x) = −6−u(x), ce qu’il

(12)

Exercice 7 (Où chercher les racines (entières) d’un polynôme ?) 1. SoitP =a3X³+a2X²+a1X+a0 un polynôme de degré 3.

(a) Que peut-on dire dea3?

(b) Prouver que six0 est une racine de P non nulle, alors : x0=−a2

a3 − a1

a3x0 − a0

a3x²₀. (c) Rappeler l’in´egalit´e triangulaire.

(d) D´eduire de (b) et (c) que six0 est une racine de P telle que |x0| ≥1, alors :

|x0| ≤c(P) o`uc(P) = |a2|+|a1|+|a0|

|a3| .

(e) Prouver alors que six0 est une racine deP, alors :

x0∈[−C(P), C(P)], o`uC(P) = Max(c(P),1).

2. On considère le polynômeQ= 3X³+ 3X²−X+ 2 de degré 3. Calculer C(Q) et déduire de la question 1.(e) queQn’admet aucune racine dansZ.

3. Conjecturer une généralisation du résultat de la question 1.(e) pour un polynômeP de degrénquelconque (n∈N^∗) ?

Correction

1. (a) CommeP est un polynˆome de degr´e 3,a36= 0.

(b) Soitx0 une racine deP. On a doncP(x0) = 0, i.e.

a3x³₀+a2x²₀+a1x+a0= 0.

Cette dernière égalité implique :

a3x³₀=−a2x²₀−a1x0−a0.

Si de plus x0 6= 0, alors, en divisant cette dernière égalité par a3x²₀ 6= 0 (cette transformation est motivée par l’égalité a3x³₀

a3x²₀ =x0) on obtient : x0=−a2x²₀

a3x²₀ −a1x0

a3x²₀− a0

a3x²₀ =−a2

a3 − a1

a3x0 − a0

a3x²₀. (c) L’inégalité triangulaire s’énonce comme suit. Pour touta, b∈R:

||a| − |b|| ≤ |a+b| ≤ |a|+|b|. (d) Soitx0 une racine deP telle que|x0| ≥1, alorsx06= 0 et :

(∗)

|x0| = −a2

a3 − a1

a3x0 − a0

a3x²₀

(cf. question 1.(b))

=

a2

a3

+ a1

a3x0

+ a0

a3x²₀

(|X|=| −X|pour toutX ∈R)

≤

a2

a3

+

a1

a3x0

+ a0

a3x²₀

(in´egalit´e triangulaire)

≤

a2

a3

+

a1

a3x0

+

a0

a3x²₀

(in´egalit´e triangulaire)

On a :

(∗∗)

a1

a3x0

=

a1

a3

1

|x0|.

(13)

Comme |x0| ≥ 1, on a 1

|x0| ≤ 1 (la fonction inverse est strictement décroissante sur R^+×). En multipliant chaque membre de cette inégalité par

a1

a3

≥0, on obtient :

(∗ ∗ ∗)

a1

a3

1

|x0| ≤

a1

a3

.

De (∗∗) et (∗ ∗ ∗), on d´eduit :

(∗ ∗ ∗∗)

a1

a3x0

≤

a1

a3

.

De fa¸con analogue, on prouve que : (∗ ∗ ∗ ∗ ∗)

a0

a3x²₀ ≤

a0

a3

.

Les in´equations (∗), (∗ ∗ ∗∗) et (∗ ∗ ∗ ∗ ∗) impliquent que :

|x0| ≤

a2

a3

+

a1

a3

+

a0

a3

= |a2|

|a3| +|a1|

|a3|+|a0|

|a3| = |a2|+|a1|+|a0|

|a3|

| {z }

c(P)

.

(e) Soitx0∈Rune racine deP. Alors :

• soit |x0|<1≤Max(c(P),1) =C(P) ;

• soit |x0| ≥1 et dans ce cas (cf. question 1.(d))|x0| ≤c(P)≤Max(c(P),1) =C(P).

Dans les deux cas, on a |x0| ≤C(P), i.e.x0∈[−C(P), C(P)].

2. Si Q = 3X³+ 3X²−X + 2, alors : c(Q) = 3 + 1 + 2

3 = 2 > 1. Donc C(Q) = 2. Par suite les racines réelles de Qappartiennent à [−2,2]. Les seules racines entières possibles de Qsont donc−2,−1, 0, 1, 2.

On calcule :

Q(−2) =−8 ; Q(−1) = 3 ; Q(0) = 2 ; Q(1) = 7 ; Q(2) = 36.

On en déduit que le polynômeQn’admet aucune racine entière.

3. Si P = Xn

k=0

akX^k est un polynôme de degré n ≥1, alors il est naturel de conjecturer, compte tenu de l’étude précédente, que si x0 est une racine deP, alorsx0∈[−C(P), C(P)] où :

C(P) = Max







n−1

X

k=0

|ak|

|an| ,1





 .

Cette conjecture est vraie et on peut la démontrer en adaptant la preuve donnée dans le cas oùn= 3.

Exercice 8 (Rectangle inscrit dans un cercle, d’aire maximale)

ABCDest un rectangle inscrit dans un cercleCde centreOet de rayon 5 cm.Iest le milieu de [AB].α∈h 0,π

2 i

désigne une mesure (en radians) de l’angle géométriqueAOI[.

(14)

b

O

b A

C

b B

b

C

bD

b

I α

1. Exprimer, en cm, les longueursAI etOI en fonction de α.

2. En d´eduire, en fonction de α, les dimensions, en cm, du rectangleABCD.

3. Montrer que l’aire, en cm², du rectangleABCD est ´egale `a 50 sin(2α).

4. On consid`ere la fonction f d´efinie par : f: h

0;π 2

i→R, α7→50 sin(2α).

(a) Montrer quef est strictement croissante surh 0,π

4

iet strictement d´ecroissante surhπ 4,π

2 i. (b) Dresser le tableau de variations def.

5. En déduire qu’il existe une valeurα, que l’on précisera, pour laquelle l’aire du rectangleABCDest maximale. Préciser son maximum. Quelle est alors la nature du rectangleABCD?

Correction

1. On a sin(α) = AI

OA et cos(α) = OI

OA car le triangleAOI est rectangle enI. De ces relations et deOA= 5, on d´eduit :

AI = 5 sin(α) et OI = 5 cos(α).

2. La longueur du côté [CB] du rectangleABCDest égale à 2OI= 10 sin(α).La longueur du côté [BA] du rectangleABCD est égale à 2AI= 10 cos(α).

3. De la question précédente, on déduit que l’aire, en cm², du rectangleABCD est égale à : 10 sin(α)×10 cos(α) = 100 sin(α) cos(α) = 50 sin(2α)

où la dernière égalité est obtenue grâce à la formule de trigonométrie : sin(2α) = 2 sin(α) cos(α).

4. (a) Soient α1, α2∈h 0,π

4

itels queα1< α2.

0≤α1< α2≤π

4 =⇒ 0≤2α1<2α2≤ π 2

=⇒ sin(2α1)<sin(2α2) (sin est strictement croissante surh 0,π

2 i)

=⇒ f(α1) = 50 sin(2α1)<50 sin(2α2) =f(α2) (multiplication de chacun des membres par 50>0) Ainsi la fonction f est-elle strictement croissante sur h

0,π 4 i

. De fa¸con analogue, en utilisant cette fois-ci le fait que sin est strictement d´ecroissante sur hπ

2, πi

, on d´emontre que la fonction f est strictement d´ecroissante sur hπ

4,π 2

i.

(b) De l’étude précédente, on déduit le tableau de variations suivant pour la fonctionf.

(15)

α 0 π 4

π 2 50

Variations def

ր ց

0 0

5. De ce qui précède, on déduit que la fonctionf admet un maximum 50 atteint en α= π

4. Dans ce cas, le rectangleABCD est en fait un carré de côté de longueur :CB=BA= 5√

2.