Quelques contrˆole de Premi`ere S

Quelques contrˆ ole de Premi` ere S

Gilles Auriol

[email protected] — http ://auriolg.free.fr

Voici l’´enonc´e de 7 devoirs de Premi`ere S, int´egralement corrig´es. Malgr´e tout les devoirs 1 et 5 n´ecessitent l’usage du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, ils conviendront certainement mieux

`a la classe de Terminale S.

Contrˆole d’´et´e - ´Episode 1

1. Soit g : x7→ 4x³+ x²− 4x − 5 et C^g sa courbe repr´esentative dans un rep`ere orthonorm´e.

(a) Limites aux bornes de l’ensemble de d´efinition, d´eriv´ee, tableau de variation avec va- leurs des extr´emums locaux.

(b) D´eduire du tableau de variation qu’il existe un unique r´eel α tel que g(α) = 0. Donner un encradrement d’amplitude 0, 1 de α.

(c) A l’aide des deux questions pr´ec´edentes, construire le tableau de signe de g(x).

(d) D´emontrer que I



− 1

12,−1007 216



est un centre de sym´etrie deC^g. (e) Donner une ´equation de la tangente T au point d’abscisse −1.

(f) Quelle est l’abscisse du point en lequel T recoupe C^g? Noter que l’on connaˆıt d´ej`a une racine du polynˆome qui va ˆetre form´e.

2. Consid´erons maintenant f : x7→ 4x− 2 (x + 2)(x²+ 1). (a) Calculer la d´eriv´ee.

(b) ´Etudier son signe grˆace `a la question 1.c, en d´eduire le tableau de variation.

(c) Donner les limites aux bornes de l’ensemble de d´efinition.

2

Correction du contrˆole d’´et´e - ´Episode 1 1. (a) (2 pts)D^g = R car c’est une fonction polynˆome.

∀x ∈ R, g^′(x) = 12x²+ 2x−4. Le discriminant vaut 14², donc les racines sont −2 ± 14 24 , c’est-`a-dire −2

3 et 1

2. D’o`u le tableau (le signe d’un polynˆome du second degr´e ´etant celui du coefficient de x², sauf entre les racines s’il y en a) :

x −∞ −2

3

1

2 +∞

g^′(x) + 0 − 0 +

g(x) −∞ ր −83

27 ց −25

4 ր +∞

(b) (3 pts)∀x ∈



−∞,1 2



, g(x) 6 −83

27 < 0, donc α n’est pas dans cet intervalle ! Il s’agit de rien oublier pour justifier l’existence de cet α sur l’intervalle

1 2, +∞

 : d’une part la fonction est strictement croissante sur cet intervalle et d’autre part elle y est continue (fonction polynˆome), donc g r´ealise une bijection de

1 2, +∞



sur J =

 f

1 2

 , lim

x→+∞f (x),



=



−25 4 , +∞



. MAIS 0∈ J, donc il existe un unique (bijection

=⇒ il existe et unique) r´eel α de

1 2, +∞



tel que g(α) = 0.

Avec une calculette, on obtient facilement 1, 2 < α < 1, 3.

Si on rajoute α dans le tableau ci-dessus :

x −∞ −2

3

1

2 α +∞

g^′(x) + 0 − 0 +

g(x) −∞ ր −83

27 ց −25

4 ր 0 ր +∞

(c) (2 pts) L’examen de ce second tableau montre que pour x < α, on a g(x) < 0, que pour x > α, on a g(x) > 0 et que g(α) = 0. On r´esume dans un tableau :

x −∞ α +∞

g(x) − 0 +

(d) (3 pts) D’apr`es le cours on sait que : I



− 1

12,−1007 216



est centre de sym´etrie de C^f

⇔ ∀x ∈ D^g







−1

6− x ∈ D^g [1]

g



−1 6 − x



=−1007

108 − g(x) [2]

L’assertion [1] est ´evidente puisque D^f = R. Prouver [2] revient `a faire de longs calculs d´esagr´eables que voici :

D’une part (sachant que (a + b)³ = a³+ 3a²b + 3ab²+ b³, `a retenir !) g



−1 6− x



= 4



−1 6− x

3

+



−1 6 − x

2

− 4



−1 6 − x



− 5

= −4

1 6+ x

3

+

1 6+ x

2

+ 4

1 6+ x



− 5

= −4

 1 216 + 3

36x +3

6x²+ x³

 + 1

36+ 2

6x + x²+4

6 + 4x− 5

= − 2 108 − 1

3x− 2x²− 4x³ + 3 108 + 1

3x + x²+4× 18

6× 18+ 4x− 540 108

= −4x³− x²+ 4x + −2 + 3 + 72 − 540 108

= −4x³− x²+ 4x− 467 108 d’autre part

−1007

108 − g(x) = −1007

108 − 4x³− x²+ 4x + 540 108

= −4x³− x²+ 4x−467 108 donc I est bien un centre de sym´etrie de C^g.

Remarque. I est mˆeme un point d’inflexion, i.e. la tangente n’est pas du mˆeme cˆot´e de la courbe avant et apr`es ce point (localement). On d´emontre qu’une condition n´ecessaire (mais non suffisante) pour qu’un point d’abscisse x<sup>0</sup> soit un point d’inflexion de la courbe r´epr´esentative d’une fonction f , est que f<sup>′′</sup>(x0) = 0. Si l’on pose f (x) = ax<sup>3</sup>+ b<sup>2</sup> + cx + d, la d´eriv´ee seconde vaut f<sup>′′</sup>(x) = 6ax + 2b, d’o`u f^′′(x) = 0 ⇔ x = − b

3a. Donc si un point d’inflexion existe sur une cubique d’´equation y = ax³+ bx²+ cx + d, ce ne peut-ˆetre que le point d’abscisse− b

3a. On montre que∀x ∈ R, 2f



− b 3a



− f(x) = f



−2b 3a − x



, chacun des membres valant−ax³− bx²− cx −2bc 3a + 4b³

27a²+ d, ce qui prouve que le point I



− b 3a, f



− b 3a



est centre de sym´etrie. On v´erifie ici que− b 3a =−1

12.

(e) (1 pt) Classique et peu pay´e ! y = g^′(−1)(x + 1) + g(1), donc T : y = 6x + 2.

(f) (2 pts) L’´equation aux abscisses donne : P (x) = 4x³+ x²− 10x − 7 = 0. Bien sˆur −1 est racine car T est la tangente au point d’abscisse... −1 ! On peut donc mettre x + 1 en facteur, d’o`u (En utilisant la m´ethode d’identification, de division de polynˆomes ou encore l’algorithme d’Horner) P (x) = (x + 1)(4x²− 3x − 7), mais −1 est encore racine du polynˆome du second degr´e qui apparaˆıt donc P (x) = (x + 1)(x + 1)(4x− 7) = (x + 1)²(4x− 7). La droite T recoupe C^g au point d’abscisse 7

4 (celui d’abscisse −1 ayant d´ej`a ´et´e trait´e).

2. (a) (3 pts)D^f = R− {−2}. La d´eriv´ee est un peu indigeste :

f^′(x) = 4(x + 2)(x²+ 1)− (4x − 2)[x²+ 1 + 2x(x + 2)]

[(x + 2)(x²+ 1)]²

= 4x³+ 4x + 8x²+ 8− (4x − 2)(3x²+ 4x + 1) [(x + 2)(x²+ 1)]²

= 4x³+ 4x + 8x²+ 8− 12x³− 16x²− 4x + 6x²+ 8x + 2 [(x + 2)(x² + 1)]²

= −8x³− 2x²+ 8x + 10 [(x + 2)(x²+ 1)]²

2

(b) (3 pts) ... et en factorisant par −2 au num´erateur : f^′(x) = −2(4x³+ x²− 4x − 5)

[(x + 2)(x²+ 1)]² = −2g(x) [(x + 2)(x²+ 1)]²

donc le signe de f^′(x) d´epend de celui de −2g(x), car le d´enominateur est un carr´e (donc positif), d’o`u le tableau (je rappelle que 1, 2 < α < 1, 3) :

x −∞ −2 α +∞

−2 − − −

g(x) − − 0 +

f^′(x) + k + 0 −

f (x) 0 ր +∞ k −∞ ր f(α) ց 0

(c) (1 pt) Les limites (d´ej`a dans le tableau) : Le terme terme dominant du d´enominateur est x³, donc : lim

x→±∞f (x) lim

x→±∞

4x

x³ = lim

x→±∞

4

x² = 0. En en −2, c’est plus d´elicat `a cause des notations ! lim

x→2 x<2

f (x) = lim

x→2 x<2

−10

5(x + 2) = lim

x→2 x<2

−2

x + 2 = lim

h→0 h<0

−2

h = +∞, en ayant fait un changement de variable h = x + 2. On d´emontre de la mˆeme fa¸con (= c’est ennuyeux

`a taper) que lim

x→2 x>2

f (x) =−∞.

Pour remplir la feuille voici la repr´esentation graphique de f .

–4 –3 –2 –1 0 1 2 3

–10 –8 –6 –4 –2 2 4 6

Contrˆole d’´et´e - ´Episode 2 1. Simplifier cos(19π− x) + sin(17π + x) − sin

19π 2 − x

 + cos

17π 2 − x

 . 2. Exprimer en fonction de cos 2x les expressions suivantes :

(a) cos²x + 2 sin²x (b) 3 cos²x− 2 sin²x

(c) sin 5x

sin x − cos 5x cos x

3. Exprimer en fonction d’une tangente l’expression 1− cos x 1 + cos x. 4. Soit f (θ) = a cos θ + b sin θ, avec a, b et θ des r´eels.

(a) Montrer qu’on peut trouver un r´eel ϕ∈] − π, π] tel que

∀θ ∈ R, f(θ) =√

a²+ b²(cos ϕ cos θ + sin ϕ sin θ) En d´eduire que f (θ) =√

a²+ b² cos(θ− ϕ).

(b) Application. R´esoudre dans R l’´equation √

3 cos x− sin x = 1.

5. On rappelle que la suite (Tn)_n∈N des polynˆomes de Thebytcheff d´efinie comme suit :

 T0(X) = 1 et T1(X) = X

∀n ∈ N, Tⁿ⁺²(X) = 2XTn+1(X)− Tⁿ(X) poss`ede la propri´et´e suivante : Tn(cos θ) = cos(nθ), pour θ ∈ R.

(a) Calculer T₅(X). En d´eduire que ∀a ∈ R, cos 5a = 16 cos⁵a− 20 cos³a + 5 cos a.

(b) V´erifier que ∀x ∈ R, 16x⁵− 20x³ + 5x + 1 = (x + 1)(4x²− 2x − 1)². (c) On pose t = cosπ

5. D´emontrer que t est racine de 4x²− 2x − 1 et que t = 1 +√ 5 4 , par des arguments de signe.

(d) En d´eduire sinπ

5 ; cos2π

5 ; sin2π

5 ; cos π

10 et sin π 10. (e) Montrer, en observant que π

2 − π 10 = 2π

5 , les ´egalit´es cos2π

5 = sin π

10 et sin2π

5 = cos π 10.

Correction du contrˆole d’´et´e - ´Episode 2 1. (1,5 pt)

∀x ∈ R, f(x) = cos(19π − x) + sin(17π + x) − sin

19π 2 − x

 + cos

17π 2 − x



= cos(π− x) + sin(π + x) − cos

π

2 −19π 2 + x

 + sin

π

2 −17π 2 + x



= − cos x − sin x − cos(−9π + x) + sin(−8π + x)

= − cos x − sin x − cos(π + x) + sin x

= − cos x − sin x + cos x + sin x

= 0

2. (a) (1 pt)∀x ∈ R, cos²x + 2 sin²x = (cos²x + sin²x) + sin²x = 1 + sin²x. Mais cos 2x = 1−2 sin²x, d’o`u sin²x = 1− cos 2x

2 . En rempla¸cant, cos²x+2 sin²x = 1− cos 2x

2 +1 =

3− cos 2x

2 .

(b) (1 pt) Des formules de duplication on d´eduit cos²x = 1 + cos 2x

2 et sin²x = 1− cos 2x

2 ,

que l’on retiendra. En rempla¸cant, 3 cos²x− 2 sin²x = 5 cos 2x + 1

2 .

(c) (2 pts) En r´eduisant au mˆeme d´enominateur, on arrive `a f (x) = sin 5x cos x− cos 5x sin x sin x cos x

et l’on reconnaˆıt le d´eveloppement de sin(a− b) donc f (x) = sin(5x− x)

1

2sin 2x = 2sin 4x

sin 2x = 22 cos 2x sin 2x

sin 2x = 4 cos 2x

3. (2 pts) ∀x ∈ R,1− cos x

1 + cos x = 2 sin^{2 x}₂

2 cos^{2 x}₂
= tan²x 2



, car d’apr`es les formules encadr´ees ci-dessous, 1− cos x = 2 sin²x

2

 et 1− sin x = 2 cos²x 2

.

4. (a) (2,5 pts) f (θ) = a cos θ + b sin θ = √

a²+ b²

 a

√a²+ b² cos θ + b

√a²+ b² sin θ

 . On remarque que

 a

√a²+ b²

2

+

 b

√a²+ b²

2

= a²+ b² a²+ b² = 1 donc on sait qu’il existe un unique ϕ ∈] − π, π] tel que cos ϕ = a

√a²+ b² et sin ϕ =

√ b

a²+ b². On en d´eduit une nouvelle ´ecriture de f (θ) : f (θ) = √

a²+ b²(cos ϕ cos θ + sin ϕ sin θ) =√

a²+ b² cos(ϕ− θ) =√

a²+ b² cos(θ− ϕ) (b) (1,5 pt) On factorise le premier membre de cette ´equation avec cette m´ethode. Ici

notre √

a² + b², c’est √

3 + 1 = 2, donc √

3 cos x− sin x = 2 √3

2 cos x− 1 2sin x

! . Il nous faut d´eterminer le r´eel ϕ de ]−π, π] tel que cos ϕ =

√3

2 et sin ϕ = 1

2, c’est ϕ = π 6.

D’o`u l’´ecriture 2 √3

2 cos x− 1 2sin x

!

= 2 (cos ϕ cos x− sin ϕ sin x) = 2 cos(ϕ + x) = 2 cosπ

6 + x

. Finalement l’´equation ´equivaut `a 2 cosπ 6 + x

= 1⇔ cosπ 6 + x

= 1

2 ⇔ cosπ 6 + x

= cosπ

3 et d’apr`es le cours cosπ

6 + x

= cosπ

3 ⇔ π

6 + x = π

3 + 2kπ ou π

6 + x =−π

3 + 2kπ

⇔ x = π

6 + 2kπ ou x =−π

2 + 2kπ 5. (a) (3 pts) On calcule successivemeent :

– T2(X) = 2X²− 1

– T3(X) = 2X(2X²− 1) − X = 4X³− 3X

– T₄(X) = 2X(4X³− 3X) − (2X²− 1) = 8X⁴− 8X²+ 1

– T5(X) = 2X(8X⁴− 8X²+ 1)− (4X³− 3X) = 16X⁵− 20X³+ 5X

Il est imm´ediat que cos 5a = 16 cos⁵a− 20 cos³a + 5 cos a [1], car T5(cos a) = cos 5a.

(b) (1 pt) C’est du calcul niveau troisi`eme...

(c) (2 pts) En faisant a = π

5 dans [1], on obtient, en posant t = cosπ 5, cos

5× π 5

= 16t⁵− 20t³+ 5t ⇔ −1 = 16t⁵− 20t³+ 5t

⇔ 16t⁵− 20t³+ 5t + 1 = 0

⇔ (t + 1)(4t²− 2t − 1)² = 0

mais il est clair que−1 n’est pas solution attendue (en effet cos α = −1 ⇔ α = π+2kπ), donc t est l’une des deux racines de 4t²−2t−1, qui sont 1±√

5

4 . Comme 0 < π 5 < π

2, on a t > 0, donc t = 1 +√

5

4 , car l’autre racine est n´egative. Finalement cosπ

5 = 1 +√ 5 4 . (d) (5 × 0,5 pt)

– sinπ

5 > 0, donc sinπ 5 =

r

1− cos² π 5 =

s

1−6 + 2√ 5

16 =

s

10− 2√ 5

16 =

p10− 2√ 5

4 .

– cos2π

5 = 2 cos² π

5 − 1 = 26 + 2√ 5

16 − 1 = −4 + 4√ 5

16 =

√5− 1 4 . – sin2π

5 = r

1− cos² 2π 5 =

s

1− 6− 2√ 5

16 =

s

10 + 2√ 5

16 =

p10 + 2√ 5

4 .

– cos 2x = 2 cos²x− 1, d’o`u, si cos x > 0, cos x =

rcos 2x + 1

2 , ou encore cosx 2 = rcos x + 1

2 . Ici on a cos π

10 > 0, donc cos π 10 =

s

1+√ 5

4 + 1

2 =

s 5 +√

5

8 =

p10 + 2√ 5

4 .

– sin π 10 =

r

1− cos² π 10 =

s

1− 10 + 2√ 5

16 =

s

6− 2√ 5

16 =

q

(1−√ 5)²

4 =

√5− 1 4 , car √

a² =|a| et ici 1 −√

5 < 0, d’o`u|1 −√

5| =√ 5− 1.

2

(e) (+2 pts) ∀x ∈ R, cosπ 2 − x

= sin x et puisque π 2 − π

10 = 2π

5 , on comprend pour quelle raison cos2π

5 = sin π

10. De mˆeme sin2π

5 = cos π

10 en utilisant ∀x ∈ R, sinπ

2 − x

= cos x. En plus on simplifie de fa¸con substantielle les calculs !

Contrˆole d’´et´e - ´Episode 3 1. Soit ABC un triangle. On d´efinit les points, I, J et K par

−→BI = 4 7

−−→BC, −→

CJ = 1 3

−→CA, −−→

AK = 3 5

−→AB

(a) ´Ecrire I, J et K comme des barycentres des points A, B et C.

(b) En consid´erant le point G = Bar{(A, 2)(B, 3)(C, 4)} et en utilisant la propri´et´e d’as- sociativit´e, montrer que les droites (AI), (BJ) et (CK) sont concourantes.

2. Soit ABC un triangle. D´emontrer que les droites (AJ), (BJ) et (CK) sont concourantes, sachant que I, J et K sont d´efinis de la fa¸con suivante :

−→BI = 1 3

−−→BC −→

CJ = 3 4

−→CA −−→

AK = 2 5

−→AB

(mˆeme m´ethode que l’exercice pr´ec´edent)

3. ABC est un triangle et M un point quelconque du plan.

On d´esigne par P , Q et R les sym´etriques de M par rapport aux milieux des cˆot´es [AB], [BC] et [AC] du triangle ABC respectivement.

(a) D´eterminer trois r´eels a, b et c tels que

– P soit le barycentre de (M, c), (A, a) et (B, b) ; – Q soit le barycentre de (M, c), (B, a) et (C, b) ; – R soit le barycentre de (M, c), (A, a) et (C, b).

(b) G d´esigne le centre de gravit´e du triangle ABC et K celui de P QR.

D´emontrer que G est le milieu de [MK].

4. ABCD est un parall´elogramme, G = Bar{(A, 2)(B, 1)} et H = Bar{(C, 2)(D, 1)}.

(a) D´emontrer que les segments [AC], [BD] et [GH] ont le mˆeme milieu I.

(b) Les droites (AC) et (GD) se coupent en E. Montrer que E = Bar{(G, 3)(D, 1)} et que E est le milieu de [AI].

5. Soit ABCD un carr´e de centre O. Soit Γ l’ensemble des points M du plan tels que :

||−−→

MB−−−→

MC +−−→

MD|| = ||−−→

MA−−−→

MB−−−→

MD||

D´emontrer que Γ est la m´ediatrice du segment [AC].

Correction du contrˆole d’´et´e - ´Episode 3 1. (a) (1,5 pt) On transforme les hypoth`eses :

−→BI = 4 7

−−→BC ⇔ 7−→

BI = 4(−→

BI +−→

IC) ⇔ 3−→

BI− 4−→

IC =−→

0 ⇔ 3−→

IB + 4−→

IC =−→ 0 donc I = Bar{(B, 3)(C, 4)}. Pour le point J :

−→CJ = 1 3

−→CA ⇔ 3−→CJ =−→CJ +JA−→ ⇔ 2−→JC +−→JA = −→0 donc J = Bar{(C, 2)(A, 1)}. Enfin :

−−→AK = 3 5

−→AB ⇔ 5−−→

AK = 3(−−→

AK +−−→

KB) ⇔ 2−−→

KA + 3−−→

KB =−→ 0 donc K = Bar{(A, 2)(B, 3)}.

(b) (1,5 pt) ´Etant donn´e que J = Bar{(C, 2)(A, 1)}, on a aussi J = Bar{(C, 4)(A, 2)}.

Utilisons trois fois la propri´et´e d’associativit´e :

– G = Bar{(A, 2)[(B, 3)(C, 4)]} = Bar{(A, 2)(I, 7)}, ce qui prouve que G ∈ (AI).

– G = Bar{[(A, 2)(C, 4)](B, 3)} = Bar{(J, 6)(B, 3)}, ce qui prouve que G ∈ (BJ).

– G = Bar{[(A, 2)(B, 3)](C, 4)} = Bar{(K, 5)(C, 4)}, ce qui prouve que G ∈ (CK).

Le point G appartient aux droites (AI), (BJ) et (CK), donc ces trois droites sont concourantes.

2. (3 pts) Comme pr´ec´edemment, les hypoth`eses deviennent :

I = Bar{(B, 2)(C, 1)} J = Bar{(A, 3)(C, 1)} K = Bar{(A, 3)(B, 2)}

Soit G = Bar{(A, 3)(B, 2)(C, 1)}. En utilisant trois fois la propri´et´e d’associativit´e, on montre que

G = Bar{(A, 3)(I, 3)} = Bar{(B, 2)(J, 4)} = Bar{(K, 5)(C, 1)}

Donc G appartient aux droites (AI), (BJ) et (KC) et ces droites sont bien concourantes.

3. (a) (2 pts) Soit I le milieu de [AB]. Le point I est aussi le milieu de [P M], donc −−→

P M = 2−→

P I, d’o`u P = Bar{(M, −1)(I, 2)}, mais I = Bar{(A, 1)(B, 1)}, donc en utilisant le th´eor`eme d’associativit´e, on obtient P = Bar{(M, −1)(A, 1)(B, 1)}.

De la mˆeme fa¸con Q = Bar{(M, −1)(B, 1)(C, 1)} et R = Bar{(M, −1)(A, 1)(C, 1)}.

(b) (3 pts) Soit F le milieu de [MK], c’est-`a-dire F = Bar{(M, 1)(K, 1)}, ou encore F = Bar{(M, 3)(K, 3)}, ce qui nous permet de remplacer (K, 3) par (P, 1)(Q, 1)(R, 1) car K est le centre de gravit´e du triangle P QR. Donc F = Bar{(M, 3)(P, 1)(Q, 1)(R, 1)}.

Rempla¸cons (P, 1), (Q, 1) et (R, 1) par les points pond´er´es de la question pr´ec´edente (−1 + 1 + 1 = 1, il n’y a mˆeme pas de coefficients `a ajuster !) on obtient :

F = Bar{(M, 3)(M, −1)(A, 1)(B, 1)(M, −1)(B, 1)(C, 1)(M, −1)(A, 1)(C, 1)}

Quel bonheur de constater qu’il n’y a plus de M, et que finalement : F = Bar{(A, 2)(B, 2)(C, 2)}

Ce qui signifie que F est l’isobarycentre des points A, B et C, autrement dit c’est le centre de gravit´e du triangle ABC.

4. (a) (3 pts) ABCD est un parall´elogramme, donc les diagonales se coupent en leur milieu i.e. le point I est le milieu de [AC] et [BD].

Soit I^′ le milieu de [GH], c’est-`a-dire I^′ = Bar{(G, 3)(H, 3)}. En rempla¸cant (G, 3) par (A, 2)(B, 1) et (H, 3) par (C, 2)(D, 1), on obtient

I^′ = Bar{(A, 2)(B, 1)(C, 2)(D, 1)}

et en rempla¸cant (A, 2)(C, 2) par (I, 4) et (B, 1)(D, 1) par (I, 2), on arrive a I^′ = Bar{(I, 4)(I, 2)} = Bar{(I, 6)}

donc pour tout point M du plan 6−−→

MI^′ = 6−−→

MI et en particulier pour M = I, l’´egalit´e 6−→

II^′ =−→

0 montre que I = I^′ et I est bien le milieu des segments [GH], [AC] et [BD].

(b) (2 pts) Soit E^′ = Bar{(G, 3)(D, 1)}. Alors E^′ ∈ (GD). On remplace (G, 3), si bien que

E^′ = Bar{(A, 2)(B, 1)(D, 1)}

ou encore, puisque I est le milieu de [BD],

E^′ = Bar{(A, 2)(I, 2)}

ce qui traduit que E^′ est le milieu de [AI] et que E^′ ∈ (AI) ; on a d´ej`a montr´e que E^′ ∈ (GD) donc E^′ est l’intersection des droites (AI) et (GD). Finalement E^′ = E et E est bien le milieu de [AI].

5. (4 pts) Soit G = Bar{(B, 1)(C, −1)(D, 1)} et H = Bar{(A, 1)(B, −1)(D, −1)}.

On va montrer que G = A et que H = C.

Pour G rempla¸cons (B, 1)(D, 1) par (O, 2), le milieu de [BD]. On a alors G = Bar{(O, 2)(C−

1)}, donc pour tout point M l’´egalit´e−−→

MG = 2−−→

MO−−−→

MC qui donne−→

OG = −−→

OC en faisant M = O, d’o`u G = A.

Pour H. On remplace (B,−1)(D − 1) par (I, −2), d’o`u H = Bar{(A, 1)(I, −2)}. Pour tout point M, on a −−−→MH =−−→MA− 2−−→MI, et pour M = I, −−→IH =−→IA donc H = C.

R´eduisons les deux membres de l’´equation en utilisant les d´efinitions de G et H. On a M ∈ Γ ⇔ ||−−→

MG|| = ||−−→

MH|| d’o`u M ∈ Γ ⇔ ||−−→

MA|| = ||−−→

MC||, ou encore M ∈ Γ ⇔ MA = MC. L’ensemble cherch´e est la m´ediatrice du segment [AC] (on peut d’ailleurs voir que (B, O, D)∈ Γ³)

2

Contrˆole d’´et´e - ´Episode 4 1. (a) ´Ecrire sans utiliser le symbole Σ les sommes suivantes :

A = X7 k=2

k², B = X4 k=0

k + 1

k + 2, C = X6

k=0

(2k− 7)², D = X4

j=1

j(j + 1).

(b) Exprimer en fonction de x les sommes suivantes, sans utiliser le symbole Σ :

A = X5

i=1

(2i− 1) x^j, B = X6

j=1

(−1)^j(7− j) x^j, C = X7

j=3

(3j + 2) (−1)^j+1x^2j

(c) ´Ecrire chacune des sommes suivantes avec Σ : A = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 ;

B = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 ;

C = 1− 4 + 7 − 10 + 13 − 16 ; D = 1 + 8 + 27 + 64 + 125 ; E = x− x²+ x³− x⁴+ x⁵; F = 7x + 5x²+ 3x³+ x⁴.

2. On d´efinit les deux suites u et v par u0 = 2 et ∀n ∈ N, un+1= un+ 1 2un

et vn = un− 1 2un+ 1. (a) D´emontrer par r´ecurrence que ∀n ∈ N, uⁿ> 0.

(b) Montrer que la suite v est g´eom´etrique ; calculer vn puis un en fonction de n.

3. Calculer intelligemment les sommes suivantes : (a) S = 3 + 4 + 5 + 6 +· · · + 98 ;

(b) 5 + 7 + 9 + 11 +· · · + 121 ; (c) 5 + 2− 1 − 4 − 7 − · · · − 34 ; (d) 2 + 4 + 8 +· · · + 256 ;

(e) 1 2− 1

4 +1

8 − · · · − 1 256.

4. R´esoudre dans R l’´equation suivante : 1 + x

x + 2 +

 x x + 2

2

+· · · +

 x

x + 2

7

= 0

5. On raconte que l’inventeur du jeu d’´echecs demanda pour r´ecompense qu’on lui fasse don de quelques grains de bl´e : un grain pour la premi`ere case, deux grains pour la deuxi`eme case, quatre grains pour la troisi`eme et ainsi de suite en doublant `a chaque case le nombre grains jusqu’`a la 64^e case de l’´echiquier.

(a) Calculer le nombre de grain offerts pour la 64^e case.

(b) Calculer le nombre total de grains de bl´e que repr´esente la r´ecompense.

(c) Un grain de bl´e p`ese 0,05 g. Sachant que la production annuelle de bl´e de nos jours et

Correction du contrˆole d’´et´e - ´Episode 4

1. (a) (1 pt) A = X7

k=2

k² = 2² + 3²+ 4²+ 5²+ 6²+ 7² = 139 ;

(1 pt) B = X4

k=0

k + 1 k + 2 = 1

2 +2 3 +3

4 +4 5 +5

6 = 71 20; (1 pt) C =

X6 k=0

(2k− 7)² = (−7)²+ (−5)²+ (−3)²+ (−1)²+ 1²+ 3²+ 5² = 119 ;

(1 pt) D = X4

j=1

j(j + 1) = 1× 2 + 2 × 3 + 3 × 4 + 4 × 5 = 40.

(b) (1 pt) A = X5

i=1

(2i− 1) xⁱ = x + 3x²+ 5x³+ 7x⁴+ 9x⁵;

(2 pts) B = X6

j=1

(−1)^j(7− j) x^j =−6x + 5x²− 4x³+ 3x⁴− 2x⁵+ x⁶;

(2 pts) C = X7

j=3

(3j + 2) (−1)^j+1x^2j = 11x⁶− 14x⁸+ 17x¹⁰− 20x¹²+ 23x¹⁴.

(c) (4 × 1 + 2 × 2 pts) A = X7

i=1

i, B = X4

i=0

(2i + 1), C = X5

i=0

(−1)ⁱ(3i + 1)

D = X5

i=1

i³, E = X5

i=1

(−1)ⁱ⁺¹xⁱ, F = X3

i=0

(7− 2i) xⁱ⁺¹. 2. (a) (3 pts) Initialisation : u0 = 1 > 0

Transmission : On suppose que pour un n de N, on a un > 0. Alors un + 1 > 0 et 2un> 0 donc un+ 1

2un

= u_n+1 > 0. Donc ∀n ∈ N, uⁿ > 0.

(b) (4 pts) ∀n ∈ N, vn+1 = u_n+1− 1 2un+1+ 1 =

un+1 2un − 1

2× ^u_2uⁿ⁺¹n + 1 = un+ 1− 2uⁿ 2un+ 2 + 2un

= −uⁿ+ 1 2(2un+ 1) =

−1

2vn, donc le suite v est g´eom´etrique de raison−1

2et de premier terme v0 = u0− 1 2u₀+ 1 = 1

5. Le terme g´en´eral de la suite v est donc vn= 1 5



−1 2

n

= (−1)ⁿ 5× 2ⁿ. Exprimons un en fonction de vn :

vn = un− 1

2un+ 1 ⇔ vⁿ(2un+ 1) = un− 1 ⇔ uⁿ(1− 2vⁿ) = 1 + vn ⇔ uⁿ= 1 + vn

1− 2vⁿ tout ceci ´etant ´equivalent car ∀n ∈ N, 1 − 2vⁿ 6= 0, en effet :

vn= 1 2 ⇔ 1

5



−1 2

n

= 1 2 ⇔



−1 2

n

= 5 2

´equation qui n’a pas de solution (voir cours de terminale).

Finalement : un= 1 + vn

1− 2vⁿ = 1 + ⁽⁻¹⁾_5×2nⁿ

1− 2 ×⁽⁻¹⁾_5×2ⁿⁿ = 5× 2ⁿ+ (−1)ⁿ 5× 2ⁿ− 2(−1)ⁿ. 1

3. (4 × 1 + 2 pts)

(a) En posant ∀n ∈ N, vⁿ = 3 + n, on s’aper¸coit que 3 = v0 et 98 = v95, donc S = (95− 0 + 1) × 3 + 98

2 = 4848.

(b) On pose vn = 5 + 2n, alors v0 = 5 et v58= 121, d’o`u S = (58− 0 + 1)5 + 121

2 = 3717.

(c) On pose vn = 5− 3n, alors v0 = 5 et v13− 34, donc S = (13 − 0 + 1)5− 34

2 =−203.

(d) Si l’on pose vn= 2ⁿ, alors v₁ = 2 et v₈ = 256, donc S = 21− 2^(8−1+1)

1− 2 = 510.

(e) Factorisons par−1 : S = 1

2 −1 4 +1

8 − · · · − 1 256 =−



−1 2 +1

4 −1

8 +· · · + 1 256



=−S^′

On calcule S^′. Pour cela posons vn =



−1 2

n

, alors v1 =−1

2 et v8 = 1

256. Donc

S =−S^′ = 1

2× 1− −¹_2
(8−1+1) 1 + ¹₂ = 1

2× 1− ₂₅₆¹

3 2

=

255 256

3 = 85 256

4. (5 pts) Le premier membre est la somme des huit premiers termes de la suite g´eom´etrique de raison x

x + 2 et de premier terme 1. Donc l’´equation ´equivaut `a : 1− _x+2^x
8

1− _x+2^x = 0 ⇔ 1 −

 x x + 2

8

= 0 ⇔

 x x + 2

8

= 1 et x 6= −2 Deux possibilit´es :

x

x + 2 =−1 ou x

x + 2 = 1 et x6= −2

La premi`ere ´equation conduit `a x = −1, la seconde `a 0 = 2, impossible. Finalement S = {−1}.

5. (a) (1 pt) En posant vn = 2ⁿ, on met v0 = 1 grain de bl´e sur la premi`ere case, v1 = 2 sur la seconde, ainsi de suite donc v63= 2⁶³≃ 9, 223 · 10¹⁸ sur la 64^e.

(b) (2 pts) Soit S la somme cherch´ee :

S = X63

i=0

vi = 1− 2⁶⁴

1− 2 = 2⁶⁴− 1 (c) (2 pts) 1 grain ←→ 0,05 g

20 grains ←→ 1 g, mais 1 tonne = 1000 kg = 10⁶ g, donc 2· 10⁷ grains ←→ 1 tonne

2· 10⁷ × 6 · 10⁸ = 1, 2· 10¹⁶ grains←→ 600 millions de tonnes donc il faudra 2⁶⁴− 1

1, 2· 10¹⁶ ≃ 1537 ans pour satisfaire la requˆete ! (Bar`eme sur 40 points)

Contrˆole d’´et´e - ´Episode 5 Soit f : x7→ 3x + 1

x³− 3x + 3.

1. Proc´eder `a une ´etude de fonction pour d´eterminer le nombre α tel que D^f = R− {α}.

Donner un encradement d’amplitude 10⁻¹ de ce nombre.

2. On pose P (x) = 2x³+x²−4. Montrer que f^′(x) = 0 ⇔ P (x) = 0. Montrer que le polynˆome P n’admet qu’une seule racine β, en donner un encadrement d’amplitude 10⁻¹.

Donner de signe de P et en d´eduire le tableau de variations de f .

3. Donner les limites aux bornes de l’ensemble de d´efinition. Interpr´eter g´eom´etriquement et compl´eter le tableau de variations de f .

Voici la repr´esentation graphique pour ´eviter les inepties.

–8 –6 –4 –2 0 2 4 6

–4 –2 2 4 6

Correction du contrˆole d’´et´e - ´Episode 5

1. x∈ D^f ⇔ x³−3x+3 6= 0. ´Etudions la fonction g : x 7→ x³−3x+3. On a f^′(x) = 3x²−3 = 3(x− 1)(x + 1) et lim

x→−∞f (x) = lim

x→−∞x³ =−∞ et lim

x→+∞f (x) = +∞. D’o`u le tableau

x −∞ −1 1 +∞

f^′(x) + 0 − 0 +

f (x) −∞ ր 5 ց 1 ր +∞

La fonction f est strictement croissante et continue sur l’intervalle ] − ∞, −1], donc elle r´ealise une bijection de ]− ∞, −] sur ] − ∞, 5]. Or 0 ∈] − ∞, 5], donc il existe un unique r´eel α dans ]− ∞, −1] tel que f(α) = 0. Avec la calculatrice on trouve −2, 2 < α < −2, 1.

Ce n’est pas la peine de chercher une autre racine dans ]− 1, +∞[ car pour tout r´eel x de cet intervalle, f (x) > 1.

2. Un calcul conduit `a f^′(x) = −3(2x³+ x²− 4)

(x³ − 3x + 3)² , donc f^′(x) = 0 ⇔ P (x) = 0. On proc`ede `a l’´etude de P . La d´eriv´ee vaut P^′(x) = 6x²+ 2x = 2x(3x + 1) ; les limites sont ´evidentes :

x −∞ −1

3 0 +∞

P^′(x) + 0 − 0 +

P (x) −∞ ր −107

24 ց −4 ր +∞

Un argument similaire au pr´ec´edent montre que P r´ealise une bijection de [0, +∞[ sur [−4, +∞[ et comme 0 ∈ [−4, +∞[, il existe un unique r´eel β tel que f(β) = 0. Grˆace `a la calculatrice, on peut avancer que 1, 1 < β < 1, 2.

Le signe : si x < β, alors f (x) < 0 ; si x = β, alors f (x) = 0 et si x > β, alors f (x) > 0. On en d´eduit le tableau de variations de f :

x −∞ α β +∞

−3P (x) + + 0 +

f (x) 0 ր +∞ k −∞ ր f(β) ց 0

3. Encadrons le num´erateur quand x tend vers α :

−2, 2 < α < −2, 1 ⇔ −6, 6 < 3α < −6, 3 ⇔ −5, 6 < 3α + 1 < −5, 3 D’apr`es le tableau de variations de g, lim_x→α

x<α

g(x) < 0 et lim_x→α

x>α

g(x) > 0, donc

limx→α x<α

f (x) = 0⁻

0⁻ = +∞ et lim_x→α

x>α

f (x) = 0⁻

0⁺ =−∞

d’o`u le tableau ci-dessus. G´eom´etriquement, ces r´esultats prouvent que les droites d’´equation y = 0 et x = α sont des asymptotes `a la courbe repr´esentative de f .

Contrˆole d’´et´e - ´Episode 6 1. Soit ABC un triangle.

(a) D´emontrer que pour tout point M du plan : −→

AB·−−→

CM +−−→

BC·−−→

AM +−→

CA·−−→

BM = 0.

(b) On note H le point d’intersection des hauteurs issues de B et de C. D´emontrer en utilisant l’identit´e pr´ec´edente que les droites (AH) et (BC) sont perpendiculaires.

(c) En d´eduire que, dans tout triangle, les trois hauteurs sont concourantes.

2. Soit un quadrilat`ere ABCD, les points I milieu de [AC] et J milieu de [BD].

(a) Montrer que AB²+ BC²+ CD²+ DA² = 4IJ²+ AC²+ BD² en appliquant le th´eor`eme de la m´ediane dans les triangles ABC, ACD et BID.

(b) En d´eduire que la somme des carr´es des cˆot´es d’un quadrilat`ere est sup´erieure ou ´egale

`a la somme des carr´es des diagonales. `A quelle condition a-t-on ´egalit´e ?

3. Les points I et J sont les milieux des cˆot´es [AB] et [AC] du carr´e ABCD et M est l’inter- section des droites (CI) et (AJ).

Donner la valeur exacte du cosinus de l’angle \CMJ en calculant de deux fa¸cons diff´erentes

−→AJ ·−→

IC.

4. Rappel. Soit−→ u

  x

y et −→ v

  x^′

y^′ deux vecteurs, alors par d´efinition le d´eterminant des vec- teurs −→

u et −→

v est le r´eel det(−→ u ,−→

v ) =   x x^′

y y^′ 

 = xy^′− x^′y.

L’objet de l’exercice est d’´etablir que l’aire S d’un triangle ABC o`u A, B et C sont trois points d’un plan muni d’un rep`ere orthonormal (O;−→

i ,−→

j ) est calcul´ee par S = 1

2 

det(−→AB,−→AC). On suppose que le triangle ABC n’est pas plat (donc A 6= B 6= C).

(a) Soit H le projet´e orthogonal de C sur (AB). Montrer que AH² = (−→

AB·−→

AC)² AB² et en d´eduire que CH² = 1

AB²



AB²× AC²−−→

AB·−→

AC2 . (b) Montrer que l’aire S satisfait `a S² = 1

4



AB²× AC²−−→

AB·−→

AC2 [1].

(c) Montrer que ∀(x, y, x^′, y^′)∈ R⁴, (xy^′− x^′y)²+ (xx^′ + yy^′)² = (x² + y²)(x^′2+ y^′2).

En d´eduire que pour tous vecteurs −→ u et −→

v du plan

det(−→ u ,−→

v )2

+−→u ·−→ v 2

=||−→

u||²× ||−→

v||² [2]

(d) D´eduire de [1] et [2] l’´egalit´e annonc´ee.

(e) Application. On donne les points A   −2

−1 , B   −7

−9 et C   1

4 . Calculer l’aire du triangle ABC.

(f) D´emontrer que tout triangle ayant ses sommets sur les nœuds d’un quadrillage form´e de carreaux carr´es de 1 cm × 1 cm a une aire sup´erieure ou ´egale `a 0,5 cm².

Aide. On peut choisir un rep`ere orthonormal de fa¸con que les nœuds du quadrillage soient les points `a coordonn´ees enti`eres dans ce rep`ere. Montrer alors que si le triangle ABC a des sommets `a coordonn´ees enti`eres, | det(−→

AB,−→

AC)| est un entier naturel non nul.

Correction du contrˆole d’´et´e - ´Episode 6 1. (a) (2 pts) Posons λ =−→

AB·−−→

CM +−−→

BC ·−−→

AM +−→

CA·−−→

BM . En d´ecomposant avec A : λ = −→

AB· (−→

CA +−−→

AM ) + (−→

BA +−→

AC)·−−→

AM +−→

CA· (−→

BA +−−→

AM )

= −→

AB·−→

CA +−→

AB·−−→

AM +−→

BA·−−→

AM +−→

AC·−−→

AM +−→

CA·−→

BA +−→

CA·−−→

AM

= −→

CA· (−→

AB +−→

BA) +−−→

AM · (−→

AB +−→

BA +−→

AC +−→

CA)

= 0

(b) (1 pt) Par construction (AB)⊥ (CH) et (CA) ⊥ (BH), c’est-`a-dire −→

AB ·−−→

CH =−→

CA·

−−→BH = 0. En faisant M = H dans λ on obtient l’´equation

−→AB ·−−→

CH +−−→

BC·−−→

AH +−→

CA·−−→

BH = 0 ⇔ −−→

BC ·−−→

AH = 0 ce qui traduit que (BC)⊥ (AH).

(c) (1 pt) Soit hA la hauteur issue de A. Alors hA⊥ (BC) et A ∈ h^A, donc d’apr`es la question pr´ec´edente hA = (AH) d’o`u H ∈ h^A. ´Etant donn´e que, par construction, H est le point d’intersection des hauteurs issues de B et C, on peut conclure que les trois hauteurs d’un triangle sont concourantes (en H ici).

2. (a) (2 pts) Le th´eor`eme de la m´ediane appliqu´e dans le triangle ABC donne AB²+BC² = 2BI²+ 1

2AC².

De mˆeme dans le triangle ACD, on a CD² + AD² = 2DI² + 1

2AC². On ajoutant membre `a membre ces deux ´egalit´es, on arrive `a

AB² + BC² + CD²+ AD² = 2(BI²+ DI²) + AC²

Mais le mˆeme th´eor`eme dans le triangle BID conduit `a BI²+ ID² = 2IJ²+ 1 2BD², et en rempla¸cant ci-dessus on arrive `a l’´egalit´e attendue.

(b) (2 pts) La somme des carr´es des cˆot´es est Σ = AB²+ BC²+ CD²+ AD²; la somme des carr´es des diagonales est σ = AC²+ BD², donc l’´egalit´e de la question pr´ec´edente s’´ecrit Σ− σ = 4IJ². Or 4IJ² >0, puisque c’est un carr´e, d’o`u Σ > σ. L’´egalit´e a lieu si et seulement si 4IJ<sup>2</sup> = 0 ⇔ I = J, ce qui revient `a dire que l’´egalit´e a lieu si et seulement si les diagonales du quadrilat`ere se coupent en leur milieu, caract´erisation des parall´elogrammes.

3. (4 pts) ´Evaluons le produit scalaire −→

AJ·−→

IC.

Par d´efinition −→

AJ·−→

IC = AJ× IC × cosCMJ . Or d’apr`es le th´eor`eme de Pythagore, AJ\ ² = AB²+ BJ² d’o`u AJ² = a² +a

2

2

soit AJ = a√ 5

2 . De mˆeme, le th´eor`eme de Pythagore appliqu´e dans le triangle BIC donne IC = a√

5

2 . Finalement −→

AJ·−→

IC = 5

4a² cos \CMJ . Dans le rep`ere orthonorm´e (A;−→

AB,−−→

AD), il est ´evident que −→

AJ   a

a/2 et −→

IC   a/2

a , d’o`u le produit scalaire −→

AJ·−→

IC = a× a 2 +a

2 × a = a². En r´esum´e −→

AJ·−→

IC = a² = 5

4a² cos \CMJ , d’o`u l’on d´eduit cos \CMJ = 4 5.

4. (a) (2 pt) Le point H ´etant le projet´e orthogonal de C sur (AB), on a l’´egalit´e−→

AB·−→

AC = AB× AH ; en ´elevant au carr´e les longueurs alg´ebriques disparaissent : (−→

AB·−→

AC)² = AB² × AH². Une division par AB² fournit l’expression de AH².

Le th´eor`eme de Pythagore dans le triangle ACH donne CH² = AC²− AH² = AC²− (−→

AB ·−→

AC)²

AB² = 1

AB²



AB²× AC²−−→AB·−→

AC2

(b) (1 pt) L’aire est donn´ee par S = 1

2AB × CH, en passant au carr´e et en rempla¸cant CH² :

S² = 1

4AB²× 1 AB²



AB²× AC²−−→

AB·−→AC2

= 1 4



AB²× AC²−−→

AB·−→AC2 [1]

(c) (1,5 pt) Il suffit de d´evelopper et de comparer chacun des membres pour ´etablir l’identit´e (due `a Lagrange).

En rep`ere orthonormal, on sait que, ´etant donn´e deux vecteurs −→ u

  x

y et −→ v

  x^′

y^′ , le d´eterminant de −→

u et −→

v vaut xy^′ − x^′y, leur produit scalaire vaut xx^′ + yy^′ et

||−→u|| =p

x² + y². En mettant au carr´e et en comparant `a l’identit´e de Lagrange : (xy^′− x^′y)²+ (xx^′ + yy^′)² = (x²+ y²)(x^′2+ y^′2)

 m

det(−→u ,−→v )2

+−→

u ·−→v 2

=||−→u||²× ||−→v||² [2]

(d) (1 pt) En faisant −→ u =−→

AB et −→

v = −→

AC dans [2], on obtient AB²× AC²−−→

AB·−→

AC2

=

det(−→

AB,−→

AC)2

et en divisant par 4, la formule [1] permet d’´ecrire S² = 1

4

det(−→

AB,−→

AC)2

et on prend la racine carr´ee pour conclure, en enlevant le signe de det(−→

AB,−→

AC).

(e) (0,5 pt) A   −2

−1 , B   −7

−9 et C   1

4 , d’o`u −→AB   −5

−8 et −→AC   3

5 . Par suite det(−→

AB,−→

AC) = 

 −5 3

−8 5 

 = −25 + 24 = −1

et l’aire vaut S = 1

2 × | − 1| = 1 2.

(f) (2 pts) Posons δ = det(−→AB,−→AC). On sait que δ = 0 ⇔ −→AB et −→AC sont colin´eaires⇔ (AB)//(AC)⇔ (AB) = (AC) ⇔ les points A, B et C sont align´es. Absurde car ABC est un vrai triangle. Donc δ 6= 0.

Si les coordonn´ees des points A, B et C sont des nombres entiers, celles de−→

AB et−→

AC le sont aussi. Le d´eterminant δ ´etant la diff´erence d’un produit d’entiers, il est lui-mˆeme entier.

Puisque δ est un entier non nul, on a δ 6 −1 ou δ > 1, dans les deux cas |δ| > 1, et en multipliant par 1

2, on obtient S = 1

2|δ| > 1 2. 2

Contrˆole d’´et´e - ´Episode 7

Etant donn´e un triangle ABC, de cercle circonscrit Γ (centre O, rayon R), de cercle inscrit´ C (centre I, rayon r), on pose d = OI. Cet exercice propose de montrer que d² = R(R− 2r).

A^′ est le point d’intersection de la bissectrice (AI) avec le cercle Γ ; S est le projet´e orthogonal de I sur (AC) ; A^′′ est le point diam´etralement oppos´e `a A^′ sur Γ. On note α l’angle [BAI.

1. En utilisant le th´eor`eme de l’angle inscrit, montrer que \A^′BC = \BA^′′A = α.

Justifier que les angles [A^′BI et [AIB sont suppl´ementaires et en d´eduire que le triangle IA^′B est isoc`ele en A^′.

2. Exprimer IA en fonction de r et α, et BA^′ en fonction de R et α (utiliser les triangles rectangles AIS et BA^′A^′′).

3. ´Evaluer de deux fa¸cons diff´erentes le produit scalaire ω =−→

IA·−→

IA^′, – d’une part en projetant,

– d’autre part en montrant que ω =−−→

IA^′′·−→

IA^′ puis en d´ecomposant ces deux vecteurs avec le point O grˆace `a la relation de Chasles.

En d´eduire l’´egalit´e d² = R(R− 2r).

4. En d´eduire que pour tout triangle R > 2r.

Correction du contrˆole d’´et´e - ´Episode 7

1. Par le th´eor`eme de l’angle inscrit, \A^′BC = \A^′AC et \BAA^′ = \BA^′′A^′. Mais la droite (AA^′) est la bissectrice de [BAC, donc \BAA^′ = \A^′AC ; de plus \BAA^′ = [BAI = α. En r´esum´e :

A\^′BC = \BA^′′A = α.

A[^′BI = \A^′BC + [CBI = α + [CBI, mais (BI) est la bissectrice de l’angle [CBA, donc CBI = [[ IBA d’o`u [A^′BI = α + [IBA [1].

En consid´erant le triangle ABI, on a [BAI + [IBA + [BIA = π, mais [BAI = α, donc α + [IBA = π−BIA et en comparant avec [1], on arrive bien `a [[ A<sup>′</sup>BI = π−BIA [2].[ De fa¸con ´evidente, [BIA<sup>′</sup> = [AIA<sup>′</sup>−BIA = π[ −BIA, donc d’apr`es [2], [[ BIA^′ = [A^′BI, ce qui prouve que le triangle IA^′B est isoc`ele en A^′.

2. Dans le triangle ASI rectangle en S (puisque (AS) est tangente `aC en S), on a IA = SI

sin dIAS = r

sin [BAI = r sin α.

puisque dIAS = [BAI, ´etant donn´e que (AI) est la bissectrice de l’angle [BAC.

Le triangle A^′A^′′B est rectangle en B puisque [A^′A^′′] est un diam`etre de Γ (donc A^′A^′′ = 2R).

De plus le triangle IA^′B ´etant isoc`ele en A on a IA<sup>′</sup> = BA<sup>′</sup>, d’o`u IA^′ = BA^′ = A^′A^′′sin \BA^′′A^′ = 2R sin α.

3. ´Evaluons de deux fa¸cons le produit scalaire ω = −→

IA·−→

IA^′.

– Les points A, I, A^′ sont align´es dans cet ordre, donc ω = IA×IA^′. Orientons par exemple (AA^′) de A vers A^′. On a alors ω = −r

sin α× 2R sin α = −2Rr.

– Le triangle AA^′A^′′ est rectangle en A donc le vecteur−−→

IA^′′ se projette orthogonalement sur

−→IA^′ en −→

IA. Ce qui permet d’´ecrire ω =−−→

IA^′′·−→

IA^′. On d´ecompose chacun de ces vecteurs avec le point O,

−−→IA^′′·−→

IA^′ = (−→IO +−−→

OA^′′)· (−→IO +−−→

OA^′)

= (−→

IO−−−→

OA^′)· (−→

IO +−−→

OA^′)

= IO²− OA^′2

= d²− R². Finalement ω = −2Rr = d²− R² d’o`u d² = R(R− 2r).

4. Les longueurs R et r sont positives (strictement), donc

d² >0 ⇔ R(R − 2r) > 0 ⇔ R − 2r > 0 ⇔ R > 2r.

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