Exercice 1
1. La fonction est dénie dansRcar 1−x1+x22 et 1+x2x2 sont dans[−1,1]. En eet : 1−x2
1 +x2−1 = −2x2
1 +x2 ≤0 1−x2
1 +x2 + 1 = 2 1 +x2 ≥0 2x
1 +x2−1 =−(1−x)2
1 +x2 ≤0 (1 +x)2
1 +x2 + 1≥0 2. a. On utilise les formules de cours
arccos(−u) =π−arccosu arcsin(−u) =−arcsinu b. En combinant les relations précédentes, on obtient
f(1
x) = arccos
−1−x2 1 +x2
+ arcsin 2x 1 +x2 f(−x) = arccos1−x2
1 +x2 + arcsin
− 2x 1 +x2
⇒f(1
x) +f(−x) =π
3. On reconnait les formules donnant lesinet lecosen fonction destande la moitié. On a donc, pourx= tanθ:
1−x2
1 +x2 = cos(2θ) 2x
1 +x2 = sin(2θ)
4. On poseθ= arctanxet on exprime f(x)dans quatre cas selon le tableau suivant : x ]− ∞,−1] [−1,0] [0,1] [1,+∞[
θ ]−π2,−π4] [−π4,0] [0,π4] [π4,π2[ 2θ ]−π,−π2] [−π2,0] [0,π2] [π2, π[
arccos(cos(2θ)) −2θ −2θ 2θ 2θ
arcsin(sin(2θ)) −π−2θ 2θ 2θ π−2θ
f(x) −π−4 arctanx 0 4 arctanx π
On en déduit le graphe de f (gure 1). On aurait pu se limiter aux deux intervalles dansR+ et obtenir les autres expressions avec le résultat de 2.b.
−1 3
Fig. 1: Graphe dearccos
1−x2 1+x2
+ arcsin
2x 1+x2
Exercice 2
1. Voir la gure Construction deM M0.
2. On forme les équations des droites(AB),(AB0)et leur pente :
(AB) : x
a+y
b = 1 pente :b
a
(AB0) : x
a+ y
b0 = 1 pente :b0 a
Les points M et M0 existent lorsque ∆ n'est pas parallèle à (AB) et ∆0 n'est pas parallèle à(AB0)c'est à dire pour
m6∈
b a,−b0
a
Pour calculer les coordonnées deM, on substituemxày dans l'équation de(AB), on résout l'équation d'inconnue xainsi formée, puis on multiplie par m pour obtenir la deuxième coordonnée. On obtient
M : ab
b+ma, mab b+ma
Les coordonnées de M0 se déduisent de celles deM en remplaçant b parb0 et mpar
−m. On obtient :
M0 : ab0
b0−ma, −mab0 b0−ma
B
B0
A
∆0
∆
M M0
O
Fig. 2: Construction deM M0
Pour former l'équation de(M M0)on commence par calculer et simplier les coordon- nées de−−−→
M M0. Il vient
−−−→M M0: am (b+ma)(b0−ma)
(b+b0)a
−2bb0−am(b0−b)
L'équation de(M M0)s'obtient en écrivant qu'un pointZ de coordonnées(x, y)est sur (M M0)si et seulement si :
det(−−→
M Z,−−−→
M M0) = 0
En réduisant les éléments de la première colonne au même dénominateur et en utilisant la bilinéarité du déterminant, on obtient le résultat annoncé.
3. a. Considérons une droite ∆ particulière à savoir l'axe (Oy). Dans ce cas M = B et M0 =B0 doncP est forcément sur(Oy). Notons(0, p)les coordonnées de P et écrivons (avec 2.) queP est sur (M M0)obtenue lorsque ∆ = (Ox)de pente m= 0. On obtient
2ab2b0−bpa(b+b0) = 0 2a−p(1
b + 1 b0) = 0
2 p= 1
b + 1 b0
b. Le raisonnement précédent montre l'unicité du point d'intersection des droites (M M0). Pour achever la démonstration on doit montrer que le déterminant de la question 2. est nul pour tous les m lorsque x= 0 et y =p= b+b2bb00. En eet une simplication se produit après une factorisation parb+am.
c. Les points O, B, B0 sont sur l'axe (Oy), les vecteurs −−→
OB et −−→
OB0 sont donc colinéaires. De plus :
−−→OB=λ−−→
OB0 avecλ= b b0
−−→P B= (b−p)−→
j =λ(b0−pb0 b )−→
j Or, d'après 3.a.
2 p= 1
b + 1
b0 ⇒2 = p b + p
b0 ⇒2b0= pb0
b +p⇒b0−pb0
b =p−b0
d'où −−→
P B=λ(p−b0)−→j =−λ−−→
P B0
B
B0
O A
Fig. 3: Tracé de plusieurs droites∆et M M0
4. a. La droite(AB0)parallèle à la deuxième bissectrice se traduit par a=b0
Le caractère xe du pointP se traduit par b= pb0
2b0−p
b. On calcule les cordonnées du milieuI deAB0 puis l'équation de(BI). On déve- loppe ensuite en remplaçantaet b. Après simplications, on obtient :
I: a
2,b0 2
= b0
2,b0 2
(BI) :
x b20 y−b b20 −b= 0
= 0 (BI) :b0(2x−2y+p) + (3px+py) = 0
Sur la dernière forme, on voit clairement que les droites(M I)passent toutes par le point dont les coordonées(x, y)vérient
2x−2y = −p
−3x+y = 0 On en déduit l'existence et les coordonnées du pointQ:
Q: p
8,3p 8
Exercice 3
Comme il s'agit d'une application directe des méthodes du cours, on présente directement les fonctions constituant les ensembles de solutions. Pour chaque équation,λdécrit R.
x→2 + λ
2 +x λ∈R (1)
x→ arctanx+λ
2x λ∈R (2)
x→λcos 3x+µsin 3x+1 9x+ 1
18e3x (λ, µ)∈R2 (3)
P Q
O
Fig. 4: Tracé de plusieurs droites (p= 2)(B, milieu deAB0)
Les calculs pour obtenir une solution particulière pour la dernière équation sont plus compli- qués. On travaille d'abord avec le second membrexe3x. Pour lequel on cherche une solution particulière de la forme(ax+b)e3x. On obtient
a= 1
10(3−i) b= 4i−1
(3 +i)2 = 1
50(8 + 19i) Il reste ensuite à prendre la partie réelle et à multiplier par10
x→λex+µe−x2 + (3 cosx+ sinx)x+1
5(8 cosx−19 sinx) (λ, µ)∈R2 (4)
Exercice 4
1. a. Les deux équations du système sont équivalentes car elles sont conjuguées.
b. On résoud le système de la question précédente par les formules de Cramer. Le déterminant égal à|a|2− |b|2 est non nul. On obtient une seule solution :
az0+bz0−ac+bc
|a|2− |b|2 2. Ici, l'équation(E)devient
reiαz+reiβz=zc0 On introduit alors les relations suivantes dans(E)
eiα=eiα+β2 eiα−β2 , eiβ =eiα+β2 e−iα−β2 ce qui conduit à :
reiα+β2 2 Re(eiα−β2 z) =z0−c Comme l'axe de−−→
AB est
eiβ−eiα=eiα+β2 2isinβ−α 2 On obtient bien que−−−→
CM0 est othogonal à−−→
AB. Le pointM0 d'axez0 est donc sur la droite (notéeD0) passant parCet orthogonale à (AB).
3. Si le pointM0 d'axe z0 est sur la droite (notéeD0) passant parC et orthogonale à (AB), il existe un réelλtel que
z0−c= 2λeiα+β2
On peut alors simplier pareiα+β2 l'équation(E)ce qui donne
Re(eiα−β2 z) = λ r
En notantxety les coordonnées deeM qui sont aussi les parties réelle et imaginaire de l'axez, cette relation s'écrit
cosα−β
2 x−sinα−β 2 y= λ
r C'est l'équation d'une droite dont la direction est
−
→e π 2−α−β2
On a vu qu'un vecteur directeur deD0 (orthogonal à(AB)) est
−
→e α+β 2
L'angle de droites(D0, Dz0)est donc π
2 −α−β
2 −α+β 2 = π
2 −α mod (π)
