MA02AN0-COREXEA.pdf

Mathématiques

Rédaction

Danielle AUBRY

Jean-Philippe BAURENS

Sébastien CARIO

Directeur pédagogique des disciplines scientifiques

Jean-Michel LE LAOUÉNAN

Enseignement Obligatoire

Terminale S

7-MA02-ANPA00-10

Corrigés des exercices

Ce cours a été rédigé et publié dans le cadre de l’activité du Centre National d’Enseignement à Distance, Institut de Rennes. Toute autre utilisation, notamment à but lucratif, est interdite.

Les cours du Cned sont strictement réservés à l’usage privé de leurs destinataires et ne sont pas destinés à une utilisation collective. Les personnes qui s’en serviraient pour d’autres usages, qui en feraient une reproduction intégrale ou partielle, une traduction sans le consentement du Cned, s’exposeraient à des poursuites judiciaires et aux sanctions pénales pré-vues par le Code de la propriété intellectuelle. Les reproductions par reprographie de livres et de périodiques protégés contenues dans cet ouvrage sont effectuées par le Cned avec l’autorisation du Centre français d’exploitation du droit de copie (20, rue des Grands Augustins, 75006 Paris).

Référence : 7-MA02-ANPA00-10

Imprimé au Cned - Institut de RENNES 7, rue du Clos Courtel 35050 RENNES CEDEX 9

3

Corrigés des exercices de la séquence 1 – MA02

équence 1

1

ère

partie : Notion de limite

�

On a :

Pour tout ,

. De plus,

(suites géométriques de raison ). On en déduit :

.

�

Il s’agit d’une forme indéterminée, une transformation d’écriture est donc ici nécessaire.

Pour tout ,

. De plus, on a :

donc .

Par somme et par passage à l’inverse, on a alors :

et donc : .

�

On a :

Pour tout , , ainsi pour , ( est

positif car : ).

De plus, et .

On en déduit par composition : . Alors d’après le théorème

d’encadrement : .

Étude en .

On a :

et . Ainsi par composition de limites :

.

Corrigé des exercices d’apprentissage

n de �

22n 3n 1+–4n 1–

--------------------------- 22( )n 3 3n×–4n 1–

--------------------------------- 4n 3 3n×–4n 1–

--------------------------4n 1 3 3

4--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n×–×

4n 1 14--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n–×

----------------------------------------------1 3 3

4--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n×–

1 14--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n–

----------------------------------= = = =

34--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n

n + ∞→lim 1

4--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n

n + ∞→lim 0= = q ∈ ] 1 ; 1 [ –

22n 3n 1+–

4n 1–---------------------------

n + ∞→lim 1=

n de �

n2 1+ n– n2 1+ n–( ) n2 1+ n+( )

n2 1+ n+( )------------------------------------------------------------------ n2 1 n2–+

n2 1+ n+( )--------------------------------- 1

n2 1+ n+( )---------------------------------= = =

x2 1+x + ∞→

lim + ∞= n2 1+n + ∞→

lim + ∞=

1

n2 1+ n+( )---------------------------------

n + ∞→lim 0= n2 1+ n–

n + ∞→lim 0=

n �∈ 1– nsin 1≤ ≤ n �*∈ 1n--sin– nsin( ) 1

n--sin⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n--sin≤ ≤ 1

n--sin

0 1n-- π

2---≤ ≤

1n--

n + ∞→lim 0= xsin

x 0→lim 0=

1n--sin

n + ∞→lim 0 1

n--sin–

n + ∞→lim= =

nsin( )n + ∞→

lim 1n--sin⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0=

∞–

x2 2x 2+ +x ∞–→

lim x2x ∞–→

lim + ∞= = yy + ∞→

lim + ∞=

x2 2x 2+ +x ∞–→

lim + ∞=

Exercice �

Exercice �

4 Corrigés des exercices de la séquence 1 – MA02

De plus, et donc : (propriété sur les

limites de somme).

Étude en .

On a pour tout ,

De plus, . On en déduit : .

Limite en 0

Pour tout ,

.

De plus, . Ainsi : .

Limite en

Pour tout ,

. De plus, et .

On en déduit par composition : et .

x– 1–x ∞–→

lim + ∞= x2 2x 2+ + x– 1–x ∞–→

lim + ∞=

+∞

x 0>

f x( ) x2 2x 2+ + x– 1– x2 2x 2+ + x 1+( )–= =

x2 2x 2+ + x 1+( )–( ) x2 2x 2+ + x 1+( )+( )×

x2 2x 2+ + x 1+( )+( )---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

x2 2x 2+ +( )2 x 1+( )2–

x2 2x 2+ + x 1+( )+( )--------------------------------------------------------------- x2 2x 2 x2– 2x– 1–+ +

x2 2x 2+ + x 1+( )+( )---------------------------------------------------------- 1

x2 2x 2+ + x 1+( )+( )----------------------------------------------------------= = =

x2 2x 2+ +x + ∞→

lim x 1+x + ∞→

lim + ∞= = f x( )x + ∞→

lim 0=

x de �

x2 4+ 2–x2

--------------------------- x2 4+ 2–( ) x2 4+ 2+( )×

x2 x2 4+ 2+( )×----------------------------------------------------------------------- x2 4+( )2 22–

x2 x2 4+ 2+( )×-------------------------------------------- x2 4 4–+

x2 x2 4+ 2+( )×--------------------------------------------= = =

x2

x2 x2 4+ 2+( )×-------------------------------------------- 1

x2 4+ 2+---------------------------= =

1

x2 4+ 2+---------------------------

x 0→lim 1

02 4+ 2+---------------------------- 1

4--= = x2 4+ 2–

x2---------------------------

x 0→lim 1

4--=

+ ∞

x de �

x2 4+ 2–x2

--------------------------- 1

x2 4+ 2+---------------------------= x2 4+

x + ∞→lim x2

x + ∞→lim + ∞= = y

y + ∞→lim + ∞=

x2 4+x + ∞→

lim + ∞= x2 4+ 2–x2

---------------------------x + ∞→

lim 0=

Exercice �


Corrigé des exercices d’entraînement

� est une suite convergeant vers � donc à partir d’un certain rang , tous les sont dans

l’intervalle ouvert et centré en � : .

� À partir du rang tous les termes de la suite sont supérieurs à et sont donc positifs.

� est une suite convergeant vers � donc à partir d’un certain rang , tous les sont dansl’intervalle ouvert et centré en � : .

� Pour tout , .

De plus si a (resp. b) désigne le plus petit (resp. grand) nombre parmi , , , ... ; alors pourtout :

ou (selon que n soit plus petit ou plus grand que ) dans tous les cas :

où est le plus petit des nombres et a.

De même pour tout , où est le plus grand des nombres b et .

La suite est alors minorée et majorée, elle est donc bornée.

� On a :

, et :

.

� est le plus petit des nombres , , ..., donc la fonction inverse étant

décroissante sur , est le plus grand des nombres , , ..., et donc :

est le plus grand des nombres , , ..., . De même : est le plus petit

des nombres , , ..., .

� est la somme de n termes dont le plus petit est et le plus grand est . On a donc :

pour tout , soit : .

� On a : où f est la fonction définie sur par : .

donc par composition : .

De même . Alors d’après le théorème d’encadrement, on a : .

� Considérons les suites et définies par : et .

On a, pour tout :

et .

On a donc bien et .

un( ) n0 un

I =12-- � ; 3

2 -- �

O

I

�2

3�2

�

n0�2---

un( ) n0 unI = ]� 1 ; � 1 [ +–

n n0≥ � 1– un � 1+≤ ≤u0 u1 u2 un0

n de �

un � 1–≥ un a≥ n0un a′≥ a′ � 1–

n de � un b′≤ b′ � 1+

u11

12 1+-------------- 1

2--= = u2

222 1+-------------- 2

22 2+--------------+ 2

5-- 2

6--+ 22

30----- 11

15-----= = = =

u33

32 1+-------------- 3

32 2+-------------- 3

32 3+--------------+ + 3

10----- 3

11----- 3

12-----+ + 362

440-------- 181

220--------= = = =

n2 1+ n2 1+ n2 2+ n2 n+

�+* 1n2 1+-------------- 1

n2 1+-------------- 1

n2 2+-------------- 1

n2 n+--------------

nn2 1+-------------- n

n2 1+-------------- n

n2 2+-------------- n

n2 n+-------------- n

n2 n+--------------

nn2 1+-------------- n

n2 2+-------------- n

n2 n+--------------

unn

n2 n+-------------- n

n2 1+--------------

n de �* n nn2 n+--------------× un n n

n2 1+--------------×≤ ≤ n2

n2 n+-------------- un

n2

n2 1+--------------≤ ≤

n2

n2 n+-------------- f n( )= �+ f x( ) x2

x2 x+--------------=

f x( )x + ∞→

lim x2

x2-----

x + ∞→lim 1= = n2

n2 n+--------------

n + ∞→lim 1=

n2

n2 1+--------------

n + ∞→lim 1= unn + ∞→

lim 1=

un( ) vn( ) un nπ= vn 2nπ π2---+=

n de �

f un( ) nπ nπsin× 0= = f vn( ) 2nπ π2---+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2nπ π2---+⎝ ⎠

⎛ ⎞sin× 2nπ π2---+⎝ ⎠

⎛ ⎞= =

f un( )n + ∞→

lim 0= f vn( )n + ∞→

lim + ∞=

Exercice �

Exercice �

Exercice �

Exercice �


� Supposons que la fonction f admette une limite L en . Alors comme

, on a, par composition : ce

qui est absurde car et .

L’hypothèse de départ est donc fausse et f n’admet pas de limite en .

� On a : .

De même : .

et donc par composition : . De plus,

. Ainsi (propriété sur les limites de produits) : .

� Pour tout ,

. On a donc bien :

pour tout , .

� On a :

et de même : . On en déduit que la droite d’équation :

est asymptote oblique à .

De plus, on a : , la droite d’équation : est donc asymptote verticale à lacourbe.

� est défini si et seulement si et . donc et x ont le même signe.

Ainsi : si et seulement si . Le tableau de signes suivant nous permet de conclure :

est donc défini si et seulement si : . L’ensemble de définition de f estdonc : .

� et .

Donc par composition : .

et .

Donc par composition : .

x 0 1

x – 0 + +

– – 0 +

+ 0 – +

+ ∞ unn + ∞→

lim vnn + ∞→lim + ∞= = f un( )

n + ∞→lim f vn( )

n + ∞→lim L= =

f un( )n + ∞→

lim 0= f vn( )n + ∞→

lim + ∞=

+ ∞

f x( )x + ∞→

lim x3

x2-----

x + ∞→lim x

x + ∞→lim + ∞= = =

f x( )x ∞–→

lim xx ∞–→

lim ∞–= =

x 1+x 1–→

lim 0= 1x2-----

x 0→lim + ∞= 1

x 1+( )2-------------------

x 1–→lim + ∞=

x3 2+x 1–→

lim 1–( )3 2+ 1= = f x( )x 1–→

lim + ∞=

x 1–≠

x 2– 3x 4+x 1+( )2

-------------------+ x 2–( ) x 1+( )2

x 1+( )2----------------------------------- 3x 4+

x 1+( )2-------------------+ x 2–( ) x2 2x 1+ +( ) 3x 4+ +

x 1+( )2---------------------------------------------------------------------= =

x3 3x– 2– 3x 4+ +x 1+( )2

----------------------------------------------- x3 2+x 1+( )2

------------------- f x( )= = =

x 1–≠ f x( ) x 2– 3x 4+x 1+( )2

-------------------+=

f x( )x + ∞→

lim x 2–( )– 3xx2-----

x + ∞→lim 3

x--

x + ∞→lim 0= = =

f x( )x ∞–→

lim x 2–( )– 3x--

x ∞–→lim 0= =

y x 2–= �f

f x( )x 1–→

lim + ∞= x 1–=

f x( ) x 1– 0≠ x3

x 1–----------- 0≥ x3 x2 x×= x3

x3

x 1–----------- 0≥ x

x 1–----------- 0≥

∞– + ∞

x 1–( )

f x( )

f x( ) x ∈ ] ∞ ; 0 ] – ∪ ]1 ; + ∞[� = ] ∞ ; 0 ] – ∪ ]1 ; + ∞[

x3

x 1–-----------

x + ∞→lim x

3

x-----

x + ∞→lim x2

x + ∞→lim + ∞= = = y

y + ∞→lim + ∞=

f x( )x + ∞→

lim + ∞=

x3

x 1–-----------

x ∞–→lim x

3

x-----

x ∞–→lim x2

x ∞–→lim + ∞= = = y

y + ∞→lim + ∞=

f x( )x ∞–→

lim + ∞=

Exercice

�

Exercice

�

7


�

Pour tout ,

.

De plus, et donc par composition :

. Par suite, on a : .

Pour tout ,

.

De plus, .

On en déduit donc : .

�

D’après ce qui précède : .

On en déduit que la droite d’équation : (resp. ) est asymptote oblique à la

courbe représentative de la fonction f en (resp. en ).

x 1>

f x( ) x– x2 xx 1–-----------× x– x x

x 1–-----------× x– x x

x 1–----------- 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞×= = =

x

xx 1–----------- 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞ xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞-------------------------------------------------------------× x

xx 1–-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 212–

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞-----------------------------------× x

xx 1–----------- 1–

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞------------------------------×= = =

x

x x 1–( )–x 1–

------------------------

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞------------------------------×

xx 1–-----------

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞------------------------------= =

xx 1–-----------

x + ∞→lim x

x--

x + ∞→lim 1= = y

y 1→lim 1=

xx 1–-----------

x + ∞→lim 1= f x( )

x + ∞→lim x– 1

1 1+------------ 1

2--= =

x 0<

f x( ) x+ x2 xx 1–-----------× x+ x x

x 1–-----------× x+ x– x

x 1–----------- 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞×= = =

x–

xx 1–----------- 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞ xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞-------------------------------------------------------------× x–

xx 1–-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 212–

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞-----------------------------------×= =

x–

xx 1–----------- 1–

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞------------------------------× x–

x x 1–( )–x 1–

------------------------

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞------------------------------×

xx 1–-----------–

xx 1–----------- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞------------------------------= = =

xx 1–-----------

x ∞–→lim x

x--

x ∞–→lim 1= =

f x( )x ∞–→

lim x+ 1–1 1+------------

12--–= =

f x( )x + ∞→

lim x 12--+⎝ ⎠

⎛ ⎞– f x( )x ∞–→

lim x– 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞– 0= =

y x 12--+= y x– 1

2--–=

+ ∞ ∞–

x

y

O

2

O 2– 2

– 2

– 4– 6 4 6


2ème partie : Ensemble � des nombres complexes


a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

Soit S l’ensemble des points cherchés

a)

On prend A d’affixe 4 et B d’affixe

sur la médiatrice de

d’où S est la médiatrice de .

b) Soit et



c) Soit

sur le cercle de centre E et de rayon 3

d’où S est le cercle de centre E et de rayon 3.

d)

En effet et un nombre complexe et son conjugué ont le même module.

z 1 i+( ) 1 2i–( ) 1 i 2i– 2i2–+ 1 2 i–+ 3 i–= = = =

z 2 3i–( ) 3i( ) 6i 9i2– 9 6i+= = =

z 2i 1+( ) 1 i+( )2 3i 4–( ) 2i 1+( ) 12 2i 1–+( ) 3i 4–( )= =

2i 1+( ) 2i( ) 3i 4–( ) 4– 2i+( ) 3i 4–( )= =

12i– 6– 16 8i–+ 10 20i–= =

z 5 4i+( ) 3 7i+( ) 2 3i–( ) 15 12i 35i 28–+ +( ) 2 3i–( )= =

13– 47i+( ) 2 3i–( ) 26– 94i 39i 141+ + + 115 133i+= = =

z 1 i–2i

---------- 1 i–( ) i–( )2i2–

------------------------- i2 i–2

----------- 12---–

12--- i–= = = =

z 3 4i–7 5i+------------- 3 4i–( ) 7 5i–( )

7 5i+( ) 7 5i–( )------------------------------------- 21 28i– 15i– 20–

49 25+-------------------------------------------- 1 43i–

74----------------

174------

4374------ i–= = = = =

z 3 2i–( ) 5 i+( )5 i–

---------------------------------- 3 2i–( ) 5 i+( )2

5 i–( ) 5 i+( )------------------------------------ 3 2i–( ) 25 10i 1–+( )

25 1+----------------------------------------------------= = =

3 2i–( ) 24 10i+( )26

------------------------------------------- 3 2i–( ) 12 5i+( )13

---------------------------------------- 36 24i– 15i 10+ +13

---------------------------------------------= = =

46 9i–13

---------------- 4613------

913------ i–= =

M z( )

z 4– z 2i+=

2i–( )M S MA⇔∈ MB=

M⇔ AB[ ]

AB[ ]

C 1– i–( ) D 3( )M S z 1– i–( )–⇔∈ z 3–=

MC⇔ MD=

M⇔ CD[ ]

CD[ ]

E 5 3i–( )M S z 5 3i–( )–⇔∈ 3=

ME⇔ 3=

M⇔

z 5 i–+ z 4i–= z 5 i+ +⇔ z 4i–=

z 5 i+ +⇔ z 4i–=

z 5 i+ + z 5 i–+=

Exercice �

Exercice �


Soit et



a)

b) Pour résoudre l’équation

on va utiliser le résultat suivant :

deux nombres complexes sous forme algébrique sont égaux si et seulement si ils ont même partieréelle et même partie imaginaire.

Pour cela, on pose avec x et y réels.

ou

ou ou ou .

c) , car .

Il serait maladroit ici de travailler avec l’écriture algébrique.

Conclusion

Conclusion

F 5– i–( ) G 4i( )M S z 5– i–( )–⇔∈ z 4i–=

MF⇔ MG=

M⇔ FG[ ]

FG[ ]

3 i–( ) z 1 i+1 i–---------- z⇔ 1 i+

1 i–( ) 3 i–( )------------------------------= =

z⇔ 1 i+2 4i–-------------=

z⇔ 1 i+( ) 2 4i+( )2 4i–( ) 2 4i+( )

-------------------------------------=

z⇔ 2– 6i+22 42+------------------=

z⇔ 110-----– i 3

10-----+=

z⇔ 110-----– i 3

10-----–=

S 110-----– i 3

10-----–

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

=

4z2 8 z 2 3–+ 0= 1( )

z x iy+=

1( ) 4x2 4y2– 8ixy 8x2 8y2 3–+ + +⇔ 0=

12x2 4y2 3– 8ixy+ +⇔ 0=

12x2 4y2 3–+ 0=

xy 0=⎩⎨⎧

⇔

x 0=

y2 34--=

⎩⎪⎨⎪⎧

⇔y 0=

x2 14--=

⎩⎪⎨⎪⎧

x 0=

y 32

-------=⎩⎪⎨⎪⎧

⇔x 0=

y 32

-------–=⎩⎪⎨⎪⎧

x 12--=

y 0=⎩⎪⎨⎪⎧

x 12--–=

y 0=⎩⎪⎨⎪⎧

S i 32

------- ; i 32

------- ; 12

-- ; 12

--–– ⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

=

z 4z-- z z⇔ 4 z⇔ 2= = = z 2 zz=

Exercice

�

10


Les solutions sont tous les nombres complexes de module 2

, et lespoints images de ces solutions constituent le cercle de centre O, de rayon 2.

d)

Pour résoudre l’équation :

On pose où x et y réels

ou

ou

ou ou ou

On a donc soit ; ; ; .

On a déjà : triangle isocèle en A compte-tenu de la symétrie ortho-gonale par rapport à .

Il suffit de prouver .

On a

Le triangle ABC est bien un triangle équilatéral.

; ;

a)

On a donc :

�

Par identification des parties réelles et des parties imaginaires, on obtient le système :

�

réel

sur

où

(D) est la droite d’équation

.

Il est important de procéder par équivalences pour conclure à l’égalité des deux ensembles.

Conclusion

O 1 2z2 2i z– 0= 1( )

z x iy+=

1( ) x2 y2 2ixy 2i x iy–( )–+–⇔ 0=

x2 y2– 2y– 2i xy x–( )+⇔ 0=

x y 1–( ) 0=

x2 y2– 2y– 0=⎩⎨⎧

⇔

x 0=

y2– 2y– 0=⎩⎨⎧

⇔y 1=

x2 3– 0=⎩⎨⎧

x 0=

y y 2+( ) 0=⎩⎨⎧

⇔y 1=

x 3–( ) x 3+( ) 0=⎩⎨⎧

x 0=

y 0=⎩⎨⎧

⇔x 0=

y 2–=⎩⎨⎧ x 3=

y 1=⎩⎨⎧ x 3–=

y 1=⎩⎨⎧

y

C B

A

x

O

-2

1 2

S 0 2i– 3 i+ 3 i+–, , ,{ }=O 0( ) A 2i–( ) B 3 i+( ) C 3 i+–( )

ABC( )y′oy( )

BC AB=

BC zC zB– 2 3– 2 3= = =

AB zB zA– 3 3i+ 3 9+ 12 2 3= = = = =

Z z 2–( ) z i+( )= Z X iY+= z x iy+=

X iY+ x 2– iy+( ) x i 1 y–( )+( )=

x 2–( )x y 1 y–( )– i xy x 2–( ) 1 y–( )+( )+=

x2 2x– y2 y– i x 2y 2–+( )+ +=

X x2 2x– y2 y–+=

Y x 2y 2–+=⎩⎨⎧

M Z( ) E1 Z⇔∈ Y⇔ 0 x 2y 2–+⇔ 0= =

M⇔ D( )

x 2y 2–+ 0=

E1 D( )=

Exercice �

Remarque


� imaginaire

(mise sous forme canonique)

On reconnaît l’équation réduite du cercle de centre et de rayon .

b) C’est une autre méthode.

On utilise les propriétés sur conjugué d’un produit, d’une somme, d’un réel.

� Z réel

(ligne 1)

(on a utilisé et )

On retrouve évidemment la même équation qu’en a).

� Z imaginaire

En utilisant les calculs précédents, il suffit de prendre l’opposé du second membre de (ligne 1), d’où :

Z imaginaire

Là encore on est ramené à la même situation qu’en a).

Conclusion

est le cercle de centre Ω et de rayon .

M Z( ) E2 Z⇔∈ X⇔ 0=

x2 2x– y2 y–+⇔ 0=

x 1–( )2 y 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+⇔ 1 1

4--+=

x 1–( )2 y 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+⇔ 5

2-------⎝ ⎠

⎛ ⎞2

=

Ω 1 12--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ 52

-------

E25

2-------

Z⇔ Z=

z 2–( ) z i+( )⇔ z 2–( ) z i+( )=

z 2–( ) z i+( )⇔ z 2–( ) z i+( )=

z 2–( ) z i+( )⇔ z 2–( ) z i–( )=

z z 2 z– iz 2i–+⇔ z z 2z– i z– 2i+=

2 z z–( ) i z z+( ) 4i–+⇔ 0=

2 2iy× i 2x 4i–×+⇔ 0= z z– 2i Im z( )= z z+ 2Re z( )=

x 2y 2–+⇔ 0=

Z⇔ Z–=

z z 2 z– iz 2i–+⇔ z z– 2z i z 2i–+ +=

2z z 2 z z+( )– i z z–( )+⇔ 0=

2x2 2y2 4x– 2i2y+ +⇔ 0=

x2 y2 2x– y–+⇔ 0=



soit où x, y réels

� réel

(ligne 1)

ou

réel ou

ou

où est la droite d’équation

d’où .

�

En utilisant les calculs précédents, il suffit de prendre l’opposé du second membre de (ligne 1), d’où :

On n’a pas demandé de reconnaître . Mise sous forme réduite ou canonique :

Ne pas confondre avec équation d’un cercle.

Ici, il faut bien comprendre que u est donné, il joue donc le rôle de paramètre.

a réel

� Si (donc si u réel) alors pour z quelconque l’égalité est vérifiée

l’ensemble des points M est tout le plan sauf .

� Si alors

l’ensemble des points M est le cercle de centre O de rayon 1 sauf

Conclusionune équation de est .

Z z2 2z 3–+= z x iy+=

D y

y'

xx'

1O–1

M z( ) F1 Z⇔∈ Z⇔ Z=

z2 2z 3–+⇔ z2 2z 3–+=

z2 2z 3–+⇔ z 2 2 z 3–+=

z2 z 2 2 z z–( )+–⇔ 0=

z z–( ) z z 2+ +( )⇔ 0=

z⇔ z= z z 2+ + 0=

z⇔ 2x 2+ 0=

M x′ox( )∈⇔ M D( )∈

D( ) x 1–=

F1 x′ox( ) D( )∪=

M z( ) F2 Z⇔∈ Z–=

M z( ) F2 z2 2z 3–+⇔∈ z 2– 2 z– 3+=

z2 z 2 2 z z+( ) 6–+ +⇔ 0=

z z+( )2 2z z– 2 z z+( ) 6–+⇔ 0=

2x( )2 2 x2 y2+( )– 4x 6–+⇔ 0=

x2 2x y2– 3–+⇔ 0=

F2 x2 2x y2– 3–+ 0=

F2

x 1+( )2 y2– 22=

a u uz–1 z–

--------------= z 1≠

a⇔ a u uz–1 z–

--------------⇔ u uz–1 z–

--------------⎝ ⎠⎛ ⎞= =

u uz–1 z–

--------------⇔ u u z–

1 z–----------------=

u uz–( ) 1 z–( )⇔ 1 z–( ) u u z–( )=

u uz– u z– uz z+⇔ u uz– u z– uz z+=

u 1 z z–( ) u 1 z z–( )–⇔ 0=

u u–( ) 1 z z–( )⇔ 0= 1( )

u u= 1( )A 1( )

u u≠ 1( ) z z⇔ 1 z⇔ 1= =

A 1( )

Exercice �

Remarque

Exercice �


soit avec x, y réels

et avec X, Y réels

On a donc

on trouve en identifiant parties réelles et parties imaginaires

d’où :

a) u réel

ou .

On reconnaît les équations de 2 droites, d’où si M a pour affixe z :

u réel

L’ensemble cherché est la réunion des droites D et .

b) � u imaginaire pur

étude de l’ensemble des points

tels que

ou encore :

si impossible

si

on reconnaît une équation de la forme .

On peut faire l’étude classique avec dérivée, puis signe de la dérivée, puis tableau de variation pour la

fonction f définie par , mais on peut aussi utiliser le rappel ci-après :

Rappel :

f donnée par :

s’appelle fonction homographique, et on a vu en première que sa représentation graphique est unehyperbole d’asymptotes, les droites

d’équation et d’équation

u 1 z–( ) 1 iz–( )=z x iy+=

u X iY+=

X iY+ 1 x iy+( )–( ) 1 i x iy+( )–( ) 1 x iy+( )– i x iy+( )– i x iy+( )2+= =

1 x– iy– ix– y i x2 2ixy y2–+( )+ +=

1 x– iy– ix– y ix2 2xy– iy2–+ + 1 x– y 2xy– i x2 y2– x– y–( )+ += =

X 1 x– 2xy– y+=

Y x2 y2– x– y–=⎩⎨⎧

Y⇔ 0 x2 y2– x– y–⇔ 0= = x y+( ) x y–( ) x y+( )–⇔ 0=

x y+( ) x y– 1–( )⇔ 0=

x y+⇔ 0= x y– 1– 0=

D

1

O 1

D'

x' x

y

y'

M Dx y+ 0= D′x y– 1– 0=∪∈⇔

D′

X⇔ 0 1 x– 2xy– y+⇔ 0= =

M x y,( )

1 x– 2xy– y+ 0=

y 1 2x–( ) x 1–= 1( )

x 12--= 1( ) 0⇔ 1

2--–=

x 12--≠ 1( ) y⇔ x 1–

1 2x–--------------=

y ax b+cx d+--------------=

f x( ) x 1–1 2x–--------------=

f x( ) ax b+cx d+--------------=

D1 x dc--–= D2 y a

c--=

A

B

1/2O 1

D1

D2

x' x

y

y'

–1/2

Exercice �


ici a pour équation et a pour équation

On remarque que pour on a

et pour on a

Soit � cette hyperbole ; elle passe par et

on a donc : u imaginaire pur sur l’hyperbole.

L’ensemble cherché est l’hyperbole �.

� a) � d’où :

or le conjugué d’une somme est égal à la somme des conjugués d’où :

comme le conjugué d’un produit est égal au produit des conjugués :

b) � Si montrons que .

soit en réduisant au même dénominateur :

et l’on constate que : d’où comme

(en effet donc 0 n’est pas solution de l’équation )

on a : donc :

c) � Si ; d’après la première démonstration,

on a donc d’où est solution de .

Ci-dessus on a montré que si est solution, il en est de même de , donc d’après ce que nous

venons de démontrer, étant solution de , l’est aussi.

�

or d’où :

donc

On a donc solution de d’où :

, et le sont aussi.

Mais est une équation du quatrième degré donc admet au plus 4 solutions. D’où :

Conclusion

Si solution de alors , et sont aussi solutions.

D1 x 12--= D2 y 1

2--–=

x 0= y 1–=

x 1= y 0=

B 0 ; 1 – ( ) A 1 ; 0 ( )M⇔

P z( ) 2z4 6z3– 9z2 6z– 2+ +=

P z( ) 2z4 6z3– 9z2 6z– 2+ +=

P z( ) 2z4 6z3– 9z2 6z– 2+ +=

P z( ) 2 z( )4 6 z( )3– 9 z( )2 6 z( )– 2+ + P z( ) = =

P z0( ) 0= P 1z0----⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0=

P 1z0----⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2z0

4----- 6

z03

-----– 9z0

2----- 6

z0----– 2+ +=

P 1z0----⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1z0

4----- 2 6z0– 9z0

2 6z03– 2z0

4+ +( )= P 1z0----⎝ ⎠

⎛ ⎞ P z0( )

z04

------------=

z0 0≠ P 0( ) 2= P z( ) 0=

P z0( ) 0 P 1z0----⎝ ⎠

⎛ ⎞⇔ 0= =

Si z0 est solution de E( ) alors 1z0---- l′est aussi

P z0( ) 0 alors P z0( ) 0= =

P z0( ) P z0( ) 0= = z0 E( )

z01z0----

z0 E( ) 1z0

----

z0 E( ) z01z0---- 1

z0

----

P 1 i+( ) 2 1 i+( )4 6 1 i+( )3– 9 1 i+( )2 6 1 i+( )– 2+ +=

1 i+( )2 2i=

P 1 i+( ) 2 4–( ) 6 1 i+( )2i– 9 2i( ) 6 1 i+( )– 2+ +=

P 1 i+( ) 8– 12i– 12 18i 6– 6i– 2+ + += P 1 i+( ) 0=

z0 1 i+= E( )

z0 1 i–= 1z0---- 1

1 i+---------- 1 i–

2----------= = 1

z0

---- 11 i–---------- 1 i+

2----------= =

E( )

les solutions de E( ) : 1 i ; 1 i ; 1 i – 2

---------- ; 1 i + 2

---------- –+

Exercice

�

15


�

a)

Si on pose avec x et y réels, on a d’où :

et

On constate que d’où :

Autre méthode :

donc

b)

Traduction géométrique du résultat pour .

Comme on a donc

�

�

Comme on a d’où d’où

�

Construction géométrique de connaissant M :

D’une part : est sur le cercle . D’autre part : et sont parallèles.

Ici d’où .

Finalement :

La parallèle à passant par B coupe C en .

■

z x iy+= z x iy–=

z 1– x 1–( ) iy+= z 1– x 1–( ) iy–=

x 1–( )2 y2+ z 1– 2 z 1– 2= =

z 1– z 1– d′où z′ 1 = =

z 1– z 1– z 1–= = z′ 1=

M′

z′ OM′= OM′ 1=

M′ appartient au cercle C de centre O de rayon 1

r z′ 1+z 1–-------------

z 1–

z 1–------------ 1+

z 1–---------------------- z z 2–+

z 1–( ) z 1–( )---------------------------------- z z 2–+

z z z z+( )– 1+---------------------------------------= = = =

r 2Re z( ) 2–z 2 2Re z( )– 1+---------------------------------------- d′où r est un nombre réel=

z′ 1+ r z 1–( )= z′ 1–( )– r z 1–( )= affixe BM′( ) r affixe AM( )=

affixe BM′( ) affixe rAM( )=

BM′ rAM r réel( )= AM et BM′ colinéaires ⇔

M′

(C)

M (z)

M' (z')

A (1)B (–1)v

u

M′ C( ) BM′( ) AM( )

M 12-- ; 1 ⎝ ⎠

⎛ ⎞ r 1–54-- 1– 1+---------------------

45--–= =

BM′ 45-- AM–=

AM( ) M′

Exercice

�

17


équence 2

1

ère

partie : Dérivation : rappels et compléments

�

La fonction sinus ainsi que la fonction sont définies et dérivables sur

�

, il en est

donc de même de . On a, alors (dérivation des fonctions composées) :

.

�

où . u est une fonction rationnelle définie sur , elle est donc dériva-

ble sur cet ensemble.

De plus, f est définie sur l’ensemble des réels x tels que et dérivable sur l’ensemble des réels

x tels que et : (car la fonction racine carrée est définie sur mais déri-

vable sur ).

Commençons donc par étudier le signe de :

On en déduit l’ensemble de définition de et que f est dérivable sur (ceci ne prouve pas que f est non dérivable en -1).

De plus, .

On a alors : .

�

où u est la fonction définie par : . u est définie et dérivable sur

�

(fonctionpolynôme). On en déduit que f est dérivable sur

�

et :

(c’est cette forme la plus factorisée possible qui nous intéressera en général car elle nous permettra dedéterminer aisément le signe de cette dérivée donc le sens de variations de la fonction).

x

1

– 0 + +

– – 0 +

+ 0 – +


f x( ) 3x π3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin=

u : x 3x π 3

---– �

f sin � u=

f′ x( ) u′ x( ) u x( )[ ]cos× 3 3x π3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞ sin′ cos=( )cos= =

f x( ) x 1+x 1–-----------=

f u= u : x x 1

+

x 1

–

----------- � � \ 1{ }

u x( ) 0≥

u x( ) 0> f′ x( ) u′ x( )2 u x( )------------------= �+

]0 ; + ∞[u x( )

∞– 1– + ∞

x 1+( )

x 1–( )

u x( )

f : ] ∞ ; 1] –– ∪ ]1 ; + ∞[] ∞ ; 1 [ –– ∪ ]1 ; + ∞[

u′ x( ) 1 x 1–( )× 1 x 1+( )×–x 1–( )2

--------------------------------------------------------- 2–x 1–( )2

------------------= =

f′ x( ) u′ x( )2 u x( )------------------

2–x 1–( )2

------------------

2 x 1+x 1–-----------

-------------------1–

x 1–( )2------------------ x 1–

x 1+-----------×= = =

f x( ) x2 4x–( )5=

f u5= u x( ) x2 4x–=

f′ x( ) 5 u4 x( ) u′ x( )×× 5 x2 4x–( )4 2x 4–( )×× 5 x x 4–( )[ ]4 2 x 2–( )×××= = =10 x 2–( ) x4 x 4–( )4××=

Exercice �


�

f est une fonction rationnelle et est donc dérivable sur son ensemble de définition.

Pour tout , donc f est définie et dérivable sur �.

où u est définie sur � par . On en déduit :

.

�

f est la composée de la fonction racine carrée suivie de la fonction sinus.

La fonction racine carrée est définie sur et dérivable sur et la fonction sinus estdérivable sur �. On en déduit que f est définie sur et dérivable sur :

.

(La dérivabilité en 0 reste à étudier).

�

f est un quotient de fonctions trigonométriques donc est dérivable sur son ensemble de définition. est défini si et seulement si est différent de 0. Mais un carré étant toujours positif ou

nul, on a pour tout réel x :

.

On en déduit que f est définie et dérivable sur �.

De plus, comme , avec donc .

On obtient pour tout :

� est le taux d’accroissement de la fonction racine carrée entre x et 4. La fonc-

tion racine carrée est dérivable sur et a pour fonction dérivée : . On en déduit :

.

� , est le taux d’accroissement de

la fonction cosinus entre et x. La fonction cosinus est dérivable sur � et a pour fonction dérivée :

.

On en déduit :

.

f x( ) 1x2 1+( )3

---------------------=

x �∈ x2 1+ 1 0>≥

f 1u3----- u 3–= = u x( ) x2 1+=

f′ x( ) 3–( ) u x( ) 3– 1– u′ x( )×× 3–( ) 1x2 1+( )4

--------------------- 2x( )×× 6x–

x2 1+( )4---------------------= = =

f x( ) xsin=

0 ; + ∞[[ ]0 ; + ∞[0 ; + ∞[[ ]0 ; + ∞[

f′ x( ) 12 x---------- xcos×=

f x( ) xsinxcos2 1+

-----------------------=

f x( ) xcos2 1+

xcos2 1+ 1 0>≥

f uv--= f′ u′v uv′–

v2---------------------= v w2 1+= v′ 2 w w′××=

x �∈

f′ x( ) xcos( ) xcos2 1+( )× xsin( ) 2 xsin–( ) xcos××( )×–

xcos2 1+( )2-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

xcos3 xcos 2 xsin2 xcos+ +

xcos2 1+( )2--------------------------------------------------------------------- x xcos2 1 2 xsin2+ +( )cos

xcos2 1+( )2----------------------------------------------------------------= =

x xcos2 1 2 1 xcos2–( )+ +[ ]cosxcos2 1+( )2

------------------------------------------------------------------------------ x 3 cos2x–( )cosxcos2 1+( )2

--------------------------------------= =

x 2–x 4–

--------------- x 4–x 4–

-------------------=

]0 ; + ∞[ x 1

2 x----------�

x 2–x 4–

---------------x 4→lim 1

2 4---------- 1

4--= =

2 xcos 1–

x π3---–

------------------------ 2xcos 1

2--–

x π3---–

--------------------× 2x π

3---cos–cos

x π3---–

------------------------------×= =xcos π

3---cos–

x π3---–

------------------------------

π3---

x xsin–�

2 xcos 1–

x π3---–

-----------------------x π

3---→

lim 2 π3---sin–⎝ ⎠

⎛ ⎞× 3–= =

Exercice

�

19



�

f est dérivable sur

�

(fonction polynôme) et : .

De plus ; . On en déduit le tableau de variations :

; et .

�

où u est une fonction polynôme alors f est définie et dérivable sur

�

et :

(cf. 1).

Étudions le signe du trinôme du second degré : .

On a : . Les racines de ce trinôme sont donc :

et .

est donc négatif sur et positif sinon. Le tableau de signes suivant nous donnealors le signe de :

On en déduit le tableau de variations suivant :

, ,

, .

�

où u est une fonction polynôme alors f est définie sur l’ensemble des réels x tels que et dérivable sur l’ensemble des réels x tels que et :

.

Des questions précédentes, on déduit que f est définie sur et dérivable sur

et .

x

signe de

– 0 +

f

x

1

+ 0 – – 0 +

– – 0 + +

– 0 + 0 – 0 +

x

1

signe de

– + – +

f 0

16

0

f x( ) x2 2x 3–+=

f′ x( ) 2x 2+=

f′ x( ) 0 2x 2+ 0 2x 2– x 1–>⇔>⇔>⇔>

∞– 1– + ∞

f ′

+ ∞

4–

+ ∞

f x( )x + ∞→

lim x2x + ∞→

lim + ∞= = f x( )x ∞–→

lim x2x ∞–→

lim + ∞= = f 1–( ) 4–=

f x( ) x2 2x 3–+( )2=

f u2=

f′ x( ) 2u′ x( )u x( ) 2 2x 2+( ) x2 2x 3–+( )= =

x2 2x 3–+

Δ 22 4 3–( )×– 16 42= = =

x12– 4–2

---------------- 3–= = x22– 4+2

---------------- 1= =

x2 2x 3–+ 3 ; 1 – [ ]f′ x( )

∞– 3– 1– + ∞

x2 2x 3–+

2x 2+

f ′ x( )

∞– 3– 1– + ∞

f ′

+ ∞ + ∞

f x( )x + ∞→

lim x4x + ∞→

lim + ∞= = f x( )x ∞–→

lim x4x ∞–→

lim + ∞= =

f 3–( ) f 1( ) 0= = f 1–( ) 16=

f x( ) x2 2x 3–+=

f u=u x( ) 0≥ u x( ) 0>

f′ x( ) u′ x( )2 u x( )------------------=

] ∞ ; 3 ] –– 1 ; + ∞[[∪

] ∞ ; 3[ –– ∪ ]1 ; + ∞[ f′ x( ) 2x 2+

2 x2 2x 3–+---------------------------------=

Exercice

�

20


est donc du signe de . On en déduit le tableau de variations de f :

�

f est périodique de période 2

π

: il suffit donc de l’étudier sur .

où u et v sont des fonctions trigonométriques. Ainsi f est dérivable sur son ensemble de défini-

tion. soit pour tout x de

�

. On en déduit que f est définieet dérivable sur

�

et :

Ainsi et ont le même signe. On a donc le tableau de variations de f suivant sur :

On en déduit par translations de vecteurs , , , ...,

, , , ,

... letableau de variations de f sur tout intervalle. On a, par exemple, le tableau de variation de f sur

:

�

On considère la fonction f définie sur

�

par : . Cette fonction est dérivable sur

�

et :.

est le taux d’accroissement de f entre 0 et x.

On en déduit : . Ainsi :

et comme , on en déduit : .

�

Pour tout ,

.

x

1

signe de

– – 0 + +

f

0 0

x

π

signe de

– 0 + 0 –

f

x

0

π 2π

f′ x( ) 2x 2+

∞– 3– 1– + ∞

2x 2+

+ ∞ + ∞

f x( ) x 2–sinxsin 2+

--------------------=

π ; π – [ ]

f uv--=

v x( ) xsin 2+ 1– 2+≥ 1= = v x( ) 0≠

f′ x( ) u′ x( )v x( ) u x( )v′ x( )–v2 x( )

----------------------------------------------------=

xcos( ) xsin 2+( ) xcos( ) xsin 2–( )–xsin 2+( )2

-----------------------------------------------------------------------------------------=

x xsincos 2 xcos xcos xsin– 2 xcos+ +xsin 2+( )2

------------------------------------------------------------------------------------------------4 xcos

xsin 2+( )2--------------------------- .= =

f′ x( ) xcos π ; π – [ ]

π–π2---– π

2---

f ′

1–

3–

13--–

1–

2π i 4π i 6π i 2π i– 4π i– 4π i– 6π i–

2π ; 2 π – [ ]

2π– 3π2

------–π– π

2---–

π2--- 3π

2------

f x( )1–

13--–

1–

3–

1–

13--–

1–

3–

1–

f x( ) axsin=f′ x( ) a axcos=

axsinx

------------- ax( )sin a 0×( )sin–x

-------------------------------------------------=

axsinx

-------------x 0→lim f′ 0( ) a a 0×( )cos× a= = =

ax( )sinx

------------------x 0→lim a= ax( )sin

ax------------------

ax( )sinx

------------------ 1a--×= ax( )sin

ax------------------

x 0→lim 1=

x 0≠

1 xcos–x2

--------------------2 x

2--sin2

x2----------------- 2

x2--sin2

4 x2--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2×

--------------------× 12--

x2--sin

x2--

-----------

⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞ 2

×= = =

2xcos 1 2 xsin2–=( )

Exercice

�

21


De plus, (cf. question 1. avec ). On en déduit : .

�

La fonction est croissante sur et la fonction racine carrée est croissante sur

. On en déduit, par composition que la fonction f est croissante sur (la composée de

deux fonctions croissantes est croissante).

Il est inutile ici de déterminer le signe de pour connaître les variations de f, les résultats sontimmédiats.

f étant croissante sur , on a :

pour tout , .

�

Pour tout , . On en déduit que f est dérivable sur et par suite g

est dérivable sur (g est la somme de f et d’une fonction affine) et :

.

Pour tout , , on en déduit :

pour tout , . La fonction g est donc croissante sur .

�

De même qu’au 2., h est dérivable sur (h est la somme de f et d’une fonction affine) et :

.

La fonction f est croissante sur donc pour tout .

soit et donc pour tout .

La fonction h est donc décroissante sur .

�

La fonction g est croissante sur , donc pour tout , soit

.

La fonction h est décroissante sur , donc pour tout , soit

. On en déduit bien pour , .

�

Le triangle OHM étant rectangle en H, son aire est égale à : .

Par définition : . Calculons HM. Le triangle OHM est rectangle en H donc, d’après le théorème

de Pythagore : . On en déduit : .

Ainsi l’aire du triangle OHM est égale à : .

x2--sin

x2--

-----------

⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

x 0→lim 1= a 1

2--= 1 xcos–

x2--------------------

x 0→lim 1

2--=

x 1 x+� 0 ; 12

--

0 ; + ∞[[ 0 ; 12

--

f′ x( )

0 ; 12

--

x de 0 ; 12

-- f x( ) f 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞≤ 1 12--+ 3

2 -- 3 2 ×

2 -------------------- 6

2 -------= = = =

x 0 ; 12

-- ∈ 1 x+ 1 0>≥ 0 ; 12

--

0 ; 12

--

g′ x( ) 12 1 x+------------------- 1

6-------– 6 2 1 x+–

2 6 1 x+--------------------------------

62

------- 1 x+–

6 1 x+-----------------------------= = =

x de 0 ; 12

-- 1 x+6

2-------≤

x de 0 ; 12

-- g′ x( ) 0≥ 0 ; 12

--

0 ; 12

--

h′ x( ) 12 1 x+------------------- 1

2--– 1 1 x+–

2 1 x+------------------------= =

0 ; 12

-- x 0 ; 12 -- ∈

f x( ) 1 x+ f 0( )≥ 1 1= = = 1 1 x+– 0≤ h′ x( ) 0≤ x de 0 ; 12

--

0 ; 12

--

0 ; 12

-- x de 0 ; 12

-- g x( ) g 0( )≥ 0=

1 x+ 1 x6

-------+≥

0 ; 12

-- x de 0 ; 12

-- h x( ) h 0( )≤ 0=

1 x+ 1 x2--+≤ x 0 ; 1

2 -- ∈ 1 x

6-------+ 1 x+ 1 x

2--+ ≤ ≤

OH HM×2

----------------------

OH x=

OM2 OH2 HM2+= HM OM2 OH2– 12 x2– 1 x2–= = =

x 1 x2–2

---------------------

Exercice

�

Exercice

�

22


�

a)

f est le produit des 2 fonctions et . u est dérivable sur (defonction dérivée : ), étudions la dérivabilité de v.

v est égal à où w est la fonction : . w est dérivable sur

�

(fonction polynôme), on endéduit que v est dérivable en tout point x de

�

tel que : .

Pour tout , et . Ainsi, v est dérivablesur et pour tout :

.

Ainsi (dérivation d’une fonction produit) f est dérivable sur et pour tout :

.

b)

La méthode précédente ne nous permet pas de conclure quant à la dérivabilité de f en 1 (la fonc-tion racine carrée n’est pas dérivable en 0 et ). Pour étudier la dérivabilité de f en 1, il fautdonc étudier le taux d’accroissement de f entre 1 et x ( ) :

On a : et ( ). On en déduit :

. f n’est donc pas dérivable en 1.

c)

, donc

�

admet au point d’abscisse 1 une tangente verticale. Cette droite

passe par le point de coordonnées , elle admet donc comme équation : .

�

Étudions le signe de .

et ont le même signe, on en déduit :

(pour , )

On en déduit le tableau de variations suivant :

.

x

0 1

signe de

+ 0 –

f

0 0

u : x x � v : x 1 x 2 – � 0 ; 1 [ ]x 1�

w x 1 x2–�w x( ) 0>

x 0 ; 1 [[∈ w x( ) 1 x2– 1 x– ( ) 1 x + ( ) 0 > = = w 1( ) 0=0 ; 1 [[ x 0 ; 1 [[∈

v′ x( ) w′ x( )2 w x( )------------------- 2x–

2 1 x2–---------------------

x

1 x2–------------------–= = =

0 ; 1 [[ x 0 ; 1 [[∈

f′ x( ) u′ x( ) v x( )× u x( ) v′ x( )×+ 1 1 x2–× x x–

1 x2–------------------×+ 1 x2–

1 x2–------------------ x2–

1 x2–------------------+= = =

1 2x2–

1 x2–------------------=

w 1( ) 0=x 0 ; 1 [[∈

f x( ) f 1( )–x 1–

------------------------- x 1 x2– 0–x 1–

------------------------------ x 1 x–( ) 1 x+( )x 1–

----------------------------------------x 1 x– 1 x+

x 1–---------------------------------- 1 x– 1 x+ 0>,( )= = =

x 1 x– 1 x+1 x–( )–

---------------------------------- x 1 x– 1 x+

1 x– 1 x––----------------------------------- x 1 x+–

1 x–-----------------------= = =

1 x–x 1→x 1<

lim 0+= x 1 x+–x 1→lim 2–= 0<

f x( ) f 1( )–x 1–

-------------------------x 1→x 1<

lim ∞–=

f x( ) f 1( )–x 1–

-------------------------x 1→x 1<

lim ∞–=

1 ; f 1 ( )( ) x 1=

f′ x( )

f′ x( ) 1 2x2–

f′ x( ) 0 1 2x2– 0 12-- x2– 0 1

2-- x–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 12-- x+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0>⇔>⇔>⇔>

22

------- x–⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

2------- x+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0 22

------- x– 0>⇔>⇔ x 0 ; 1 [[∈ 22

------- x+ 0>

x 22

-------<⇔

22

-------

f ′

12--

f 22

-------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

2------- 1 2

2-------⎝ ⎠

⎛ ⎞2

–× 22

------- 1 12--–× 2

2------- 2

2-------× 1

2--= = = =

23


�

L’aire du triangle OHM est égale à , elle sera donc maximale quand sera maximal

c’est-à-dire pour , le point M sera alors sur la 1

ère

bissectrice de . L’aire

sera alors de : (unité d’aire).

�

La vitesse (en ) est constante, on en déduit à l’aide de la formule :

que la distance au sol parcourue à l’instant t vérifie :

.

Ainsi (en mètres).

�

(À l’aide du tableur)

On entre dans la cellule A1 : , dans A2 : , dans B1 : , dans B2 : et on étend (on utilise l’approximation :

où h est le pas).

Le tableur nous fournit le graphique suivant :

�

a)

Par lecture du graphique (ou par lecture du tableau obtenu à l’aide d’un tableur ou de la calcu-latrice), on s’aperçoit que la courbe coupe l’axe des abscisses à l’instant . Le vol dure doncenviron 2,1 secondes.

b)

La hauteur maximum du poids est environ de 6,5 m.

c)

Le poids atterrit environ à une distance de .

�

On a : , on en déduit : .

�

On a : (cette expression est sans unité puisque x et y

sont des longueurs).

�

À l’instant , on a : . Alors le coefficient directeur de la tangente à la courbe d’équa-

tion au point d’abscisse 0 est 1. Cela signifie que la trajectoire du poids fait un angle de 45˚avec le sol.

12-- f x( ) f x( )

x 22

-------= xOy π4---cos 2

2-------=⎝ ⎠

⎛ ⎞

12-- 1

2--× 1

4--=

x′ t( ) 10= m s 1–⋅

vitesse distance parcouruedurée du trajet

-------------------------------------------= x t( )

x′ t( ) x t( )t

---------=

x t( ) t x′ t( )× t 10× 10t= = =

0 t 0=( ) A1 0 1,+= 2 y 0( ) 2=( )B1 0 1,+ 10 10 A1×–( )×y t h+( )� y t( ) h 10 10 t×–( )×+( )

–1

0

000 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2

1

2

3

4

5

6

7

t�2 1 s ,

x 2 1,( )�21 m

x 10t= t x10-----=

dydx-----

dydt----- dt

dx-----× 10 10t–( ) 1

10-----× 1 t–= = =

t 0= dydx----- 1= T( )

y y x( )=

y(t)T

45°

x(t)

Exercice

�

24


2

ème

partie :

�

: Aspect trigonométrique


a)

.

Calcul du module de z : d’où :

d’où :

Bien connaître ses formules de trigonométrie et surtout, avoir le RÉFLEXE de soulager sa mémoire entraçant le cercle trigonométrique.

b)

d’où :

c)

car

car et et

d’où :

d)

d’où :

e)

d’où :

f)

On contrôle rapidement sur un dessin que :

(car ).

Le nombre étant strictement positif, il est le module de z d’où (son module est

et un argument est ).

z 1 i 3–=

12

32

5π3

–

z 12 3( )2+ 4 2= = =

z 2 12-- i 3

2-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 5π3

------cos i 5π3

------sin+⎝ ⎠⎛ ⎞= =

z 2 5π3

------, 2ei 5π

3------

= =

z 2– 2 1– 0i+( ) 2 πcos i πsin+( )= = =

z 2 π,[ ] 2eiπ= =

z 3 3i+ 12 312

--------- i 312

----------+⎝ ⎠⎛ ⎞= = z 3 32+ 12= =

2 3 12--

32

------- i+⎝ ⎠⎛ ⎞= 12 2 3= 3

12--------- 3

12----- 1

4-- 1

2--= = = 3

12--------- 3 3×

3 4×------------ 3

2-------= =

2 3 π3---cos i π

3---sin+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

z 2 3 π3---, 2 3e

iπ3----

= =

z 21 i–---------- 2 1 i+( )

1 i–( ) 1 i+( )------------------------------

22

------- 1 i+( ) 12

-------12

------- i+= = = =

π4---cos i π

4---sin+=

z 1 π4---, e

iπ4----

= =

z 41 i 3+------------------ 4 1 i 3–( )

1 3+------------------------- 1 i 3– 2 1

2-- i 3

2-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞= = = =

2 5π3

------cos i 5π3

------sin+⎝ ⎠⎛ ⎞=

z 2 5π3

------, 2ei5π3

--------= =

1– i+ 2ei3π4

--------=

z 1– i+( )3ei 3π

4------

2ei 3π

4------

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

3

ei 3π

4------

2 2ei 9π

4------

ei 3π

4------

= = =

2 2ei 12π

4---------

2 2ei3π 2 2eiπ ei2π× 2 2eiπ= = = = ei2π 1=

2 2 z 2 2eiπ.=

2 2 π

Exercice �

Remarque


g)

( est négatif, donc n’est pas le module)

(car )

d’où :

h) On pense à écrire numérateur et dénominateur sous forme trigonométrique

(car

d’où :

soit :

donc

donc

donc

on a :

z 2 1 i+( )6– 2 2ei π

4---

⎝ ⎠⎛ ⎞

6

– 2– 23ei 6π

4------

×= = =

16ei 3π

2------

–= 16–

16ei π–( )ei 3π

2------

16ei 3 π

2--- π–⎝ ⎠

⎛ ⎞16e

i π2---

= = = ei π–( ) 1–=

z 16 π2---, 16e

i π2---

= =

z 3 i+( )9

1 i+( )12----------------------

2 32

-------12-- i+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 9

2 12

------- i2

-------+⎝ ⎠⎛ ⎞ 12

--------------------------------------------29 e

i π6---

⎝ ⎠⎛ ⎞

9

2( )12

ei π

4---

⎝ ⎠⎛ ⎞

12------------------------------------= = =

29

26----- e

i 9π6

------

ei 12π

4---------

-------------⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

23 ei 3π

2------

ei3π-----------

⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

23ei 3 π

2--- π–⎝ ⎠

⎛ ⎞= = = ei3π ei2π eiπ eiπ=×=

23ei π

2---

= z 8 π2---, 8e

i π2---

= =

10

12

12

z5 = 2 e iπ/4 = z6

z4 = 1 + 2i

z3 = 3 e –5iπ/6

z2 = 2 e –iπ/3

iπ/3e

2

–

z62

1 i–---------- 2 1 i+( )

1 i–( ) 1 i+( )------------------------------= =

z62 1 i+( )

2------------------ 1 i+= =

z6 2ei π

4---

z5= =

z1 1 i+ 2ei π

4---

= = z1 2 π4---,=

z2 3 i+ 2 32

-------12-- i+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2ei π

6---

= = = z2 2 π6---,=

z3 1 i 3– 2 12-- i 3

2-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2ei π

3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞= = = z3 2 π

3---–,=

z1z2z3 z1 z2 z3⋅ ⋅ 2 2 2×× 4 2= = =

z1z2z3( )arg z1arg z2arg z3arg+ + π4--- π

6--- π

3---–+ π

12-----= = =

⎩⎪⎨⎪⎧

Exercice �

Exercice �


L’ensemble cherché est la réunion des deux demi-droites tracées .

On sait que seul le nombre complexe nul n’a pas d’argument.

ou

ou

ou

�

d’où :

d’où :

�

d’où :

d’où :

� Il en résulte que

or sous forme algébrique :

En identifiant les parties réelles et imaginaires on arrive à :

c’est-à-dire

z1z3z2

----------z1 z3⋅

z2-------------------- 2 2

2---------- 2= = =

z1z3z2

----------arg z1arg z3arg z2arg–+ π4--- π

3---– π

6---–

π4---–= = =

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

z15z2

3z3 z15 z2

3 z3⋅ ⋅ 2( )5 23 2×× 64 2= = =

z15z2

3z3arg 5 z1arg 3 z2arg z3arg+ + 5π4

------ 3π6

------ π3---–+ 17π

12---------= = =

⎩⎪⎨⎪⎧

zarg π3--- 2π[ ] zarg⇔ π

3--- 2π[ ] ou zarg π

3--- 2π[ ]–= = =

0

v

u

π3

π3

t

Ensemble des points d'affixe z

Ensemble des points d'affixe z

tels que arg z =

π3

tels que arg z = –w

]Ot ) ∪ ]Ow )

O

O

O O

z �∈ z⇔ 0= zarg 0 π[ ]=

z �+∈ z⇔ 0= zarg 0 2π[ ]=

z �–*∈ zarg⇔ π 2π[ ]=

z i�*∈ zarg⇔ π2--- 2π[ ]= zarg π

2--- 2π[ ]–=

z 1 i+= z 12 12+ 2= =

z 2 12

------- i 12

-------+⎝ ⎠⎛ ⎞ 2 π

4---⎝ ⎠

⎛ ⎞ i π4---⎝ ⎠

⎛ ⎞sin+cos= =

z 2ei π

4---

2 π4---,= =

z′ 3 i+= z′ 3 1+ 2= =

z′ 2 32

------- i 12--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 π6---cos i π

6---sin+⎝ ⎠

⎛ ⎞= =

z′ 2ei π

6---

2 π6---,= =

zz′---- 2e

i π4---

2ei π

6---

----------------12

------- ei π

4--- π

6---–⎝ ⎠

⎛ ⎞12

------- ei π

12----- 1

2------- π

12-----cos i π

12-----sin+⎝ ⎠

⎛ ⎞= = = =

zz′---- 1 i+

3 i+-------------- 1 i+( ) 3 i–( )

3 1+----------------------------------- 1 3+( ) i 3 1–( )+

4--------------------------------------------------= = =

12

------- π12-----cos 1 3+

4----------------=

12

------- π12-----sin 3 1–

4---------------=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ π

12-----cos 1 3+

2 2----------------=

π12-----sin 3 1–

2 2---------------=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

Exercice �

Exercice �Remarque

Exercice �



Soit et avec x, y, X, Y réels.

Le dénominateur doit être non nul.

�

D’où :

Le dénominateur se présente sous la forme d’une somme de 2 carrés, donc il serait maladroit de ledévelopper.

� réel et

d’où réel si et seulement si sur le cercle C de centre , de rayon 1 sauf en .

� imaginaire pur

d’où imaginaire pur si et seulement si M sur sauf en .

� On a :

f z( ) z i–iz 3+------------- X iY+= = z x iy+=

iz 3+ 0 z 3i≠ x y,( ) 0 3,( )≠⇔ ⇔≠

X iY+ x iy i–+i x iy+( ) 3+----------------------------=

x i y 1–( )+3 y– ix+

-------------------------- x i y 1–( )+[ ] 3 y– ix–[ ]3 y–( )2 x2+

---------------------------------------------------------- x 3 y–( ) x y 1–( ) i y 1–( ) 3 y–( ) ix2–+ +3 y–( )2 x2+

--------------------------------------------------------------------------------------------------= = =

2x i x2 y2 4y– 3+ +( )–3 y–( )2 x2+

-------------------------------------------------------=

X 2x3 y–( )2 x2+

------------------------------=

Y x2 y2 4y– 3+ +3 y–( )2 x2+

-------------------------------------–=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

f z( ) Y⇔ 0= z 3i≠ x2 y2 4y– 3+ + 0=

x y,( ) 0 3,( )≠⎩⎨⎧ x2 y 2–( )2+ 1=

x y,( ) 0 3,( )≠⎩⎨⎧

⇔ ⇔

f z( ) M z( ) Ω 0 2;( ) A 3i( )

y

3

1

2

xx'

1O

A

B

y'

Ω

f z( )X 0=

z 3i≠⎩⎨⎧ x 0=

z 3i≠⎩⎨⎧ M y′oy( )∈

z 3i≠⎩⎨⎧

⇔ ⇔ ⇔

f z( ) y′oy( ) A 3i( )

z i–iz 3+-------------arg z i–

i z 3i--+⎝ ⎠

⎛ ⎞-------------------arg i z i–

z 3i–------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ car 1i-- i–=⎝ ⎠

⎛ ⎞arg= =

i–( )argzM zB–

zM zA–----------------- où A 3i( ) et B i( )arg+=

π2---– mes AM BM,( )+=

π2---– mes MA MB,( )+=

Exercice �

Remarque


� réel ou et .

Ne pas oublier que seul le réel 0 est exclu quand on parle d’argument, donc quand il est à envisager,il faut le prendre à part, ainsi :

réel ou et

réel ou et

ou où C cercle de diamètre

. (cercle C privé du point A)

On retrouve bien le résultat :

réel si et seulement si sur le cercle C sauf en A.

� imaginaire pur et , ou

et , ou

sur la droite sauf en A.

On retrouve bien :

imaginaire pur si et seulement si M sur sauf en A.

Introduisons les points suivants donnés par leurs affixes : et

�

�

sur médiatrice de

d’où est la médiatrice de .

(on remarque que l’origine O est sur car )

�

z i–iz 3+------------- z⇔ i=

z i–iz 3+-------------arg kπ= k �∈

z i–iz 3+------------- z i–

iz 3+-------------⇔ 0=

z i–iz 3+-------------arg kπ= k �∈

z i–iz 3+------------- M⇔ B= mes MA MB,( ) π

2--- kπ+= k �∈

M⇔ B= M C \ A B,{ }∈ AB[ ]

M C \ A{ }∈⇔

f z( ) M z( )

z i–iz 3+------------- z i–

iz 3+-------------arg⇔ π

2---– kπ+= k �∈ z i–

iz 3+------------- 0=

mes MA MB,( )⇔ kπ= k �∈ z i=

M⇔ AB( )

f z( ) y′oy( )

f z( ) z 1 2i–+z 2 i+ +----------------------=

C 1– 2i+( ) D 2– i–( )

f 3– i+( ) 3– i 1 2i–+ +3– i 2 i+ + +

---------------------------------- 2– i–1– 2i+

------------------ 2 i+1 2i–------------- 2 i+( ) 1 2i+( )

1 2i–( ) 1 2i+( )-------------------------------------= = = =

2 i 4i 2–+ +5

------------------------------ 5i5---- i= = =

M z( ) E1∈ z 1 2i–+z 2 i+ +

-------------------------⇔ 1z zC–

z zD–----------------⇔ 1= =

MC⇔ MD= M⇔ DC[ ]

E1 DC[ ]

E1 OC OD=

M z( ) E2∈z zC–

z zD–-------------arg⇔ π

2--- 2π[ ]= mes MD MC,( )⇔ π

2--- 2π[ ]=

A

D

E2

E1–1

–1–2–3

2

10

i

C

A'

Remarque

Exercice �


L’ensemble des points tels que correspond à un seul des deux

demi-cercles de diamètre . Il semble d’après figure que A soit sur ce demi-cercle ; preuve :

d’où est le cercle de diamètre qui passe par le point A (les bords C et D non pris).

� � On sait déjà .

� Prouvons .

Pour cela, il suffit de prouver .

On a :

d’où on a bien mais la médiatrice du diamètre ne peut couper le cercle

qu’en un seul point d’où .

On a trouvé dans la première question : .

Soit M d’affixe z tel que

d’où l’unique antécédent de est le point A.

; ;

a) ou ou

ou ou

ou ou

d’où pour deux au moins des points sont confondus.

b)

car les valeurs et ont été exclues).

Soit A d’affixe . On a alors :

et

M z( ) mes MD MC,( ) π2--- 2π[ ]=

CD[ ]

mes AD AC,( )zC zA–

zD zA–----------------arg 1– 2i 3 i–+ +

2– i– 3 i–+----------------------------------arg= =

2 i+1 2i–-------------arg 2 i+( ) 1 2i+( )

12 22+----------------------------------arg= =

iarg π2--- 2π[ ]= =

E212--- CD[ ]

A E2∈

A E1∈

AC AD=

AC zC zA– 1– 2i 3 i–+ += =

2 i+ 22 12+ 5= = =

AD zD zA– 2– i– 3 i–+= =

1 2i– 12 22+ 5= = =

A E1 E2∩∈ E1 CD[ ] 12-- E2

E1 E2∩ A{ }=

f 3– i+( ) i=

f z( ) i=

on a i 1 d′où M E1∈=

et iarg π2--- d′où M= E2∈

⎭⎪⎬⎪⎫

donc M E1 E2∩∈

A′

M z( ) P z2( ) Q z3( )

z z2= z z3= z2 z3=

z 1 z–( )⇔ 0= z 1 z2–( ) 0= z2 1 z–( ) 0=

z⇔ 0= z 1= z 1–=

z 0 1 1–, ,{ }∈

MP zP zM– z2 z– z z 1–⋅= = =

MQ zQ zM– z3 z– z z 1–( ) z 1+( ) z z 1– z 1+⋅ ⋅= = = =

M E MP⇔∈ MQ z z 1–⋅⇔ z z 1– z 1+⋅ ⋅= =

z z 1– 1 z 1+–( )⋅⇔ 0=

z 1+⇔ 1= z 0= z 1=

1–( )M E z zA–⇔∈ 1= z 0 ; 1 ; 1 – { }∉

Exercice

�

30


sur le cercle de centre A et de rayon 1 et

d’où E est le cercle de centre A et de rayon 1 privé du point O

.

c)

avec toujours

triangle MPQ rectangle en M

et

et

et

sur

Δ

sauf en A

(où

Δ

est la perpendiculaire en A à )

d’où F est la droite

Δ

privée du point A

d)

Ici

Il semble que le triangle MPQ soit rectangle isocèle en M.

Pour le prouver on utilise les questions b) et c).

�

On a : M sur le cercle de centre A et de rayon 1, d’où d’après b).

�

On a : M sur

Δ

sauf en A d’où triangle MPQ rectangle en M d’après c).

On a donc bien : triangle MPQ rectangle et isocèle en M.

; ; ; ; ;

a)

d’où

On a r égal à son conjugué donc

r réel

.

Cela se traduit encore par :

ou

donc ou

donc ou

M E M⇔∈ z 0 ; 1 ; 1 – { }∉

v

u

y

y'

A–1 10

x

ΔMP MQ,( )zQ zM–

zP zM–-----------------arg z3 z–

z2 z–-------------arg= =

z z 1–( ) z 1+( )z z 1–( )

-----------------------------------arg= z 0 ; 1 ; 1 – { }∉

z 1+( )arg=

M F ⇔∈

MP MQ,( )⇔ π2--- 2π[ ]±=

z 1+( )arg⇔ π2--- 2π[ ]±= z 0 ; 1 ; 1 – { }∉

zM zA–( )arg⇔ π2--- 2π[ ]±= z 0 ; 1 ; 1 – { }∉

u AM,( )⇔ π2--- 2π[ ]±= z 0 ; 1 ; 1 – { }∉

M⇔

x′ox( )

x

y

y'

M

A

Q

21O–1

–2i

2i PΔ

v

u

x'

z 1– i–=

zP z2 1– i–( )2 1 i+( )2 1 2i i2+ + 1 2i 1–+ 2i= = = = = =

zQ z3 z2 z× 2i 1– i–( ) 2i– 2i2– 2 2i–= = = = =

MP MQ=

z � \ 1{ }∈ A 1( ) B 1–( ) M z( ) M′ z′( ) z′ z 1–

z 1–-----------=

r z′ 1+z 1–-------------

z 1–

z 1–----------- 1+

z 1–-------------------- z 1– z 1–+

z 1–( ) z 1–( )-------------------------------- z z 2–+

z 1–( ) z 1–( )--------------------------------= = = =

r z z 2–+

z 1–( ) z 1–( )-------------------------------- z z 2–+

z 1–( ) z 1–( )-------------------------------- r= = =

rarg kπ= k �∈( ) r 0=

z′ 1+z 1–-------------arg kπ= k �∈( ) z′ 1–=

zM ′ zB–

zM zA–------------------arg kπ= k �∈( ) M′ B=

Exercice �


c’est-à-dire ou

d’où et colinéaires.

b)

il en résulte que est sur cercle de centre O et de rayon 1.

On a utilisé le fait que , et qu’un nombre complexe et son conjugué ont le même module.Construction de :� d’une part

� d’autre par et colinéaires.

donc sur droite passant par B et parallèle à

passe par B qui est un point du cercle, d’où elle recoupe lecercle C en un point (qui peut être éventuellement confonduavec B si .

� On peut construire 2 carrés : OIJK direct et OILM indirect.

On a : où rotation de centre O et

d’angle .

où rotation de centre O et d’angle

.

La traduction complexe de est : .

La traduction complexe de est : d’où :

• De plus on a :

d’où

soit

c’est-à-dire d’où

• De même et par un calcul analogue on trouve

� a) Considérons la figure dans le plan complexe, ce qui nous permet d’attribuer des affixes auxpoints ; soit O origine d’où puis : et

on a : d’où

d’où

Conclusion

pour le carré OIJK :

pour le carré OILM :

AM BM′,( ) kπ= k �∈( ) BM′ 0=

AM BM′

z′ z 1–

z 1–-----------

z 1–

z 1–-------------- z 1–

z 1–-------------- 1= = = =

M′ C 0 1,( )z 1– z 1–=

M′

O

Δ

y'

x'A

B

M'

M1v

u

x

y

y'

x'

I1

O

3

–1

–1

–2

1 2 3

L

M

J

K +

y

x

M′ C 0 1,( )∈

BM′ AM

M′ Δ( ) AM( )Δ( )

M′AM // y′oy( )

I Kr1

� r1 rot O π2---,⎝ ⎠

⎛ ⎞=

π2---

I Mr2

� r2 rot O π2---–,⎝ ⎠

⎛ ⎞=

π2---–

r1 z′ ei π

2---

z iz= =

r2 z′ ei π

2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞z iz–= =

zK izI i 2 i+( ) 1– 2i d′où K 1– 2,( )+= = =

zM izI– i 2 i+( )– + 1 2i d′où M 1 2–,( )–= = =⎩⎨⎧

OI KJ=

zKJ

zOI

=

zJ zK– zI zO– 2 i+= =

zJ zK 2 i+( )+ 1– 2i 2 i+ + + 1 3i+= = = J 1 ; 3 ( )

OI ML= L 3 1–,( )

O 0 0,( ) I 2 1,( ) J 1 3,( ) K 1– 2,( )

O 0 0,( ) I 2 1,( ) L 3 1–,( ) M 1 2–,( )

O 0( ) A zA( ) B zB( )

B Ur1� zU izB=

A Nr2� zN izA–=

Remarque

Exercice �


� On peut alors calculer les longueurs AU et BN en fonction des données :

d’où

� Calculons une mesure de l’angle de vecteurs

d’où

Conclusion : et .

b) On attend ici en fait une démonstration géométrique ; on a :

et

� Les rotations conservent les longueurs d’où .

� L’angle de a pour mesure d’où .

c) Soit l’image de U par ; on a :

d’où O milieu de puisque et

Or, on sait que M est le milieu de ;

d’après le théorème des milieux dans le triangle

on déduit

mais on a aussi d’où .

On déduit de (I) et (II) que : .

Autre démonstration : utilisant les nombres complexes ; on a : .

�

�

d’où on a bien . ■

AU zU zA– izB zA–= =

BN zN zB– izA– zB– + i zA– izB+( )= = =

BN + i izB zA–⋅ izB zA– AU= = =

AU BN,( )

AU BN,( )zN zB–

zU zA–----------------arg

izA– zB–

izB zA–----------------------arg

i izB zA–( )izB zA–

------------------------arg= = =

iarg π2---= = AU( ) BN( )⊥

AU BN= AU( ) BN( )⊥

B Ur1� N A

r1�

BN UA=

r1π2--- BN( ) UA( )⊥

C

U

N P

U'

B

O

M

A

U′ r1 B U U′r1 r1� �

BU′[ ] OB OU′= OB OU′,( ) π=

BA[ ]

ABU′

AU′( ) // OM( )AU′ 2OM=⎩

⎨⎧

I( )

U U′N A

r1��

UN AU′=

UN( ) AU′( )⊥⎩⎨⎧

II( )

OM( ) NU( )⊥NU 2OM=⎩

⎨⎧

zM12-- zA zB+( )=

NU zU zN– izB izA+ i zA zB+( )= = =

i zA zB+⋅=

zA zB+ 2zA zB+

2---------------- 0– 2 zM zO– 2MO= = = =

OM NU,( )zU zN–

zM zO–-----------------arg

i zA zB–( )zA zB+

2----------------

----------------------arg 2iarg π2---= = = =

NU 2MO=

OM( ) NU( )⊥⎩⎨⎧

33


équence 3

1

ère

partie : Continuité,théorème des valeurs intermédiaires

�

si et ; .

On a : est le taux de variations de la fonction racine carrée entre 4 et x, on en déduit :

. f est donc continue en 4.

�

; .

Si x appartient à , on a : et donc .

Si x appartient à , on a : et donc .

Ainsi : et donc : . f est donc continue en 0

(bien que la fonction partie entière ne le soit pas).

�

,

Soit f la fonction définie sur

�

par : . f est dérivable (fonction polynôme) et pourtout x réel :

. est doncdu signe de .

Dressons le tableau de variations de f :

, , et .

On en déduit que l’équation admet une unique solution a dans (cette équa-tion n’admet pas de solution sur car le tableau de variations de f nous montre que

sur cet intervalle).

De plus est négatif ce qui nous prouve que : .

Une recherche par dichotomie nous donne alors : à près.

x 1

signe de – – 0 +

signe de – 0 + +

signe de + 0 – 0 +

f9

1


f x( ) x 2–x 4–

---------------= x 4≠ f 4( ) 14--= a 4=

x 2–x 4–

--------------- x 4–x 4–

-------------------=

x 2–x 4–

---------------x 4→lim 1

2 4---------- 1

4--= =

f x( ) xE x( )= a 0=

0 ; 1 [[ E x( ) 0= f x( ) 0=

1 ; 0 [ – [ E x( ) 1–= f x( ) x–=

f x( )x 0→x 0>

lim f x( )x 0→x 0<

lim 0= = f x( )x 0→lim 0 f 0( )= =

x5 5x– 5+ 0= I �=

f x( ) x5 5x– 5+=

f′ x( ) 5x4 5– 5 x4 1–( ) 5 x2 1–( ) x2 1+( ) 5 x 1–( ) x 1+( ) x2 1+( )= = = = f′ x( )x 1–( ) x 1+( )

∞– 1– + ∞

x 1–

x 1+

f ′ x( )

∞–

+ ∞

f x( )x + ∞→

lim x5x + ∞→

lim + ∞= = f x( )x ∞–→

lim x5x ∞–→

lim ∞–= = f 1–( ) 9= f 1( ) 1=

f x( ) 0= ] ∞ ; 1 [ ––] 1 ; + ∞[ –

f x( ) 1≥

f 2–( ) 17–= a 2 ; 1 –– [ ]∈

a 1 681,–= 10 3–

Exercice

�

Exercice

�

34


�

, .

Soit f définie sur

�

par . f est dérivable (fonction rationnelle) et pour tout réel x :

.

Ainsi et ont le même signe.

Dressons le tableau de variations de f.

, ,

et .

appartient aux intervalles et . On en déduit que l’équation

admet deux solutions dans

�

: et .

De plus, est inférieur à 0,2. On en déduit, d’après le tableau de variations que :.

Une recherche par dichotomie nous donne alors : à près et à près.

�

; .


�

par : .


�

et pour tout x appartenant à :

.

Les fonctions sinus et cosinus sont positives sur , et sont donc du même

signe. Étudions le signe de .

On a : .

Si x appartient à alors : et soit appartient à .

La fonction sinus est strictement croissante sur , alors pour x appartient à ,

on a : .

x 1

signe de + + 0 –

signe de – 0 + +

signe de – 0 + 0 –

f0 0,25

0

xx4 3+-------------- 1

5--= I �=

f x( ) xx4 3+--------------=

f′ x( ) 1 x4 3+( )× x 4x3( )×–

x4 3+( )2-------------------------------------------------------- 3 3x4–

x4 3+( )2--------------------- 3 1 x–( ) 1 x+( ) 1 x2+( )

x4 3+( )2--------------------------------------------------------= = =

f′ x( ) 1 x–( ) 1 x+( )

∞– 1– + ∞

1 x–

1 x+

f ′ x( )

0 25,–

f x( )x ∞–→

lim xx4-----

x ∞–→lim 1

x3-----

x ∞–→lim 0= = = f x( )

x + ∞→lim 1

x3-----

x + ∞→lim 0= = f 1–( ) 0 25,–=

f 1( ) 0 25,=

15-- 0 2,= 0 25 ; 0 25 ,,– [ ] 0 ; 0 25 , [ ]

f x( ) 15--= a ∈ ] 1 ; 1 [ – b ∈ ]1 ; + ∞[

f 2( ) (�0 10 ),b ∈ ]1 ; 2 [

a 0 632,= 10 3– b 1 425,= 10 3–

xsin3 xcos3+ 0 8,= I 0 ; π 2 ---=

f x( ) xsin3 xcos3+=

0 ; π 2 ---

f′ x( ) 3 xsin2× sin( )′ x( )× 3 xcos2× cos( )′ x( )×+=

3 x xcossin2 3 x xsincos2– 3 x x xsin xcos–( )cossin= =

0 ; π 2 --- f′ x( ) xsin xcos–

xsin xcos–

xsin xcos– 0 xsin xcos xsin π2--- x–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin>⇔>⇔>

0 ; π 2 ---

π2---– x– 0≤ ≤ 0 π

2--- x–⎝ ⎠

⎛ ⎞ π2---≤ ≤ π

2--- x–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0 ; π 2 ---

0 ; π 2 --- 0 ; π

2 ---

xsin π2--- x–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin x π2--- x– 2x π

2--- x π

4--->⇔>⇔>⇔>

35


On en déduit les variations de f sur :

, .

0,8 appartient à l’intervalle . On en déduit que l’équation admet deux solutions

dans : et .

Par dichotomie, on trouve : à près et à .

On pouvait aussi remarquer que : et donc que .

�

; .

Considérons la fonction f définie sur par : . La fonction racine car-rée étant dérivable sur , f est dérivable sur et pour tout réel x :

.

Étudions le signe de .

Soit , on a successivement :

, , , , (la fonction

inverse étant décroissante sur et la fonction racine carrée croissante sur ).

De même si x est strictement négatif alors . On en déduit le tableau de variations de f :

, et .

1,5 appartient à . On en déduit que l’équation admet deux solutions dans : et .

Par dichotomie, on trouve : à près et à près.

D’ailleurs puisque f est paire.

x 0

signe de – 0 +

f1 1

x 0 1

signe de + 0 –

f2

0 ; π 2 ---

π4---

π2---

f ′

22

-------�0 7,

f 0( ) 1= f π4---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 22

-------⎝ ⎠⎛ ⎞

3 22

-------⎝ ⎠⎛ ⎞

3+ 2 2

8---------- 2 2

8----------+ 2

2-------= = =

22

------- ; 1 f x( ) 0 8,=

0 ; π 2 --- a 0 ; π

4 --- ∈ b π

4--- ; π

2 --- ∈

a 0 473,= 10 3– b 1 098,= 10 3–

f π2--- x–⎝ ⎠

⎛ ⎞ f x( )= b π2--- a–=

1 x+ 1 x–+ 1 5,= I 1 ; 1 – [ ] =

1 ; 1 – [ ] f x( ) 1 x+ 1 x–+=]0 ; + ∞[ ] 1 ; 1 [ –

f′ x( ) 12 1 x+------------------- 1–

2 1 x–------------------+ 1

2 1 x+------------------- 1

2 1 x–------------------–= =

f′ x( )

x 0>

1 x– 1 x+< 1 x– 1 x+< 2 1 x– 2 1 x+< 12 1 x–------------------ 1

2 1 x+-------------------> f′ x( ) 0<

]0 ; + ∞[ ]0 ; + ∞[

f′ x( ) 0>

1–

f ′

2 2

f 1–( ) 2= f 1( ) 2= f 0( ) 2=

2 ; 2 [ ] f x( ) 1 5,=1 ; 1 – [ ] a 1 ; 0 – [ ]∈ b 0 ; 1 [ ]∈

a 0 992,–= 10 3– b 0 992,= 10 3–

a b–=

Remarque

36



On considère la fonction f définie par . f est définie et dérivable sur

�

(fonctionpolynôme) et pour tout x réel :

.

Déterminons les racines du trinôme du second degré .

On a : . Les racines de ce trinôme sont donc : et

.

est donc strictement positif sur et négatif sur (le coeffi-cient en : 1 est positif).

On en déduit le tableau de variations de f :

, , et .

D’après le tableau de variations :

Si alors l’équation admet une unique solution (dans ).

Si alors l’équation admet deux solutions (l’une de ces solutions est 3 et l’autre appartient à ).

Si alors l’équation admet trois solutions (l’une de ces solutions est dans, une autre dans et la dernière dans ).

Si alors l’équation admet deux solutions (l’une de ces solutions est 1 et l’autre 4appartient à ).

Si , alors l’équation admet une unique solution (dans ).

�


�

par : . f est définie et dérivable sur

�

(fonctionpolynôme) et pour tout réel x :

. On en déduit le tableau de variations de f :

, , et .

On en déduit que l’équation admet 3 solutions réelles :

, et .

De plus, et . Ainsi : et .

On trouve par dichotomie : à près, à près et à près.

x 1 3

signe de + 0 – 0 +

f4

0

x 1


signe de – 0 + +

signe de + 0 – 0 +

f3

f x( ) x3 6x2– 9x+=

f′ x( ) 3x2 12x– 9+ 3 x2 4x– 3+( )= =

x2 4x– 3+

Δ 4–( )2 4 3×– 4 22= = = x14 2–

2----------- 1= =

x24 2+

2------------ 3= =

x2 4x– 3+ ] ∞ ; 1 [ – ∪ ]3 ; + ∞[ ]1 ; 3 [x2

∞– + ∞

f ′

∞–

+ ∞

f x( )x + ∞→

lim x3x + ∞→

lim + ∞= = f x( )x ∞–→

lim x3x ∞–→

lim ∞–= = f 1( ) 4= f 3( ) 0=

m 0< f x( ) m= ] ∞ ; 1 [ –

m 0= f x( ) m=0( ) ] ∞ ; 1 [ –

0 m 4< < f x( ) m=] ∞ ; 1 [ – ]1 ; 3 [ ]3 ; + ∞[

m 4= f x( ) m=]3 ; + ∞[

m 4> f x( ) m= ]3 ; + ∞[

f x( ) x3 3x– 1+=

f′ x( ) 3x2 3– 3 x 1–( ) x 1+( )= =

∞– 1– + ∞

x 1–

x 1+

f ′

∞– 1–

+ ∞

f x( )x + ∞→

lim x3x + ∞→

lim + ∞= = f x( )x ∞–→

lim x3x ∞–→

lim ∞–= = f 1–( ) 3= f 1( ) 1–=

x3 3x– 1+ 0=

a ∈ ] ∞ ; 1 [ –– b ∈ ] 1 ; 1 [ – c ∈ ]1 ; + ∞[

f 2–( ) 1– 0<= f 2( ) 3 0>= a ∈ ] 2 ; 1 [ –– c ∈ ]1 ; 2 [

a 1 88,–= 10 2– b 0 35,= 10 2– c 1 53,= 10 2–

Exercice

�

Exercice

�

37


�

a)

On a :

b)

On a :

. Ainsi :

x est solution de si et seulement si ou encore : .

c)

Résolvons sur l’équation : . On a :

ou

ou .

On en déduit les solutions dans de l’équation : :

.

d)

D’après ce qui précède , et sont 3 solutions dis-

tinctes de

(par contre , et ).

De plus, d’après la 1

ère

question admet exactement 3 solutions réelles. Ainsi l’ensemble des solu-

tions de est :

.

�

f est définie et dérivable sur

�

et pour tout réel x,

.

La fonction cosinus est strictement positive sur , et ont donc des signes opposés.

Étudions le signe de sur . On a :

(la fonction sinus étant strictement croissante sur

).

De même : .

3acos a 2a+( )cos a 2acoscos a 2asinsin–= =

a 2 acos2 1–( )cos a 2 a acossin( )sin–=

2 acos3 acos– 2 a acossin2– 2 acos3 acos– 2 1 acos2–( ) acos–= =

2 acos3 acos– 2 acos– 2 acos3+ 4 acos3 3 acos–= =

x3 3x– 1+ 2 acos( )3 3 2 acos( )×– 1+ 8 acos3 6 acos– 1+= =

2 4 acos3 3 acos–( ) 1+ 2 3acos 1+= =

E( ) 2 3acos 1+ 0= 3acos 12--–=

] π ; π ] – 3acos 12--–=

3acos 12--– = 2π

3------cos⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3a⇔ 2π3

------ 2kπ+= = 3a 2π3

------– 2k′π+= k k′, �∈( )

a⇔ 2π9

------ 2kπ3

---------+= a 2π9

------– 2k′π3

-----------+=

] π ; – π ] 3acos 12--–=

�2π9

------ ; 8 π 9 ------ ; 4 π

9 ------ ; 2 π

9 ------ ; 8 π

9 ------ ; 4 π

9 ------–––

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

=

x1 2 2π9

------cos= x2 2 4π9

------cos= x3 2 8π9

------cos=

E( )

2 2π9

------cos 2 2π9

------–⎝ ⎠⎛ ⎞cos= 2 4π

9------cos 2 4π

9------–⎝ ⎠

⎛ ⎞cos= 2 8π9

------cos 2 8π9

------–⎝ ⎠⎛ ⎞cos=

E( )E( )

�′ 2 2π9

------ ; 2 4 π 9

------ ; 2 8 π 9

------ coscoscos ⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

=

f′ x( ) 2 x cos( )′ x( )cos sin( )′ x( )+ 2 x xsincos– xcos+= =

2 x xsin 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞cos–=

0 ; π 2 --- f′ x( ) xsin 1

2--–⎝ ⎠

⎛ ⎞

xsin 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0 π2---;

xsin 12--– 0 xsin 1

2-->⇔> = π

6---sin⎝ ⎠

⎛ ⎞ x π6--->⇔

0 ; π 2 ---

xsin 12--– 0 x π

6---<⇔<

Exercice

�

38



, .

�

D’après le tableau de variations de f, f est bien une bijection de sur .

Soit f une fonction polynôme de degré impair, f est définie par :

(n impair et ).

Si est positif, on a :

et .

Ainsi prend des valeurs positives ( tend vers quand x tend vers ) et des valeursnégatives ( tend vers quand x tend vers ). f étant continue, on en déduit grâce au théo-rème des valeurs intermédiaires que l’équation admet au moins une solution.

Le cas où est négatif est analogue car :

et .

�

Soit f la fonction polynôme définie sur

�

par : . f est définie et dérivable sur

�

et pour tout réel x :

.

et ont donc le même signe, on en déduit le tableau de variations de f sur :

,

et .

On déduit que l’équation admet une unique solution dans :

.

�

est solution de l’équation : soit .

On a : ou .

est l’unique solution positive de donc : .

�

�

Si , admet donc une unique solution .

. On a : et . Donc d’après le tableau de variationsde f : et on trouve par dichotomie : à près.

� Si , admet une unique solution .

. On a : et . Donc d’après le tableau de varia-tions de f : et on trouve par dichotomie : à près.

x 0

signe de + 0 – 0

f1 1

x 0 3n

signe de – 0 +

f

π6---

π2---

f ′

54--

f 0( ) f π2---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1= = f π6---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 32

-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--+ 3

4-- 1

2--+ 5

4--= = =

π6--- ; π

2 --- 1 ;

54

--

f x( ) anxn an 1– xn 1– ... a1x a0+ + + += an 0≠

an

f x( )x + ∞→

lim anxnx + ∞→

lim + ∞= = f x( )x ∞–→

lim anxnx ∞–→

lim ∞–= =

f x( ) f x( ) + ∞ + ∞f x( ) ∞– ∞–

f x( ) 0=

an

f x( )x + ∞→

lim anxnx + ∞→

lim ∞–= = f x( )x ∞–→

lim anxnx ∞–→

lim + ∞= =

f x( ) x4 4nx3– 1–=

f′ x( ) 4x3 4n 3x2×– 4x3 12nx2– 4x2 x 3n–( )= = =

f′ x( ) x 3n– �+

+ ∞

f ′

1–

f 3n( )

+ ∞

f 0( ) 1–= f 3n( ) 3n( )4 4n 3n( )3×– 1– 81n4 108n4– 1– 27n4– 1– 0<= = =

f x( )x + ∞→

lim x4x + ∞→

lim + ∞= =

f x( ) 0= �+

un ∈ ]3n ; + ∞[

u0 x4 4 0 x3××– 1– 0= x4 1– 0=

x4 1– 0 x2 1–( ) x2 1+( )⇔ 0 x 1–( ) x 1+( ) x2 1+( )⇔ 0 x⇔ 1= = = = x 1–=

u0 x4 1– 0= u0 1=

n 1= f x( ) 0= u1 ∈ ]3 ; + ∞[

f x( ) x4 4x3– 1–= f 3( ) 28– 0<= f 5( ) 124=u1 ∈ ]3 ; 5 [ u1 4 015,= 10 3–

n 2= f x( ) 0= u2 ∈ ]6 ; + ∞[

f x( ) x4 8x3– 1–= f 6( ) 433– 0<= f 9( ) 728=u2 ∈]6 ; 9 [ u2 8 002,= 10 3–

Exercice

�

Exercice

�

39


�

Si , admet une unique solution .

. On a : et . Donc d’après le tableau devariations de f : et on trouve par dichotomie : à près.

�

On a pour tout entier naturel n, .De plus, , on en déduit : .

�

f est définie sur

�

et, de plus, pour tout x réel :

�

.

Ainsi f est 2

π

-périodique.

�

. Ainsi f est paire.

f est 2

π

-périodique, l’étude de f sur

�

pourra donc se déduire de l’étude sur une période par transla-

tions de vecteur . Choisissons d’étudier f sur .

f est paire donc l’étude de f sur pourra se déduire de l’étude de la fonction sur parsymétrie d’axe .

�


�

et pour tout réel x,

�

La fonction cosinus est strictement décroissante et continue sur . De plus, et

, ainsi comme appartient à , l’équation admet une unique

solution

α

dans .

�

On trouve par dichotomie ou à l’aide des touches de la calculatrice : à près.

�

On a : . Ainsi :

.

�

Pour , on a :

(la fonction sinus étant strictement positive

sur )

(la fonction cosinus étant strictement décroissante

sur ).

De même : . On en déduit le tableau de variations de f sur :

Par symétrie, on en déduit alors le tableau de variations sur :

x 0

α π

signe de + 0 – 0

f

x 0

α π

f

n 3= f x( ) 0= u3 ∈ ]9 ; + ∞[

f x( ) x4 12x3– 1–= f 9( ) 2 188 – 0 < = f 13( ) 2 196 =u3 ∈]9 ; 13 [ u3 12 000,= 10 3–

un 3n> 3n

n + ∞→lim + ∞= unn + ∞→

lim + ∞=

f x 2π+( ) x 2π+( )cos 1 2 x 2π+( )cos–( ) x 1 2 xcos–( )cos f x( )= = =

f x–( ) x–( )cos 1 2 x–( )cos–( ) x 1 2 xcos–( )cos f x( )= = =

2kπi π ; π – [ ]π ; π – [ ] 0 ; π[ ]

Oy( )

f′ x( ) cos( )′ x( ) 1 2 xcos–( ) x 2 cos( )′ x( )–( )cos+=

x 1 2 xcos–( )sin– xcos 2 xsin×+=

2 x xsincos xsin– 2 x xsincos+ 4 x xcos 14--–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin= =

0 ; π[ ] 0( )cos 1=

π( )cos 1–=14-- 1 ; 1 – [ ] xcos 1

4--=

0 ; π[ ] 2nd cos 1– α 1 318,=

10 3–

αcos 14--=

f α( ) α 1 2 αcos–( )cos 14-- 1 2 1

4--×–⎝ ⎠

⎛ ⎞× 14-- 1

2--× 1

8--= = = =

x ∈ ]0 ; π[

f′ x( ) 0 4 x xcos 14--–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin 0 xcos 14--– 0>⇔>⇔>

]0 ; π[

xcos 14--–⇔ = αcos( ) x α<⇔

]0 ; π[

f′ x( ) 0 x α>⇔< 0 ; π[ ]

f ′

1–

18--

3–

π ; π – [ ]

π– α–

3–

18--

1–

18--

3–

Exercice

�

40


�

On ne peut retirer un carré dont le côté dépasse la moitié de la largeur, ainsi : (l’unitéétant le dm).

�

La boîte obtenue a pour longueur , pour largeur et pour hauteur (ces dimensions étant exprimées en dm).

�

Le volume de la boîte est alors :

.

�

V est une fonction polynôme définie (d’après la 1

ère

question) sur et dérivable sur ce mêmeintervalle. Pour tout x de :

.

Étudions le signe du trinôme du second degré : . On a :

. Ainsi ce trinôme admet 2 racines :

et . On en déduit, alors le signe du trinôme :

Le coefficient en du trinôme étant positif, le trinôme est strictement positif si x

appartient à et strictement négatif si x appartient à

.

On peut alors dresser le tableau de variations de V :

, . (il n’est pas indispensable de connaître la

valeur exacte, ici, et ce calcul peut être un peu laborieux, pour l’effectuer on peut toutefois utiliser unoutil de calcul formel comme le logiciel Dérive ou la TI 89).

�

D’après le tableau de variations, le volume maximum de la boîte est soit environ1,54 litres.

�

Le réel 1 appartient à , ainsi, d’après le tableau de variations, il existe deux valeurs et

telles que , appartient à et appartient à .

On trouve, par dichotomie : (à 1 mm près) et (à 1 mm près).

Les dimensions des boîtes correspondantes sont alors (à 1 mm près) :

�

a)

Calculer .

g est dérivable sur

�


.

x 0 1

signe de + 0 – 0

f0

a

0

Boîte 1 Boîte 2

x 1,6 cm 7,3 cm

Longueur L 36,8 cm 25,4 cm

Largeur

�

16,8 cm 5,4 cm

Hauteur h 1,6 cm 7,3 cm

0 x 1≤ ≤

L 4 2x–= � 2 2x–= h x=

V x( ) L � h×× 4 2x–( ) 2 2x–( ) x×× 8 8x– 4x– 4x2+( ) x× 4x3 12x2– 8x+= = = =

0 ; 1 [ ]0 ; 1 [ ]f′ x( ) 12x2 24x– 8+ 4 3x2 6x– 2+( )= =

3x2 6x– 2+

Δ 6–( )2 4 3 2××– 12 2 3( )2= = =

x16 2 3–

2 3×------------------- 1 3

3-------–= = x2

6 2 3+2 3×

------------------- 1 33

-------+= =

x2 3( ) 3x2 6x– 2+

∞ ; 1 – 33

-------– ∪ 1 33

------- ; + ∞ +

1 33

------- ; 1 – 3

3 -------+

1 33

-------–

f ′

f 0( ) f 1( ) 0= = a f 1 33

-------–⎝ ⎠⎛ ⎞ 8 3

9----------�1 540,= =

a�1 54 dm 3 ,

0 ; a [ ] x1 x2

V x( ) 1= x1 0 ; 1 33

-------– x2 1 33

------- ; 1 –

x1 0 16 dm , 1 6 cm ,= = x2 0 73 dm , 7 3 cm ,= =

g′ x( )

g′ x( ) 6x2 12x– 6x x 2–( )= =

Exercice

�

Exercice

41


b)

est un trinôme du second degré dont les racines sont 0 et 2, le coefficient du terme en est positif . On en déduit que est positif si x appartient à et estnégatif sinon. On en déduit le tableau de variations de g :

, ,

et .

c)

D’après le tableau de variations, admet une unique solution réelle α et :.

De plus, est positif. On en déduit que : . On trouve par dichotomie : à près.

d) D’après le tableau de variations de g, est négatif si x appartient à et positif si xappartient, à .

� Quel est l’ensemble de définition de f ?

est défini si c’est-à-dire ou encore (la fonction cube est une fonc-tion strictement croissante sur �, donc n’admet pas plus d’un antécédent). L’ensemble de défini-tion de f est donc : .

� On a :

et .

De plus, si x est supérieur à alors est supérieur à et donc : . Ainsi

et .

De même : .

� f est dérivable sur et pour tout x de :

.

� D’après ce qui précède et ont des signes opposés. On en déduit le tableau de variationsde f :

(attention : remplacer α par une valeur approchée à près dans le calcul de ne nous donnera pas forcément une valeur approchée de à près).

x 0 2

signe de + 0 – 0 +

g

x α


signe de + + –

f0

b

0

g′ x( ) x2

6 0>( ) g′ x( ) ] ∞ ; 0 [ – ∪ ]2 ; + ∞[

∞– + ∞

g ′

∞–

1–

9–

+ ∞

g 0( ) 1–= g 2( ) 9–=

g x( )x + ∞→

lim 2x3x + ∞→

lim + ∞= = g x( )x ∞–→

lim 2x3x ∞–→

lim ∞–= =

g x( ) 0=α ∈ ]2 ; + ∞[

g 4( ) 31= α ∈ ]2 ; 4 [α 3 053,= 10 3–

g x( ) ] ∞ ; α[ –]α ; + ∞[

�f

f x( ) x3 1 0≠+ x3 1–≠ x 1–≠1–

�f � \ 1–{ }= = ] ∞ ; 1 [ –– ∪ ] 1 ; + ∞[ –

f x( )x + ∞→

lim xx3-----

x + ∞→lim 1

x2-----

x + ∞→lim 0= = = f x( )

x ∞–→lim 1

x2-----

x ∞–→lim 0= =

1– x3 1–( )3 1–= x3 1+ 0>

x3 1+x 1–→x 1–>

lim 0+= f x( )x 1–→x 1–>

lim ∞–= 1– 2– 3– 0<=( )

f x( )x 1–→x 1–<

lim + ∞=

�f �f

f′ x( ) 1 x3 1+( )× 3x2 x 2–( )×–

x3 1+( )2----------------------------------------------------------------- x3 1 3x3– 6x2+ +

x3 1+( )2------------------------------------------- g x( )–

x3 1+( )2---------------------= = =

f′ x( ) g x( )

∞– 1– + ∞

g x( )

f ′

+ ∞

∞–

b f α( )�0 036,= 10 3–

f α( ) f α( ) 10 3–


2ème partie : Produit scalaire dans le plan et dans l’espace

Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2

a) .Or le triangle ASB est équilatéral puisque chacune deses arêtes mesure a.

Donc et .

Donc .

b) Soit O le milieu de .

car

et et sont colinéaires et de sens contraire.De plus le triangle AOS est rectangle en O car dans le triangle isocèle ASC, la médiane est aussi hau-teur. Donc, d’après le théorème de Pythagore, .

Donc .

Ceci est une façon de prouver que le triangle ASC est rectangle en S.

c) car O est le projeté orthogonal de S sur , vu que le triangle ASC

est isocèle en S. Donc car les vecteurs et sont colinéaires et de sens contraire.

Donc, .

.

donc .

donc les droites et sont orthogonales.

On vérifie de même que = 0 et = 0, ce qui indique que les droites , et

sont orthogonales deux à deux.

Choisissons le repère orthonormal tel que ,

et .

Dans ce repère, et et .

et . Par suite,

.

Mais on a aussi, .

Or .

On en déduit .

Par les touches , on trouve .

S

C

A

D OB

SA . SB SA SB ASB( )cos××=

ASB 60°= ASB( )cos 12--=

SA . SB a a 12--×× a2

2-----= =

AC[ ]

SA . SC SO OA+( ) . SO OC+( ) SO2 SO . OA OC+( ) OA . OC+ + SO2 OA OC×–= = =

OA OC+ 0= OA OC

SO2 SA2 AO2–=

SA . SC SO2 OA OC×– SA2 AO2– AO2– a2 a2

-------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2 a

2-------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2–– 0= = = =

SA . AC AC . SA AC . OA= = AC( )

SA . AC AC– OA×= AC OA

SA . AC a 2–( ) a 22

-------× a2–= =

AB 1 ; 1 ; 0 ( ) AD 1– ; 1 ; 0 ( ) AE 0 ; 0 ; 2 ( )AB2 12 12 02+ + 2= =

AD2 1–( )2 12 02+ + 2= =

AE2 02 02 2( )2+ + 2= =

AB2 AD2 AE2 2= = = AB AD AE 2= = =

AB . AD 1 1–( )× 1 1× 0 0×+ + 0= = AB( ) AD( )

AB . AE AD . AE AB( ) AD( )AE( )

B C

DA

GF

O

E HA i j k, , ,( ) AB ai=

AD aj= AE ak=

A 0 ; 0 ; 0 ( ) D 0 ; a ; 0 ( ) O 12-- a ;

12

-- a ; 12

-- a ⎝ ⎠⎛ ⎞

OA 12-- a ;

12

-- a ; 12

-- a ––– ⎝ ⎠⎛ ⎞ OD 1

2-- a ;

12

-- a ; 12

-- a –– ⎝ ⎠⎛ ⎞

OA . OD 14-- a2=

OA . OD OA OD AOD( )cos××=

OA OD× OA2 34-- a2= =

AOD( )cos OA . ODOA OD×--------------------- 1

3--= =

2nd cos AOD�70 5°,

Exercice

�

Remarque

Exercice

�

Exercice

�

43



�

Une équation du plan � est du type puisque est normal à ce

plan. De plus appartient à � donc les coordonnées de A vérifient cette équation soit

donc . � admet donc pour équation : .

On pouvait aussi trouver cette équation en utilisant la caractérisation d’un plan, à savoir :

.

� � étant parallèle au plan d’équation , � admet pour vecteur normal.Une équation de � est donc de la forme : .

, donc soit .

� admet donc pour équation : .

� Le plan médiateur de est le plan orthogonal à passant par le milieu I de .

et .

.

� est le plan qui admet pour équation .

est un plan parallèle au plan ; il admet donc une équation du type . Or donc a pour équation .

� Le plan d’équation contient les points A et F donc la droite (qui a pour équation

dans le plan ) ainsi que les points de l’axe et en particulier le point D. D, A, Fsont trois points non alignés dont les coordonnées vérifient l’équation ; ce plan est donc leplan .� Cherchons, s’ils existent, les points d’intersection du plan P d’équation avecles axes du repère.

donc donc .

donc donc .

donc donc .

Le plan P d’équation est donc le plan .

� Les plans , et sont les plans de base. On en déduit leurs équations :

: . : . :

En écrivant que les coordonnées de I, J, K doivent vérifier une équation du type, on obtient aisément une équation du plan : .

� Appliquons la formule .

Soit la distance de A au plan , au plan , au plan , au plan .

car .

car .

Or et .

On en déduit .

� La sphère de centre A et de rayon a ne peut couper un des plans considérés en deux points sinon ane serait pas la plus courte distance du point A à ces plans. Cette sphère est donc tangente aux qua-tre plans précités.

0x 1y 2z d+ + + 0= n 0 ; 1 ; 2 ( )A 1 ; 0 ; 1 – ( )

2 d+ 0= d 2–= y 2z 2–+ 0=

M x ; y ; z ( ) � AM . n ⇔∈ 0 x 1 + ( ) 0 × y z 1 – ( ) 2 × + + ⇔ 0 y 2z 2 –+ ⇔ 0 = = =

2x y– z+ 1= n 2 ; 1 ; 1 – ( )2x y– z d+ + 0=

A 2 ; 1 ; 1 – ( ) � ∈ 2 2× 1–( )– 1 d+ + 0= d 6–=

2x y– z 6–+ 0=

AB[ ] AB[ ] AB[ ]

I 12-- ; 4 ; 1 –– ⎝ ⎠

⎛ ⎞ AB 1 ; 2 ; 4 – ( )

M x ; y ; z ( ) R IM . AB ⇔∈ 0 x 12

--+ ⎝ ⎠⎛ ⎞ 1 × y 4 – ( ) 2 × z 1 + ( ) 4 – ( )× + + ⇔ 0 = =

x 2y 4z– 232-----–+⇔ 0=

ABF( ) A ; i ; k ( ) y 0=

BCG( ) A ; j ; k ( ) x a=B 4 ; 0 ; 0 ( ) BCG ( )∈ BCG( ) x 4=

x z– 0= AF( )

x z= A ; i ; k ( ) Ay( )x z– 0=

DAF( )x y 2z 4–+ + 0=

X x ; 0 ; 0 ( ) P x 4 – ⇔∈ 0 = X 4 ; 0 ; 0 ( ) X B=

Y 0 ; y ; 0 ( ) P y 4 – ⇔∈ 0 = Y 0 ; 4 ; 0 ( ) Y D=

Z 0 ; 0 ; z ( ) P 2z 4 – ⇔∈ 0 = Z 0 ; 0 ; 2 ( ) Z I=

x y 2z 4–+ + 0= BDI( )

OIJ( ) OIK( ) OJK( )OIJ( ) z 0= OIK( ) y 0= OJK( ) x 0=

I 1 ; 0 ; 0 ( ) J 0 ; 1 ; 0 ( ) K 0 ; 0 ; 1 ( )

ax by cz d+ + + 0= IJK( ) x y z 1–+ + 0=

δax0 by0 cz0 d+ + +

a2 b2 c2+ +-------------------------------------------------=

δ1 OIJ( ) δ2 OIK( ) δ3 OJK( ) δ4 IJK( )

δ1 δ2 δ3 a a= = = = a 12-- 3

6-------– 0>=

δ4a a a 1–+ +

3------------------------------

1 3a–

3--------------= = 3a 1– 0<

1 3a– 12--– 3

2-------+= δ4

12 3---------- 1

2--+– 1

2-- 3

6-------– a= = =

δ1 δ2 δ3 δ4= = =

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

44


�

Résumons les données de l’énoncé dans le tableau suivant :

Le fabriquant dispose au plus de 120 heures, donc : .

De plus, , et .

On en déduit le système S : .

�

Les points vérifiant le système S sont les points de la pyramide OABC.

Le nombre possible de téléviseurs produits de chaque modèle est donné par les triplets , oùx, y, et z sont des nombres entiers tel que appartient à la pyramide OABC où

, et .

�

a)

donc dans le plan les coordonnées de E vérifient l’équation de

dont le coefficient directeur vaut et l’ordonnée à l’origine vaut 40. Donc x et z vérifient :

.

Un système d’équations de la droite dans l’espace est donc : .

E a pour cote 20, donc soit .

Donc E a pour coordonnées : .

Un raisonnement similaire permet de déterminer les coordonnées de F.

Celles-ci vérifient le système d’équations définissant la droite : .

On en déduit .

L’ensemble des points vérifiant le système S et la nouvelle contrainte est letriangle hachuré EFG où .

b)

Le nombre maximal de modèle de qualité que le fabriquant peut produire est donc 30 car pour unnombre supérieur le point obtenu représentant les trois modèles fabriqués n’appartiendrait plus autriangle ci-dessus.

Modèle Standard Qualité Luxe

Quantité x y z

Nombres d’heures utilisées x 2y 3z

x 2y 3z+ + 120≤x 0≥ y 0≥ z 0≥

x 0≥y 0≥z 0≥

x 2y 3z+ + 120≤⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

M x ; y ; z ( )x ; y ; z ( )

M x ; y ; z ( )A 120 ; 0 ; 0 ( ) B 0 ; 60 ; 0 ( ) C 0 ; 0 ; 40 ( )

C

E

G F

OB

A

E AC( )∈ O i k, ,( ) x ; z ( ) AC( )40120--------–

13--–=

z 13-- x– 40+=

AC( )y 0=

z 13-- x– 40+=

⎩⎪⎨⎪⎧

20 13-- x– 40+= x 60=

E 60 ; 0 ; 20 ( )

BC( )x 0=

z 2y3-----– 40+=

⎩⎪⎨⎪⎧

F 0 ; 30 ; 20 ( )M x ; y ; z ( ) z 20=G 0 ; 0 ; 20 ( )

Exercice

�

45



�

car .

car .

On en déduit :

.

�

a)

car par hypothèse et comme est le projeté orthogonal de A sur le plan , est orthogonal à toutes les

droites du plan et .

De même .

est donc le point d’intersection de deux hauteurs du triangle BCD.

est donc l’orthocentre du triangle BCD.

b)

Raisonnons comme dans la question précédente :

.

.

Donc est l’orthocentre du triangle ACD.

c)

car étant l’orthocentre du triangle

BCD, . Donc K est aussi le pied de la hauteur issue de A. Donc .

et sont donc deux hauteurs du triangle ABK.

et sont donc concourantes en H, orthocentre du triangle ABK.

d)

Montrons que est orthogonale au plan .

car par hypothèse et sontorthogonales, et est orthogonale au plan , donc à toutes les droites de ce plan et enparticulier à .

pour raisons analogues.

est donc orthogonal à 2 droites sécantes du plan . est donc orthogonale au plan et est donc une hauteur du tétraèdre ABCD.

On montrerait de même que est une hauteur du tétraèdre ABCD.

Les quatre hauteurs du tétraèdre orthocentrique ABCD sont donc concourantes en H.

�

Soit , avec l’un des trois nombres a, b, c non nul.

Pour que soit normal au plan , il suffit qu’il soit orthogonal à deux vecteurs directeurs (c’est-

à-dire non colinéaires) du plan , par exemple et .

A

K

A'

H

D

B

C

D' C'B'

AD . BD AC CD+( ) . BD AC . BD CD . BD+ CD . BD= = = AC . BD 0=

AD . DC AB BD+( ) . DC AB . DC BD . DC+ BD . DC= = = AB . DC 0=

AD . BC AD . BD DC+( ) CD . BD BD . DC+ 0= = =

BA′ . CD BA AA′+( ) . CD BA . CD AA′ . CD+ 0= = = BA . CD 0=A′ BCD( ) AA′( )

BCD( ) AA′ . CD 0=

CA′ . BD CA AA′+( ) . BD CA . BD AA′ . BD+ 0= = =

A′A′

CB′ . AD CB BB′+( ) . AD CB . AD BB′ . AD+ 0= = =

DB′ . AC DB BB′+( ) . AC DB . AC BB′ . AC+ 0= = =

B′

AK . CD AB BK+( ) . CD AB . CD BK . CD+ 0= = = A′

BK . CD 0= K AB′( )∈AA′( ) BB′( )AA′( ) BB′( )

CH( ) ABD( )

CH . BD CA AH+( ) . BD CA . BD AH . BD+ 0= = = CA( ) BD( )AH( ) BCD( )

BD( )

CH . AD CB BH+( ) . AD CB . AD BH . AD+ 0= = =

CH( ) ABD( ) CH( )ABD( ) CH( )

DH( )

n a ; b ; c ( )

n ABC( )

ABC( ) AB AC

Exercice

�

Exercice �

46


De on déduit .

En reportant dans , on déduit .

Avec , est normal au plan et en particulier pour , estnormal au plan .

Une équation du plan s’écrit donc sous la forme .

donc , soit .

admet donc pour équation : .

�

Une équation du plan s’écrit sous la forme : avec un des trois nom-bres a, b, c non nuls.

Écrivons que les coordonnées de chaque point doit vérifier cette équation ; on obtient le système :

. Recherchons les inconnues b, c, d en fonction de a.

De , on obtient . En reportant dans , on obtient . En reportant dans, on obtient , soit ; enfin .

Une équation du plan peut donc s’écrire sous la forme : , soit encoreaprès simplification par a, .

On peut vérifier que A, B, C appartiennent bien au plan d’équation .

�

et .

�

a)

et Q sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux et sont ortho-

gonaux. ou .

Donc .

b)

est parallèle à D si et seulement si et sont orthogonaux ; .

.

ou .

Donc .

c)

est perpendiculaire à D si et seulement si et sont colinéaires.

et sont colinéaires si et seulement si il existe un réel k tel que .

On en déduit le système ce qui est impossible.

Donc .

�

a)

Appliquons la formule .

On en déduit la distance de O au plan : or

.

AB 1 ; 1 ; 1 – ( ) AC 2– ; 1 ; 0 ( )

n . AB 0 a b– c+⇔ 0= = 1( )

n . AC 0 2a– b+⇔ 0= = 2( )2( ) b 2a=

1( ) c b a– 2a a– a= = =

a 0≠ n a ; 2a ; a ( ) ABC( ) a 1= n 1 ; 2 ; 1 ( )ABC( )

ABC( ) x 2y z d+ + + 0=

A ABC( )∈ 2 2 1 1 d+ +×+ 0= d 5–=

ABC( ) x 2y z 5–+ + 0=

ABC( ) ax by cz+ + d–=

2a b c+ + d– 1( )=

3a 2c+ d– 2( )=

2b c+ d– 3( )=⎩⎪⎨⎪⎧

3( ) c d– 2b–= 1( ) b 2a=2( ) 3a – 2d 4b– d–= d 3a 4b– 5– a= = c d– 2b– a= =

ABC( ) ax 2ay az+ + 5a=x 2y z 5–+ + 0=

x 2y z 5–+ + 0=

Nm m2 3 ; 4 ; 2m + ( ) w 1 ; 1 ; 4 ( )

Pm Nm w

Nm . w 0 m2 3 4 8m+ + +⇔ 0 m2 8m 7+ +⇔ 0 m⇔ 1–= = = = m 7–=

E( ) 1 ; 7 –– { } =

Pm Nm v v 1 ; 3 ; 4 – ( )

Nm . v m2 3 4 3 2m 4–( )×+×+ + m2 8m– 15+= =

Nm . v 0 m2 8m– 15+⇔ 0 m⇔ 3= = = m 5=

F( ) 3 ; 5 { } =

Pm v Nm

v Nm Nm kv=

m2 3+ k=

4 3k=

2m 4k–=⎩⎪⎨⎪⎧

k m2 3+ 919-----= =

k 43--=

m 2k–83--–= =

⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧

⇔

G( ) ∅=

δax0 by0 cz0 d+ + +

a2 b2 c2+ +-------------------------------------------------=

dm Pm dmm2 7m–

m2 3+( )2 16 4m2+ +--------------------------------------------------------=

m2 3+( )2 16 4m2+ + m4 6m2 9 16 4m2+ + + + m4 10m2 25+ + m2 5+( )2= = =

Exercice

�

47


Donc .

Donc .

b)

.

On en conclut que S ne rencontre pas , qu’elle rencontre suivant un cercle, et qu’elle est tan-gente au plan .

c)

est tangent à S si et seulement si soit ce qui équivaut à ou

ou encore ou , équation du second degré qui admet pour racine 1 et

. On a donc 3 solutions 1, , .

d)

est le point de contact de S et de si et seulement si :

d’équation

est normal à .

.

peut se traduire par l’existence d’un réel k tel que ; d’où le système .

se traduit par

ou .

On en déduit 2 possibilités pour T : et .

Seules les coordonnées de vérifie l’équation de : .

Donc .

�

Les coordonnées du point A vérifient l’équation : car . De

même pour les coordonnées de B et de C.

A, B et C ne sont pas alignés car et n’ont pas des coordonnées pro-portionnelles, les réels a, b et c étant strictement positifs.

Ils définissent donc un unique plan d’équation .

�

En appliquant la formule donnant la distance d’un point à un plan, on obtient la distance du pointO au plan :

.

�

Le volume d’une pyramide est donnée par la formule : où b est l’aire d’une base et h la

hauteur relative à cette base.

m2 3+( )2 16 4m2+ + m2 5+( )2 m2 5+= =

dmm2 7m–m2 5+

-----------------------=

d 2–189----- 2= = d0 0= d1

66-- 1= =

P 2– P0P1

Pm dm 1= m2 7m– m2 5+=m2 7m– m2 5+= m2 7m– m2– 5–=

m 57--–= 2m2 7m– 5+ 0=

52-- 5

2-- 5

7--–

T x ; y ; z ( ) P1

1( ) T P1∈ 4x 4y 2z 6–+ + 0=

2( ) OT P1

3( ) OT 1=

2( ) OT kN1=

x 4k=

y 4k=

z 2k=⎩⎪⎨⎪⎧

3( ) OT 1 OT2⇔ 1= =

4k( )2 4k( )2 2k( )2 = 1 36k2⇔+ +⇔ 1 k⇔ 16--= = k 1

6--–=

T123-- ; 2

3 -- ; 1

3 -- ⎝ ⎠

⎛ ⎞ T223--– ; 2

3 --– ; 1

3 --– ⎝ ⎠

⎛ ⎞

T1 P1 4x 4y 2z 6–+ + 0=

T 23-- ; 2

3 -- ; 1

3 -- ⎝ ⎠

⎛ ⎞

xa-- y

b-- z

c-- 1–+ + 0= a

a-- 0

b-- 0

c-- 1–+ + 0=

AB a ; b ; 0 – ( ) AC a ; 0 ; c – ( )

xa-- y

b-- z

c-- 1–+ + 0=

ABC( )

δ 1–

1a--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 1b--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 1c--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ +

-------------------------------------------------- 1

b2c2 a2c2 a2b2+ +a2b2c2

---------------------------------------------

-------------------------------------------------- abc

b2c2 a2c2 a2b2+ +-------------------------------------------------= = =

V 13-- bh=

Exercice

�

48


Le tétraèdre OABC, cas particulier de pyramide, admet pour une

des bases le triangle rectangle OAB d’aire , et pour hau-

teur relative . On a donc :

.

Mais on pouvait aussi évaluer le volume du tétraèdre en consi-dérant le triangle ABC et sa hauteur relative de mesure d

et .

On a donc .

Soit .

� Les nombres x, y, z représentent des proportions. Ils sont donc compris entre 0 et 1.

De plus, l’énoncé indique que .

L’ensemble des points vérifiant le système S, est le prisme OABCDE.

� On peut résumer dans le tableau suivant le pourcentage de voix obtenues par chaque candidate.

Pour que Judith soit élue, les nombres x, y et z doivent bien sûr vérifier le système S et de plus vérifierl’inéquation soit , soitaprès multiplication par 100, .

� Les coordonnées du point A sont .

Cela signifie que toutes les voix du premier tour de Pallas se sont réparties équitablement sur Judithet Argine, et que tous les votants du premier tour pour Rachel se sont abstenus.

Les coordonnées du point D sont .

Cela signifie que toutes les voix du premier tour de Pallas se sont réparties équitablement sur Judithet Argine, et que tous les votants du premier tour pour Rachel ont voté au second tour pour Judith.

Les coordonnées du point C sont .

Cela signifie que toutes les voix du premier tour de Pallas se sont reportées sur Argine, et que tous lesvotants du premier tour pour Rachel ont voté au second tour pour Judith.

�

Premier tour Second tour

PALLAS 0,19

JUDITH 0,33

RACHEL 0,16

ARGINE 0,32

Cz

x

H

B

O

A

12-- ab

OC[ ]

V 16-- abc=

OH[ ]

V 13-- Sd=

S 3Vd

------12-- abc

abc

b2c2 a2c2 a2b2+ +---------------------------------------------------------------------------------------------------= =

S 12-- a2b2 b2c2 c2a2+ +=

x y≤

M x ; y ; z ( )

0 x 1≤ ≤0 y 1≤ ≤0 z 1≤ ≤

x y≤⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

0 33, 0 19x, 0 16z,+ +

0 32, 0 19y,+

0 33, 0 19x, 0 16z,+ + 0 32, 0 19y,+> 0 19x, 0 19y,– 0 16z, 0 01,+ + 0>19x 19y– 16z 1+ + 0>

0 5 ; 0 5 ; 0 ,, ( )

0 5 ; 0 5 ; 1 ,, ( )

0 ; 1 ; 1 ( )

O

m

r

E

D

z

qp

s c

x

B y

AnA'

Exercice

�

49


a)

Judith est élue si les points appartiennent au prisme et vérifient l’inéquation.

Le plan P d’équation peut être représenté en considérant ses intersectionsavec les axes du repère ou encore ses intersections avec , et .

. Soit .

. Soit .

. Soit .

Le point p s’obtient en traçant la parallèle à passant par q vu que les plans et sont parallèles.

On remarque que O vérifie l’inéquation .

La région de l’espace correspondant à la situation où Judith est élue est le prisme, intersection duprisme OABCDE avec le demi-espace limité contenant O limité par le plan P, c’est-à-dire le prismetronqué défini par ses bases OAnm et EDpq, privé du trapèze mnpq.

b)

Judith et Argine sont ex-aequo pour les points du trapèze mnpq.

c)

La région de l’espace correspondant à la situation où Judith est élue est l’intersection du prismeOABCDE avec le demi-espace ne contenant pas O limité par le plan P, c’est-à-dire le prisme tronquédéfini par ses bases Bnm et Cpq, privé du trapèze mnpq.

�

Graphiquement, le demi espace d’équation intercepte le prisme OABCDE suivant unprisme de base Arn entièrement contenu dans la région de l’espace où Judith est élue. Vérifions lavalidité de cette observation graphique.

.

On en déduit que ce qui signifie bien que Judith est élue.

Graphiquement, le demi espace d’équation intercepte le prisme OABCDE suivant un prismede base Cps entièrement contenu dans la région de l’espace où Argine est élue. Vérifions la validité decette observation graphique.

.

donc .

On en déduit que soit et Argine est élue.

La plus petite valeur m de x qui garantit l’élection de Judith est telle que :

.

La figure ci-dessus a été réalisée grâce à l’utilisation du logiciel géospace dont l’utilisation et la con-ception est voisine de celle de géoplan et qui permet en plus de dessiner les intersections de polyèdreavec des demi-espaces.

■

M x ; y ; z ( )19x 19y– 16z 1 0>+ +

19x 19y– 16z 1+ + 0=OB( ) A′B( ) EC( )

M x ; y ; z ( ) OB ( ) Px 0

=

z 0 =

19x 19y

–

16z 1

+ +

0

=

⎩⎪⎨⎪⎧

x 0

=

z 0

= y 1

19

-----=

⎩⎪⎨⎪⎧

⇔ ⇔∩∈ m 0 ; 119

----- ; 0 ⎝ ⎠⎛ ⎞

M x ; y ; z ( ) A ′ B ( ) Py x

–

1

+=

z 0 =

19x 19y

–

16z 1

+ +

0

=

⎩⎪⎨⎪⎧

x 919

------=

z 0 =

y 1019

-----=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

⇔ ⇔∩∈ n 919----- ;

1019

----- ; 0 ⎝ ⎠⎛ ⎞

M x ; y ; z ( ) EC ( )∈ Px 0

=

z 1 =

19x 19y

–

16z 1

+ +

0

=

⎩⎪⎨⎪⎧

x 0

=

z 1 =

y 1719

-----=

⎩⎪⎨⎪⎧

⇔ ⇔∩ q 0 ; 1719

----- ; 1 ⎝ ⎠⎛ ⎞

mn( ) OAB( ) ECD( )

19x 19y– 16z 1 0>+ +

M x ; y ; z ( )

x 0 48,≥

x 0 48 19x 16z 1+ +⇒, 19 0 48,× 1 10 12,≥+≥ ≥

x 0 48 y 0 52,≤ 19y 19 0 52,×≤⇒⇒,≥ 9 88,=

19x 16z 1+ + 19y≥

y 0 95,≥

y 0 95,≥ 19y 19 0 95,×≥⇒ 18 05,=

y 0 95,≥ x 0 05,≤⇒ 19x 16z 1+ + 17 95,≤

19y 19x 16z 1+ +≥ 19x 19y– 16z 1+ + 0≤

19m 1+ 19 1 m–( ) 38m⇔ 18 m⇔ 1838-----

919-----�0 474,= = = =

Remarque

51


équence 4

1

ère

partie : La fonction exponentielle

�

Pour tout réel x, .

�

Pour tout réel x,

.

�

On a :

ou .

L’équation : n’admet pas de solutions (la fonction exponentielle est strictement positive) et est équivalent à (la fonction exponentielle est une bijection de

�

dans ).L’ensemble des solutions de cette équation est donc : .

�

On a :

.

Résolvons l’équation du second degré : .

On a : .

Alors admet 2 solutions réelles :

et .

On a donc : ou ou .L’ensemble des solutions de cette équation est donc : .

�

On a : (la fonction exponentielle étant bijective)

.

Le discriminant de cette dernière équation est : , cette équation n’admetdonc pas de solutions réelles et donc : .

�

On a :

(la fonction exponentielle est strictement croissante sur

�

)

.

L’ensemble des solutions de l’inéquation est donc : .


ex e x––ex e x–+-------------------

ex 1ex-----–

ex 1ex-----+

----------------

ex ex× 1–ex

-------------------------

ex ex× 1+ex

-------------------------------------------------- e2x 1–

e2x 1+----------------= = =

ex e x–+( )2 ex e x––( )2– ex( )2 2 ex e x–×× e x–( )2 ex( )2– 2 ex e x–×× e x–( )2–+ + +=

4exe x– 4= =

e2x ex 2–+ 0=X2 X 2–+ 0=

X ex=⎩⎨⎧ X 1 ou X 2–= =

X ex=⎩⎨⎧

ex⇔ ⇔ ⇔ e0 = 1( )= ex 2–=

ex 2–=ex e0= x 0= �+*

� 0{ }=

e2 x 1+( ) 1 e2+( )ex– 1+ 0= e2e2x 1 e2+( )ex– 1+⇔ 0=e2X2 1 e2+( )X– 1+ 0=

X ex=⎩⎨⎧

⇔

E( ) e2X2 1 e2+( )X– 1+ 0=

Δ 1 e2+( )2 4 e2×– 1 2e2 e4 4e2–+ + 1 2e2– e4+ 1 e2–( )2= = = =

E( )

x11 e2 1 e2–( )–+

2e2--------------------------------------- 1= = x2

1 e2 1 e2–( )+ +2e2

---------------------------------------- 1e2----- e 2–= = =

e2 x 1+( ) 1 e2+( )ex– 1+ 0= ex⇔ 1= ex e 2–= x⇔ 0= x 2–=� 0 ; 2 – { } =

ex2 8+ ex( )2 ex2 8+⇔ e2x= = x2 8+⇔ 2x=

x2 2x– 8+ 0=⇔

2–( )2 4 8×– 28– 0<=� ∅=

ex2 e3x> x2 3x>⇔

x x 3–( )⇔ 0>

� = ] ∞ ; 0 [ – ∪ ]3 ; + ∞[

Exercice

�

Exercice

�

52


�

On a : . Le trinôme du second degré a été étudié

précédemment, est positif à l’extérieur des racines 1 et (le coefficient en : 1 est

positif). On en déduit : (la

fonction exponentielle est strictement positive). On a donc : . L’ensemble

des solutions de cette inéquation est donc : .

�

On a :

(pour tout x réel, )

(d’après 5).

L’ensemble des solutions de cette inéquation est donc : .

�

.

Pour tout réel x,

(dérivation d’un produit)

.

�

.

�

Pour tout réel x, ( est bien définie sur

�

car pour tout réel x : ).

Alors : .

�

.

On considère les fonctions u et v définies sur

�

par : et . u et v sont

dérivables sur

�

, v ne s’annule pas et : . Ainsi est dérivable sur

�


.

�

.

La fonction inverse est définie et dérivable sur , il en est donc de même de et pour tout xappartenant à :

.

�

est dérivable sur

�


.

e2x ex 2–+ 0>X2 X 2–+ 0>

X ex=⎩⎨⎧

⇔ X2 X 2–+

X2 X 2–+ 2– X2

e2x ex 2–+ 0> ex ∈⇔ ] ∞ ; 2 [ –– ∪ ]1 ; + ∞[ ex e0>⇔ = 1( )

e2x ex 2–+ 0> x 0>⇔

� = ]0 ; + ∞[ �+*=

2ex 1+-------------- ex< 2

ex 1+-------------- ex– 0< 2 ex ex 1+( )–

ex 1+--------------------------------- 0< e2x– ex– 2+

ex 1+--------------------------------⇔ ⇔ ⇔

e2x– ex– 2+ 0<⇔ ex 1+ 0>

e2x ex 2–+ 0> x 0>⇔ ⇔

� �+*=

f1 x( ) x2ex=

f1 x( ) 2x ex× x2 ex×+=′

x x 2+( )ex=

f2 x( ) e x2–( )=

f2 x( ) 2xe x2–( )–=′ eu( )′ u′ eu×=( )

f3 x( ) 1 1ex-----+=

f3 x( ) 1 e x–+= f3 1 e x–+ 0>

f3 x( ) e x––

2 1 e x–+-------------------------=′ u( )′ u′

2 u----------=⎝ ⎠

⎛ ⎞

f4 x( ) ex 1–ex 1+--------------=

u x( ) ex 1–= v x( ) ex 1+=

f4uv--= f4

f4 x( ) u′ x( )v x( ) u x( )v′ x( )–v2 x( )

---------------------------------------------------- ex ex 1+( ) ex ex 1–( )–

ex 1+( )2------------------------------------------------------ 2ex

ex 1+( )2---------------------= = =

f5 x( ) e1x--

=

�* f5�*

f5 x( ) 1x2----- e

1x--

–=′

f6 x( ) ex2 x+=

f6

f6 x( ) 2x 1+( )ex2 x+=′

Exercice �


Déterminer les limites

�

On a : et . On en déduit : .

�

Pour tout réel x :

(au numérateur comme au dénominateur, on met en facteur

le terme « dominant »).

De plus : et . On en déduit : .

�

Il s’agit d’une forme indéterminée, il faut donc transformer un peu l’écriture (cf séquence 1).

Pour tout réel x,

.

De plus : .

On a donc : .

On pouvait aussi commencer par montrer que : puis utiliser les théorèmesde composition de limites.

On a : . On en déduit (produit de limite) que : .

On a : (résultat de cours).

f est définie et dérivable sur � et pour tout réel x : (dérivéed’un produit). Ainsi et ont le même signe. On en déduit le tableau de variations de f :

x

signe de – 0 +

f

0

e2x e x––x ∞–→

lim

e2xx ∞–→

lim 0= e x–x ∞–→

lim + ∞= e2x e x––x ∞–→

lim ∞–=

xex 1+--------------

x + ∞→lim

xex 1+-------------- x

ex 1 e x–+( )---------------------------

xex----- 1

1 e x–+-----------------×= =

xex-----

x + ∞→lim 0= e x–

x + ∞→lim 0= x

ex 1+--------------

x + ∞→lim 0=

e2x 1+x + ∞→

lim ex–

e2x 1+ ex– e2x 1+ ex–( ) e2x 1+ ex+( )

e2x 1+ ex+( )-------------------------------------------------------------------------- e2x 1+( )2 ex( )2–

e2x 1+ ex+( )-----------------------------------------------= =

e2x 1 e2x–+

e2x 1+ ex+( )------------------------------------- 1

e2x 1+ ex+( )-------------------------------------= =

e2x 1+ ex+x + ∞→

lim + ∞=

e2x 1+ ex–x + ∞→

lim 0=

x2 1+ x–x + ∞→

lim 0=

xx + ∞→

lim exx + ∞→

lim + ∞= = f x( )x + ∞→

lim + ∞=

f x( )x ∞–→

lim xexx ∞–→

lim 0= =

f′ x( ) 1 ex× x ex×+ x 1+( )ex= =f′ x( ) x 1+

∞– 1– + ∞

f ′

1–e

-------

+ ∞

Exercice �

Remarque

Exercice �


Corrigé des exercices d’entraînement du chapitre 4

� Pour tout réel x : . Ainsi f est définie sur �.

Pour tout réel x :

. Ainsi f est impaire.

� Pour tout réel x :

.

alors : .

La fonction f étant impaire, on a alors : .

� f est dérivable sur � et pour tout réel x :

.

La fonction exponentielle étant strictement positive, est strictement positive.

On en déduit les variations de f :

� Du précédent tableau de variations, on déduit que f est une bijection de � vers .


.

De plus, pour tout réel x :

.

� Déterminer et .

On a : ainsi .

On a : ainsi .

� Utilisons l’expression . f est dérivable sur � et pour tout réel x :

. est donc positive sur �, on a donc le tableau de variations suivant :

x

signe de +

f

1

x

signe de +

f

0

2

e2x 1+ 1 0>≥

f x–( ) e 2x– 1–e 2x– 1+--------------------

1e2x------- 1–

1e2x------- 1+-----------------

1 e2x–e2x

----------------

1 e2x+e2x

--------------------------------- 1 e2x–

1 e2x+----------------

e2x 1–e2x 1+----------------– f x( )–= = = = = =

f x( ) e2x 1–e2x 1+---------------- e2x 1 e 2x––( )

e2x 1 e 2x–+( )--------------------------------- 1 e 2x––

1 e 2x–+--------------------= = =

e 2x–x + ∞→

lim 0= f x( )x + ∞→

lim 1 0–1 0+------------ 1= =

f x( )x ∞–→

lim 1–=

f′ x( ) 2e2x e2x 1+( ) 2e2x e2x 1–( )–

e2x 1+( )2----------------------------------------------------------------------- 4e2x

e2x 1+( )2------------------------= =

f′

∞– + ∞

f ′

1–

] 1 ; 1 [ –

f x( ) 2ex

ex 3+-------------- 2ex

ex 1 3e x–+( )------------------------------- 2

1 3e x–+--------------------= = =

2 6ex 3+--------------– 2 ex 3+( ) 6–

ex 3+------------------------------- 2ex

ex 3+-------------- f x( )= = =

f x( )x + ∞→

lim x( )x ∞–→

lim

e x–x + ∞→

lim 0= f x( )x + ∞→

lim 21 3e x–+--------------------

x + ∞→lim 2

1-- 2= = =

exx ∞–→

lim 0= f x( )x ∞–→

lim 2 6ex 3+--------------–

x ∞–→lim 2 6

3--– 0= = =

f x( ) 2 6ex 3+--------------–=

f′ x( ) 6ex

ex 3+( )2---------------------= f′

∞– + ∞

f ′

Exercice �

Exercice �


Le point appartient à �, on a donc : c’est-à-dire : ou

encore : ;

La droite d’équation est la tangente à � au point d’abscisse .

Cela signifie que : et .

De plus : . Les 2 derniè-res équations se traduisent donc par :

et soit :

et .

est donc solution du système :

: .

La somme des 2 premières égalités nous donne : soit .

Cette dernière égalité ajoutée à la dernière nous donne : soit .

Alors : et .

Ainsi : .

� Pour tout x réel :

et

� D’après ce qui précède pour tout réel x :

.

� On a : . Alors par dérivations successives :

et

.

Ainsi pour tout réel x : .

� D’après ce qui précède : . Ainsi : .

Alors si F est la dérivée troisième de , on a .

� a) g est définie sur � et pour tout réel x :

.

b) g est dérivable sur � et pour tout réel x :

.

c) D’après ce qui précède, est positive sur �.

De plus, pour tout réel x : .

A 1 ; 2e ( ) 2e f 1( )= a b c+ +( )e1 2e=

a b c+ + 2=

y xe-- 5

e--+= 1–

f′ 1–( ) 1e-- e 1–= = f 1–( ) 1–

e------ 5

e--+ 4

e--= =

f′ x( ) 2ax b+( )ex ax2 bx c+ +( )ex+ ax2 2a b+( )x b c+( )+ +[ ]ex= =

a b– c+( )e 1– 4e 1–= a 2a b+( )– b c+( )+[ ]e 1– e 1–=

a b– c+ 4= a– c+ 1=

a ; b ; c ( )

S( )a b c+ + 2=

a b– c+ 4=

a– c+ 1=⎩⎪⎨⎪⎧

2a 2c+ 6= a c+ 3=

2c 4= c 2=

a 3 2– 1= = b 2 a– c– 2 1– 2– 1–= = =

f x( ) x2 x– 2+( )ex=

f′ x( ) ex xcos ex xsin–( )+ ex xcos xsin–( )= =

f″ x( ) ex xcos xsin–( ) ex xsin– xcos–( )+=

ex xcos xsin– xsin– xcos–( ) 2ex xsin–= =

2f′ x( ) 2f x( )– 2ex xcos xsin–( ) 2ex xcos– 2ex xcos xsin– xcos–( )= =

2ex xsin– f″ x( )= =

f″ 2f′ 2f–=

f 3( ) 2f″ 2f′– 2 2f′ 2f–( ) 2f′– 2f′ 4f–= = =

f 4( ) 2f″ 4f′– 2 2f′ 2f–( ) 4f′– 4f–= = =

f 4( ) x( ) 4ex xcos–=

f 4( ) 4f–=14-- f–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4( )f=

14-- f– F′ f=

g x–( ) e x– ex– 2x+ ex e x–– 2x–( )– g x( )–= = =

g′ x( ) ex e x– 2–+ ex 1ex----- 2–+ e2x 1 2ex–+

ex------------------------------- ex 1–( )2

ex---------------------= = = =

g′

g x( ) ex e x–– 2x– ex 1 e 2x–– 2xe x––( )= =

Exercice �

Exercice �

Exercice �


Alors comme : et , on a :

et .

Alors g étant impaire : .

On en déduit le tableau de variations de g :

d) ainsi d’après le tableau de variations de g : pour tout , etpour tout , .

� a) Pour tout réel x :

.

De plus, et . On en déduit :

et .

On a : et .

Ainsi en sommant il vient : .

b) f est dérivable sur � et pour tout réel x :

.

c) et g ont donc le même signe, on déduit de la 1ère question le tableau de variations de f :


;

.

� Pour tout réel x : et . On en déduit que est négative et positive.

g est alors décroissante sur �. On a : . Ainsi : pour tout , et pour tout , .

h est croissante sur �. On a : . Ainsi : pour tout , et pourtout , .

� La fonction exponentielle étant positive, f, g et h ont le même signe. Sur , g est positive et hnégative, f est donc à la fois positive et négative. On a donc : pour tout x appartenant à

.

De même : pour tout x appartenant à .

f est donc la fonction nulle.

x 0

signe de +

g 0

x 0

signe de – 0 +

f

5

e 2x–x + ∞→

lim xe x–x + ∞→

lim 0= = exx + ∞→

lim + ∞=

1 e 2x–– 2xe x––( )x + ∞→

lim 1= g x( )x + ∞→

lim + ∞=

g x( )x ∞–→

lim ∞–=

∞– + ∞

g ′

∞–

+ ∞

g 0( ) 0= x 0< g x( ) g 0( )< 0=x 0> g x( ) g 0( )> 0=

f x( ) e2x 2x– 4xex– 4ex+ e2x 1 2xe 2x–– 4xe x–– 4e x–+( )= =

xe 2x–x + ∞→

lim xe x–x + ∞→

lim e x–x + ∞→

lim 0= = = e2xx + ∞→

lim + ∞=

1 2xe 2x–– 4xe x–– 4e x–+( )x + ∞→

lim 1= f x( )x + ∞→

lim + ∞=

e2xx ∞–→

lim xexx ∞–→

lim exx ∞–→

lim 0= = = 2x–( )x ∞–→

lim + ∞=

f x( )x ∞–→

lim + ∞=

f′ x( ) 2e2x 2– 4 ex xex+( )– 4ex+ 2e2x 2– 4xex–= =

2ex ex e x–– 2x–( ) 2exg x( )= =

f′

∞– + ∞

f ′

+ ∞ + ∞

g′ x( ) e x– f x( )– e x– f′ x( )+ e x– f′ x( ) f x( )–( )= =

h′ x( ) exf x( ) exf′ x( )+ ex f′ x( ) f x( )+( )= =

f′ x( ) f x( )– 0≤ f′ x( ) f x( )+ 0≥ g′ h′

g 0( ) f 0( ) 0= = x 0≤ g x( ) g 0( )≥ 0=x 0≥ g x( ) g 0( )≤ 0=

h 0( ) f 0( ) 0= = x 0≤ h x( ) h 0( )≤ 0=x 0≥ h x( ) h 0( )≥ 0=

�–

f x( ) 0=�–

f x( ) 0= �+

Exercice �


Soit f définie sur � par : .

� Le tableau de variations de f est le suivant (cf exercice d’apprentissage no 6) :

� On déduit du tableau de variations de f que :

Si alors l’équation n’admet aucune solution ;

Si alors l’équation admet une unique solution : ;

Si alors l’équation admet deux solutions ( et

) ;

Si alors l’équation admet une unique solution : 0 ;

Si alors l’équation admet une unique solution ( et même :).

� est un nombre strictement positif alors d’après ce qui précède, l’équation admet une

unique solution et : .

� est solution de l’équation : ; est positif et de plus est strictement supé-

rieur à 1. On en déduit : et on trouve par dichotomie : à près.

est solution de l’équation : ; est positif et de plus est strictement supé-

rieur à . On en déduit : et on trouve par dichotomie : à près.

est solution de l’équation : ; est positif et de plus est strictement supé-

rieur à . On en déduit : et on trouve par dichotomie : à près.

� On a : soit . On en déduit, grâce au tableau de variations de f,

que : .

� On a : . Alors : .

� f est définie sur � et pour tout réel x non nul : . Ainsi f est paire.

� On a : et .

On en déduit par composition : . Ainsi f est continue en 0.

� Pour x non nul : où u est la fonction définie sur par : .

Ainsi par composition f est dérivable sur et pour tout réel non nul x :

.

De plus pour tout réel h non nul : .

x –1

f

0

f x( ) xex=

∞– + ∞

1–e

-------

+ ∞

a 1–e

------< f x( ) a=

a 1–e

------= f x( ) a= 1–

1–e

------ a 0< < f x( ) a= x1 ∈] ∞ ; 1 [ ––

x2 ∈] 1 ; + ∞[ –

a 0= f x( ) a=

a 0> f x( ) a= x0 ∈ ] 1 ; + ∞[ –x0 ∈ ]0 ; + ∞[

1n-- f x( ) 1

n--=

un un ∈ ]0 ; + ∞[

u1 f x( ) 1= u1 f 1( ) e=

u1 ∈ ]0 ; 1 [ u1 0 567,= 10 3–

u2 f x( ) 12--= u2 f 1( ) e=

12-- u2 ∈ ]0 ; 1 [ u2 0 352,= 10 3–

u3 f x( ) 13--= u3 f 1( ) e=

13-- u3 ∈ ]0 ; 1 [ u3 0 257,= 10 3–

0 1n-- 1

n-- e

1n--

< < f 0( ) f un( ) f 1n--⎝ ⎠

⎛ ⎞< <

0 un1n--< <

1n--

n + ∞→lim 0= unn + ∞→

lim 0=

f x–( ) e1x–( )2

--------------–e

1x2-----–

f x( )= = =

1x2-----

x 0→lim + ∞= e x–

x + ∞→lim 0=

f x( )x 0→lim e

1x2-----–

x 0→lim 0 f 0( )= = =

f x( ) eu x( )= �* u x( ) 1x2-----– x 2––= =

�*

f′ x( ) u′ x( ) eu x( )× 2–( )– x 2– 1– e1x2-----–

×× 2x3----- e

1x2-----–

= = =

f 0 h+( ) f 0( )–h

---------------------------------- e1h2-----–

0–h

-------------------1h-- e

1h2-----–

× h 1h2----- e

1h2-----–

××= = =

Exercice �

Exercice


De plus, ( car ).

Ainsi : et .

On en déduit que f est dérivable en 0 et que : .

� Étudions les variations de f sur .

Pour tout x positif, est positif et donc il en est de même de .

De plus et donc .

Le tableau de variations de f sur est donc :

On en déduit le tableau de variations de f sur � :

�

Les valeurs de semblent nulles sur , il n’en est rien (puisque la fonction exponen-tielle ne s’annule pas). La courbe est simplement « très écrasée » aux alentours de 0.

x 0

signe de +

f

0

1

x 0

f

1

0

1

1h2----- e

1h2-----–

×h 0→lim xe x–

x + ∞→lim= x 1

h2-----= 1

h2-----

h 0→lim + ∞=

1h2----- e

1h2-----–

×h 0→lim 0= f 0 h+( ) f 0( )–

h----------------------------------

h 0→lim 0=

f′ 0( ) 0=

�+

1x3----- f′ x( )

1x2-----–

x + ∞→lim 0= f x( )

x + ∞→lim e0 1= =

�+

+ ∞

f ′

∞– + ∞

OO

0,5

0,5

1

– 0,5–1–1,5 1 1,5

x

y

f x( ) 0 4 ; 0 4 ,, – [ ] Remarque

59


2

ème

partie : Probabilités (révisions)


L’aire de la zone A est l’aire d’un disque de rayon 10 cm, soit en : .

L’ aire de la zone B est l’aire d’une couronne délimité par un dis-que de rayon 20 cm et un disque de rayon 10 cm, soit en :

.

De même, l’aire de la zone C et en :

.

Chaque fléchette atteignant l’une des trois zones, on doit avoir :. (1)

La probabilité qu’une fléchette atteigne une zone étant proportionnelle à l’aire de cette zone, il existeun réel k telle que , et .

La relation (1) se traduit par soit .

En remplaçant k par cette valeur, on obtient la loi de probabilité définie sur chaque événement élé-

mentaire de

Ω

; ; et .

�

A est réalisé si le dé indique 1, 2 ou 3.

La probabilité de sortie d’un numéro étant la fréquence d’apparition de ce numéro, on a

; ; .

On en déduit car la probabilité d’un événement est la sommedes probabilités des événements élémentaires qui le réalisent.

On a donc .

De manière analogue :

�

Au premier tirage, on peut tirer l’une des quatre boules numérotées 1, 2, 3 ou 4.

Au second tirage, comme la première boule tirée n’est pas remise dans l’urne,nous n’avons plus le choix qu’entre trois boules. Toutes les possibilités sont doncdécrites par l’arbre ci-contre.

�

Les boules étant indiscernables au toucher et les tirages étant réalisés au hasard, on peut modéli-ser l’expérience par une loi équirépartie, chaque issue ayant donc la même probabilité. Comme il y a

12 issues possibles, on en déduit que la probabilité de chaque issue est de .

cm2 π 10( )2× 100π=

cm2

π 20( )2× π 10( )2×– 300π=

cm2

π 40( )2× π 20( )2×– 1 200 π =

P A( ) P B( ) P C( )+ + 1=

P A( ) k 100π×= P B( ) k 300π×= P C( ) k 1 200 π× =

k 1 600 π× 1 = k 11 600 π -----------------=

P A( ) 116-----= P B( ) 3

16-----= P C( ) 12

16----- 3

4--= =

P 1{ }( ) 821 000 -------------

0 082

,= = P 2{ }( ) 0 120,= P 3{ }( ) 0 153,=

P A( ) P 1{ }( ) P 2{ }( ) P 3{ }( )+ +=

P A( ) 0 082, 0 120, 0 153,+ + 0 355,= =

P B( ) P 6{ }( ) 0 173,= =

P C( ) P 3{ }( ) P 6{ }( )+ 0 153, 0 173,+ 0 326,= = =

1 3

4

2

1er

tirage2e

tirage

2 3

4

1

3 2

4

1

4 2

3

1

112-----

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

60


�

Recherchons d’abord le nombre de cas possibles. Le premier mot affiché par l’ordinateur est l’undes quatre mots : aime, les, Claire, voyages.

Une fois ce mot choisi, l’ordinateur a le choix d’afficher l’un des trois mots restants ; il a donc commedans l’exercice précédent, possibilités d’affichage des deux premiers mots. Mais une fois cesdeux premiers mots affichés, il lui reste encore deux choix possibles pour le troisième mot, et enfin, ledernier mot est alors imposé. L’ordinateur a donc possibilités d’affichage.

Nous aurions pu comme dans l’exercice précédent réaliser l’arbre des différents choix possibles, maisil est bon aussi de simplement imaginer ou ébaucher l’arbre pour trouver le résultat cherché, notam-ment quand celui-ci possède de nombreuses branches.

Nous pouvons supposer que l’ordinateur affiche ses mots, donc sa série de quatre mots de façonéquiprobable.

Soit A l’événement « l’affichage commence par le mot « Claire » ».

.

Il nous faut donc rechercher les cas favorables à A.

Le premier mot doit être « Claire ». L’ordinateur a alors trois possibilités pour choisir son second mot,puis deux pour le troisième et le quatrième mot est alors imposé.

Le nombre de cas favorables à A est donc .

On en déduit .

�

Soit B l’événement « L’affichage contient les deux mots « les » et « voyages » successivement etdans cet ordre.

Si ce sont les deux premiers mots, l’ordinateur a deux choix possibles pour le troisième mot, et un seulpour le dernier.

De même, si ce sont les deuxième et troisième mots, l’ordinateur a deux choix possibles pour le pre-mier, et le dernier est imposé.

Enfin, si ce sont les troisième et quatrième mots, l’ordinateur a deux choix possibles pour le premiermot et le second est imposé.

Il y a donc affichages possibles favorables à B.

On en déduit .

�

On tire une carte au hasard, ce qui permet de faire l’hypothèse d’équiprobabilité.

car il y a 8 cœurs dans un jeu de 32 cartes.

car il y a 4 rois dans un jeu de 32 cartes.

�

représente l’événement « la carte tirée est un roi et un cœur » soit encore « la carte tiréeest le roi de cœur ».

représente l’événement « la carte tirée est un roi ou un cœur ».

représente l’événement « la carte tirée n’est ni un roi, ni un cœur ».

.

.

.

4 3×

4 3 2 1××× 24=

P A( ) nombre de cas favorables à Anombre de cas possibles

-------------------------------------------------------------------=

1 3 2 1××× 6=

P A( ) 624----- 1

4--= =

3 2× 6=

P B( ) 624----- 1

4--= =

P A( ) nombre de cas favorables à Anombre de cas possibles

------------------------------------------------------------------- 832----- 1

4--= = =

P B( ) nombre de cas favorables à Bnombre de cas possibles

------------------------------------------------------------------- 432----- 1

8--= = =

A B∩

A B∪

A B∪

P A B∩( ) 132-----=

P A B∪( ) P A( ) P B( ) P A B∩( )–+ 8 4 1–+32

--------------------- 1132-----= = =

P A B∪( ) 1 P A B∪( )– 1 1132-----– 21

32-----= = =

Exercice �

Exercice �


� Nous pouvons pour compter les nombres de 5 chiffres ne contenant que des 1 et des 2 construireles arbres que l’on obtiendrait si l’on construisait des nombres de 1, 2, et 3 chiffres.

Avec quatre chiffres, il partirait encore 2 flèches de chacun des 8 derniers chiffres de l’arbre précé-dent, on obtiendrait donc nombres possibles et avec 5 chiffres on obtiendra donc nombres possibles.

� On choisit un de ces nombres au hasard ; on est donc en situation d’équiprobabilité.

a) Soit A l’événement « ce nombre commence par 1 ».

Les arbres dessinés précédemment montrent qu’il y a autant de ces nombres commençant par 1 quecommençant par 2.

On a donc .

b) Soit B l’événement « ce nombre se termine par 2 ».

De même, il y a autant de ces nombres finissant par 1 que par 2.

Donc .

c) Soit C l’événement « ce nombre commence par 2 et se termine par 2 ».

On a donc uniquement 2 choix possibles pour le deuxième, troisième et quatrième chiffre. Il y a donc nombres commençant par 2 et se terminant par 2. Par suite

.

� Il est bon pour compléter ce diagramme Caroll de rajouter une ligne et une colonne au tableau fai-sant apparaître les totaux. On complète alors aisément le tableau

� Nous choisissons une pièce au hasard ; nous sommes en situation d’équiprobabilité.

.

donc

car les événements et sont incompatibles.

.

donc .

A total

B 200 200 400

300 4 300 4 600

total 500 4 500 5 000

1

2

1

1

2

1 1

2

1

2

1

2

1

22

2

2

1

2

2

2 = 22 = 23

1

2

2

2

2

1

2 nombres 4 nombres 8 nombresX X X

24 16= 25 32=

P A( ) 1632----- 1

2--= =

P B( ) 1632----- 1

2--= =

1 2 2 2 1×××× 8=

P C( ) 832----- 1

4--= =

A

B

E A B∩=

P E( ) nombres de cas favorables à A B∩nombre de cas possibles

-------------------------------------------------------------------------------- 4 3005 000 -------------

0 86

,= = =

F A B∩( ) A B∩( )∪=

P F( ) P A B∩( ) P A B∩( )+= A B∩ A B∩

P F( ) 3005 000 -------------

200

5 000 -------------+

500

5 000 -------------

0 1

,= = =

G A B∩= P G( ) 3005 000 -------------

350 -----

0 06

,= = =

Exercice

�

Exercice

�

Avec 1 chiffre Avec 2 chiffres Avec 3 chiffres

62



�

.

On a donc bien , ce qui doit être vérifiée par toute variable aléatoire.

�

.

.

�

.

.

.

On peut vérifier ces résultats à l’aide d’une calculatrice en considérant la série pondérée par les .Sur certains modèles, il faudra multiplier tous les par 100 de façon à avoir des coefficients entiers.

�

G prend en euros les valeurs ; ; ; soit ; 98 ; 148 ; 498.

�

On peut choisir sur

Ω

une loi équirépartie. On a alors :

.

.

.

.

On peut écrire la loi de probabilité de G dans le tableau suivant :

On vérifie que .

�

.

donc ce jeu n’est pas équitable. Sur un grand nombre de parties, en moyenne, le joueurperdra de l’argent.

�

Notons a, b, c les réponses possibles à chaque question.

Pour la première question, il y a trois réponses possibles.

0 1 2 3

0,1 0,2 0,25 0,25 0,05 0,15

98 148 498

0,996 0,002 5 0,001 0,000 5

yi2– 1–

P Y yi=( )

0 1, 0 2, 0 25, 0 25, 0 05, 0 15,+ + + + + 1=

P Y yi=( )i

∑ 1=

P A( ) P Y 0≥{ }( ) P Y 0=( ) P Y 1=( ) P Y 2=( ) P Y 3=( )+ + += =

0 25, 0 25, 0 05, 0 15,+ + + 0 7,= =

P B( ) P Y 2<{ }( ) P Y 2–=( ) P Y 1–=( ) P Y 0=( ) P Y 1=( )+ + += =

0 1, 0 2, 0 25, 0 25,+ + + 0 8,= =

E Y( ) piyii

∑ 0 1, 2–( )× 0 2, 1–( )× ... 0 15, 3×+ + + 0 4,= = =

V Y( ) E Y2( ) E Y( )( )2– 0 1, 2–( )2× 0 2, 1–( )2× ... 0 15, 32× 0 4,( )2–+ + + 2 24,= = =

σ Y( ) V Y( ) 2 24, � 1 497,= =

yi pipi

0 2– 100 2– 150 2– 500 2– 2–

P G 498=( ) 12 000 -------------

0 000 5 ,= =

P G 148=( ) 22 000 -------------

0 001

,= =

P G 98=( ) 52 000 -------------

0 002 5 ,= =

P G 2–=( ) 2 000 8 – 2 000

----------------------

1 9922 000 -------------

0 996

,= = =

gi2–

P G gi=( )

pii

∑ 1=

E G( ) 0 996, 2–( )× 0 002 5 , 98 × 0 001 , 148 × 0 000 5 , 498 × + + + 1 35 ,–= =

E G( ) 0<

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

63



Une des réponses étant choisie, il y a trois façons de choisir la réponse à la seconde question, situa-tion que l’on peut schématiser à l’aide de l’arbre suivant :

Si le questionnaire comprenait deux questions, il y aurait façons de remplir ce questionnaire.

Si le questionnaire comprenait trois questions, de chaque réponse à la seconde question, il partiraitencore 3 flèches. Il y aurait donc : façons de le remplir. Avec quatre questions, il y adonc façons de remplir ce questionnaire.

�

a)

L’événement est réalisé si et seulement si le candidat répond :

– de façon exacte aux questions : 1, 2, 3 et de façon fausse à la question 4



– de façon exacte aux questions : 2, 3, 4 et de façon fausse à la question 1.

Il y a 2 façons de donner une mauvaise réponse à une question.

En munissant

Ω

l’ensemble des réponses possibles au questionnaire d’une loi équirépartie, on a donc

.

b)

Le candidat est donc reçu s’il donne trois réponses exactes exactement ou quatre réponses exactes.

car il n’y a qu’une façon de remplir le questionnaire exactement.

car les événements et sont incompatibles.

Par suite .

a b

c

aQuestion 1 Question 2

b b

c

a

c b

c

a

3 3× 32=

3 3 3×× 33=3 3 3 3××× 34 81= =

X 3=( )

P X 3=( ) nombres de cas favorables à X 3=( )nombre de cas possibles

------------------------------------------------------------------------------------ 2 4×81

------------ 881-----= = =

P X 4=( ) 181-----=

P « Le candidat est reçu » ( ) P X 3 = ( ) X 4 = ( )∪( ) P X 3 = ( ) P X 4 = ( ) += =

X 3=( ) X 4=( )

P « Le candidat soit reçu » ( ) 881

----- 181

-----+ 981

----- 19

--= = =

64


Corrigé des exercices d’entraînement du chapitre 4

�

Nous pourrions bien sûr réaliser l’expérience mais nous pouvons gagner du temps en utilisant unecalculatrice ou un tableur.

Simulons cette expérience à l’aide de la touche rand d’une calculatrice que l’on trouve dans le menuMATH, PRB qui donne un nombre entre 0 et 1, celui-ci s’écrivant avec un point suivi de 10 chiffres. Unde ces nombres de 10 chiffres succédant le point simulera 10 lancers. Les chiffres 0, 1, 2, 3, 4 simule-ront l’obtention de pile et les chiffres 5, 6, 7, 8, 9 simuleront l’obtention de face. Lorsque dans cenombre on aura une suite d’au moins 3 chiffres inférieurs ou égaux à 4 ou au moins trois chiffressupérieurs ou égaux à 5, X prendra la valeur 1 ; sinon elle prendra la valeur 0.

Effectuons une première simulation de 10 fois 10 lancers. Voici les résultats que nous avons obtenuavec une TI 83 plus.

Renouvelons 9 fois l’expérience de façon à obtenir une simulation de 100 fois 10 lancers. Nous avonsobtenu sur cette simulation de 100 expériences 76 fois le nombre 1 et 24 fois le nombre 0.

�

Nous pouvons donc proposer pour estimation de la loi de probabilité de X le tableau suivant :

Remarquons qu’il est difficile ici de déterminer la loi de probabilité de X et que l’estimation que nousvenons de faire nous fournit une approximation de celle-ci que l’on pourrait encore améliorer en mul-tipliant le nombre d’expériences.

�

On interroge un élève au hasard, nous sommes en situation d’équiprobabilité.

.

; ;

désigne les élèves s’intéressant à la fois à la musique et à la lecture donc ;

; .

désigne les élèves ayant les trois pôles d’intérêt, donc .

nombre obtenu X

9226057983 1

8547152376 0

1270074169 0

4588846860 1

0150249313 1

3207102453 1

9257751282 1

8766765350 1

8779567818 1

7191183324 1

Total de 1 8

0 1

0,24 0,76

xi

P X xi=( )

P M( ) nombres de cas favorables à Mnombre de cas possibles

----------------------------------------------------------------------- 50100-------- 0 5,= = =

P L( ) 45100-------- 0 45,= = P S( ) 60

100-------- 0 6,= =

M L∩ P M L∩( ) 20100-------- 0 2,= =

P M S∩( ) 35100-------- 0 35,= = P S L∩( ) 20

100-------- 0 2,= =

M S L∩ ∩ P M S L∩ ∩( ) 7100-------- 0 07,= =

Exercice

�

Exercice

�

65


�

Visualisons la situation à l’aide du diagramme suivant :

Nous pouvons indiquer le taux de pourcentage de chaque sous ensemble disjoint de la figure ci-des-sus en commençant par l’intersection des trois ensembles M, L et S.

Le taux de pourcentage représentant est la somme des taux de pourcentage apparaissantdans chaque sous ensemble disjoint soit .

On en déduit .

De façon générale, on pourrait démontrer que :

.

Vérifions cette formule :

.

L’événement F est l’événement contraire de .

On a donc .

Le premier nombre possible est 000 et le dernier 999.

Il y a donc 1 000 codes possibles.

On choisit un code au hasard ; nous pouvons utiliser une loi équirépartie sur

Ω

, ensemble de tous les codes.

Or il n’y a qu’un code permettant d’ouvrir le cartable.

Donc .

Dénombrons les codes formés de trois chiffres distincts.

On a 10 possibilités pour choisir le premier chiffre du code.

Une fois celui-ci choisi, il reste 9 possibilités pour choisir le second car les deux chiffres doivent êtredistincts et une fois le second chiffre choisi, il reste 8 possibilités de choix du dernier chiffre car celui-ci doit être distinct des deux premiers.

Il y a donc possibilités de choisir un code formé de trois chiffres distincts.

On en déduit .

M

S

L2

13

13

7

28

12

12

M L S∪ ∪2 13 12 28 7 13 12+ + + + + + 87=

P M L S∪ ∪( ) 87100--------=

P M L S∪ ∪( ) P M( ) P L( ) P S( ) P M L∩( )– P M S∩( )– P L S∩( )– P M L S∩ ∩( )+ + +=

0 5, 0 45, 0 6, 0 2,– 0 35,– 0 2,– 0 07,+ + + 0 87,=

M L S∪ ∪

P F( ) P M L S∪ ∪( ) 1 P M L S∪ ∪( )– 1 87100--------– 13

100--------= = = =

P A( ) nombres de cas favorables à Anombre de cas possibles

---------------------------------------------------------------------=

P A( ) 11 000 -------------

0 001

,= =

10 9 8×× 720=

P B( ) 7201 000 -------------

0 72

,= =

Exercice

�

66


Pour déterminer remarquons qu’un code est constitué

– de trois chiffres distincts ou de

– deux chiffres identiques et deux seulement ou de

– trois chiffres identiques.

Soit D l’événement « le code est composé de trois chiffres identiques ».

II y a 10 codes réalisant l’événement D donc .

D’après la remarque précédente

donc

.

�

Modélisation

On peut ébaucher l’arbre suivant décrivant la façon de dénombrer toutes les issues possibles.

Nous n’avons pas construit l’arbre totalement car ce serait assezlong mais simplement suggéré son principe de construction.

Il faut imaginer que de chacun des 5 nombres de la premièrecolonne partent 5 flèches et que de chacun des nombres de laseconde colonne partent 5 flèches.

Le nombre de suites de 3 numéros d’étages possibles est donc :.

�

Soit A l’événement « toutes les personnes descendent aumême étage ».

Nous sommes en situation d’équiprobabilité.

On a donc : .

Les cas favorables à A sont les 5 suites ; ; ; ; .

Donc .

�

Soit B l’événement : « Une personne au moins descend aucinquième étage ».

L’événement contraire est « personne ne descend au cin-quième étage ».

La première personne peut descendre à l’un des quatre premiersétages, la seconde aussi et idem pour la troisième.

Le nombre de cas favorables à est donc : .

On a donc : . On en déduit .

P C( )

P D( ) 101 000 -------------

0 01

,= =

P B( ) P C( ) P D( )+ + P Ω( ) 1= =

P C( ) 1 P B( )– P D( )– 1 0 72,– 0 01,– 0 27,= = =

1 345

12

2

3

4

5

345

12

PersonneA

PersonneB

PersonneC

5 5 5×× 53 125= =


---------------------------------------------------------------------=

1 1 1, ,( ) 2 2 2, ,( )3 3 3, ,( ) 4 4 4, ,( ) 5 5 5, ,( )

P A( ) 5125-------- 1

25-----= =

B

B 4 4 4×× 64=

P B( ) 64125--------= P B( ) 1 P B( )– 1 64

125--------– 61

125--------= = =

Exercice

�

67


�

Construisons l’arbre des trajets possibles.

�

a)

À un sommet le scarabée choisit au hasard l’une des 3 arêtes. Chaque trajet est donc équipro-

bable. Il y a 27 trajets possibles, la probabilité de chaque trajet est donc .

La dernière colonne du tableau précédent permet de déterminer la loi de probabilité de X.

b)

.

.

.

2 3 4

Trajet

ABAB 2

ABAC 3

ABAD 3

ABCA 3

ABCB 3

ABCD 4

ABDA 3

ABDB 3

ABDC 4

ACAB 3

ACAC 2

ACAD 3

ACBA 3

ACBC 3

ACBD 4

ACDA 3

ACDB 4

ACDC 3

ADAB 3

ADAC 3

ADAD 2

ADBA 3

ADBC 4

ADBD 3

ADCA 3

ADCB 4

ADCD 3

nb de points

B

A

CB

D

A

B

D

A

B

C

C

D

A

B

D

A

B

C

B

C

D

A

C

D

A

B

C

B

C

D

A

C

D

A

B

D

CA

D

127-----

xi

P X xi=( ) 19-- 6

9-- 2

9--

E X( ) pixii

∑ 19-- 2× 6

9-- 3× 2

9-- 4×+ +

289----- � 3 11,= = =

V X( ) E X2( ) E X( )( )2–19-- 4× 6

9-- 9× 2

9-- 16× 28

9-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2–+ +

2681----- � 0 32,= = =

σ X( ) 269

--------- � 0 57,=

Exercice �


� Effectuons l’arbre représentant l’obtention d’obtenir 5, 4 et 3 en distinguant les dés, en supposantpar exemple que nous jouons avec un dé bleu, un dé rouge et un dé vert.

� Comptons en distinguant les dés le nombre d’issues équiprobables correspondant aux issues del’énoncé ayant une somme égale à 11.

À correspond les triplets équiprobables , ,


À correspond les triplets équiprobables , , , , ,


À correspond les triplets équiprobables , , , , ,

À correspond les triplets équiprobables , , , , ,.

On obtient donc façons équiprobables d’obtenir 11.

De même

À correspond le seul triplet .

À correspond 6 triplets équiprobables.





On obtient donc façons équiprobables d’obtenir 12.

� En situation équiprobable, on a .

Le nombre de cas favorables à l’obtention d’une somme 11 étant supérieur à celui de l’obtentiond’une somme 12 , la constatation du chevalier de Méré, à savoir qu’en pratique on gagnaitplus souvent avec 11 qu’avec 12 est confortée par la théorie.

On peut ajouter pour terminer que le nombre d’issues possibles équiprobables en lançant 3 dés est. ■

3

Dé bleu Dé rouge Dé vert Résultat

5

4 5

4

(3, 4, 5)

(3, 5, 4)

45

3 5

3

(4, 3, 5)

(4, 5, 3)

54

3 4

3

(5, 3, 4)

(5, 4, 3)

4 4 3, ,{ } 4 4 3, ,( ) 4 3 4, ,( ) 3 4 4, ,( )

5 3 3, ,{ } 5 3 3, ,( ) 3 5 3, ,( ) 3 3 5, ,( )

5 4 2, ,{ } 5 4 2, ,( ) 5 2 4, ,( ) 4 5 2, ,( ) 4 2 5, ,( ) 2 5 4, ,( )2 4 5, ,( )

5 5 1, ,{ } 5 5 1, ,( ) 5 1 5, ,( ) 5 5 1, ,( )

6 3 2, ,{ } 6 3 2, ,( ) 6 2 3, ,( ) 3 6 2, ,( ) 3 2 6, ,( ) 2 6 3, ,( )2 3 6, ,( )

6 4 1, ,{ } 6 4 1, ,( ) 6 1 4, ,( ) 4 6 1, ,( ) 4 1 6, ,( ) 1 6 4, ,( )1 4 6, ,( )

3 3 6 3 6 6+ + + + + 27=

4 4 4, ,{ } 4 4 4, ,( )

5 4 3, ,{ }

5 5 2, ,{ }

6 3 3, ,{ }

6 4 2, ,{ }

6 5 1, ,{ }

1 6 3 3 6 6+ + + + + 25=


---------------------------------------------------------------------=

27 25>( )

6 6 6×× 216 63= =

Exercice �

69


équence 5

1

ère

partie : Suites numériques

�

On a :

; ;

et .

On peut supposer que pour tout entier naturel (non nul) :

.

�

Soit l’hypothèse de récurrence : « » pour

• , est donc vraie.

• Soit n un entier naturel non nul. On suppose vraie. Alors : .

On a donc : . est donc vraie.

• Ainsi, d’après le principe de récurrence, est vraie pour tout entier naturel n ( ) c’est-à-dire : .

�

Soit l’hypothèse de récurrence : .

• ainsi est vraie.

• Soit n un entier naturel. On suppose vraie, on a :

et est vraie.

• Ainsi pour tout entier naturel non nul est vraie c’est-à-dire :

.


u2

u11 u1+-------------- 1

1 1+------------ 1

2--= = = u3

u21 u2+--------------

12--

1 12--+

------------

12--

32----- 1

3--= = = =

u4

13--

1 13--+

------------ 14--= = u5

14--

1 14--+

------------ 15--= =

un1n--=

Pn un1n--= n 1≥

u1 1 11--= = P1

Pn un1n--=

un 1+

un1 un+--------------

1n--

1 1n--+

------------

1n--

n 1+n

------------------------ 1

n 1+------------= = = = Pn 1+

Pn 0≠ un1n--=

Pn 13 23 33 ... n3+ + + + n2 n 1+( )2

4-------------------------=

13 1 12 1 1+( )2

4-------------------------= = P1

Pn

13 23 ... n3 n 1+( )3+ + + + 13 23 ... n3+ + +( ) n 1+( )3+ n2 n 1+( )2

4------------------------- n 1+( )3+= =

n 1+( )2 n2

4----- n 1+( )+× n 1+( )2 n2 4n 4+ +

4---------------------------⎝ ⎠

⎛ ⎞×= =

n 1+( )2 n 2+( )2

4-------------------× n 1+( )2 n 2+( )2

4---------------------------------------= =

Pn 1+

Pn

13 23 33 ... n3+ + + + n2 n 1+( )2

4-------------------------=

Exercice �

Exercice �


On a : et on sait de plus que : (somme des

n premiers termes de la suite arithmétique de raison 1 et de 1er terme 1). La formule peut donc s’écrire :

.

� Soit l’hypothèse de récurrence : .

• donc à fortiori et est vraie.

• Soit n un entier naturel non nul. On suppose vraie. On a donc : . En multi-pliant les deux membres de l’égalité par le nombre positif , on obtient :

. Alors est vraie.

• Pour tout entier naturel non nul n, est donc vraie c’est-à-dire : .

� .

Pour tout entier naturel n, on a successivement les inégalités : ; ;

; soit

(la fonction carrée étant croissante sur et la fonction inverse décroissante sur ).

est donc monotone (strictement décroissante).

Pour tout entier naturel n, on a successivement les inégalités : ; ; .

Ainsi est majorée (par par exemple).

De plus pour tout n, est positif donc minorée (par 0).

Ainsi est bornée.

� .

On a : , et . Ainsi : et .

La suite n’est donc ni croissante, ni décroissante.

n’est donc pas monotone.

Pour tout entier naturel non nul n : ( entraîne : ).

Ainsi est majorée (3 est un majorant).

Pour tout entier naturel non nul n : ( entraîne : ).

Ainsi est minorée (1 est un minorant).

est donc bornée.

� .

Cette écriture ne nous permet pas de répondre immédiatement à la question. Il faut donc transformerl’écriture de .

Pour tout entier naturel n : . On a successivement les inégalités :

; et .

n2 n 1+( )2

4-------------------------

n n 1+( )2

--------------------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

= 1 2 3 ... n+ + + + n n 1+( )2

--------------------=

13 23 33 ... n3+ + + + 1 2 3 ... n+ + + +( )2=

Pn 1 t+( )n 1 nt+≥

1 t+( )1 1 t+ 1 1 t×+= = 1 t+( )1 1 1 t×+≥ P1

Pn 1 t+( )n 1 nt+≥1 t+

1 t+( )n 1+ 1 nt+( ) 1 t+( )×≥ 1 t nt nt2+ + + 1 n 1+( )t nt2+ += =

1 n 1+( )t+≥ Pn 1+

Pn 1 t+( )n 1 nt+≥

un1

3 n2+--------------=

n 1+ n≥ n 1+( )2 n2≥

3 n 1+( )2+ 3 n2+≥ 13 n 1+( )2+---------------------------- 1

3 n2+--------------≤ un 1+ un≤

�+ �+

un( )

n 0≥ 3 n2+ 3≥ un13--≤

un( ) 13--

un

un( )

un 2 1–( )n

n--------------+=

u1 2 1– 1= = u2 2 0 5,+ 2 5,= = u3 2 13--– � 1 667,= u1 u2< u2 u3>

un( )

un 2 1n--+ 3≤ ≤ n 1≥ 1

n-- 1≤

un( )

un 2 1n--– 1≥ ≥ n 1≥ 1

n--– 1–≥

un( )

un( )

un n4 n2–=

un

un n2 n2 1–( )=

n n 1+≤ n2 n 1+( )2≤ n2 1– n 1+( )2 1–≤

Remarque

Exercice �


Lorsque n est non nul (c’est-à-dire pour : ), les deux dernières inégalités ne font intervenir quedes nombres positifs, on peut donc les « multiplier membre à membre » :

pour tout , soit . Comme, de plus, est

égal à , est bien croissante (sur � tout entier).

est monotone.

Pour tout entier naturel n : ( croissante) donc est minorée par 0.

De plus, , la suite n’est donc pas majorée.

n’est donc pas bornée.

� On note r la raison de u, on a : soit .

On en déduit : . De plus : soit .

On en déduit : .

u est donc la suite arithmétique de raison 7 et de 1er terme (ou éventuellement, mais il était bien préciser ici que u est définie sur � et non sur et donc que le

1er terme de la suite est et non ).

� On a :

.

, et sont trois termes consécutifs d’une suite géométrique si et seulement si il existe

un réel q tel que : et donc si et seulement si : (la

fonction exponentielle ne s’annulant pas). Résolvons dans � cette équation :

Ainsi , et sont trois termes consécutifs d’une suite géométrique si et seulement si :

. Ces 3 nombres sont alors , et qui sont bien 3 termes consécutifs d’une suite géo-

métrique de raison .

� a) Le loyer la année est égal au loyer de la nième année majoré de 5 %. Ainsi :. est donc une suite géométrique de raison 1,05 et pour tout entier naturel

non nul :

b) Le loyer de la 7ième année sera donc :

soit 9 380,67 €.

c) La somme payée au bout de 7 ans sera :

soit .

� a)Le loyer la année est égal au loyer de la nième année majoré de 400 €. Ainsi :. est donc une suite arithmétique de raison 400 et pour tout entier naturel

non nul :

.

n 1≥

n 1≥ n2 n2 1–( ) n 1+( )2 n 1+( )2 1–[ ]≤ un un 1+≤ u0 0=

u1 0= un( )

un( )

un n2 n2 1–( ) u0≥ 0= = un( ) un( )

unn + ∞→lim n4

n + ∞→lim + ∞= =

un( )

u20 u8 20 8–( )r+= 130 46 12r+=

r 130 46–12

-------------------- 7= = u8 u0 8r+= 46 u0 56+=

u0 46 56– 10–= =

u0 10–=u1 3–= �*

u0 u1

ukh 8=

20

∑ u8 u9 ... u20+ + + 13u8 u20+

2-------------------× 13 46 130+

2--------------------× 1 144 = = = =

Il y a 20 8

–

( )

1

+

13 termes=

ex 1+ ex e2x 1+

ex q ex 1+×= e2x 1+ q ex×= ex

ex 1+------------ e2x 1+

ex---------------=

ex

ex 1+------------

e2x 1+

ex--------------- ex e x 1+( )–×⇔ e2x 1+ e x–× ex x– 1– e2x 1 x–+= e 1–⇔ ⇔ ex 1+= = =

1–⇔ x 1+ x⇔ 2–= =

ex 1+ ex e2x 1+

x 2–=1e-- 1

e2----- 1

e3-----

1e--

n 1+( )ième

un 1+ 1 05, un×= un( )

un 1 05n 1–, u1 1 05n 1–, 7 000 × = =

u7 1 056, 7 000 × =

S u1 u2 ... u7+ + + u11 1 057,–1 1 05,–----------------------×= = S 56 994 06 € ,=

n 1+( )ième

vn 1+ vn 400+= vn( )

vn 400 n 1–( ) v1+ 400n 7 000 400 –+ 400n 6 600 += = =

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

72


b)

Le loyer de la 7

ième

année sera donc :

soit 9 400

€

et la somme payée au bout de 7 ans sera de :

soit 57 400

€

.

c)

Le contrat le plus avantageux pour le locataire sera donc le contrat 1 car la somme totale verséesera inférieure .

�

Voici le graphique obtenu à l’aide d’un tableur :

�

On remarque que pour tout : . Ainsi étant positif, la suite

est positive.


• donc est vraie.

• Soit un entier naturel n. Supposons vraie. On a, successivement, les inégalités :

; (car ) ; ; .

Ainsi est vraie.

• En conclusion, pour tout entier naturel n : . La suite u est donc majorée par 8.

�

Pour tout entier naturel n :

.

La suite u est donc croissante.

�

Une suite croissante et majorée converge donc u converge. On note . Alors :

.

Ainsi :

.

On a donc bien : .

v7 400 6 7 000 + × =

v1 v2 ... v7+ + + 7v1 v7+

2----------------× 7 7 000 9 400 +

2

--------------------------------- ×

= =

56 994 06 , 57 400 <( )

O

1

2

3

4

5

6

7

8

O 5 10 15 20

n 1≥ un

un 1–2

16------------ 4+ 4 0>≥= u0 un( )

Pn un 8≤

u0 4 8≤= P0

Pn

un 8≤ un2 82≤ 64= un 0>

un2

16----- 64

16-----≤ 4= un 1+

un2

16----- 4+ 8≤=

Pn 1+

un 8≤

un 1+ un–un

2

16----- 4 un–+

116----- un

2 16un– 64+( ) 116----- un 8–( )2× 0≥= = =

� unn + ∞→lim=

un 1+n + ∞→lim �

un2

16----- 4+

n + ∞→lim �2

16----- 4+= = =

�2

16----- �– 4+ 0 1

16----- �2 16�– 64+( )⇔ 0 � 8–( )2⇔ 0 �⇔ 8= = = =

unn + ∞→lim 8=

Exercice �



� On suppose que : . Soit l’hypothèse de récurrence : .

• donc est vraie.

• Soit un entier naturel n, on suppose vraie. Alors . On a, alors :

et .

Ainsi : et est vraie.

• En conclusion, pour tout entier naturel n : . Les suites u et v sont donc constantes.

� Pour tout entier naturel n :

.

Ainsi la suite est une suite géométrique de raison .

� D’après ce qui précède pour tout entier naturel n : .

On en déduit :

pour tout entier naturel n : soit : ;

(suite géométrique de raison ).


;

.

On a donc :

• u est croissante ;

• v est décroissante ;

• .

Ainsi les suites u et v sont adjacentes, elles convergent donc vers la même limite.

� Soit l’hypothèse de récurrence : , sont définis et strictement positifs.

• , donc est vraie.

• Soit un entier naturel n. On suppose vraie. Alors et sont bien définis et sont strictementpositifs.

est ainsi défini et strictement positif.

est défini (le dénominateur est strictement positif donc non nul) et strictement

positif ( et étant strictement positifs). Ainsi est vraie.

• En conclusion, d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, et sont définiset strictement positifs.


. On en déduit que la suite est constante.

u0 v0= Pn un vn u0= =

u0 v0= P0

Pn un vn u0= =

un 1+

un 2vn+

3--------------------

un 2un+

3--------------------

3un3

-------- un u0= = = = = vn 1+

un 3vn+

4--------------------

4un4

-------- un u0= = = =

un 1+ vn 1+ u0= = Pn 1+

un vn u0= =

vn 1+ un 1+–un 3vn+

4--------------------

un 2vn+

3--------------------–

3un 9vn 4un– 8vn–+

12----------------------------------------------------

vn un–

12----------------= = =

vn un–( ) 112-----

vn un–112-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ nv0 u0–( )×=

vn un– 0 v0 u0– 0>( )> vn un>

vn un–( )n + ∞→

lim 0=112----- ∈ ] 1 ; 1 [ –

un 1+ un–un 2vn+

3-------------------- un–

2 vn un–( )3

------------------------ 0>= =

vn 1+ vn–un 3vn+

4-------------------- vn–

un vn–

4---------------- 0<= =

vn un–( )n + ∞→

lim 0=

Pn un vn

u0 a= v0 b= P0

Pn un vn

un 1+

un vn+

2----------------=

vn 1+

2unvnun vn+----------------=

un vn Pn 1+

un vn

un 1+ vn 1+

un vn+

2----------------

2unvnun vn+----------------× unvn= = unvn( )

Exercice �

Exercice �



.

On en déduit pour tout : soit .

De plus donc pour tout : .


;

.

Ainsi u est décroissante et v croissante.


( car v est croissante) et .


• donc est vraie.

• Soit un entier naturel n. On suppose que : . On a (d’après la question précédente) :

.


• Ainsi, d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n : .

� Pour tout entier naturel n : (3. et 6.). Ainsi comme , on a

(par encadrement) : .

Les suites u et v vérifient :

• u est décroissante ;

• v est croissante ;

• .

u et v sont ainsi adjacentes et convergent donc vers la même limite que l’on note �.

Pour tout entier naturel n : (cf. 2.). Ainsi : . Comme u

et v sont deux suites positives, on a : et donc : .

On pose et de sorte que : .

On a : . Ainsi lorsque sera inférieur à , nous donnera une

valeur approchée de à près. On a : (on sait que la

suite est croissante et que ).

vn 1+ un 1+–2unvnun vn+----------------

un vn+

2----------------–

2unvn 2 un vn+( )2–×2 un vn+( )

-----------------------------------------------------= =

un2– vn

2– 2unvn– 4unvn+

2 un vn+( )--------------------------------------------------------------

un2– vn

2– 2unvn+

2 un vn+( )------------------------------------------

un vn–( )2–

2 un vn+( )---------------------------- 0≤= = =

n 1≥ vn un– 0≤ vn un≤

v0 b a< u0= = n 0≥ vn un≤

un 1+ un–un vn+

2---------------- un–

vn un–

2---------------- 0≤= =

vn 1+ vn–2unvnun vn+---------------- vn–

2unvn unvn– vn2–

un vn+------------------------------------------

unvn vn2–

un vn+----------------------

vn un vn–( )un vn+

-------------------------- 0≥= = = =

un 1+ vn 1+– un 1+ vn–≤ vn 1+ vn≥ un 1+ vn–un vn+

2---------------- vn–

un vn–

2----------------= =

Pn un vn–a b–

2n-----------≤

u0 v0– a b– a b–20

-----------= = P0

un vn–a b–

2n-----------≤

un 1+ vn 1+– un 1+ vn–≤un vn–

2----------------=

un 1+ vn 1+–12-- a b–

2n-----------×≤ a b–

2n 1+------------= Pn 1+

un vn–a b–

2n-----------≤

0 un vn–a b–

2n-----------≤ ≤ a b–

2n-----------

n + ∞→lim 0=

un vn–n + ∞→

lim 0=

un vn–n + ∞→

lim 0=

unvn u0v0 ab= = unvnn + ∞→lim �2 ab= =

� ab= unn + ∞→lim vnn + ∞→

lim ab= =

a 3= b 2= unn + ∞→lim vnn + ∞→

lim 2 3× 6= = =

0 un vn–3 2–

2n-----------≤ ≤ 1

2n-----=

12n----- 10 3– un

6 10 3– 12n----- 10 3– 2n 1 000 n 10 ≥⇔>⇔<

2n( ) 210 1 024 =

75


Utilisation du tableur :

On entre : n dans A1, un dans B1, vn dans C1, 0 dans A2, 3 dans B2, 2 dans C2, =A2+1 dans A3,=(B2+C2)/2 dans B3 et =2*B2*C2/(B2+C2) dans C3 puis on étend A3, B3, C3 jusque A12, B12, C12(correspondant à ).

On obtient alors : ... d’où à près.

Utilisation de la calculatrice (TI–83 Plus).

On utilise le mode séquentiel : puis .

Dans , on entre alors les données :, , , ,

, . On obtient le tableau de valeurs :

L’écart entre et (inférieur à ) nous prouve que est une valeur approchée de à près :

à près.

�

Soit l’hypothèse de récurrence : est défini et strictement positif.

• , donc est vraie.

• Soit un entier naturel n. On suppose vraie : est défini et strictement positif. Alors

est bien défini ( ne s’annulant pas) et est strictement positif, est donc défini et strictement

positif. est donc vraie.

• Ainsi la suite u est bien définie (et est strictement positive).

�

On a :

, ; ;

et .

�

Il semble que la suite converge vers l’abscisse du point d’intersection de la courbe représentantf et de la droite d’équation .

�

Pour , on a :

.

n 10=

u10 2 449 48 ,= 6 2 450,= 10 3–

MODE Seq ENTER

Y=nMin 0= u n( ) u n 1–( ) v n 1–( )+( ) 2⁄= u nMin( ) 3=

v n( ) 2*u n 1–( ) v n 1–( ) u n 1–( ) v n 1–( )+( )⁄×= v nMin( ) 2=

v 3( ) u 3( ) 10 3–

u 3( ) 6 10 3–

6 2 449,= 10 3–

Pn un

u0 2= P0

Pn un 1 1un-----+

un un 1+

Pn 1+

u1 1 1u0-----+ 1 1

2--+ 3

2--= = = u2 1 1

u1-----+ 1 2

3--+ 5

3--= = = u3 1 1

u2-----+ 1 3

5--+ 8

5--= = =

u4 1 1u3-----+ 1 5

8--+ 13

8-----= = = u5 1 1

u4-----+ 1 8

13-----+ 21

13-----= = =

y

xu1 u3 u2 u0

y = x

O

Cf

j

i

un( )y x=

x 0>

f x( ) x 1 1x--+⇔ x x 1+

x-----------⇔ x x 1+⇔ x2 x2 x– 1–⇔ 0= = = = =

Exercice �


Résolvons dans �, l’équation du second degré : .

On a : . Ainsi cette équation admet 2 solutions réelles :

et . Seul est strictement positif, on en déduit que est l’uni-

que solution de sur .


• donc est vraie.

• Soit n un entier naturel. On suppose vraie. Alors . La fonction inverse étant décrois-

sante sur , il en est de même de f et donc : . On a :

et .


• D’après le principe de récurrence, on a donc :

pour tout entier naturel n : .



et � étant supérieurs à (on vérifie que ), on a :

.


• et est vraie.

• Soit un entier naturel n. On suppose vraie : . Alors :

et est vraie.

• D’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n : .

On a :

(suite géométrique de raison ), ainsi : .

x2 x– 1– 0=

Δ 1–( )2 4 1 1–( )××– 5 5( )2= = =

x11 5–

2---------------= x2

1 5+2

----------------= x21 5+

2----------------

f x( ) x= �+*

Pn32-- un 2≤ ≤

u0 2= P0

Pn32-- un 2≤ ≤

]0 ; + ∞[ f 2( ) f un( ) f 32--⎝ ⎠

⎛ ⎞≤ ≤ f 2( ) 1 12--+ 3

2--= =

f 32--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1 132-----+ 1 2

3--+ 5

3--= = =

un 1+ f un( ) 32-- ; 5

3 -- 3

2 -- ; 2 ⊂∈ = Pn 1+

32-- un 2≤ ≤

un 1+ �– 1 1un----- �–+ 1 1

un----- 1 1

�---+⎝ ⎠

⎛ ⎞–+= =

1un----- 1

�---–

� un–

un�--------------= =

f �( ) �=( )

un 1+ �–� un–

un�--------------

� un–

un �×--------------------

un �–

un�-----------------= = = un � 0>,( )

un32-- 1 5+

2---------------- � 1 618,

un 1+ �–un �–

32-- 3

2--×

-----------------≤ 49-- un �–=

Pn un �–49--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n≤

u0 �– 2 �– 1≤ 49--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0= = P0

Pn un �–49--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n≤

un 1+ �–49-- un �–× 4

9-- 4

9--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n×≤ ≤ 4

9--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n 1+= Pn 1+

un �–49--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n≤

49--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n

n + ∞→lim 0=

49-- ∈] 1 ; 1 [ – unn + ∞→

lim �1 5+

2----------------= =

77


�

On partage l’intervalle en n intervalles (sur les figures ci-dessus ).

On a :

soit : .

De plus :

On a donc bien : .

�

On a :

.

Alors :

.

La fonction inverse étant décroissante sur , pour tout entier naturel n : et donc

. Ainsi est croissante.

�

On pose . Pour tout entier naturel n :

.

Ainsi est décroissante.

�

Les suites : et vérifient :

• est croissante ;

• est décroissante ;

• .

Ainsi ces 2 suites sont adjacentes.

O O

1 ; 2 [ ] n 4=

1n-- 1

1 1n--+

------------× 1n-- 1

1 2n--+

------------× ... 1n-- 1

1 nn--+

------------×+ + + �1n-- 1

1--× 1

n-- 1

1 1n--+

------------× ... 1n-- 1

1 n 1–n

-----------+---------------------×+ + +≤ ≤

1n 1+------------ 1

n 2+------------ ... 1

n n+------------+ + + �

1n-- 1

n 1+------------ ... 1

n n 1–( )+-------------------------+ + +≤ ≤

1n-- 1

n 1+------------ ... 1

n n 1–( )+-------------------------+ + + 1

n-- 1

n 1+------------ 1

n 2+------------ ... 1

n n+------------+ + +⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n n+------------–+=

un1n-- 1

2n------–+ un

12n------+= =

un � un1

2n------+≤ ≤

un 1+1

n 1+( ) 1+-------------------------- 1

n 1+( ) 2+-------------------------- ... 1

n 1+( ) n 1–+----------------------------------- 1

n 1+( ) n+-------------------------- 1

n 1+( ) n 1+ +-----------------------------------+ + + + +=

1n 2+------------ 1

n 3+------------ ... 1

2n------ 1

2n 1+--------------- 1

2n 2+---------------+ + + + +=

un 1+ un– 1n 2+------------ 1

n 3+------------ ... 1

2n------ 1

2n 1+--------------- 1

2n 2+--------------- 1

n 1+------------– 1

n 2+------------– ... 1

n n+------------––+ + + + +=

12n 1+--------------- 1

2n 2+--------------- 1

n 1+------------–+ 1

2n 1+--------------- 1

2 n 1+( )-------------------- 1

n 1+------------–+= =

12n 1+--------------- 1

2 n 1+( )--------------------– 1

2n 1+--------------- 1

2n 2+---------------–= =

�+* 12n 1+--------------- 1

2n 2+---------------≥

un 1+ un– 0≥ un( )

vn un1

2n------+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

vn 1+ vn– un 1+1

2 n 1+( )--------------------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ un1

2n------+⎝ ⎠

⎛ ⎞– un 1+ un– 12n 2+--------------- 1

2n------–+= =

12n 1+--------------- 1

2n 2+--------------- 1

2n 2+--------------- 1

2n------–+– 1

2n 1+--------------- 1

2n------– 0≤= =

vn( )

un( ) un1

2n------+⎝ ⎠

⎛ ⎞

un( )

un1

2n------+⎝ ⎠

⎛ ⎞

un1

2n------+⎝ ⎠

⎛ ⎞n + ∞→

lim un– 12n------

n + ∞→lim 0= =

Exercice �


� est une valeur approchée par défaut à près de � pour les valeurs de n telles que :

c’est-à-dire : .

On peut utiliser ici le tableur :

1 dans A1, =A1+1 dans A2 et on étend jusqu’à A500, 1/(500+A1) dans B1 et on étend jusqu’à B500puis =SOMME(B1:B500) dans B501. On trouve à près.

� On a : . De plus : .

Ainsi : est positif car : .

. De plus : .

Ainsi : est positif car : .


• donc est vraie.

• Soit un entier naturel n. On suppose vraie. Alors : .

On a : .

De plus : .

Ainsi :

est positif car : . Ainsi est vraie.

• D’après le principe de récurrence, on a alors pour tout entier naturel n : .

� On a : (suite géométrique de raison ).

De plus, (la fonction cosinus étant continue sur � et donc en particulier

en 0). Alors par composition des limites : .

� D’après le tableau de valeurs suivant, il semble que la suite soit croissante et que : .

n

0 0

1 1

2 3

3 7

10 1 023

100

un 10 3–

12n------ 10 3–≤ n 103

2--------≥ 500=

� 0 693,= 10 3–

u1 2 u0+ 2 2 θcos+= = θcos 2 θ2---×⎝ ⎠

⎛ ⎞cos 2 θ2---cos2 1–= =

u1 2 4 θ2---cos2 2–+ 2 θ

2---cos= =

θ2---cos⎝

⎛ θ2--- 0 ; π

2 --- ⎠

⎞∈

u2 2 u1+ 2 2 θ2---cos+= =

θ2---cos 2 θ

4---×⎝ ⎠

⎛ ⎞cos 2 θ4---cos2 1–= =

u2 2 4 θ4---cos2 2–+ 2 θ

4---cos= =

θ4---cos⎝

⎛ θ4--- 0 ; π

2 --- ⎠

⎞∈

Pn un 2 θ2n-----⎝ ⎠

⎛ ⎞cos=

u0 2 θcos= P0

Pn un 2 θ2n-----⎝ ⎠

⎛ ⎞cos=

un 1+ 2 un+ 2 2 θ2n-----⎝ ⎠

⎛ ⎞cos+= =

θ2n-----cos 2 θ

2n 1+------------×⎝ ⎠

⎛ ⎞cos 2 θ2n 1+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞cos2 1–= =

un 1+ 2 4 θ2n 1+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞cos2 2–+ 2 θ2n 1+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞cos= =

θ2n 1+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞cos⎝⎛ θ

2n 1+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0 ; π 2 --- ⎠

⎞∈ Pn 1+

un 2 θ2n-----⎝ ⎠

⎛ ⎞cos=

θ2n-----⎝ ⎠

⎛ ⎞n + ∞→

lim 0=12-- ∈] 1 ; 1 [ –

xcosx 0→lim 0cos 1= =

unn + ∞→lim 2=

unn + ∞→lim + ∞=

un

�1 3, 1030×

Exercice

�

Exercice

�

79


�


• donc est vraie.

• Soit n un entier naturel. On suppose vraie : . Alors : et est vraie.

• Ainsi, d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n : .

Ainsi, pour tout entier naturel n : . est donc stricte-ment croissante.

�

Supposons que converge et notons alors

�

sa limite. On a : alors par pas-sage à la limite : et .

�

est une suite croissante et strictement positive. Alors si elle converge sa limite est positive cequi est impossible (cf. 3.).

Ainsi : (une suite croissante converge ou tend vers l’infini).

�

Soit a un réel. On considère la suite définie par : . On a :. Ainsi est géométri-

que si : c’est-à-dire si . est alors une suite géométrique de raison 2 et depremier terme : .

�

est une suite géométrique de raison 2 alors pour tout entier naturel n : etdonc : .

est une suite géométrique de raison 2 ( ) et de 1

er

terme 1 ( ) ainsi cette suite est stricte-ment croissante et tend vers , il en est donc de même de la suite .

�

On a :

;

;

et

.

�

Utilisation du tableur :

On rentre : n dans A1, un dans B1, vn dans C1, 0 dans A2, 3 dans B2, 3 dans C2, =A2+1 dans A3,=2*B2+C2+2 dans B3 et =A2+2*B2-2 dans C3. On étend alors A3, B3, C3 jusqu’aux cellules A12,B12 et C12. On obtient :

A B C

1

n un vn

2

0 3 3

3

1 11 7

4

2 31 23

5

3 87 75

6

4 251 235

7

5 739 719

8

6 2 199 2 175

9

7 6 575 6 547

10

8 19 699 19 667

11

9 59 067 59 031

12

10 177 167 177 127

Pn un 0≥

u0 0= P0

Pn un 0≥ un 1+ 2un 1+ 1 0>≥= Pn 1+

un 0≥

un 1+ un– 2un 1 un–+ un 1+ 1≥= = un( )

un( ) un 1+ 2un 1+=� 2� 1+= � 1–=

un( )

unn + ∞→lim + ∞=

vn( ) vn un a–=vn 1+ un 1+ a– 2un 1 a–+ 2 vn a+( ) 1 a–+ 2vn a 1+( )+= = = = vn( )

a 1+ 0= a 1–= vn( )v0 u0 a– 0 1+ 1= = =

vn( ) vn 2nv0 2n= =un vn a+ 2n 1–= =

vn( ) 1> 0>+ ∞ un( )

u1 2u0 v0 2+ + 2 3 3 2+ +× 11= = =

v1 u0 2v0 2–+ 3 2 3 2–×+ 7= = =

u2 2u1 v1 2+ + 2 11 7 2+ +× 31= = =

v2 u1 2v1 2–+ 11 2 7 2–×+ 23= = =

Exercice �


Alors : et .

Utilisation de la calculatrice (TI–83 Plus).

On utilise le mode séquentiel : puis .

Dans , on entre alors les données :

, , , , .

Le tableau de valeurs nous donne alors et .

� a) Pour tout entier naturel n :

. Ainsi estune suite géométrique de raison 3 et de 1er terme : .

b) Pour tout entier naturel n :

. Ainsi est une suite arithmétique de raison 4 et de 1er terme .

c) D’après a), pour tout entier naturel n :

.

D’après b), pour tout entier naturel n :

.

d) De : et , on tire :

et . Ainsi pour tout entier naturel n :

et

.

� On a :

.

u10 177 167 = v10 177 127 =

MODE Seq ENTER

Y=

nMin 0= u n( ) 2*u n 1–( ) v n 1–( ) 2+ += u nMin( ) 3=v n( ) u n 1–( ) 2 v n 1–( )× 2–+= v nMin( ) 3=

u10 v10

an 1+ un 1+ vn 1++ 2un vn 2+ +( ) un 2vn 2–+( )+ 3un 3vn+ 3an= = = = an( )a0 u0 v0+ 6= =

bn 1+ un 1+ vn 1+– 2un vn 2+ +( ) un 2vn 2–+( )– un vn– 4+ bn 4+= = = = bn( )b0 u0 v0– 0= =

an 3n a0× 3n 6×= =

bn 4n b0+ 4n= =

an un vn+= bn un vn–=

un

an bn+

2-----------------= vn

an bn–

2----------------=

un3n 6× 4n+

2--------------------------- 3n 3 2n+× 3n 1+ 2n+= = =

vn3n 6 4n–×

2-------------------------- 3n 3 2n–× 3n 1+ 2n–= = =

ukk 0=

10

∑ u0 u1 u2 ... u10+ + + +12-- a0 a1 ... a10+ + +( ) b0 b1 ... b10+ + +( )+[ ]×= =

12-- a0

1 311–1 3–

----------------×⎝ ⎠⎛ ⎞ 11

b0 b10+

2-------------------×⎝ ⎠

⎛ ⎞+×=

12-- 6 311 1–

2----------------×⎝ ⎠

⎛ ⎞ 11 4 10×2

--------------×⎝ ⎠⎛ ⎞+× 312 3– 220+

2------------------------------- 265 829 = = =

81


2

ème

partie : Conditionnement et indépendance


Avant de remplir les arbres pondérés, nous pouvons pour nous aider construire le diagramme deCarroll des effectifs.

On peut alors compléter les arbres.

�

; ;

�

Nous pouvons, pour nous aider, dessiner l’arbre pondéré.

B est réalisé si l’individu est atteint de la maladie A et de la maladie B ou si l’individu n’est pas atteintde la maladie A et est atteint de la maladie B.

En termes d’événements, on peut écrire : .

Les événements et sont incompatibles donc :

�

Il suffit d’appliquer la définition : donc .

F Total

B

4 16 20

36 24 60

Total

40 40 80

F

B

P (B) = 0,25

P (F) = = 0,2

0,8 = P (F)

0,75 = P (B)

B B

B

B 0,4 = P (F)B

P (F) = = 0,6B

F F F F

Ω

6036

204

0,9 = P (B)0,6 = P (B)

F

P (B) = = 0,1F

P (B) = = 0,4F

F F

B B B B

Ω

P (F) = 0,5 0,5 = P (F)

404 40

16

P A( ) 15100-------- 0 15,= = PA B( ) 20

100-------- 0 20,= = P

AB( ) 4

100-------- 0 04,= =

A

A

B A

B B

B

B

0,20

0,15

0,85

0,80

0,04

0,96

∩ B A B ∩

A ∩

A B ∩

A B ∩

P ( ) = 0,15 X 0,20 = 0,03

A B ∩P ( ) = 0,85 X 0,04 = 0,034

B A B∩( ) A B∩( )∪=

A B∩ A B∩

P B( ) P A B∩( ) P A B∩( )+ P A( ) PA B( )× P A( ) PA

B( )×+= =

P B( ) 0 03, 0 034,+ 0 064,= =

PB A( ) P A B∩( )P B( )

----------------------= PB A( ) 0 03,0 064,------------- 30

64----- 15

32-----= = =

Exercice �

Exercice �



� Lorsqu’on lance un dé 2 fois, le résultat du second lancer est indépendant du résultat du premierlancer.

Les événements A et B sont donc indépendants.

On peut vérifier aisément que .

� Dans cette seconde situation, la réponse est moins évidente. Effectuons les calculs.

Dans le chapitre précédent, nous avons vu que l’on pouvait associer à cette expérience l’univers suivant :

On peut résumer la situation grâce à l’arbre suivant :

désigne l’événement : « le tireur touche la cible la 1ère fois »

désigne l’événement : « le tireur touche la cible la 2ème fois »

car et sont indépendants.

Donc .

car et sont incompatibles.

et sont indépendants donc

et sont indépendants donc

donc

car et sont indépendants

.

2ème

1er1 2 3 4 5 6

Chaque couple est équiprobable :

;

donc A et B ne sont pas indépendants.

1

2

3

4

5

6

P A B∩( ) P A( ) P B( )× 136-----= =

P A( ) 1036-----= P B( ) 10

36-----=

P A B∩( ) P 1 6,( ) 6 1,( )∪[ ]=

236-----

118----- � 0 06,= =

P A( ) P B( )× 1036-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 � 0 08, P A B∩( )≠=

1 1,( ) 1 2,( ) 1 3,( ) 1 4,( ) 1 5,( ) 1 6,( )

2 1,( ) 2 2,( ) 2 3,( ) 2 4,( ) 2 5,( ) 2 6,( )

3 1,( ) 3 2,( ) 3 3,( ) 3 4,( ) 3 5,( ) 3 6,( )

4 1,( ) 4 2,( ) 4 3,( ) 4 4,( ) 4 5,( ) 4 6,( )

5 1,( ) 5 2,( ) 5 3,( ) 5 4,( ) 5 5,( ) 5 6,( )

6 1,( ) 6 2,( ) 6 3,( ) 6 4,( ) 6 5,( ) 6 6,( )

A1

A1 A2

A1

A2

A2

A2

A2

0,8

0,8

0,2

0,2

0,8

0,2

∩ A1 A2 ∩

A1 A2 ∩

A1 A2 ∩

A1 A2∩

P ( ) = 0,8 X 0,8 = 0,64

A1 A2 ∩P ( ) = 0,8 X 0,2 = 0,16

A1 A2 ∩P ( ) = 0,2 X 0,8 = 0,16

A1 A2 ∩P ( ) = 0,2 X 0,2 = 0,04

A1

A2

P « il touche 2 fois » ( ) P A 1 A 2 ∩( ) P A 1 ( ) P A 2 ( )× = = A1 A2

P A1 A2∩( ) 0 8, 0 8,× 0 64,= =

P « il touche une seule fois » ( ) P A 1 A 2 ∩( ) A 2 A 1 ∩( )∪[ ] =

P A1 A2∩( ) P A2 A1∩( )+=

A1 A2∩ A2 A1∩

A1 A2 P A1 A2∩( ) P A1( ) P A2( )× 0 16,= =

A2 A1 P A2 A1∩( ) P A2( ) P A1( )× 0 16,= =

P « il touche une seule fois » ( ) 0 32 ,=

P « il touche zéro fois » ( ) P A 1 A 2 ∩( ) P A 1 ( ) P A 2 ( )× = = A1 A2

P « il touche zéro fois » ( ) 0 2 , 0 2 , × 0 04 ,= =

Exercice

�

Exercice

�

83


Le tirage dans la première urne n’a aucune influence sur le tirage dans la seconde urne.

Ainsi, les variables aléatoires X et Y sont indépendantes.

On a donc :

Donc .

�

•La pièce étant bien équilibrée, on a et

• Déterminons la loi de probabilité de Y.

Pour cela, nous pouvons comme dans le chapitre précédent dessiner l’arbre permettant de déterminerles résultats possibles et les résultats favorables, mais nous pouvons aussi comme nous réalisons troislancers de pièces indépendants dessiner l’arbre probabiliste suivant.

Pour avoir la probabilité d’un événement de la colonne de droite il suffit de faire le produit des proba-bilités sur les branches y menant. On en déduit aisément la loi de probabilité de Y.

�

Si les variables aléatoires X et Y étaient indépendantes on aurait, pour tout entier i et j, et :

Or car on ne peut avoir 3 « face » si le premier jet donne pile et

.

Donc les variables aléatoires X et Y ne sont pas indépendantes.

0 1 2 3

P X 2 et Y 6=={ }[ ] P X 2=( ) Y 6=( )∩[ ]=

P X 2=( ) P Y 6=( )×=

P X 2 et Y 6= ={ }[ ] 38-- 1

2--× 3

16-----= =

P X 0=( ) 12--= P X 1=( ) 1

2--=

Ω

P1

F1

P2

F2

P2

F2

∩P1 P2 P312

12

12

12

P3

F3

12

12

P3

F3

12

12

P3

F3

12

12

P3

F3

12

12

12

12

∩ ∩P1 P2 F3 ∩

∩P1 F2 P3 ∩

∩P1 F2 F3 ∩

∩F1 P2 P3 ∩

∩F1 P2 F3 ∩

∩F1 F2 P3

∩F1 F2 F3

∩

∩

12

12

12

18

18

1818

1818

1818

X X =

1er lancer 2e lancer 3e lancer Evénement Probabilité

yi

P Y yi=( ) 18-- 3

8-- 3

8-- 1

8--

0 i 1≤ ≤0 j 3≤ ≤

P X i=( ) Y j=( )∩( ) P X i=( ) P Y j=( )×=

P X 1=( ) Y 3=( )∩[ ] 0=

P X 1=( ) P Y 3=( )× 12-- 1

8--× 1

16-----= =

Exercice

�

Exercice

�

84



�

On peut traduire la situation à l’aide d’un arbre probabiliste.

On désigne par E l’événement : « le tireur est entraîné »,

par A l’événement : « le tireur est amateur »

par D l’événement : « le tireur est débutant »

par C l’événement le tireur atteint la cible

E, A, D forment une partition de

Ω

D’après la formule des probabilités totales :

�

On cherche .

Or

�

Traduisons la situation par un arbre probabiliste.

T et forment une partition de

Ω

.


E

C

C

C

C

C

C

A

D

E C

0,5

0,25

∩

A C

E C ∩

0,5 X 0,95

0,25 X 0,75

0,25 X 0,5

0,25

0,950,05

0,750,25

0,50,5

∩

D C ∩

D C ∩

A C ∩

Probabilité

P C( ) P C E∩( ) P C A∩( ) P C D∩( )+ +=

P E( ) PE C( )× P A( ) PA C( )× P D( ) PD C( )×+ +=

0 5, 0 95,× 0 25, 0 75,× 0 25, 0 5,×+ +=

P C( ) 0 787 5 ,=

PC D( )

PC D( ) P D C∩( )P C( )

----------------------0 25, 0 5,×

0 787 5 ,------------------------

�

0 159

,= =

0,4 0,6 0,2 0,8

T T

M M MM

T M

0,6 0,4

∩ T M ∩ T M ∩ T M ∩Probabilité 0,6 X 0,4 0,6 X 0,6 0,4 X 0,2 0,4 X 0,8

T : « le client achète un téléviseur ».

M : « le client achète un magnétoscope ».

T

P M( ) P M T∩( ) P M T∩( )+ P T( ) PT M( )× P T( ) PT

M( )×+= =

P M( ) 0 6, 0 4,× 0 4, 0 2,×+=

P M( ) 0 32,=

Exercice

�

Exercice

�

85


�

a)

b)

L’objet de la question est donc d’« inverser » l’arbre du départ.

Pour cela, il nous manque :

On peut maintenant construire l’arbre demandé.

PM T( ) P T M∩( )P M( )

----------------------- 0 6, 0 4,×0 32,

--------------------- 0 75,= = =

PM

T( ) PM

T( ) P T M∩( )P M( )

----------------------- 0 6, 0 6,×0 68,

--------------------- 917-----= = =

0,75 0,25 917

817

M M

T T TT

Ω

0,32 0,68

86



�

a)

Soit A l’événement : « le pneu avant est crevé »

B l’événement : « le pneu arrière est crevé ».

est l’événement : « les 2 pneus sont crevés »

b)

Soit C l’événement « au plus un pneu est crevé »

est l’événement : « les 2 pneus sont crevés » soit .

.

�

a)

Effectuons le diagramme de Carroll des probabilités

De même, donc

.

Donc

.

b)

L’événement « ne pas avoir de crevaison » est réalisé par l’événement .

Or .

Donc .

�

et forment une partition de

Ω

.

Donc d’après la formule des probabilités totales.

Or .

Donc

.

�

Effectuons un arbre probabiliste.

B

Un seul pneu crevé est réalisé par l’événement .

Or, B et forment une partition de

Ω

. D’après la formule de proba-bilités totales :

donc .

A

0,001 5 0,001 5 0,003

0,005 5 0,991 5 0,997

0,007 0,993

A B∩

P A B∩( ) P A( ) PA B( )× 3 10 3–⋅ 12--× 0 001 5 ,= = =

C A B∩

P C( ) 1 p C( )– 1 P A B∩( )– 1 0 001 5 ,– 0 998 5 ,= = = =

B A B∩( ) A B∩( )∪B

P A B∩( ) P A B∩( )+ P A( )=

P A B∩( ) P A( ) P A B∩( )–=

0 003, 0 001 5 ,– 0 001 5 ,= =

A

P A B∩( ) P A B∩( )+ P B( )= P A B∩( ) P B( ) P A B∩( )–=0 007, 0 001 5 ,–=0 005 5 ,=

P « un seule pneu crevé » ( ) P A B ∩( ) P A B ∩( ) +=

0 001 5 , 0 005 5 ,+ 0 007 ,= =

A B∩

P A B∩( ) P A B∩( )+ P A( ) 1 P A( )–= =

P A B∩( ) 1 P A( )– P A B∩( )– 1 0 003, 0 005 5 ,–– 0 991 5 ,= = =

A1 A1

P R1( ) P R1 A1∩( ) P R1 A1∩( )+=

P R1 A1∩( ) 0=

P R1( ) P R1 A1∩( ) P A1( ) PA1

R1( )×= =

1 P A1( )–( ) PA1

R1( )×=

0 6, 0 2,× 0 12,= =

A1

A1

A2

A2

R1

R1

0,3

0,4

0,6

R2

R2

0,2

0,8

0,7

0,2

0,8

∩P (A1 A2 R2) = 0,4 X 0,7 X 0,2 = 0,056 ∩

R A1 A2 R2∩ ∩( ) A1 R1∩( )∪=

Exercice �

Exercice �


Les 2 événements entre parenthèses sont incompatibles donc :

�

Soit A (resp. B, C, D) l’événement : « l’élève choisit l’itinéraire A (resp. B, C, D) ».

Soit R l’événement : « l’élève arrive en retard ».

� car A, B, C et D forment une partition de l’univers.

Donc .

� On cherche .

Pour déterminer , on peut utiliser la formule des probabilités totales :

Vous pouviez vous aider en dessinant l’arbre probabiliste suivant.

Donc .

P R( ) P A1 A2 R2∩ ∩( ) P A1 R1∩( )+=

P R( ) PA1 A2∩

R2( ) P A1 A2∩( )× P R1( )+=

P R( ) PA1 A2∩

R2( ) PA1A2( ) P A1( )×× P R1( )+=

P R( ) 0 2, 0 7, 0 4 0 12,+,×× 0 056 0 12,+, 0 176,= = =

PR R1( )P R1 R∩( )

P R( )------------------------

P R1( )P R( )-------------

0 12,0 176,------------- � 0 682,= = =

P D( ) 1 P A( )– P B( )– P C( )–=

P D( ) 1 13--– 1

4--– 1

12-----– 1

3--= =

PR C( )

PR C( ) P R C∩( )P R( )

----------------------=

P R( )

P R( ) P R A∩( ) P R B∩( ) P R C∩( ) P R D∩( )+ + +=

P R( ) P A( ) PA R( )× P B( ) PB R( )× P C( ) PC R( )× P D( ) PD R( )×+ + +=

P R( ) 13-- 1

20-----× 1

4-- 1

10-----× 1

12----- 1

5--× 1

3-- 0×+ + +=

P R( ) 7120--------=

PR C( ) P R C∩( )P R( )

----------------------

112----- 1

5--×

7120--------

--------------- 27--= = =

A

R R

B

R R

C

R R

D

R R

13

131

41

12

120

1920

110

910

15

45

0 1

R A ∩ R B ∩ R C ∩ R D ∩

P R( ) 13-- 1

20-----× 1

4-- 1

10-----× 1

12----- 1

5--× 1

3-- 0×+ + + 7

120--------= =

Exercice �

Remarque


� Résumons la situation par un arbre de probabilité. D’après l’énoncé :

; ;

Les événements et forment une partition de Ω.


soit .

� Les événements et forment une partition de Ω.

Donc

�

.

Donc est une suite géométrique de raison de premier terme .

� On en déduit .

Donc et

car .

� On peut écrire avec r raison de la suite arithmétique et q raison de la suite géométrique :

.

p1 P A1( ) 12--= = PA1

A2( ) 13--= PB1

B2( ) 45--=

A1 B1

A2

A1 A2

B2

B2

A2 B2

13

12

12

23

15

45

∩ A1 ∩ B1 A2 ∩ B1 B2 ∩

A1 B1

P A2( ) P A2 A1∩( ) P A2 B1∩( )+=

P A2( ) P A1( ) PA1A2( )× P B1( ) PB1

A2( )×+=

P A2( ) 12-- 1

3--× 1

2-- 1

5--×+ 1

6-- 1

10-----+ 8

30----- 4

15-----= = = = p2

415-----=

An 1– Bn 1–

P An( ) P An An 1–∩( ) P An Bn 1–∩( )+=

pn P An( ) P An 1–( ) PAn 1–An( )× P Bn 1–( ) PBn 1–

An( )×+= =

pn P An( ) pn 1–13--× 1 pn 1––( ) 1

5--×+= =

pn pn 1–13-- 1

5--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 15--+

215----- pn 1–

15--+= =

un 1+ pn 1+313-----–

215----- pn

15-- 3

13-----–+= =

215----- pn

265-----–

215----- pn

313-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 215----- un= = =

un( ) 215----- u1 p1

313-----– 1

2-- 3

13-----– 7

26-----= = =

un u1215-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ n 1–× 7

26----- 2

15-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ n 1–×= =

pn un313-----+

726----- 2

15-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ n 1–× 3

13-----+= = pnn + ∞→

lim 313-----=

215-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ n 1–

n + ∞→lim 0= 1–

215----- 1< <⎝ ⎠

⎛ ⎞

p2 p1 r+ qp1= =

p4 p1 3r+ q2p1= =

6p1 15r+ 1 car pii 1=

6

∑ 1= =

⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧

Exercice �

Exercice �


Résolvons alors le système :

.

On peut remarquer que , sinon on aurait donc , ce qui est impossible.

On peut donc diviser chaque ligne par ; il vient :

. Posons , le système devient .

Du sous système �, on peut déduire

soit

ou

soit ou .

Si , et c’est impossible.

Si , en reportant cette valeur dans �, on trouve soit .

On a donc bien, pour tout entier .

Les nombres , , , , , sont bien six termes consécutifs d’une suite arithmétique de raison

, et , , sont 3 termes consécutifs d’une suite géométrique de raison 2.

� a)

b) donc

c) donc les événements A et B ne sont pas indépendants.

donc les événements A et C sont indépendants.

� a) Soit : « le joueur obtient 4 au 1er lancer »

: « le joueur obtient 2 au 2ieme lancer »

: « le joueur obtient 1 au 3ème lancer »

Les événements , , sont indépendants donc :

.

p1 r+ qp1=

p1 3r+ q2p1=

6p1 15r+ 1=⎩⎪⎨⎪⎧

p1 0≠ p2 0= r 0=

p1

1 rp1-----+ q=

1 3rp1-----+ q2=

6 15rp1-------+ 1

p1-----=

⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧

a rp1-----=

1 a+ q=

1 3a+ q2=⎩⎨⎧

�

6 15a+ 1p1-----=

a rp1-----=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

�

⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧

1 a+( )2 1 3a+( )– 0=

a2 a– 0=

a a 1–( ) 0=

a 0= a 1=

a 0= r 0=

a 1=

1p1----- 21=

r p1=⎩⎪⎨⎪⎧ p1

121-----=

r 121-----=⎩

⎪⎨⎪⎧

pkk

21-----= 1 k 6≤ ≤

p1 p2 p3 p4 p5 p6121----- p1

121-----= p2

221-----= p4

421-----=

P A( ) P 2 4 6, ,{ }( ) 221----- 4

21----- 6

21-----+ + 12

21----- 4

7--= = = =

P B( ) P 3 4 5 6, , ,{ }( ) 321----- 4

21----- 5

21----- 6

21-----+ + + 18

21----- 6

7--= = = =

P C( ) 3 4,{ }( ) 321----- 4

21-----+ 7

21----- 1

3--= = = =

P A B∩( ) P 4 6,{ }( ) 421----- 6

21-----+ 10

21-----= = = PA B( ) P A B∩( )

P A( )---------------------- 5

6--= =

PA B( ) P B( )≠

P A C∩( ) P 4{ }( ) 421-----= =

P A( ) P C( )× 47-- 1

3--× 4

21-----= =

P A C∩( ) P A( ) P C( )×=

L1

L2

L3L1 L2 L3

P L1 L2 L3∩ ∩( ) P L1( ) P L2( ) P L3( )×× 421----- 2

21----- 1

21-----×× 8

9261-----------= = =


b) Les différents ordres possibles sont : , , , , , .

Chacun de ces triplets est équiprobable et a pour probabilité .

Donc .

� Le choix des clefs est effectué au hasard. On est en situation d’équiprobabilité.

Donc .

� car si la clé no 1 n’ouvre pas la porte, il reste 4 clefs dont une n’ouvre pas la porte.

On a alors .

� Effectuons un arbre de probabilité.

On cherche .

Pour obtenir la probabilité de cette intersection, il suffit de faire le produit des probabilités sur lesbranches qu’il faut suivre pour réaliser cet événement.

.

� On complète l’arbre (en pointillé).

Par un raisonnement analogue, on trouve :

4 2 1, ,( ) 4 1 2, ,( ) 2 4 1, ,( ) 2 1 4, ,( ) 1 4 2, ,( ) 1 2 4, ,( )8

9261-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞

P « réaliser 4 2 1 dans un ordre indifférent » ( ) 6 89261

----------- × 163087

-----------= =

P D1( ) 25--=

PD1D2( ) 1

4--=

P D1 D2∩( ) P D1( ) PD1D2( )× 2

5-- 1

4--× 1

10-----= = =

Ω

D1

D1

D2

D2

D2

D2

14

34

24

24

11

D3

13

13

23

D3

D3

D3 D41

D5

1D4

1D5

1D4

1D5

D41

D5

D41

D5

D3

12

12

D41

D5

D41

D5

12

1D4

1D5

12

12

D4 1D5

D41

D512

23

D3

D3

23

13

25

35

P D1 D2 D3∩ ∩( )

P D1 D2 D3∩ ∩( ) 35-- 2

4-- 2

3--×× 1

5--= =

P 2 ; 4 ( ) P D 1 D 2 D 3 D 4 D 5 ∩ ∩ ∩ ∩( ) 35

-- 24

-- 23

-- 12

-- 1 ×××× 110

-----= = =

P 4 ; 5 ( ) P D 1 D 2 D 3 D 4 D 5 ∩ ∩ ∩ ∩( ) 35

-- 24

-- 13

-- 1 1 ×××× 110

-----= = =

Exercice

�

91


�

D’après l’énoncé, on a , et .

�

Posons

.

�


donc

ce qui donne soit .

■

P R( ) 45--= PA R( ) 1

3--= P

AR( ) 1=

P A( ) x=

P A R∩( ) P A( ) PA R( )× 13-- x= =

P A R∩( ) P A( ) PA

R( )× 1 x–( ) 1× 1 x–= = =

P R( ) P R A∩( ) P R A∩( )+=

45--

13-- x 1 x–+=

15--–

23-- x–= x 3

10-----=

Exercice

�

93


équence 6

1

ère

partie : La fonction logarithme népérien

Déterminons le domaine d’étude D (ensemble des réels x tels que et soient définis).

On a : . D’où .

L’accolade signifie ici :

et

et

De plus, pour tout x de D :

( étant bijective)

Résolvons cette équation du second degré :

On a : . Cette équation admet donc deux solutions réelles :

et

Seul appartient à D, ainsi l’ensemble des solutions réelles de l’équation est :

.

Déterminons le domaine d’étude D de l’équation. On a :

Les solutions de l’équation du second degré sont et Ainsi :

. On a donc :

.

Les calculs effectués pour la 1

ère

question de l’exercice nous montrent alors que :

.

.

La fonction In étant définie sur , on a : . Effectuons le changement devariables :


x 3+( )ln x 2+( )ln+ x 11+( )ln=

x 3+( )ln x 2+( )ln+x 11+( )ln

x D∈x 3+ 0>x 2+ 0>x 11+ 0>⎩

⎪⎨⎪⎧ x 3–>

x 2–>x 11–>⎩

⎪⎨⎪⎧

x 2–>⇔ ⇔ ⇔ D ] 2– ; + ∞[ =

x 3+ 0> x 2+ 0> x 11+ 0.>

x 3+( )ln x 2+( )ln+ x 11+( )ln= x 3+( ) x 2+( )[ ]ln⇔ x 11+( )ln=x2 5x 6+ +( )ln⇔ x 11+( )ln=

x2 5x 6+ +⇔ x 11+= x xln→x2 4x 5–+⇔ 0=

x2 4x 5–+ 0.=

Δ 42 4 5–( )×– 36 62= = =

x14– 6–2

---------------- 5–= = x24– 6+2

---------------- 1.= =

x2x 3+( )ln x 2+( )ln+ x 11+( )ln=

� 1{ }=

x2 5x 6+ +( )ln x 11+( ).ln=

x D∈ x2 5x 6+ + 0>x 11+ 0>⎩

⎨⎧

⇔

x2 5x 6+ + 0= 3– 2.–

x2 5x 6+ + 0> x ] ∞– ; 3 – [ ∪ ∈⇔ ] 2 – ; + ∞[D = ] 11– ; 3 – [ ∪ ] 2– ; + ∞[

� 5 ; 1 – { } =

xln( )2 2 xln 3–+ 0=

]0 ; + ∞[ D ]0 ; + ∞[ =X xln=

xln( )2 2 xln 3–+ 0=X xln=

X2 2X 3–+ 0=⎩⎨⎧

⇔

Exercice

�

94


Les solutions de l’équation du second degré sont et 1. Ainsi :

L’ensemble des solutions réelles de l’équation est donc :

.

La fonction exponentielle est définie sur

�

, pour les résolutions suivantes, le domaine d’étude seradonc

�

.

.

On a :

. Les solutions de l’équation sont 4 et 1.

Ainsi :

ou ou .


.

.

Multiplions les 2 membres de l’égalité par e, on a alors :

Les solutions réelles de l’équation sont 3 et . Ainsi :

ou

(la fonction exponentielle étant à valeurs strictement positives, l’équation n’a pas desolution réelle).


.

.

Par le changement de variable , on a : .

Factorisons cette dernière expression.

.

Déterminons, alors, les solutions de l’équation : .

On a : . Les solutions réelles de l’équation

sont donc : et . On en déduit :

et donc :

.

La fonction exponentielle est strictement positive sur

�

donc pour tout réel x : et sont positifs. et ont donc le même signe.

X2 2X 3–+ 0= 3–

xln( )2 2 xln 3–+ 0=X xln=

X 3 ou X– 1= =⎩⎨⎧

xln⇔ ⇔ 3– e 3–( )ln ou xln 1 eln= = = =

x⇔ e 3–= ou x e.=

xln( )2 2 xln 3–+ 0=

� e 3– ; e { } =

e2x 5ex– 4+ 0=

e2x 5ex– 4+ 0=X ex=

X2 5X– 4+ 0=⎩⎨⎧

⇔ X2 5X– 4+ 0=

e2x 5ex– 4+ 0= ex⇔ 4= ex 1= x 4ln=⇔ x 1ln 0= =

e2x 5ex– 4+ 0=

� 0 ; 4ln { } =

e4x 1+ 2e2x– 3e--– 0=

e4x 1+ 2e2x– 3e--– 0= e4x 2+ 2e2x 1+– 3– 0= e2x 1+( )2 2e2x 1+ 3––⇔ ⇔ 0=

X e2x 1+=

X2 2X– 3– 0=⎩⎨⎧

⇔ .

X2 2X– 3– 0= 1–

e4x 1+ 2e2x– 3e--– 0= e2x 1+ 3=⇔ e2x 1+ 1–= 2x 1+⇔ 3ln= x⇔ 3ln 1–

2-----------------=

e2x 1+ 1–=

e4x 1+ 2e2x– 3e--– 0=

�3ln 1–2

-----------------⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

=

e3x 2e2x– ex– 0≤

X ex= e3x 2e2x– ex– X3 2X2– X–=

X3 2X2– X– X X2 2X– 1–( )=

X2 2X– 1– 0=

Δ 2–( )2 4 1–( )×– 8 2 2( )2= = =

X2 2X– 1– 0= X12 2 2–

2------------------- 1 2–= = X2 1 2+=

X3 2X2– X– X X 1 2–( )–( ) X 1 2+( )–( )=

e3x 2e2x– ex– ex ex 1– 2+( ) ex 1– 2–( )=

ex ex 2 1–( )+e3x 2e2x– ex– ex 1– 2–

Exercice �


Ainsi : (la fonction Inétant strictement croissante sur ).

L’ensemble des solutions réelles de l’inéquation est donc :

.

f est définie sur par .

La fonction u définie sur par est strictement positive et dérivable. Ainsi la

fonction racine carrée étant dérivable sur , f est dérivable sur et pour tout x de

: .

Pour tout x de , on a : et donc : . f est donc strictement croissante sur.

De plus : et . Ainsi par composition :

.

. Le tableau de variations de f est donc le suivant :

g est définie sur par .

g est dérivable sur et pour tout réel de :

. g est donc strictement décroissante sur

.

et ainsi .

De plus, pour tout x de , . On a :

et donc : (pour déterminer , une transformation

d’écriture est nécessaire car « » est une forme indéterminée). Le tableau de variations

de g sur est donc le suivant :

On note � la courbe représentative de la fonction In dans un repère orthonormé.

Pour tout x de , . Ainsi on peut construire « point par point » la courbe

d’équation de la façon suivante.

x 1

signe de +

f

0

x 0

signe de –

f

0

e3x 2e2x– ex– 0≤ ex 1– 2– 0≤ ex 1 2+≤ x 1 2+( )ln≤⇔ ⇔ ⇔]0 ; + ∞[

e3x 2e2x– ex– 0≤� ] ∞– ; 1 2 + ( ) ] ln =

]1 ; + ∞[ f x( ) x xln=

]1 ; + ∞[ u x( ) x xln=

]0 ; + ∞[ ]1 ; + ∞[

]1 ; + ∞[ f′ x( ) u′ x( )2 u x( )------------------

xln x 1x

--

×

+

2 x xln

-------------------------- xln 1

+

2 x xln

-------------------= = =

]1 ; + ∞[ xln 0> f′ x( ) 0>]1 ; + ∞[

xx + ∞→

lim xlnx + ∞→

lim + ∞= = yy + ∞→

lim + ∞=

f x( )x + ∞→

lim + ∞=

f x( )x 1→lim 1 1ln× 0= =

+ ∞

f ′

+ ∞

]0 ; + ∞[ g x( ) x 1+( )ln xln–=

]0 ; + ∞[ �+*

g′ x( ) 1x 1+----------- 1

x--– x x 1+( )–

x 1+( )x------------------------- 1

x 1+( )x-------------------– 0<= = =

]0 ; + ∞[

xlnx 0→lim ∞–= x 1+( )ln

x 0→lim 1ln 0= = g x( )

x 0→lim + ∞=

�+* g x( ) x 1+x

-----------⎝ ⎠⎛ ⎞ln 1 1

x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ln= =

1x--

x + ∞→lim 0= g x( )

x + ∞→lim 0= g x( )

x + ∞→lim

+ ∞ + ∞( )–

]0 ; + ∞[

+ ∞

f ′

+ ∞

y x( )ln=

]0 ; + ∞[ x( )ln 12-- xln=

y x( )ln=

Exercice

�

Exercice

�

96


Soit . On note M le point d’abscisse x de

�

, alors le milieu de où H est le pro-jeté orthogonal de M sur l’axe des abscisses est le point d’abscisse x de la courbe d’équation :

.

.

Pour tout x de , . Ainsi la courbe d’équation est

l’image de

�

par la translation de vecteur .

.

f est définie sur par :

�

f est dérivable sur et pour tout x de :

. Ainsi et ont le même signe.

On a : (In est strictement croissante) et de même :

.

De plus : ( et ) et (limite

de référence).

Le tableau de variations de f sur est donc le suivant :

x

0 1 e

signe de + –

f

0

0

x ∈ ]0 ; + ∞[ MH[ ]

y x( )ln=

O

M

N

H

�

y 2x( )ln=

]0 ; + ∞[ 2x( )ln 2ln xln+= y 2x( )ln=

2ln( ) j

MN 2ln( ) j=

O

N

M �

]0 ; + ∞[ f x( ) xlnx

--------=

]0 ; + ∞[ ]0 ; + ∞[

f′ x( )

1x-- x 1 xln×–

x2------------------------------- 1 xln–

x2-----------------= = f′ x( ) 1 xln–

f′ x( ) 0> 1 xln– 0> xln eln< x e<⇔ ⇔ ⇔f′ x( ) 0< x e>⇔

f x( )x 0+→

lim ∞–= xlnx 0+→

lim ∞–= 1x--

x 0+→lim + ∞= f x( )

x + ∞→lim 0=

]0 ; + ∞[

+ ∞

f ′

∞–

1e--

Exercice

�

97


�

On a, pour tout x réel :

et (la fonction exponentielle étant strictement positive). Ainsi :

et .

Du précédent tableau de variations, on déduit :

• Si , admet une unique solution réelle (celle-ci appartient à .

• Si , admet deux solutions réelles (l’une appartient à et l’autre à .

• Si , admet une unique solution réelle : e.

• Si , n’admet aucune solution réelle.

ekx x= x 0>⇔ kx xln=

ekx x= x 0>⇔ f x( ) k=

k 0≤ E( ) ]0 ; 1]

0 k 1e--< < E( ) ]1 ; e [ ]e ; + ∞[

k 1e--= E( )

k 1e--> E( )

98



�

Soit f la fonction carrée. Pour tous a, b de

�

:

Ainsi pour tous a, b de

�

: . La fonction carrée est donc convexe.

�

a)

Pour tous a, b de :

.

Ainsi pour tous a, b de : .

b) La fonction In étant croissante sur , pour tous a, b de

. La fonction In est donc concave.

� Le nombre de chiffres composant l’écriture décimale de N est :

où .

� Le 1er chiffre de N est alors : . Les nombres considérés étant très grands (2^2 003 nous

donne à la TI-83 : ERR : OVERFLOW), cette formule n’est pas adaptée.

Si p est le 1er chiffre de N, on a : puisque la fonction log est stricte-ment croissante on a :

ou encore :

.

De plus : ; ; ; ; ; ; ; et . est donc le

seul entier naturel de tel que :

.

On a donc : et commence par un 9.

Partie A

� On a :

et ainsi : ;

De plus pour tout x de : .

et . Ainsi et :

.

� g est dérivable sur et pour tout x de :

.

Ainsi : et .

f a b+2

------------⎝ ⎠⎛ ⎞ f a( ) f b( )+

2-------------------------–

a b+2

------------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2 a2 b2+

2-----------------– a2 b2 2ab+ +

4-------------------------------- a2 b2+

2-----------------–= =

a2 b2 2ab 2a2– 2b2–+ +4

-------------------------------------------------------------- a2 b2 2ab–+

4--------------------------------– a b–

2-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2– 0.≤= = =

f a b+2

------------⎝ ⎠⎛ ⎞ f a( ) f b( )+

2-------------------------≤

]0 ; + ∞[

a b+2

------------ ab– a b 2 ab–+2

-------------------------------a b–( )2

2--------------------------- 0≥= =

�+* a b+2

------------ ab≥

]0 ; + ∞[ ]0 ; + ∞[a b+

2------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln ab( )ln≥ 12-- ab( )ln aln bln+

2------------------------= =

m 1+ E N( )log( ) 1+ E 2 003 2 ( ) log ( ) 1 + 603 = = = m E N( )log( )=

E N10602-------------⎝ ⎠

⎛ ⎞

p 10m× N p 1+( ) 10m×<≤

plog m+ Nlog p 1+( )log m+<≤plog 2 003 2log 602 – p 1 + ( ) log <≤

2 003 2log 602 – � 0 96 , 2 log � 0 30, 3 log � 0 48, 4log � 0 60,5log � 0 70, 6log � 0 78, 7log � 0 85, 8log � 0 90, 9log � 0 95, p 9=

1 ; 9 [ ]plog 2 003 2log 602 – p 1 + ( ) log <≤

p 9= 22 003

xlnx + ∞→

lim + ∞= 1x--

x + ∞→lim 0= g x( )

x + ∞→lim + ∞=

]0 ; + ∞[ g x( ) 1x-- 2x xln x– 1+( )×=

1x--

x 0+→lim + ∞= x xln

x 0+→lim 0= 2x xln x– 1+( )

x 0+→lim 1=

g x( )x 0+→

lim + ∞=

]0 ; + ∞[ ]0 ; + ∞[

g′ x( ) 2x-- 1

x2-----– 2x 1–

x2--------------= =

g′ x( ) 0> 2x 1– 0> x 12-->⇔ ⇔ g′ x( ) 0< x 1

2--<⇔

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

99


On en déduit le tableau de variations de g :

.

�

D’après le précédent tableau de variations l’équation admet deuxsolutions

α

et

β

: et .

�

On a : . Ainsi 1 est solution de l’équation et

donc : .

donc d’après le tableau de variations de g : .

Une dichotomie nous donne alors : .

�

D’après le tableau de variations de g :

Si alors : ;

Si alors : .

Partie B

�

On a : ainsi : .

Pour tout x de : . Alors comme , on a :

.

�

On a :

.

De plus : donc : . On a donc :

On a successivement les inégalités :

; ; et donc :

soit . Ainsi à près.

�


x

0

signe de

– 0 +

g

12-- + ∞

g ′

+ ∞

2– 2ln 1+

+ ∞

g 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ln 1– 112-----+ 2 2ln– 1+= =

2 2ln– 1+ 0<( ) g x( ) 0=α β<( ) α ]0 ; 0 5 [ , ∈ β ]0 5 ; , + ∞[∈

g 1( ) 2 1ln 1– 11--+ 0= = 0 5,>( ) g x( ) 0=

β 1=

g 0 1,( ) � 4 5, 0> α ]0 1 ; , 0 5 [ , ∈

0 284, α 0 285,< <

x ]0 ; α ] 1 ; + ∞[∪[∈ g x( ) 0>

x ]α ; 1 [∈ g x( ) 0<

x2x + ∞→

lim xlnx + ∞→

lim xx + ∞→

lim + ∞= = = f x( )x + ∞→

lim + ∞=

]0 ; + ∞[ f x( ) x2 xln x2– x+= x2 xlnx 0+→

lim 0=

f x( )x 0+→

lim 0=

f α( ) α2 αln 1–[ ] α+=

g α( ) 0= αln1 1

α---–

2------------ α 1–

2α------------= =

f α( ) α2 α 1–2α

------------ 1– α+ α α 1– 2α–2

-------------------------⎝ ⎠⎛ ⎞ α+

α2--- α– 1– 2+( )×= = =

α2--- 1 α–( ).=

0 284, α 0 285,< < 0 142,α2--- 0 142 5 , < < 0 715, 1 α – 0 716 , < <

0 142, 0 715,× f α( ) 0 142 5 , 0 716 , ×< <

0 101 53 , f α( ) 0 103 963 2 , < < f α( ) 0 10,= 10 2–

]0 ; + ∞[ ]0 ; + ∞[

f′ x( ) 2x xln 1–[ ]× x2 1x--× 1+ + 2x xln 2x x 1+ +– 2x xln x– 1+= = =

x 2 xln 1– 1x--+ x g x( ).⋅= =

100


�

D’après ce qui précède et ont le même signe ( ). On en déduit le tableau de varia-tions de f

�

On a :

alors et :

.

De plus : et .

Ainsi : et . On a donc :

.

�

Pour tout x de I : . Alors f est dérivable sur I et pour

tout x de I :

�

Pour tout x de I, et sont positifs, et ont donc des signes opposés.

Étudions le signe du trinôme du second degré : .

On a : ( ). Ainsi l’équation admet deux

solutions : ( ) et ( ).On en déduit :

Si alors : ;

Si alors : .

On peut donc construire le tableau de variations de f :

�

On a :

Pour tout x de I : et (cf 1).

Ainsi la droite

�

d’équation : est asymptote à la courbe en .

�

Étudier les positions relatives de

�

et

�

revient à étudier le signe de c’est-à-dire

de .

x

0

α

1

signe de

+ – +

f

0 0

x

4

signe de

+ 0 –

f

f′ x( ) g x( ) x 0>

+ ∞

g x( )

f α( ) + ∞

x 4–x 2–-----------

x + ∞→lim x

x--

x + ∞→lim 1= = x 4–

x 2–-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞lnx + ∞→

lim 1ln 0= =

f x( )x + ∞→

lim x– 3+x + ∞→

lim ∞–= =

x 4–x 4+→

lim 0+= x 2–x 4+→

lim 2=

x 4–x 2–-----------

x 4+→lim 0+= x 4–

x 2–-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞lnx 4+→

lim ∞–=

f x( )x 4+→

lim ∞–=

f x( ) x– 3 12-- x 4–( )ln 1

2-- x 2–( )ln–+ +=

f′ x( ) 1–12-- 1

x 4–-----------× 1

2-- 1

x 2–-----------×–+ 2 x 4–( ) x 2–( )–

2 x 4–( ) x 2–( )---------------------------------------- x 2–( )

2 x 4–( ) x 2–( )------------------------------------ x 4–( )

2 x 2–( ) x 4–( )------------------------------------–+= =

2x2– 12x 16– x 2– x– 4+ + +2 x 4–( ) x 2–( )

--------------------------------------------------------------------------- 2x2– 12x 14–+2 x 4–( ) x 2–( )

--------------------------------------- x2 6x– 7+x 4–( ) x 2–( )

-------------------------------- .–= = =

x 4– x 2– f′ x( ) x2 6x– 7+

x2 6x– 7+

Δ 62 4 7×– 8 2 2( )2= = = 0> x2 6x– 7+ 0=

x16 2 2–

2------------------- 3 2–= = � 1 586, x2 3 2+= � 4 414,

x ] ∞– ; 3 2 – ] 3 2 + ; + ∞[∪[∈ x2 6x– 7+ 0>

x ]3 2– ; 3 2 + [∈ x2 6x– 7+ 0<

3 2+ + ∞

f ′

∞–

f 3 2+( )

∞–

f 3 2+( ) 3 2+( )– 3 12-- 3 2 4–+

3 2 2–+-------------------------⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + 2–12-- 2 1–

2 1+----------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln+ � 2 296.,–= =

f x( ) x– 3 12-- x 4–

x 2–-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln+ += 12-- x 4–

x 2–-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞lnx + ∞→

lim 0=

y x– 3+= + ∞

f x( ) x– 3+( )–

x 4–x 2–-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln

Exercice

�

101


Pour tout x de I, on a : donc , et

.

Ainsi, pour tout x de I : , c’est-à-dire

�

est en dessous de

�

.

�

Représenter sur un même graphique

�

et

�

(unité : 2 cm).

�

�

a pour équation : .


soit : .

�

a pour équation : .


soit : .

�

Les deux droites

�

et sont confondues si et seulement si elles ont même coefficient directeuret même ordonnée à l’origine c’est-à-dire :

et et .

�

On a :

4– 2–< x 4– x 2–< x 4–x 2–----------- 1< x 2– 0>( )

x 4–x 2–-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln 1ln< 0=

f x( ) x– 3+( )– 0<

O

y

�

x43

�

i

j

y f′ a( ) x a–( ) f a( )+=

f a( ) aln= f′ a( ) 1a--=

� : y 1a

-- x a – ( ) aln += y xa-- aln 1–+=

�′ y g′ b( ) x b–( ) g b( )+=

g b( ) b bln–= g′ b( ) 1 1b--–=

�′ : y 1 1b

--– ⎝ ⎠⎛ ⎞ x b – ( ) b += bln – y 1 1

b--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ x 1 bln–+=

�′

1a-- 1 1

b--–⎝ ⎠

⎛ ⎞= aln 1– 1 bln–= 1a-- 1

b--+⇔ 1= ab( )ln aln bln+ 2= =

1a-- 1

b--+ 1=

ab( )ln 2=⎩⎪⎨⎪⎧ a b+

ab------------ 1=

ab e2=⎩⎪⎨⎪⎧

a b+ ab=

ab e2=⎩⎨⎧ a b+ e2=

ab e2=⎩⎨⎧ b e2 a–=

a e2 a–( ) e2=⎩⎨⎧

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

b e2 a–=

a2 e2a– e2+ 0=⎩⎨⎧

.⇔

Exercice

�

102


Résolvons l’équation du second degré : .

On a : ( ). Cette équation admet donc deux solutions :

et ( ; ).

Ainsi :

. On remarque que : et d’où :

ou .

On considère les points , , et .

D’après ce qui précède les tangentes à

�

en A et à en B sont confondues ainsi que les tangentesà

�

en et à en .

Le résultat suivant (hors programme) pouvait simplifier les calculs :

Si a et b sont deux réels tels que : et alors a et b sont les solutions del’équation : .

�

Soit n un entier naturel non nul.

On a : et . Ainsi : .

. est donc continue en 0.

et d’où : .

�

f

n

est dérivable sur et pour tout x de :

.

X2 e2X– e2+ 0=

Δ e4 4e2–= 0>

x1e2 e4 4e2––

2-----------------------------------= x2

e2 e4 4e2–+2

-----------------------------------= x1 � 1 192 433 , x2 � 6 196 623 ,

1a-- 1

b--+ 1=

ab( )ln 2=⎩⎪⎨⎪⎧

b e2 a–=

a x1= ou x2⎩⎨⎧

⇔ e2 x1– x2= e2 x2– x1=

1a-- 1

b--+ 1=

ab( )ln 2=⎩⎪⎨⎪⎧

a ; b ( )⇔ x 1 ; x 2 ( ) = x2 ; x 1 ( )

A x1 ; f x 1 ( )( ) A′ x2 ; f x 2 ( )( ) B x2 ; g x 2 ( )( ) B′ x1 ; g x 1 ( )( )

�′A′ �′ B′

�f

�g

B'

B

A

A'

x

y

O

1

2

3

1 2 3 4 5 6 7

a b+ S= ab P=x2 Sx– P+ 0=

xn xln xn 1– x xln×= x xlnx 0→lim 0= xn xln

x 0→lim 0=

fn x( )x 0→lim fn 0( )= fn

xnx + ∞→

lim + ∞= xlnx + ∞→

lim + ∞= fn x( )x + ∞→

lim + ∞=

]0 ; + ∞[ ]0 ; + ∞[

fn′ x( ) n xn 1–⋅ xln= xn 1x--×+ n xn 1–⋅ xln xn 1–+ xn 1– n xln 1+[ ]×= =

Remarque

Exercice

�

103


On a donc :

(la fonction In étant strictement

croissante sur ). De même :

. On en déduit le tableau de variations de :

.

�

�

Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Déterminons les coordonnées des éventuels pointsd’intersection de et . On a :

.

De plus : , ou

ou .

Ainsi et se coupent en deux points et .

Toutes les courbes passent donc par ces deux points O et A.

�

Soit n un entier naturel non nul. On a : . La tangente à enA est donc la droite de coefficient directeur 1 passant par c’est-à-dire la droite d’équation :

. Cette équation ne dépend pas de l’entier n choisi. Cela signifie que toutes les courbes admettent en A la même tangente : la droite d’équation : .

x

0

signe de

– 0 +

0

fn′ x( ) 0> n xln 1+ 0> xln 1n--–>⇔ ⇔ e

1n--–

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

ln= x e1n--–

>⇔

�+*

fn′ x( ) 0< x e1n--–

<⇔ fn

e1n--–

+ ∞

fn′

fn 1–en-------

+ ∞

fn e1n--–

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

e1n--–

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

n

e1n--–

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

ln× e 1– 1–n

------× 1–en------= = =

0 O

–0,5

0,5 1 1,5

C3 C2C1

2 2,5 x

1 y

0,5

A

C1 Cn

M x ; y ( ) C 1 ∈ C n ∩ y ⇔ f 1 x ( ) f n x ( ) = =

f1 x( ) fn x( )= x xln⇔ xn xln= xn x–( ) xln⇔ 0=x xn 1– 1–( ) xln⇔ 0= x⇔ 0= x 1= xln 0=x⇔ 0= x 1=

C1 Cn O 0 ; 0 ( ) A 1 ; 0 ( )

Cn

fn′ 1( ) 1n 1– n 1ln⋅ 1+[ ]× 1= = CnA 1 ; 0 ( )

y x 1–= Cny x 1–=

104


Partie A

�


.

Pour tout x de : donc et ont le même signe. On en déduit le tableau devariations de f :

; et ( enposant ).

�

D’après le précédent tableau de variations de f, pour tout x de : .

a)

Pour tout entier naturel non nul n :

donc soit .

b)


donc soit .

Partie B

�


La suite u est donc décroissante.


La suite v est donc croissante.

De plus pour tout n de

�

*:

.

Ainsi : .

Les suites u et v sont donc bien adjacentes et convergent donc vers une même limite.

x

0 1

signe de

f

0

1 ; 1 [ – [ 1 ; 1 [ – [

f′ x( ) 1–1 x–----------- 1+ 1– 1 x–+

1 x–------------------------- x–

1 x–-----------= = =

1 ; 1 [ – [ 1 x– 0> f′ x( ) x–

1–

f ′ + –

2ln 1– ∞–

f 1–( ) 2ln 1–= f 0( ) 0= f x( )x 1–→

lim ∞–= 1 x–( )lnx 1–→

lim XlnX 0+→

lim ∞–= =X 1 x–=

1 ; 0 ] 0 ; 1 [∪[ – [ f x( ) 0<

1n 1+------------– ] 1– ; 0 [∈ f 1

n 1+------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0< 1 1n 1+------------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ln 1n 1+------------– 0<

1n 1+------------ ]0 ; 1 [∈ f 1

n 1+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0< 1 1n 1+------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ln 1n 1+------------+ 0<

un 1+ un– 1 12-- 1

3-- ... 1

n-- 1

n 1+------------ n 1+( )ln– 1 1

2--– 1

3--– ... 1

n--– nln+––+ + + + +=

1n 1+------------ n 1+( )ln– nln+ 1

n 1+------------

nn 1+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln+= =

1n 1+------------

n 1 1–+n 1+

---------------------⎝ ⎠⎛ ⎞ln+ 1

n 1+------------ 1 1

n 1+------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ln+= = 0.<

vn 1+ vn– 1 12-- 1

3-- ... 1

n-- 1

n 1+------------ n 2+( )ln– 1 1

2--– 1

3--– ... 1

n--– n 1+( )ln+––+ + + + +=

1n 1+------------ n 2+( )ln– n 1+( )ln+ 1

n 1+------------

n 2+n 1+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln–= =

1n 1+------------

n 1 1+ +n 1+

---------------------⎝ ⎠⎛ ⎞ln– 1

n 1+------------ 1 1

n 1+------------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ln–= = 0.>

un vn– 1 12-- 1

3-- ... 1

n-- nln– 1 1

2--– 1

3--– ... 1

n--– n 1+( )ln+––+ + + +=

n 1+( )ln nln– 1 1n--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ .ln= =

un vn–n + ∞→

lim 1ln 0= =

Exercice �


� Pour organiser les calculs au tableur, on peut utiliser la suite a définie sur �* par :

, celle-ci étant aussi définie par la relation de récurrence : ,

.

On peut alors construire les suites de la façon suivante :

Et on étend. On obtient alors les résultats suivants :

Alors comme : , 0,57 est une valeur approchée par défaut à près de γ.

� Pour tout n de �* :

� Ainsi pour tout n de �* :

De plus : et donc (cf exercice 7). Ainsi :

.

A B C D

1 n an un vn

2 1 1 =B2–ln(A2) =B2–ln(A2+1)

3 =A2+1 =B2+1/A3

A B C D

180 179 5,76739217 0,58000636 0,57443532

181 180 5,77294772 0,57999087 0,57445069

182 181 5,77847258 0,57997555 0,5744659

an 1 12-- 1

3-- ... 1

n--+ + + += a1 1=

an 1+ an1

n 1+------------+=

vn γ un≤ ≤ 10 2–

u2n un– 1 12-- 1

3-- ... 1

n-- 1

n 1+------------ ... 1

2n------+ 2n( )ln– 1 1

2--– 1

3--– ... 1

n--– nln+––+ + + + + +=

1n 1+------------ 1

n 2+------------ ... 1

2n------ 2ln– nln– nln+ + + + 1

n 1+------------ 1

n 2+------------ ... 1

2n------ 2.ln–+ + += =

1n k+-----------

k 1=

n

∑ 1n 1+------------ 1

n 2+------------ ... 1

2n------+ + + u2n un– 2.ln+= =

unn + ∞→lim γ= u2nn + ∞→

lim γ=

1n k+-----------

k 1=

n

∑n + ∞→

lim 1n 1+------------ 1

n 2+------------ ... 1

2n------+ + +

n + ∞→lim γ γ 2ln+– 2ln= = =

Exercice

équence 6


2ème partie : Écriture complexe des transformations usuelles

L’écriture complexe de la rotation f est de la forme :

; on sait que et que l’image de est ; on en déduit :

d’où .

L’écriture complexe de f est donc : .

L’affixe ω du centre I de cette rotation vérifie :

donc donc

Le centre I de la rotation f a pour affixe .

ABCD étant un carré de sens direct, l’image de B par la rotation r de

centre A et d’angle est D, et l’image de A par la rotation de

centre B et d’angle est C.

Appelons c et d les affixes respectives des points C et D et exprimons c et d en fonction de a et b.

• L’écriture complexe de r est : d’où .

L’image de B par r est D donc : donc .

• L’écriture complexe de est : d’où .

L’image de A par est C donc : donc .

� On sait que la traduction complexe de l’homothétie de centre I d’affixe ω et de rapport k est : ; d’où ici :

.

� La symétrie centrale est une homothétie de rapport , d’où :

.

� La traduction complexe de la rotation de centre I d’affixe ω et d’angle θ est :

; et on sait d’où ici :

.


Z ei π

2---

z b+= ei π

2---

i= A 1 i+( ) B 2– 2i+( )

2– 2i+ i 1 i+( ) b+= b 2– 2i i 1 i+( )–+ 2– 2i i– 1+ + 1– i+= = =

Z iz 1– i+=

ω iω 1– i+= ω 1 i–( ) 1– i+= ω 1– i+1 i–

--------------- 1–= =

1–

O

B (b)

C (c)

+

D (d)

A (a)

u

v

+ π2--- r′

π2---–

z′ a– ei π

2---

z a–( )= z′ a– i z a–( )=

d a– i b a–( )= d ib 1 i–( )a+=

r′ z′ b– ei– π

2---

z b–( )= z′ b– i z b–( )–=

r′ c b– i a b–( )–= c ia– 1 i+( )b+=

z′ ω– k z ω–( )=

z′ 1 i+( )– 2 z 1 i+( )–( )=

1–

z′ 5 i+( )– z 5 i+( )–( )–=

z′ ω– eiθ z ω–( )= ei π

2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞i–=

z′ i– i z i–( )–=

Exercice �

Exercice �

Exercice �


� On a de même : or :

.

Donc on obtient : .

Ceci s’écrit encore

.

• L’écriture complexe de f rotation de centre et d’angle est :

c’est-à-dire

ou encore donc .

• L’écriture complexe de la translation g de vecteur d’affixe est : .

• Considérons . Soit M un point quelconque d’affixe z, d’affixe l’image de M parf et d’affixe l’image de par g. On a : .

L’écriture complexe de h va exprimer en fonction de z ;

.

D’où .

On reconnaît l’écriture complexe d’une rotation d’angle puisque . Le centre I de cette

rotation admet pour affixe le nombre complexe ω qui vérifie : , donc ;

.

• L’écriture complexe de f rotation de centre et d’angle est :

c’est-à-dire : .

• L’écriture complexe de g rotation de centre et d’angle est :

c’est-à-dire .

• Considérons .

Conclusion

h est la rotation de centre et d’angle .

z′ 12--– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞– ei 2π

3------

z 12--– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞–⎝ ⎠⎛ ⎞=

ei 2π

3------ 2π

3------cos i 2π

3------sin+ 1

2--– i 3

2-------+= =

z′ 12---– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞– 12---– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ z 12---– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞–⎝ ⎠⎛ ⎞=

z′ 12--– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ z 12--– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 12-- i 3

2-------– 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞+=

z′ 12--– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ z 12--– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 32-- i 3

2-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞+=

z′ 12--– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ z 1– i 3+( ) 3 i 3–( )4

--------------------------------------------------+=

z′ 12---– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ z i 3+=

A 2 i–( ) π2---

z′ 2 i–( )– ei π

2---

z 2 i–( )–( )= z′ i z 2 i–( )–( ) 2 i–+=

z′ iz 2i– 1– 2 i–+= z′ iz 1 3i–+=

t 1 i– z′ z 1 i–+=

h g � f= M′ z′M″ z″ M′ h M( ) g f M( )( ) g M′( ) M″= = =

z″z″ z′ 1 i–+ iz 1 3i–+( ) 1 i–+= =

z″ iz 2 4i–+=

π2--- i e

i π2---

=

ω iω 2 4i–+=ω 1 i–( ) 2 4i–=

ω 2 1 2i–( )1 i–

--------------------- 2 1 2i–( ) 1 i+( )1 i–( ) 1 i+( )

------------------------------------- 2 1 2 i 1 2–( )+ +( )2

-------------------------------------------- 3 i–= = = =

I 3 i–( ) + π2---

A 2 i+( ) 2π3

------

z′ 2 i+( )– ei 2π

3------

z 2 i+( )–( )=

z′ ei 2π

3------

z 2 i+( )–( ) 2 i+ +=

B 1– 2i+( ) 2π3

------–

z′ 1– 2i+( )– ei– 2π

3------

z 1– 2i+( )–( )=

z′ ei– 2π

3------

z 1– 2i+( )–( ) 1– 2i+( )+=

h g � f=

Exercice �

Exercice �


car

.

Par sa représentation complexe on reconnaît que h est la translation de vecteur d’affixe

.

� • ; ;

on a : et ; on peut écrire .

• ; ;


• ; ;


• ; ;


• Il semble que ABCD soit un carré direct decentre O. Pour le prouver on peut considérer la

rotation r de centre O et d’angle ; sa tra-

duction complexe est .

• est le point d’affixe .

donc .

• de même :

D’où et .

M z( ) � M′ z′( ) � M″ z″( )f gh M( ) g � f( ) M( ) M″= =

z″ ei– 2π

3------

z′ 1– 2i+( )–( ) 1– 2i+( )+=

z″ ei– 2π

3------

ei– 2π

3------

z 2 i+( )–( ) 2 i 1– 2i+( )–+ +⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

1– 2i+( )+=

z″ ei– 2π

3------

ei 2π

3------

z 2– i–( )× ei– 2π

3------

3 i–( ) 1– 2i+ +=

z″ z 2– i–2π3

------–⎝ ⎠⎛ ⎞cos i 2π

3------–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin+⎝ ⎠⎛ ⎞ 3 i–( ) 1– 2i+ += e

i– 2π3

------e

i 2π3

------× 1=

z″ z 2– i– 12--– i 3

2-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3 i–( ) 1– 2i+ + z 2– i– 3– 3– i 1 3 3–( )+2

---------------------------------------------------- 1 2i+–+= =

z″ z 9– 3– i 3 3 3–( )+2

------------------------------------------------------+=

t

9 3+2

----------------– i 3 3 3–2

-------------------+

zA 3 i+= zA 3 1+ 2= = zA 2 32

------- i 12--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 π6---cos i π

6---sin+⎝ ⎠

⎛ ⎞= =

zA 2= zAarg π6---= zA 2e

i π6---

=

zB 1– i 3+= zB 1 3+ 2= = zB 2 12--– i 3

2-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 2π3

------cos i 2π3

------sin+⎝ ⎠⎛ ⎞= =

zB 2= zBarg 2π3

------= zB 2ei 2π

3------

=

zC 3– i–= zC 3 1+ 2= = zC 2 32

-------– i 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 7π6

------cos i 7π6

------sin+⎝ ⎠⎛ ⎞= =

zC 2= zCarg 7π6

------= zC 2ei 7π

6------

=

zD 1 i 3–= zD 1 3+ 2= = zD 2 12-- i 3

2-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 π3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞cos i π3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin+⎝ ⎠⎛ ⎞= =

zD 2= arg zD π3---–= zD 2e

i π3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

O

1

B

D

C

A

A'

D'

C'B'

1

2

2–2

–1

–2

t

+ π2---

z′ iz=

r A( ) izA

izA i 3 i+( ) 1– i 3+ zB= = =

r A( ) B=

izB i 1– i 3+( ) 3– i– zC= = =

izC i 3– i–( ) 1 i 3– zD= = =

r B( ) C= r C( ) D=

Exercice �


� Soit ; avec d’affixe

avec d’affixe

a) D’après les traductions complexes on a :

est la rotation de centre O et d’angle ( )

est la translation de vecteur d’affixe .

b) et l’affixe de est telle que :

.

c) • car

où est l’image de B par la translation de vecteur .

• De même : image de C par

image de D par

image de A par

Voici figure précédente pour les points , , et .

� • ; ;

donc .

On a donc : et ; on peut écrire

• ;

donc .

On a donc : et ; on peut écrire .

� a) L’écriture complexe de la rotation r de centre O et d’angle est :

.

L’affixe de C image de A d’affixe par r est telle que :

.

On a bien prouvé que l’affixe de C est .

b)

• Finalement on a : ; c’est bien un imaginaire

On a : et .

Conclusion

ABCD est un carré direct.

M z( ) f1 M( ) M1= M1 z1 iz=

f2 M( ) M2= M2 z2 z 2 1 i+( )+=

f1π2--- f1 r=

f2 t 2 1 i+( )

f M( ) f2 � f1 M( ) f2 f1 M( )( ) f2 M1( ) M′= = = = z′ M′z′ z1 2 1 i+( )+ iz 2 1 i+( )+= =

f A( ) f2 f1 A( )( ) f2 B( )= = f1 A( ) B=

f A( ) A′= A′ f2 t

B′ f B( ) f2 f1 B( )( ) f2 C( )= = = f2

C′ f C( ) f2 f1 C( )( ) f2 D( )= = = f2

D′ f D( ) f2 f1 D( )( ) f2 A( )= = = f2

A′ B′ C′ D′

Z1 2 2i+= Z1 4 4+ 2 2= =

Z1 2 2 12

------- i 12

-------+⎝ ⎠⎛ ⎞ 2 2 π

4---cos i π

4---sin+⎝ ⎠

⎛ ⎞= =

Z1 2 2= arg Z1 π4---= Z1 2 2e

i π4---

=

Z2 1 i 3–= Z2 1 3+ 2= =

Z2 2 12-- i 3

2-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 π3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞cos i π3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin+⎝ ⎠⎛ ⎞= =

Z2 2= arg Z2 π3---–= Z2 2e

i π3---–

=

5π6

------

z′ ei 5π

6------

z 5π6

------cos i 5π6

------sin+⎝ ⎠⎛ ⎞ z 3

2-------– i 1

2--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ z= = =

Z3 Z1

Z33

2-------– i 1

2--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ Z13

2-------– i 1

2--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 2i+( ) 3– i+( ) 1 i+( )= = =

Z3 3– 1– i 1 3–( )+=

Z3 1 3+( )– 1 3–( )i+=

Z3 Z2–

Z1 Z2–---------------- 1 3+( )– 1 3–( )i 1– i 3+ +

2 2i 1 i 3+–+------------------------------------------------------------------------------ 2 3+( )– i+

1 2 3+( )i+--------------------------------- i 1 2 3+( )i+( )

1 2 3+( )i+--------------------------------------= = =

Z3 Z2–

Z1 Z2–----------------- i=

Z3 Z2–

Z1 Z2–----------------- i 1= =

Z3 Z2–

Z1 Z2–-----------------arg iarg π

2---= =

Exercice �


• On en déduit que donc donc

.

Cela veut dire que C est l’image de A par la rotation de centre B et d’angle ; il en résulte que letriangle ABC est rectangle isocèle en B, et il est indirect.

� Résolvons dans � l’équation .

On calcule le discriminant : .

, donc l’équation possède 2 solutions complexes conjuguées.

, donc les solutions sont :

et .

On peut écrire et .

On place les points et d’affixes respectives et sur la figure.

On a :

• et de même ,

• et .

� La rotation r de centre O et d’angle de mesure associe au point M d’affixe z le point

d’affixe .

L’affixe du point est donc égale à .

Z3 Z2– i Z1 Z2–( )= Z3 Z2– ei π

2---

Z1 Z2–( )=

ZC ZB– ei π

2---

ZA ZB–( )=π2---

z2 z 3– 1+ 0=

Δ 3 4– 1–= =

Δ 0<

Δ i2=

z13 i+2

--------------= z23 i–2

--------------=

z1π6---cos i π

6---sin+ e

i π6---

= = z2 z1 ei π

6---–

= =

M1 M2 z1 z2

OM1 z1 1= = OM2 1=

u OM1,( ) z1arg + π6--- 2π[ ]= = u OM2,( ) z2arg –

π6--- 2π[ ]= =

u

v

O

M6

M5

M2

M4

M3

M1

2π3

------ M′

z′ zei 2π

3------

=

z3 M3 r M2( )= z2ei 2π

3------

Exercice


On calcule : , c’est-à-dire : .

� La translation de vecteur d’affixe associe au point M d’affixe z le point d’affixe

. L’affixe du point est donc égale à .

On simplifie : , .

� Simplifions l’écriture de et

.

.

On obtient sous forme exponentielle :

.

Pour placer et sur la figure, on note, comme pour et , que :

•

• et .

On note que et d’une part, et d’autre part, sont symétriques par rapport à O.

� Calculons pour

• .

• , puisque est réel,

• ,

• ,

• ,

• .

On a donc : .

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal . Les points A et C ont pour affixes

respectives a et c et O, A, C ne sont pas alignés. B est l’image de A par la rotation de centre O et

d’angle et D est l’image de C par la rotation de centre O et d’angle .

� Plaçons les points O, A, B, C, D

et . Mettons c sous forme trigonométrique.

z3 ei π

6---–

ei 2π

3------

ei π

6---– 2π

3------+⎝ ⎠

⎛ ⎞e

i π2---

= = = z3 i=

w 3 i+2

--------------– M′

z′ z 3 i+2

--------------–= z4 M4 t M2( )= z23 i+2

--------------–

z43 i–2

-------------- 3 i+2

--------------–= z4 i–=

z5 z6

z5i2-- 1 i 3+( ) i

2-- 3

2-------– 3

2-------– i

2--+= = =

z62

i 3–-------------- 2 i– 3–( )

1 3+--------------------------- 3

2-------– i

2--–= = =

z5π6---cos– i π

6---sin+

5π6

------cos i 5π6

------sin+ ei 5π

6------

= = =

z6 z5 ei 5π

6------–

= =

M5 M6 M1 M2

OM5 OM6 1= =

u OM5,( ) 5π6

------ 2π[ ]= u OM6,( ) 5π6

------ 2π[ ]–=

M1 M6 M2 M5

zk6 k 1 2 3 4 5 6, , , , ,{ }∈

z16 e

i π6---

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞ 6

ei 6π

6------

eiπ 1–= = = =

26 z1( )6 z1

6 1–= = = 1–

z36 i6 i2( )3 1–( )3 1–= = = =

z46 i–( )6 i2( )3 1–= = =

z56 e

i 5π6

------

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞ 6

ei5π eiπ 1–= = = =

z66 z5( )6 z5

6 1– 1–= = = =

pour tout k de 1 2 3 4 5 6, , , , ,{ } zk6, 1–=

O ; u v ,( )

π2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞ π2---

a 34--

14-- i+= c 1

2-- i 3

2-------–=

Exercice

112


donc d’où et .

Nous avons alors : et . Pour construire C nous pouvons alors intro-

duire un triangle équilatéral direct OCU où U est le point tel que .

�

Calculons l’affixe du vecteur

Pour cela cherchons l’affixe de D. D est l’image de C par la rotation de centre O et d’angle .

Prenons l’écriture complexe de cette rotation.

C’est avec . L’affixe de D est alors ic, et le vecteur a pour affixe.

Cherchons l’affixe du vecteur

Calculons l’affixe de B. B est l’image de A par la rotation de centre O et d’angle . L’écriture com-

plexe de cette rotation est ; l’affixe de B est alors et le vecteur a pour affixe

.

Montrons que les longueurs AD et BC sont égales et que les droites et sont per-pendiculaires.

Comparons l’affixe du vecteur et celle de . Nous avons soit :

12--

π3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞cos=

32

-------–π3---–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

c ei π

3---–

= c 1= carg π3--- 2π( )–=

OC 1= u OC,( ) π3--- 2π( )–=

OIJ u=

u = OU

v

O

BC

I

A

D

ADπ2---

z′ iz= iarg π2--- 2π( )= AD

ic a–( )

Le vecteur AD a pour affixe ic a–( ).

BC

π2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞

z′ iz–= ia–( ) BC

c ia+

Le vecteur BC a pour affixe c ia+ .

AD( ) BC( )

AD BC ic a– ic i2a+ i c ia+( )= =

ic a– i c ia+( ).=


De cette relation nous déduisons : .

Le module de i est égal à 1 et un argument de i est .

Il en résulte : .

Nous savons que le module de l’affixe d’un vecteur est égal à sa norme (c’est-à-dire sa longueur)et que l’argument de l’affixe d’un vecteur est une mesure de l’angle . Les deux relationsprécédentes s’écrivent alors :

soit encore : .

Conclusion :

� Montrons que la médiane du triangle OAC est une hauteur du triangle ODB et que

I est le milieu du segment , son affixe est , le vecteur a donc pour affixe .

Le vecteur a pour affixe .

Or . En utilisant le résultat énoncé plus haut, et puisque a pour

module 2, et pour argument , nous avons : et .

Soit

La droite est donc perpendiculaire à la droite .

Conclusion :

� Vérifions que la médiane issue de O dans le triangle ODB est une hauteur du triangleOAC

Désignons par J le milieu de . J a pour affixe ; le vecteur a pour affixe

.

Nous avons alors, puisque a pour argument , soit

.

La droite est donc perpendiculaire à et la médiane issue de O dans le triangle ODB estune hauteur du triangle OAC. ■

ic a– i c ia+=

et

ic a–( )arg iarg c ia+( ) 2π( )arg+=⎩⎪⎨⎪⎧

π2---

ic a– c ia+=

et

ic a–( )arg π2--- c ia+( ) 2π( )arg+=⎩

⎪⎨⎪⎧

ww u w,( )

AD BC=

et

u AD,( ) π2--- u BC,( ) 2π( )+=⎩

⎪⎨⎪⎧

AD BC=

et

BC AD,( ) π2--- 2π( )=⎩

⎪⎨⎪⎧

AD et BC ont même norme et les droites AD( ) et BC( ) sont perpendiculaires.

OI( )DB 2OI=

AC[ ] a c+2

----------- OI a c+2

-----------

DB ia– ic–( )

ia– ic–( ) 2i–a c+

2-----------×= 2i–( )

π2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞ DB 2OI= u DB,( ) π2---– u OI,( )+= 2π( )

OI DB,( ) π2--- 2π( ) et DB– 2OI.= =

OI( ) DB( )

OI( ) médiane du triangle OAC est une hauteur du triangle ODB et DB, , , 2OI.=

DB[ ] ic ia–2

--------------i2-- c a–( )= AC

c a–( )i2-- π

2--- u OJ,( ) π

2--- u AC,( )+= 2π( )

AC OJ,( ) π2---= 2π( )

AC( ) OJ( )

115


équence 7

1

ère

partie : Calculs d’aires ; intégration

�

Si t appartient à alors et ;



Si t appartient à alors et et .

On a alors : .

La valeur de n’intervient pas.

�

Si u appartient à alors et ;

Si u appartient à alors et ;

Si u appartient à alors et et .


2E t( ) 3–[ ] dt2–

2

∫2 ; 1 [ –– [ E t( ) 2–= 2E t( ) 3– 7–=

1– ; 0 [[ E t( ) 1–= 2E t( ) 3– 5–=

0 ; 1 [[ E t( ) 0= 2E t( ) 3– 3–=

1 ; 2 [[ E t( ) 1= 2E t( ) 3– 1–= 2E 2( ) 3– 1=

y–1–2 21O x

–6

–7

–1

–2

–3

–4

–5

•

2E t( ) 3–[ ] dt2–

2

∫ 1 7×– 1– 5× 1– 3× 1– 1× 16–= =

2E 2( ) 3–

u E u( )–[ ] du0

3

∫0 ; 1 [[ E u( ) 0= u E u( )– u=

1 ; 2 [[ E u( ) 1= u E u( )– u 1–=

2 ; 3 [[ E u( ) 2= u E u( )– u 2–= 3 E 3( )– 0=

y

x

1

0,5

0

0 1 2 3

Exercice

�

Remarque

116


On a alors : (les 3 triangles ont la même aire).

�

Si w appartient à alors appartient à et ;



Si w appartient à alors appartient à et et .

On a alors : .

�

Calculer :

a)

est égale à l’opposé de l’aire du domaine 1 plus l’aire du domaine 2 moins l’aire du

domaine 3. Ainsi :

(pour calculer par exemple l’aire du domaine 2, il suffit de le

décomposer en triangles et trapèzes).

b)

De même : .

�

Trouver un réel c de tel que : .

On a : et . Il est donc naturel de chercher

c dans l’intervalle .

Soit c appartenant à , on a :

. On cherche donc c tel que :

.

La restriction de la courbe à est un segment de droite dont l’équation réduite est :. Le point de la courbe dont l’abscisse est c a donc pour ordonnée : .

On en déduit :

.

u E u( )–[ ] du0

3

∫ 3 1 1×2

------------× 32--= =

E w 1–( ) dw2–

2

∫2 ; 1 [ –– [ w 1– 3– ; 2 – [[ E w 1–( ) 3–=

1– ; 0 [[ w 1– 2– ; 1 – [[ E w 1–( ) 2–=

0 ; 1 [[ w 1– 1– ; 0 [[ E w 1–( ) 1–=

1 ; 2 [[ w 1– 0 ; 1 [[ E w 1–( ) 0= E 2 1–( ) 1=

y

–1

–1

–2

–3

–2 21O x

E w 1–( ) dw2–

2

∫ 1 3×– 1 2×– 1 1×– 6–= =

f t( ) dt1–

6

∫

f t( ) dt1–

6

∫ 0 5,– 2 5, 3–+ 1–= =

f t( ) dt1–

2

∫ 0 5,– 1 625,+ 1 125,= =

4 ; 6 [ ] f t( ) dt1–

c

∫ 0=

f t( ) dt1–

4

∫ 0 5,– 2 5, 1–+ 1 0>= = f t( ) dt1–

6

∫ 0<

4 ; 6 [ ]

4 ; 6 [ ]

f t( ) dt1–

c

∫ f t( ) dt1–

4

∫ f t( ) dt4

c

∫+=

f t( ) dt4

c

∫ 0 f t( ) dt1–

4

∫– 1–= =

4 ; 6 [ ]y x 6–= c 6– 0<( )

f t( ) dt4

c

∫ 2 6 c–( )+2

------------------------- c 4–( )×–8 c–( ) c 4–( )

2--------------------------------– c2 12c– 32+

2-------------------------------= = =

Exercice

�

117


c doit donc vérifier .

On a : .

Résolvons cette équation du second degré : .

On a : . admet donc deux solutions : et

. Parmi ces deux valeurs seul appartient à . On vérifie que convient.

�

Partageons l’intervalle en n intervalles de même longueur : , , ...,

.

On a :

où (f est la fonction définie sur

par : ).

On a :

et .

�

Partageons en n intervalles de même longueur : , , ...,

soit : , , ..., .

c2 12c– 32+2

------------------------------- 1–=

c2 12c– 32+2

------------------------------- 1 c2 12c– 32+⇔– 2–= = c2 12c– 34+⇔ 0=

E( ) x2 12x– 34+ 0=

Δ 122 4– 34× 8= = E( ) x112 2 2–

2---------------------- 6 2–= =

x2 6 2+= x1 4 ; 6 [ ] c 6 2–=

y

O

1

1 1

x

–1

–1 2 3 4 5 6

–2

�

2�

3�

t4 dt0

1

∫0 ; 1 [ ] 1

n-- 0 ; 1

n -- 1

n-- ; 2

n --

n 1–n

----------- ; nn

--

t4 dt0

1

∫ snn + ∞→lim= sn

1n-- f 0( ) 1

n-- f 1

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- f n 1–

n-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + +=

0 ; 1 [ ] f x( ) x4=

sn1n-- 1

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4× 1

n-- 2

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4× ... 1

n-- n 1–

n-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4×+ + +

1n5----- 14 24 ... n 1–( )4+ + +[ ]×= =

t4 dt0

1

∫ 1n5----- 14 24 ... n 1–( )4+ + +( )

n + ∞→lim=

t dt1

2

∫1 ; 2 [ ] 1

n-- 1 ; 1 1

n --+ 1 1

n--+ ; 1 2

n --+

1 n 1–n

-----------+ ; 1 nn

--+ 1 ; n 1 + n

------------ n 1+n

------------ ; n 2 + n

------------ 2n 1–n

--------------- ; 2n2

------

Exercice

�

118


On a :

où et f est la

fonction définie sur par : .

On a :

et .

�

Partageons en n intervalles de même longueur : , , ...,

.

On a :

où (f est la fonc-

tion définie sur par : .

On a :

et .

�

.

On a :

où f est la fonction définie sur par : .

, , ..., est un « partage » en n intervalles de même longueur de l’inter-

valle .

On a donc :

.

�

.

t dt1

2


1n-- f 1( ) 1

n-- f n 1+

n------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n--f n 2+

n------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n--+ f 2n 1–

n---------------⎝ ⎠

⎛ ⎞+ +=

1 ; 2 [ ] f x( ) x=

sn1n-- 1

n--+ n 1+

n------------× 1

n-- n 2+

n------------× ... 1

n-- 2n 1–

n---------------×+ + +=

1n n---------- n n 1+ n 2+ ... 2n 1–+ + +[ ]+=

t dt1

2

∫ snn + ∞→lim=

tln dt1

2

∫1 ; 2 [ ] 1

n-- 1 ;

n 1

+

n ------------

n 1+n

------------ ; n 2

+

n

------------

2n 1–n

--------------- ; 2nn

------

t dtln1

2


1n-- f 1( ) 1

n-- f n 1+

n------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n--f n 2+

n------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- f 2n 1–

n---------------⎝ ⎠

⎛ ⎞++ +=

1 ; 2 [ ] f x( ) x( )ln=

sn1n-- n 1+

n------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln× 1n-- n 2+

n------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln× ... 1n-- 2n 1–

n---------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln×+ + +=

1n-- n 1+( )ln nln–( ) n 2+( ) nln–ln( ) ... 2n 1–( )ln nln–( )+ + +[ ]×=

1n-- n 1+( )ln n 2+( )ln+ ... 2n 1–( )ln+ + n 1–( ) nln–[ ]×=

tln dt1

2

∫ snn + ∞→lim=

un1n4----- 8

n4----- ... n3

n4-----+ + + 1 23 ... n3+ + +

n4-------------------------------------

1n4----- k3

k 1=

n

∑= = =

un1n-- 1

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3× 1

n-- 2

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3× ... 1

n-- n

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3×+ + +=

un1n-- f 1

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n-- f 2

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- f n

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + += 0 ; 1 [ ] f x( ) x3=

0 ; 1n

--1n-- ; 2

n --

n 1–n

----------- ; nn

--1n--

0 ; 1 [ ]

unn + ∞→lim t3 dt

0

1

∫=

un1 2 ... n+ + +

n n--------------------------------------------

1n n---------- k

k 1=

n

∑= =

Exercice

�

119


On a :

où f est la fonction définie sur par : . , , ..., est un

« partage » en n intervalles de même longueur de l’intervalle .

On a donc :

.

�

.

On a :

où f est la fonction définie sur par : . , , ...,

est un « partage » en n intervalles de même longueur de l’intervalle .

On a donc :

.

En remarquant que : où g est la fonction définie sur

par : , on obtient une autre égalité : .

�

.

On a : où f est la fonction définie sur par :

.

, , ..., est un « partage » en n intervalles de même longueur

de l’intervalle .

On a donc :

soit :

ou encore : .

On obtient aussi l’égalité : .

un1n-- 1

n--× 1

n-- 2

n--× ... 1

n-- n

n--×+ + +=

1n-- f 1

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n-- f 2

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- f n

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + +=

0 ; 1 [ ] f x( ) x= 0 ; 1n

--1n-- ; 2

n --

n 1–n

----------- ; nn

--

1n-- 0 ; 1 [ ]

unn + ∞→lim t dt

0

1

∫=

un1n-- n 1+

n------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln 1n-- n 2+

n------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln ... 1n-- n n+

n------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ln+ + +1n-- n k+

n-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞lnk 1=

n

∑= =

un1n-- 1 1

n--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ln× 1n-- 1 2

n--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ln× ... 1n-- 1 n

n--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ln×+ + +=

1n-- f 1 1

n--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n-- f 1 2

n--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- f 1 n

n--+⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + +=

1 ; 2 [ ] f x( ) xln= 1 ; 1 1n

--+ 1 1n--+ ; 1 2

n --+

1 n 1–n

-----------+ ; 1nn

--+1n-- 1 ; 2 [ ]

unn + ∞→lim tln dt

1

2

∫=

un1n-- g 1

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n-- g 2

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- g n

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + += 0 ; 1 [ ]

g x( ) 1 x+( )ln= unn + ∞→lim 1 t+( ) dtln

0

1

∫=

un1n-- π

4n------⎝ ⎠

⎛ ⎞tan 1n-- 2π

4n------⎝ ⎠

⎛ ⎞tan ... 1n-- n 1–( )π

4n--------------------tan+ + +

1n-- kπ

4n------⎝ ⎠

⎛ ⎞tank 1=

n

∑= =

un1n-- f π

4n------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n-- f 2π

4n------⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- f n 1–( )π

4n--------------------+ + += 0 ; π

4 ---

f x( ) xtan=

0 ; π 4n ------

π4n------ ; 2 π

4n ------

n 1–( )π4n

-------------------- ; n π 4n ------

π4n------ 0 ; π

4 ---

π4n------ f π

4n------⎝ ⎠

⎛ ⎞n + ∞→

lim π4n------ f 2π

4n------⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... π4n------ f n 1–( )π

4n--------------------+ + + t dttan

0

π 4⁄∫=

π4--- unn + ∞→

lim t dttan0

π 4⁄∫= unn + ∞→

lim 4π--- t dttan

0

π 4⁄∫=

unn + ∞→lim π

4--- t⎝ ⎠

⎛ ⎞ dttan0

1

∫=

120



�

Les unités utilisées sont le kilomètre, l’heure et le .

Durant la première heure l’accélération du véhicule est constante, notons a (en ) cette accé-

lération. Pour tout t de , on a alors : c’est-à-dire . Sur

v est donc une fonction affine du temps. On sait de plus que :

et .

De même v est une fonction affine du temps sur avec : et . v estde plus constante sur . On en déduit une représentation graphique de la vitesse du véhiculeen fonction du temps.

�

La distance d parcourue durant ce trajet est alors :

(aire d’un trapèze).

On a donc : .

La vitesse moyenne du véhicule sur ce parcours est la valeur moyenne de v sur soit :

.

�

Notons f la fonction définie sur par : . f est strictement croissante sur et continue. De plus : et . On en déduit que : et que f estune bijection de vers .

Pour tous , on a :

. Ainsi la fonction réciproque de f est la fonction g définie sur par :.

�

On a : .

km h 1–⋅

km h 1–⋅

0 ; 1 [ ] v t( ) v 0( )–t 0–

-------------------------- a= v t( ) at v 0( )+=

0 ; 1 [ ]v 0( ) 0= v 1( ) 80=

3 ; 3 5 , [ ] v 3( ) 80= v 3 5,( ) 0=1 ; 3 [ ]

y

O

20

0,5

x

1 1,5 2 2,5 3 3,5

40

60

80

v t( ) dt0

3 5,

∫ 3 5, 2+2

---------------- 80×=

d 220 km =

0 ; 3 5 , [ ]

13 5, 0–---------------- v t( ) dt

0

3 5,

∫ 2203 5,-------- � 62 9 km h 1 – ⋅ ,=

0 ; 1 [ ] f x( ) x2= 0 ; 1 [ ]f 0( ) 0= f 1( ) 1= f 0 ; 1 [ ]( ) 0 ; 1 [ ] =

0 ; 1 [ ] 0 ; 1 [ ]

x y 0≥,

y x2= x⇔ y= 0 ; 1 [ ]g y( ) y=

t2 dt0

1

∫ 13 03–3

----------------- 13--= =

Exercice

�

Exercice

�

121


�

f et g sont des fonctions réciproques, on en déduit que leurs courbes représentatives respectives et sont symétriques par rapport à la droite d’équation : .

Les deux domaines hachurés en traits obliques ont donc la même aire :

.

Le domaine 1 est défini par :

et , il a donc pour aire :

On a donc :

.

�

L’aire de

�

est égale à :

Une unité d’aire est égale à , l’aire de

�

est donc égale à :

.

�

On a :

i

j

O

1

�f

�g

�

�f�g y x=

t2 dt u.a.0

1

∫ 13-- u.a.× 100

3-------- cm 2 = =

M x ; y ( ) � ∈ 0 x 1 ≤ ≤⇔ x y 1≤ ≤

1 dt0

1

∫ t dt0

1

∫–⎝ ⎠⎛ ⎞ u.a.

t dt0

1

∫ 1 13--– 2

3--= =

t dt0

1

∫ t2 dt0

1

∫– 23-- 1

3--–

13-- u.a. = =

10 cm 10 cm × 100 cm 2 =

13-- 100 cm 2 × � 66 67 cm 2 ,

V π P x( )( )2 dxa

b

∫ π P x( ) dxa

b

∫= =

π αx2 βx γ+ +( ) dxa

b

∫=

πα x2 dxa

b

∫ πβ x dxa

b

∫ πγ dxa

b

∫+ +=

πα b3 a3–

3---------------- πβ b

2 a2–2

---------------- πγ b a–( ).+ +=

Exercice

�

122


�

La section de

�

par le plan d’équation est un disque de rayon . On en déduit :

,

et :

On a alors :

De plus, ce qui nous prouve que :

.

On a donc bien :

(où ).

�

Si R est le rayon d’une des bases, lacirconférence de cette base est

et sa surface

.

On trouve alors :

,

et .

Le volume du vase est donc environ :

soit environ 32,4 cl.

�

La fonction u définie sur par est strictement positive et dérivable, il en estdonc de même de f et pour tout x de :

. f est donc strictement croissante sur :

x

0 1

signe de

+

f

1

z m= f m( )Ba π f a( )( )2 πP a( ) παa2 πβa πγ+ += = =

Bb π f b( )( )2 πP b( ) παb2 πβb πγ+ += = =

Bc π f c( )( )2 πP c( ) παc2 πβc πγ+ + πα a b+2

------------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

πβ a b+2

------------ πγ+ += = = =

πα a2 b2 2ab+ +

4-------------------------------- πβ a b+

2------------ πγ .+ +=

Ba Bb 4Bc+ + πα a2 b2 a2 b2 2ab+ +( )+ +[ ] πβ a b 2 a b+( )+ +[ ] 6πγ+ +=

2πα a2 b2 ab+ +( ) 3πβ a b+( ) 6πγ .+ +=

b a–( ) a2 b2 ab+ +( ) b3 a3–=

h Ba Bb 4Bc+ +( )× b a–( ) Ba Bb 4Bc+ +( )× 2πα b3 a3–( ) 3πβ b2 a2–( )+= = 6πγ+

V h6-- Ba Bb 4Bc+ +( )= c a b+

2------------=

50 cm

l = 5 cm

l = 10 cm

l = 8 cm

� 2πR=

πR2 π �2π------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2× �2

4π------= =

Ba52

4π------ 25

4π------= = Bb

82

4π------ 16

π-----= =

Bc102

4π-------- 25

π-----= =

506----- 25

4π------ 16

π----- 4 25

π-----×+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞× 253----- 25 64 400+ +

4π--------------------------------× � 324 cm 3 =

0 ; 1 [ ] u x( ) 1 x2+=0 ; 1 [ ]

f′ x( ) u′ x( )2 u x( )------------------

2x

2 1 x2+--------------------- 0>= = 0 ; 1 [ ]

f ′

2

Exercice

�

123


� a) On note � le domaine défini par :

et .

Le quadrillage précédent nous donne un premier encadrement de (il suffit de compter lenombre de carreaux formant les deux domaines encadrant

�

) :

.

De plus : .

Ainsi : .

b)

On partage en n intervalles de longueur , on encadre alors par deux

suites et comme indiqué ci-dessous.

O

j

i

M x ; y ( ) � 0 x 1 ≤ ≤⇔∈ 0 y 1 x2+≤ ≤

Aire �( )

109 cm 2 Aire � ( ) 123 cm 2 ≤ ≤

Aire �( ) 1 t2+ dt u.a. 0

1 ∫ 1 t 2 + td 0

1 ∫ 100 cm 2 × = =

1 09, 1 t2+ dt0

1

∫ 1 23,≤ ≤

0 ; 1 [ ] 1n-- 1 t2+ dt

0

1

∫sn( ) Sn( )

124


On a : où

et

Le programme suivant sur calculatrice (TI-83) nous permet alors de calculer et .

N est l’indice n

S correspond à la somme

T correspond à la somme

A correspond à et B à .

© Texas Instruments

Par essais successifs, on obtient un encadrement d’amplitude inférieure à pour . Pour, on trouve : et

O 1 O 1

n 5=

sn 1 t2+ dt0

1

∫ Sn≤ ≤

sn1n-- f 0( ) 1

n-- f 1

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- f n 1–

n-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + +1n-- 1 02

n2-----+ 1 12

n2-----+ ... 1 n 1–( )2

n2-------------------++ + += =

1n2----- n2 02+ n2 12++ ... n2 n 1–( )2++ +[ ]=

Sn1n-- f 1

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1n-- f 2

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- f n

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + +1n-- 1 12

n2-----+ 1 22

n2-----+ ... 1 n2

n2-----++ + += =

1n2----- n2 12+ n2 22+ ... n2 n2++ + +[ ].=

sn Sn

n2 02+ n2 12+ ... n2 n 1–( )2++ + +[ ]

n2 12+ n2 22+ ... n2 n2++ + +[ ]

sn Sn

10 2– n 45=n 100= s100 1 145, ...= S100 1 149...,=

(suite du programme)


Ainsi :

à près.

� est la somme de n termes consécutifs d’une suite géométrique de raison . Le premierterme de la somme est 1. On en déduit :

.

� Notons f la fonction définie sur par . La suite définie par :

converge vers .

Ainsi : .

� On a :

. De plus :

(par définition du nombre dérivé) et .

Ainsi, par composition :

et donc :

.

1 t2+ dt0

1

∫ 1 14,= 10 2–

sn( ) e1n--

sn

sn 1 e1n--

e2n--

... en 1–

n-----------

+ + + +

e1n--

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

n

1–

e1n--

1–

---------------------- e 1–

e1n--

1–

--------------= = =

0 ; 1 [ ] f t( ) et= un( )

un1n-- f 0( ) 1

n-- f 1

n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ ... 1n-- f n 1–

n-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + +snn----= = et dt

0

1

∫

et dt0

1

∫ snn----

n + ∞→lim=

snn---- e 1–

n e1n--

1–⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

-----------------------=

ex 1–x

-------------x 0→lim e

x e0–x 0–

----------------x 0→lim e0 1= = = 1

n--

n + ∞→lim 0=

n e1n--

1–⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

n + ∞→lim e

1n--

1–1n--

-------------- 1= =

et dt0

1

∫ snn----

n + ∞→lim

e 1–

n e1n--

1–⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

-----------------------n + ∞→

lim e 1–= = =

Exercice �

équence 7


2ème partie : Barycentre et représentationparamétrique d’une droite dans l’espace

a) .

Donc .

Soit . On en déduit que I estle barycentre de et .

De manière analogue J est le barycentre de et K est le barycentre de .

D’après l’énoncé, on voudrait que A, B et C soit toujours affecté du même coefficient.

Pour réaliser ceci, on sait que l’on peut multiplier tous les coefficients par un même nombre non nulsans changer le barycentre.

Ainsi, J est aussi le barycentre de et ; on a multiplié les coefficients par 3.

K est le barycentre de et ; on a multiplié les coefficients par 2.

I étant le barycentre de et , on peut choisir :

, et .

b) Soit G le barycentre de , et .

Par définition, ;

or K étant le barycentre de et , d’après la propriété caractéristique,

donc .

On en déduit .

G est donc le barycentre de et .

Or, le barycentre de deux points est toujours sur la droite passant par ces deux points.

On en déduit que .

De manière analogue, montrons que et .

.

J étant le barycentre de et , .

Donc , donc G est le barycentre de et donc .

I étant le barycentre de et , on a .

Donc , donc G est le barycentre de donc .

Corrigé des activités de révision

A

I

B J C

K

AI 35-- AB 3

5-- AI IB+( )= =

5AI 3AI– 3IB– 0=

2IA 3IB+ 0=A 2,( ) B 3,( )

B 1,( ) C 2,( )C 3,( ) A 1,( )

B 3,( ) C 6,( )

C 6,( ) A 2,( )

A 2,( ) B 3,( )a 2= b 3= c 6=

A 2,( ) B 3,( ) C 6,( )

2GA 3GB 6GC+ + 0=

A 2,( ) C 6,( )

GK 12 6+------------ 2GA 6GC+( )= 2GA 6GC+ 8GK=

3GB 8GK+ 0=

B 3,( ) K 8,( )

G BK( )∈

G AJ( )∈ G CK( )∈

2GA 3GB 6GC+ + 0=

B 3,( ) C 6,( ) 3GB 6GC+ 9GJ=

2GA 9GJ+ 0= A 2,( ) J 9,( ) G AJ( )∈

A 2,( ) B 3,( ) 2GA 3GB+ 5GI=

5GI 6GC+ 0= I 5,( ) C 6,( ) G IC( )∈

Activité �


On peut rédiger de façon plus synthétique cette question.

G est le barycentre de , , .

On peut remplacer les points pondérés et par leur barycentre I affecté de la somme deleurs coefficients ; c’est le théorème d’associativité du barycentre.

G barycentre de ,

est aussi le barycentre de

donc .

De manière analogue,

G barycentre de , ,

est aussi barycentre de

soit le barycentre de ,

donc .

Enfin, G barycentre de ,

est aussi baryrcentre de ,

Les droites , et sont donc concourantes en G.

� M est le milieu de , donc l’isobarycentre de A et G.

G est le point de concours des médianes du triangle BCD, donc l’isobarycentre de B, C et D. Utilisonsencore le théorème d’associativité des barycentres.

M est donc barycentre de ,

soit barycentre de , .

� donc soit soit .

K est donc barycentre de et .

M barycentre de , , ,

est aussi barycentre de

soit le barycentre de

Donc et les points I, M, K sont alignés.

A 2,( ) B 3,( ) C 6,( )A 2,( ) B 3,( )

2 3+ 5=

A 2,( ) B 3,( ), C 6,( )

I 5,( ) C 6,( )G IC( )∈

A 2,( ) B 3,( ) C 6,( )A 2,( ) C 6,( ) B 3,( )

K 8,( ) B 3,( )G BK( )∈

A 2,( ) B 3,( ) C 6,( ),

A 2,( ) J 9,( )

AJ( ) BK( ) CI( )

AG[ ]

A 3,( ) G 3,( )

A 3,( ) B 1,( ) C 1,( ) D 1,( ), ,

AK 14-- AD= 4AK AD– 0= 4AK AK– KD– 0= 3AK DK+ 0=

A 3,( ) D 1,( )

A 3,( ) B 1,( ) C 1,( ) D 1,( )

A 3,( ) D 1,( ), C 1,( ) B 1,( ),

K 4,( ) I 2,( )

M IK( )∈

Remarque

Activité �



G est le barycentre de , et donc les coordonnées de G sont les moyennes pon-dérées des coordonnées des points A, B et C.

.

Donc .

G est le barycentre de , et donc l’affixe de G est la moyenne pondérée desaffixes de A, B et C.

On a donc :

. On peut toujours choisir, pour simplifier les calculs, .

On a alors :

.

D’où le système

On peut multiplier tous les coefficients par un même nombre. On pourra donc choisir : ,

et .

La relation peut aussi s’écrire en utilisant la relation de Chasles :

.

Donc .

Donc .

On en déduit que A est le barycentre des points pondérés , et .

Par suite, les points A, B, C et D sont coplanaires.

A 2,( ) B 1–,( ) C 1,( )

xG

2xA xB– xC+

2 1– 1+-------------------------------

10 xC+

2-----------------= =

yG

2yA yB– yC+

2 1– 1+-------------------------------

9 yC+

2--------------= =

zG

2zA zB– zC+

2 1– 1+-------------------------------

6– zC+

2------------------= =⎩

⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧

xC 2xG 10–=

yC 2yG 9–=

zC 2zG 6+=⎩⎪⎨⎪⎧ xC 4–=

yC 3=

zC 2=⎩⎪⎨⎪⎧

⇔ ⇔

C 4– ; 3 ; 2 ( )

A α,( ) B β,( ) C γ,( )

zG

αzA βzB γ zC+ +

α β γ+ +---------------------------------------= α β γ+ + 1=

12 i– α 2 i+( ) β 1– 2i+( ) γ 3 i–( )+ + 2α β– 3γ i α 2β γ–+( )+ += =

2α β– 3γ+ 12=

α 2β γ–+ 1–=

α β γ+ + 1=⎩⎪⎨⎪⎧ 2 1 β– γ–( ) β– 3γ+ 12=

1 β– γ– 2β γ–+ 1–=

α 1 β– γ–=⎩⎪⎨⎪⎧ 3β– γ+ 10=

β 2γ– 2–=

α 1 β– γ–=⎩⎪⎨⎪⎧

⇔ ⇔

3 2γ 2–( )– γ+ 10=

β 2γ 2–=

α 1 β– γ–=⎩⎪⎨⎪⎧

γ 45--–=

β 18–5

---------=

α 275-----=

.

⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧

⇔ ⇔

α 27=

β 18–= γ 4–=

2EA 4EB 5EC– ED–+ 0=

2EA 4 EA AB+( ) 5 EA AC+( )– EA AD+( )–+ 0=

2EA 4EA 4AB 5EA– 5AC– EA– AD–+ + 0=

4AB 5AC– AD– 0=

B 4,( ) C 5–,( ) D 1–,( )

Exercice �

Exercice �

Exercice �


P est défini par : . On peut en

déduire que donc P est lebarycentre des points pondérés et

.

Q est le symétrique de I par rapport à A ; on

peut en déduire que .

Donc Q est le barycentre des points pondé-rés et .

ABCD est un parallélogramme

donc

donc .

C est barycentre des points pondérés , et .

Considérons alors le barycentre G de , , , et .

Celui-ci existe car .

C’est aussi le barycentre de et en regroupant , d’une part et , et d’autre part. Donc .

Mais de plus G vérifie soit donc G est le bary-centre de et donc G est confondu avec P.

On en déduit que et que les points P, Q et C sont alignés.

Les données de l’énoncé peuvent se traduire en termes barycentriques.

On montre aisément que :

P est le barycentre des points pondérés et .

Q est le barycentre des points pondérés et .

R est le barycentre des points pondérés et .

S est le barycentre des points pondérés et .

Il est donc naturel de considérer le barycentre G des points pondérés , , qui existe puisque la somme des coefficients des points considérés est non nulle.

G barycentre de est aussi barycentre de

Donc .

G est aussi barycentre de ,

Donc .

G est aussi barycentre de

donc .

On en déduit que les droites , et sont concourantes en G.

B

CD

I

A

P

Q

AP 13-- AB=

2PA PB+ 0=A 2,( )

B 1,( )

3QA QD– 0=

A 3,( ) D 1–,( )

CD CB+ CA=

CD CB CA–+ 0=

A 1–,( ) B 1,( ) D 1,( )

A 3,( ) D 1–,( ) A 1–,( ) B 1,( ) D 1,( )

3 1– 1– 1 1+ + 0≠

Q 2,( ) C 1,( ) A 3,( ) D 1–,( ) A 1–,( )B 1,( ) D 1,( ) G CQ( )∈

3GA GD– GA– GB GD+ + 0= 2GA GB+ 0=A 2,( ) B 1,( )

P CQ( )∈

A 2,( ) B 1,( )

A 2,( ) D 1,( )

C 2,( ) B 1,( )

C 2,( ) D 1,( )

A 2,( ) B 1,( ) C 2,( ) D 1,( )

A 2,( ) B 1,( ), C 2,( ) D 1,( ),

P 3,( ) S 3,( )

G PS( )∈

A 2,( ) D 1,( ), B 1,( ) C 2,( ),

Q 3,( ) R 3,( )

G QR( )∈

A 2,( ) C 2,( ) B 1,( ) D 1,( ),

I 4,( ) J 2,( )

G IJ( )∈

PS( ) QR( ) IJ( )

Exercice �

Exercice �


Soit , et 4646.

Le système précédent se traduit par : et .

M décrit donc le segment de droite où B et C sont les points obtenus en remplaçant α par et par 2 ; et .

si et seulement si il existe un réel λ tel que .

;

Une représentation paramétrique de la droite est donc :

Pour la demi-droite , il suffit de remplacer par .

Pour le segment , il suffit de remplacer par .

x 3– 2α–=

y 1 α+=

z 1– 3α+=

α 1 ; 2 – [ ]∈⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

x 3

+

2

α

–=

y 1

–

α

=

z 1

+

3

α

=

α 1 ; 2 – [ ]∈⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

⇔

M x ; y ; z ( ) A 3 ; 1 ; 1 –– ( ) u 2 ; 1 ; 3 – ( )

AM αu= α 1 ; 2 – [ ]∈

BC[ ] 1–B 1 ; 0 ; 4 –– ( ) C 7 ; 3 ; 5 – ( )

M x ; y ; z ( ) AB ( )∈ AM λAB=

AB 3 ; 5 ; 4 – ( )

AB( )

x 2 3λ–=

y 3– 5λ+=

z 4λ=

λ �∈⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

AB )[ λ �∈ λ 0 ; + ∞[[∈

AB[ ] λ �∈ λ 0 ; 1 [ ]∈

Exercice

�

Exercice

�

131



�

donc donc

soit .

Donc F est le barycentre de et.

donc donc

soit .

Donc E est le barycentre de et.

�

Considérons le barycentre de ,, , . Ce barycentre

existe puisque la somme des coefficients vaut 2.

D’après le 1., on peut remplacer le barycentrede

,

par celui de

et

donc par le milieu de , soit H.

H est aussi le barycentre de , , et .

On peut remplacer , par leur barycentre, c’est-à-dire I, affecté du coefficient.

De même on peut remplacer et par leur barycentre, c’est-à-dire J, affecté du coefficient2a.

Donc H est aussi le barycentre de et . Donc .

Donc I, J et H sont alignés.

�

donc

donc .

On en déduit que G est le barycentrede .

Soit I le centre de gravité du triangleBDE. I est le barycentre de , , .

Donc G est aussi le barycentre de .

Donc .

Donc perce bien le plan BDE au centre de gravité du triangle BDE.

�

On vient de voir que G est le barycentre de et .

D’après la propriété caractéristique, soit .

Donc et .

B

CD

I

A

J

H

F

E

BF aBC= BF a BF FC+( )=

BF aBF– aFC– 0=

1 a–( )FB aFC+ 0=

1 a– a+ 1 0≠=

B 1 a–,( )C a,( )

AE aAD= AE a AE ED+( )=

AE aAE– aDE+ 0=

1 a–( )EA aED+ 0=

1 a– a+ 1 0≠=

A 1 a–,( )D a,( )

B 1 a–,( )C a,( ) A 1 a–,( ) D a,( )

B 1 a–,( ) C a,( ), A 1 a–,( ) D a,( ),

F 1,( ) E 1,( )

EF[ ]

A 1 a–,( ) B 1 a–,( ) C a,( ) D a,( )

A 1 a–,( ) B 1 a–,( )2 2a–

C a,( ) D a,( )

I 2 2a–,( ) J 2a,( ) H IJ( )∈

GHE

A BC

I

F

D E'

AG AB AD AE+ +=

AG AG GB AG GD AG GE+ + + + +=

2AG GB GD GE+ + + 0=

A 2–,( ) B 1,( ) D 1,( ) E 1,( )

B 1,( ) D 1,( ) E 1,( )

A 2–,( ) I 3,( )

I AG( )∈

AG( )

A 2–,( ) I 3,( )

AG 12– 3+

---------------- 2AA– 3AI+( )= AG 3AI=

I AG[ ]∈ AI 13-- AG=

Exercice �

Exercice �


� Le barycentre J des points , , est aussi le barycentre de et où I désigne le milieu de . Il est donc défini, d’après la propriété caractéristique par :

.

� D’après la propriété caractéristique, donc

.

D’autre part, .

.

L’ensemble cherché est donc la sphère de centre J et de rayon JA.

appartient à d et à si et seulement si il existe t et tel que :

et .

Nécessairement,

.

On vérifie alors que appartient à d et à .

Ces deux droites sont donc sécantes.

� a) , , .

G a pour coordonnées la moyenne des coordonnées de A, B et C.

Par suite, .

A 1,( ) B 1–,( ) C 1–,( ) A 1,( ) I 2–,( )BC[ ]

AJ 11 2–----------- 1AA 2AI–( ) 2AI= =

C

D

GHE

F

A

BI

J

MJ 11 1– 1–-------------------- MA MB– MC–( )=

MA MB– MC– MJ–=

2MA MB– MC– 2MA MA AB+( )– MA AC+( )– AB– AC–= =

MA MB MC–– 2MA MB– MC–= MJ–⇔ AB AC+( )–= JM⇔ 2AI JA= =

M x ; y ; z ( ) d′ t′

x t 1+=

y 2t 3–=

z t– 2+=⎩⎪⎨⎪⎧ x 3t′ 2+=

y t′– 1–=

z t′ 1+=⎩⎪⎨⎪⎧

t 1+ 3t′ 2+=

2t 3– t′– 1–=

t– 2+ t′ 1+=⎩⎪⎨⎪⎧ t 3t′– 1=

2t t′+ 2=

t t′+ 1=⎩⎪⎨⎪⎧

t 1=

t′ 0=⎩⎨⎧

⇔ ⇔

I 2 ; 1 ; 1 – ( ) d′

A 1 ; 0 ; 0 ( ) B 0 ; 1 ; 0 ( ) C 0 ; 0 ; 1 ( )

G 13-- ; 1

3 -- ; 1

3 -- ⎝ ⎠

⎛ ⎞

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

133


b)

Pour montrer qu’une droite est perpendiculaire à un plan, il suffit de montrer qu’elle est orthogo-nale à deux droites sécantes de ce plan.

admet pour vecteur directeur .

; .

Donc est orthogonale à .

; .

Donc est orthogonale à .

est donc orthogonale à deux droites sécantes du plan .

La droite est donc perpendiculaire au plan .

�

Une équation cartésienne du plan dans le repère orthonormal est dela forme :

.

a)

Écrivons que les coordonnées des points , et doivent vérifier cette équation ;

on doit donc avoir :

.

On peut choisir ;

On trouve alors ; ; .

est donc une équation cartésienne du plan .

b)

passe par et admet pour vecteur directeur .

admet donc pour représentation paramétrique

, .

c)

il existe

λ

réel tel que :

et .

On doit donc avoir soit .

On en déduit .

On vérifie que .

OG( ) OG 13-- ;

13

-- ; 13

-- ⎝ ⎠⎛ ⎞

AB 1– ; 1 ; 0 ( ) OG . AB 13-- 1–( )× 1

3 -- 1 × 1

3 -- 0 × + + 0 = =

OG( ) AB( )

AC 1 ; 0 ; 1 – ( ) OG . AC 13-- 1–( )× 1

3 -- 0 × 1

3 -- 1 × + + 0 = =

OG( ) AC( )

OG( ) ABC( )

OG( ) ABC( )

A′B′C′ O ; OA OB , OC ,( )

ax by cz d+ + + 0=

A′ B′ C′

2a d+ 0=

2b d+ 0=

3c d+ 0=⎩⎪⎨⎪⎧

a d2--–=

b d2--–=

c d3--–=

⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧

⇔

d 6–=

a 3= b 3= c 2=

3x 3y 2z 6–+ + 0= A′B′C′( )

AC( ) A 1 ; 0 ; 0 ( ) u 1 ; 0 ; 1 – ( )

AC( )

x λ– 1+=

y 0=

z λ=⎩⎪⎨⎪⎧

λ �∈

K x ; y ; z ( ) AC ( )∈ A ′ B ′ C ′( )∩ ⇔

x λ– 1+=

y 0=

z λ=⎩⎪⎨⎪⎧

3x 3y 2z 6–+ + 0=

3 λ– 1+( ) 3 0× 2λ 6–+ + 0= λ 3–=

K 4 ; 0 ; 3 – ( )

K AC( )∈ A′B′C′( )∩

134


�

M est un point intérieur au triangleABC ; d’après le cours, il existe 3 réels

α

,

β

et

γ

strictement positifs tels que Msoit barycentre de , ,

; autrement dit, il existe troisréels

α

,

β

,

γ

strictement positifs tels

que .

Le barycentre de et quiexiste puisque est un pointX de la droite .

Par le théorème d’associativité, on saitaussi que M est aussi barycentre de

et .

Donc ou encore .

donc .

On en déduit que M est le barycentre de et .

Donc .

Donc .

Donc soit .

�

Par analogie avec la question précédente, on a :

et .

Par suite

�

a)

f est dérivable sur et .

Sur , .

Si , est du signe de .

On en déduit le tableau de variations de f.

b)

D’après l’étude des variations de f, on déduit que f admet sur pour minimum absolu 2et qu’il est atteint uniquement pour . Ceci peut s’exprimer de la façon suivante :

– pour tout ,

– pour tout , si et seulement si x = 1.

�

a)

.

Le minimum de S est donc et il est atteint si et seulement si :

.

b)

S est donc minimale si et seulement si donc si et seulement si M est le centre de gra-vité du triangle ABC.

■

x

0 1

signe de

– 0 +

f

2

C'

A

B'

A'

M

B C

A α,( ) B β,( )C γ,( )

αMA βMB γ MC+ + 0=

B β,( ) C γ,( )β γ+ 0>BC( )

A α,( ) X β γ+,( )

M AX( )∈ X AM( )∈

X AM( )∈ BC( )∩ X A′=

A α,( ) A′ β γ+,( )

αMA β γ+( )MA′+ 0=

αMA β γ+( )– MA′=

αMA β γ+( )MA′= MAMA′---------- β γ+

α------------=

MBMB′--------- α γ+

β-------------= MC

MC′---------- α β+

γ-------------=

S MAMA′---------- MB

MB′--------- MC

MC′----------+ + β γ+

α------------ α γ+

β------------- α β+

γ-------------+ += =

βα--- α

β---+⎝ ⎠

⎛ ⎞ γα--- α

γ---+⎝ ⎠

⎛ ⎞ βγ--- γ

β---+⎝ ⎠

⎛ ⎞ .+ +=

]0 ; + ∞[ f′ x( ) 1 1x2-----– x2 1–

x2-------------- x 1

– ( ) x 1

+ ( )

x

2 ---------------------------------= = =

]0 ; + ∞[ f′ x( ) 0= x⇔ 1=

x 1≠ f′ x( ) x 1–

+ ∞

f ′

+ ∞ + ∞

]0 ; + ∞[x 1=

x 0> f x( ) 2≥x 0> f x( ) 2=

S f αβ---⎝ ⎠

⎛ ⎞ f βγ---⎝ ⎠

⎛ ⎞ f βγ---⎝ ⎠

⎛ ⎞+ +=

2 3× 6=αβ--- β

γ--- β

γ--- 1= = =

α β γ= =

Exercice

�

135


équence 8

1

ère

partie : Intégration et dérivation

a)

sur

�

.

b)

sur ou sur

.

c)

sur ou sur

.

d)

sur

.

e)

sur

�

où donc : .

f)

sur

�

où donc : .

g)

sur

�

d’où .

h)

sur ou ou

où

.

i)

sur

où

.


f x( ) x4 5x3– 3x2 4x– 2+ +=

F x( ) 15-- x5 5

4-- x4– x3 2x2– 2x+ +=

f x( ) 3x2----- 3x 2–= = ] ∞– ; 0 [ ]0 ; + ∞[

F x( ) 3x 2– 1+–3x--–= =

f x( ) 2x3-----– 2x 3––= = ] ∞– ; 0 [ ]0 ; + ∞[

F x( ) x 3– 1+ 1x2-----= =

f x( ) 1x2----- 2

x------+= ]0 ; + ∞[

F x( ) 1x--– 4 x+=

f x( ) x 1+( )3=

f x( ) u′ x( ) u x( )[ ]3×= u x( ) x 1+= F x( ) 14-- x 1+( )4=

f x( ) x x2 1+( )4=

f x( ) 12-- u′ x( ) u x( )[ ]4= u x( ) x2 1+= F x( ) 1

10----- x2 1+( )5=

f x( ) x2 3+( )2 x4 6x2 9+ += = F x( ) 15-- x5 2x3 9x+ +=

f x( ) 2x 1+

x2 x 2–+( )2------------------------------= ] ∞– ; 2 – [ ] 2– ; 1 [ ]1 ; + ∞[

f x( ) u′ x( )u x( )[ ]2

------------------= u x( ) x2 x 2–+=

F x( ) 1–x2 x 2–+-----------------------=

f x( ) 2x 1–

x2 x– 2–--------------------------= ] ∞– ; 1 – [ ] 2 ; + ∞[∪

f x( ) u′ x( )u x( )

--------------= u x( ) x2 x– 2–=

F x( ) 2 x2 x– 2–=

Exercice

�

136


a)

sur

or d’où la primitive cherchée

F :

.

b)

sur

or

d’où la primitive cherchée F :

.

c)

On trouve sur .

d)

On trouve sur

�

.

�

.

�

�

.

�

.

�

.

�

.

�

.

On reconnaît que est au coefficient près le résultat de la dérivée de .

.

(Le dénominateur ne s’annule pas.)

.

�

.

f x( ) 2x2-----–= ]0 ; + ∞[ x0 1 ]0 +∞[;∈=( ).

F x( ) 2x-- k+= F 1( ) 0 2 k+⇔ 0 k⇔ 2–= = =

]0 ; + ∞[ � →

x � 2x-- 2–

f x( ) 1x3----- x 3–= = ] ∞– ; 0 [ x0 1– ] ∞ – 0[ ; ∈ = ( ) .

F x( ) 12-- x 2–– k+ 1

2x2--------– k+= = F 1–( ) 1 1

2--– k+⇔ 1 k⇔ 3

2--= = =

] ∞– ; 0 [ � →

x � 12x2--------– 3

2--+

]0 ; + ∞[ F x( ) 56x6--------– 389

384--------+=

F x( ) 14-- x 1–( )4 2+=

t dtcosπ6---

5π6

------

∫ tsin[ ]π6---

5π6

------ 5π6

------sin π6---sin– 0= = =

2x4 dx3–

2

∫ 25-- x5

3–

2=

25-- 32 243–( )–( ) 2 275×

5----------------- 110.= = =

2t dtsin0

π∫ 1

2-- 2tcos–

0

π 12-- 2πcos–

12-- 0cos–⎝ ⎠

⎛ ⎞– 12--– 1

2--+ 0= = = =

ew dw0

2

∫ ew[ ]02 e2 1–= =

dss2-----

1

2

∫ 1s--–

1

2 12--–

11--–⎝ ⎠

⎛ ⎞– 12--= = =

dx1 x+-----------

3

1

∫ 1 x+ln[ ]31 2ln 4ln–

12--ln= = =

1t2----⎝ ⎠

⎛ ⎞exp

t3-------------------- dt

12--

1

∫ 12-- e

1t2----

– 12--

112-- e e4–( )–= =

1t3---- f : t � 1

t

2 ----

x 1+x2 2x 3+ +-------------------------- dx

3

4

∫ 12-- 2x 2+

x2 2x 3+ +-------------------------- dx

3

4

∫ 12-- x2 2x 3+ +ln

3

4 32--ln= = =

x 0> dtt

-----x

x2

∫ tln[ ]xx2

x2( )ln xln– xln= = =

xsinxcos

----------- dx0

π3---

∫ xcosln–[ ]0

π3--- π

3---cosln– 0cosln–( )–

12--ln– 1ln+ 2ln= = = =

Exercice �

Exercice �


� Intégrons par parties et posons :

et . On a alors :

� Intégrons par parties et posons :

et . On a alors :

Posons et

u x( ) xln=

v′ x( ) x=⎩⎨⎧

u′ x( ) 1x--=

v x( ) x2

2-----=⎩

⎪⎨⎪⎧

x x dxln1

2

∫ x2

2----- x( )ln

1

2 1x-- x2

2----- dx×

1

2

∫–42-- 2ln 1

2-- x dx

1

2

∫– 2 2ln 12-- x2

2-----

1

2–= = =

2 2ln 12-- 4

2-- 1

2--–⎝ ⎠

⎛ ⎞– 2 2ln 34-- .–= =

u x( ) x2=

v′ x( ) x( )sin=⎩⎨⎧ u′ x( ) 2x=

v x( ) x( )cos–=⎩⎨⎧

x2 x( ) dxsin0

π∫ x2 x( )cos–[ ]0

π 2x x( ) dxcos–0

π∫–=

+ π2 2x x dxcos–0

π∫– π2 2 x x dx.cos

0

π∫+= =

u x( ) x=

v′ x( ) xcos=⎩⎨⎧ u′ x( ) 1=

v x( ) xsin=⎩⎨⎧

x2 sin x dx0

π∫ π2 2 x xsin[ ]

0π+= 2 x dxsin

0

π∫–

π2 2 xcos[ ]0π+ π2 4.–= =

Exercice �



� On a :

ainsi : De plus, .

Ainsi : .

On a : ainsi

Transformer une puissance ou un produit de fonctions cosinus ou sinus en une telle somme s’appelleune linéarisation. Cette opération est très utile pour calculer certaines intégrales (voir question sui-vante).

� D’après ce qui précède, on a :

.

.

.

Soit u la fonction définie sur � par : .

On a : . Une primitive de cette

fonction est : . Ainsi :

.

� Procédons par identification

.

On en tire et d’où . On vérifie alors que pour tout x de :

.

2x( )cos 2 xcos2 1–= xcos2 2x( )cos 1+2

----------------------------- .= 4x( )sin 2 2x( )sin 2x( )cos××=

2x( )sin 2x( )cos 4x( )sin2

------------------=

asin eia e ia––2i

----------------------=

2x( )sin 3x( )sin ei2x e i2x––2i

--------------------------- ei3x e i3x––2i

---------------------------× ei5x e ix–– eix– e i5x–+4–

--------------------------------------------------------==

12-- e

i5x e i5x–+2

----------------------------–12-- e

ix e ix–+2

----------------------+12-- xcos 1

2-- 5x( ).cos–= =

xcos2 dx0

π∫ 2xcos

2--------------- 1

2--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ dx0

π∫ 2xsin

4-------------- x

2--+

0

π π2---= = =

2x( ) 2x( ) dxcossin0

π4---

∫ 4x( )sin2

------------------ dx0

π4---

∫ 4x( )cos–2 4×

------------------------0

π4--- πcos– 0cos+

8----------------------------------- 1

4--= = = =

2x( ) 3x( ) dxsinsinπ6---

π4---

∫ xcos2

----------- 5x( )cos2

-------------------–⎝ ⎠⎛ ⎞ dxπ

6---

π4---

∫ xsin2

---------- 5x( )sin5 2×

------------------– π6---

π4---

==

π4---⎝ ⎠

⎛ ⎞sin

2-----------------

5π4

------⎝ ⎠⎛ ⎞sin

10--------------------–

π6---⎝ ⎠

⎛ ⎞sin

2-----------------–

5π6

------⎝ ⎠⎛ ⎞sin

10--------------------+=

24

------- 220------- 1

4--– 1

20-----+ + 5 2 2 5– 1+ +

20------------------------------------------ 6 2 4–

20-------------------= = =

3 2 2–10

------------------- .=

x dxcos30

π∫ xcos2 x dxcos×

0

π∫ 1 xsin2–( ) x dxcos×

0

π∫= =

u x( ) xsin=

1 xsin2–( ) xcos× 1 u2 x( )–[ ] u′ x( )× u′ x( ) u2 x( ) u′ x( )×–= =

u u3

3-----–

x dxcos30

π∫ xsin xsin3

3-------------–

0

π0= =

a x 1–( )2 b+ 6x2 12x– 42+=

⇔ ax2 2ax– a b+ + 6x2 12x– 42+=

a 6= a b+ 42= b 36= �\ 1{ }

6x2 12x– 42+x 1–( )2

----------------------------------- 6 36x 1–( )2

------------------+=

Exercice �

Remarque

Exercice �


� Calculons I

d’où .

� et comme :

.

� .

Intégrons par parties en posant :

et .

On a alors :

Appelons K l’intégrale terminant l’expression de .

Intégrons à nouveau par parties en posant :

et .

On a :

.

Revenons à :

.

� Résolvons à présent le système

Par sommation : soit .

I 6 dx1–

0

∫ 36x 1–( )2

------------------ dx1–

0

∫+ 6x[ ] 1–0 36

x 1–-----------–

0

1–+= =

I 6 36 18–( )+= I 24=

I J+ x2 xcos2 xsin2+( ) dx0

π2---

∫= xcos2 xsin2+ 1=

I J+ x2 dx0

π2---

∫ x3

3-----

0

π2--- π3

24-----= = = I J+ π3

24-----=

I J– x2 xcos2 xsin2–( ) dx0

π2---

∫ x2 2x cos dx0

π2---

∫= =

u x( ) x2=

v′ x( ) 2xcos=⎩⎨⎧ u′ x( ) 2x=

v x( ) 12-- 2xsin=

⎩⎪⎨⎪⎧

I J–x2

2----- 2xsin

0

π2---

x 2x dxsin0

π2---

∫–=

I J–

u x( ) x=

v′ x( ) 2xsin=⎩⎨⎧ u′ x( ) 1=

v x( ) 12--– 2xcos=

⎩⎪⎨⎪⎧

K x2-- 2xcos–

0

π2---

12-- 2x dxcos–

0

π2---

∫–=

K x2-- 2xcos–

0

π2--- 1

2-- 2x dxcos

0

π2---

∫+=

K x2-- 2xcos–

0

π2--- 1

2-- 1

2-- 2xsin

0

π2---

+x2-- 2xcos–

14-- 2xsin+

0

π2---

= =

I J–

I J–x2

2----- 2xsin x

2-- 2xcos 1

4-- 2xsin–+

0

π2--- π

4---–= =

I J–π4---–=

I J+ π3

24-----=

I J–π4---–=⎩

⎪⎨⎪⎧

2I π3

24----- π

4---–= I π3

48----- π

8---–

π8--- π2

6----- 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞= =

Exercice �


Par soustraction : soit

.

� Déterminons les valeurs pour lesquelles

� on a :

Cette dernière inégalité est toujours vérifiée sur , d’où : pour tout x de on a.

� À présent pour avoir :

soit toujours vérifié

sur

� Par la propriété d’encadrement, puisque , on a :

soit :

d’où : d’où :

.

a) Il s’agit de 2 paraboles, chacune d’elles étant symétrique par rapport à l’axe des ordonnées puis-que représentant une fonction paire.

Pour l’une le maximum est 4.

Pour l’autre le maximum est 1.

Elles se rencontrent sur l’axe des abscisses aux points d’abscisse et 2.

et pour tout x de , .

Pour tout :

2J π3

24----- π

4---+= J π3

48----- π

8---+

π8--- π2

6----- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞= =

I π8--- π2

6----- 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞ et J π8--- π2

6----- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞= =

g x( ) f x( )≤

g x( ) f x( )≤ x2--– 1+

11 x2+--------------≤⇔

1 x2+( ) x– 2+( ) 2≤⇔

x3– 2x2 x– 2+ + 2≤⇔

x3 2x2– x+ 0≥⇔

x x2 2x– 1+( ) 0≥⇔

x x 1–( )2 0.≥⇔

0 ; 1 [ ] 0 ; 1 [ ]g x( ) f x( )≤

f x( ) h x( )≤

11 x2+-------------- x2

2-----– 1+≤ 2 x2– 2+( ) 1 x2+( )≤ 0 x4– x2+≤⇔ ⇔ 0 x2 1 x2–( )≤

0 ; 1 [ ]

x 0 ; 1 [ ]∈ g x( ) f x( ) h x( )≤ ≤

0 1≤

g x( ) dx0

1

∫ f x( ) dx0

1

∫ h x( ) dx0

1

∫≤ ≤

x2--– 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞ dx0

1

∫ f x( ) dx0

1

∫ x2

2-----– 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞ dx0

1

∫≤ ≤

x2

4-----– x+

0

1 f x( ) dx

0

1

∫ x3

6-----– x+

0

1≤ ≤

34-- 1

1 x2+-------------- dx

0

1

∫ 56--≤ ≤

2–

2 ; 2 – [ ] x2– 4+14

-- x 2 – 1 + ≥

Exercice

�

Exercice

�

141


b)

.

.

�

a)

On a :

.

b)

Utilisation de la formule du binôme de Newton.

On a :

d’où

�

En déduire la valeur de et la limite de quand n tend vers . On constate en remplaçant tpar 1 dans la deuxième écriture que l’on a , d’où :

Soit .

car

.

a)

Majorer et minorer .

* Pour tout x de d’où .

* De plus pour tout x de

d’où

i

j

3

4

y

y'

2

1

–1 0

xx'

–2 1 2

aire D x2– 4+( ) 14-- x2– 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞–⎝ ⎠⎛ ⎞ dx

2–

2

∫=

2 34-- x2– 3+⎝ ⎠

⎛ ⎞ dx parité( )0

2

∫=

2 14-- x3– 3x+

0

2=

2 2– 6 0–+( ) 8 u.a. = =

aire D 8 u.a. 8 cm 2 = =

P x( ) 1 x+( )n= n �*∈

P x( ) dx0

t

∫ 1 x+( )n dx0

t

∫ 1n 1+------------ 1 x+( )n 1+

0

t 1n 1+------------ 1 t+( )n 1+ 1–( )= = =

1 x+( )n 1n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ x

n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ x2 ...

n

n⎝ ⎠⎛ ⎞ xn+ + + +=

1 x+( )n dx0

t

∫ x 12--

n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ x2 1

3--

n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ x3 ... 1

n 1+------------

n

n⎝ ⎠⎛ ⎞ xn 1++ + + +

0

t=

t 12--

n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ t2 ... 1

n 1+------------

n

n⎝ ⎠⎛ ⎞ tn 1+ .+ + +=

un un + ∞un

un P x( ) dx0

1

∫ 1n 1+------------ 1 1+( )n 1+ 1–( )= =

un2n 1+ 1–

n 1+---------------------=

unn + ∞→lim 2

n 1+

n 1+------------ 1

n 1+------------

n + ∞→lim–

n + ∞→lim + ∞= =

2n 1+

n 1+------------

n + ∞→lim + ∞=

1n 1+------------

n + ∞→lim 0=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

unn + ∞→lim + ∞=

In xn

1 x2+-------------- dx

0

1

∫=

0 ; 1 [ ] xn

1 x2+-------------- 0 ≥ In 0≥

0 ; 1 [ ] xn

1 x2+-------------- xn ≤

In xn dx0

1

∫≤ 1n 1+------------ xn 1+

0

1 1n 1+------------= =

Exercice

�

Exercice

�

142


d’où .

b)

On utilise le théorème d’encadrement :

puisque

on déduit .

Montrer que pour tout n de

�

* .

On pose . Étudions f sur . On a :

d’où le tableau de variations

.

Ainsi pour tout x de : et donc ( est croissante sur

).

Puisque , d’où .

�

Calcul de

.

Intégrons par parties et posons

alors

.

�

Relation de récurrence entre et . En déduire

. On a :

.

x 0 1

+ 0 –

M

0 In1

n 1+------------≤ ≤

1n 1+------------

n + ∞→lim 0=

Inn + ∞→lim 0=

xn 1 x–( )n dx0

1

∫ 122n--------≤

f x( ) x 1 x–( )= 0 1;[ ]f′ x( ) 1 x–( ) x 1–( )+ 1 2x–= =

12--

f ′ x( )

f x( )

M f 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 14--= =

0 ; 1 [ ] x 1 x–( ) 14--≤ xn 1 x–( )n 1

4--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n≤ x � xn

�*

0 1≤ xn 1 x–( )n dx0

1

∫ 14--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n dx

0

1

∫≤ xn 1 x–( )n dx0

1

∫ 14n-----≤ 1

22n--------=

n �*∈ un1n!---- 1 t–( )net dt

0

1

∫=

u1

u111!---- 1 t–( )et dt

0

1

∫ 1 t–( )et dt0

1

∫= =

u t( ) 1 t–=

v′ t( ) et=⎩⎨⎧ u′ t( ) 1–=

v t( ) et=⎩⎨⎧

u1 1 t–( )et[ ]01= et dt

0

1

∫+ 1– et[ ]01+ e 2–= =

u1 e 2–=

un un 1+

un e 1– 1p!----

p 1=

n

∑–=

un 1+1

n 1+( )!------------------- 1 t–( )n 1+ et dt

0

1

∫=

Exercice

Exercice


Procédons à une nouvelle intégration par parties. On pose

On a :

.

On a donc :

On ajoute membre à membre ces égalités et on simplifie :

d’où .

� Pour tout n de �*, et .

* On a : car intégrale d’une fonction positive à intégrer de 0 à 1.

* Et .

On a donc bien pour tout n de �*

or d’où d’après le théorème d’encadrement on a :

soit .

Ainsi .

Autrement dit :

f t( ) 1 t–( )n 1+=

g′ t( ) et=⎩⎨⎧ f′ t( ) n 1+( ) 1 t–( )n–=

g t( ) et=⎩⎨⎧

un 1+1

n 1+( )!------------------- 1 t–( )n 1+ et[ ]0

1 n 1+( ) et 1 t–( )n dt0

1

∫+⎝ ⎠⎛ ⎞=

un 1+1–

n 1+( )!-------------------

1n!---- et 1 t–( )n dt

0

1

∫+ 1n 1+( )!

-------------------– un+= =

un1n!----– un 1–+=

un 1–1

n 1–( )!------------------– un 2–+=

�

u313!----– u2+=

u212!----– u1.+=

n 1–( )

un1n!----– 1

n 1–( )!------------------– ... 1

3!----–– 1

2!----– u1+=

e 1– 11!----– 1

2!----– 1

3!----– ... 1

n 1–( )!------------------––

1n!---- u1 e 1– 1

1!----–=⎝ ⎠

⎛ ⎞–=

un e 1– 1p!----

p 1=

n

∑–=

0 unen!----≤ ≤ 1 1

p!----

p 1=

n

∑+⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

n + ∞→lim e=

un 0≥

un1n!---- 1 t–( )net dt

0

1

∫ 1n!---- et dt

0

1

∫≤ 1n!---- et[ ]0

1 e 1–n!

----------- en!----<= = =

0 unen!----≤ ≤

en!----

n + ∞→lim 0=

unn + ∞→lim 0= e 1 1

p!----

p 1=

n

∑+⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

–⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

n + ∞→lim 0=

1 1p!----

p 1=

n

∑+⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

n + ∞→lim e=

e 1 11!---- 1

2!---- ...+ + +=


� a) Soit sur

� f est la somme de la fonction constante égale à 1 et de la fonction qui à tout x associe ,donc f est dérivable et pour tout x de I on a :

.

� x varie de 0 à donc 3x varie de 0 à π :

et si alors donc . Il en résulte que f est strictement décroissantesur I.

� Soit m la valeur moyenne de f sur I ; on a par définition :

x0

3x 0 π

0 + 0

0 – 0

2

0

f x( ) 1 3xcos+= I 0 ; π 3 ---=

3xcos

f′ x( ) 3 3xsin–=

π3--- 0sin πsin 0= =

0 3x π< < 3xsin 0> f′ x( ) 0<

π3---

3xsin

f ′ x( )

f x( )

0

–1

–2

x3

C : y = 1 + cos 3 x

y

2

1

section du solidede révolutionavec le plande la feuille

π6π

m 1π3--- 0–------------ f x( ) dx

0

π3---

∫=

Exercice �

145


d’où :

.

Ainsi la valeur moyenne de f sur I est : .

�

On sait que ce volume V (exprimé en unités de volume : u.v.) est donné :

, d’où :

d’où .

m 3π--- 1 3xcos+( ) dx

0

π3---

∫ 3π--- x 1

3-- 3xsin+

0

π3---

= =

m 3π--- π

3--- 0 0 0–( )–+ 1= =

m 1=

V π f x( )( )2 dx0

π3---

∫=

V π 1 3xcos+( )2 dx0

π3---

∫ π 1 2 3xcos 3xcos( )2+ +( ) dx0

π3---

∫= =

V π 1 2 3xcos 6xcos 1+2

------------------------+ +⎝ ⎠⎛ ⎞ dx

0

π3---

∫= acos2 2a( )cos 1+2

-----------------------------=⎝ ⎠⎛ ⎞

V π 32-- 2 3xcos 1

2-- 6xcos+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞ dx0

π3---

∫ π 32-- x 2

3-- 3xsin 1

12----- 6xsin+ +

0

π3---

= =

V π π2--- 0 0 0 0 0+ +( )–+ +

π2

2----- u.v. = =

V 27π2

2------------ cm 3 133 24 cm 3 , ≈ = 1 u.v. 27 cm 3 = ( )

équence 8

146


2

ème

partie : Combinaisons ;exemples de probabilités discrètes

Le modèle A se fait en 2 carrosseries et 9 colories.

Il y a donc choix possibles si le client opte pour un modèle A.

Il y a aussi 18 choix possibles de modèle C.

Le modèle B se fait en 4 carrosseries et 9 couleurs.

Il y a donc choix possibles de modèle C.

Il y a aussi 36 choix possibles de modèle D. Il y a donc en tout choix possibles.

Ébauchons l’arbre des possibilités.

Avec un chiffre binaire, on peut coder 2 caractères, 0 ou 1.

Avec 2 chiffres binaires, on peut coder soit 4 caractères, ; ; ; .

Avec 3 chiffres binaires, on peut coder caractères décrit par l’arbre suivant :

Avec

8 chiffres

, on peut donc coder

caractères

, soit256 caractères.


2 9× 18=

9 4× 36=

2 2 9 2 4 9××+×× 108=

2 2× 0 0,( ) 0 1,( ) 1 0,( ) 1 1,( )

2 2 2×× 23=

0

1

0

1

0

1

0

1

0

0

2e

chiffre3e

chiffre Chaque rajout d'un chiffremultiplie par 2le nombre de caractèresque l'on peut coder.

1er

chiffre

1

0

1

1

2 2 2 2 2 2 2 2××××××× 28=

Exercice

�

Exercice

�

147


a)

Pour la lettre, il y a 3 choix possibles ; une fois celle-ci choisie, il y a 6 façons de choisir le premierchiffre.

Avec une lettre et un chiffre, il y aurait donc codes possibles.

Une fois la lettre et le premier chiffre choisis, il y a 6 façons de choisir le second chiffre.

Avec une lettre et deux chiffres, il y aurait donc codes possibles.

Avec une lettre et 3 chiffres, il y a donc codes possibles.

b)

Si on ne veut pas que le chiffre 1 figure dans le code, il n’y a que 5 choix possibles pour chacundes trois chiffres. Le nombre de codes possibles et donc : codes possibles.

c)

Si on ajoute le nombre de codes comportant au moins le chiffre 1 avec le nombre de codes necomportant pas le chiffre 1, on obtient le nombre total de codes.

Le nombre de codes comportant au moins le chiffre 1 est donc : .

d)

Pour la lettre, il y a 3 choix possibles ; une fois celle-ci choisie, il y a 6 façons de choisir le premierchiffre.

Avec une lettre et un chiffre, il y aurait donc codes possibles.

Une fois la lettre et le premier chiffre choisis, il y a 5 façons de choisir le second chiffre car on ne peutpas répéter le premier chiffre.

Avec une lettre et deux chiffres distincts, il y aurait donc codes possibles.

Avec une lettre et 3 chiffres, il y a donc codes possibles.

e)

Le nombre de codes comportant au moins deux chiffres identiques est égale au nombre total decodes auquel on retranche le nombre de codes ne comportant que des chiffres distincts. On en trouvedonc : codes comportant au moins deux chiffres identiques.

Une disposition possible est une permutation des 7 numéros des places.

Il y a donc permutations possibles, soit 5 040.

�

Il y a huit façons pour choisir le premier nageur ; une fois celui-ci choisi, il y a 7 façons de choisir lesecond, ce qui fait donc choix possibles pour les deux premiers.

Les deux premiers étant choisis, on peut choisir le dernier de 6 façons.

Il y a donc podiums possibles.

�

Le nageur français peut être le premier ; il faut choisir alors les 2 autres nageurs, ce que l’on peutfaire de possibilités.

Le nageur français peut être second ; il y a donc 7 possibilités pour choisir le premier et 6 pour le troi-sième soit encore 42 possibilités.

De même si le nageur français est troisième, il y a 42 possibilités pour choisir les deux premiers.

Il y a donc podiums avec le nageur français.

� Il y a façons de choisir 5 personnes parmi 18.

� Jean doit faire partie du groupe ; il faut donc choisir 4 personnes parmi les 17 restantes ce que l’on

peut faire de façons. Il y a donc 2 380 groupes où figurent Jean.

� Cherchons le nombre de groupes comportant Jean et René.

Il reste donc à choisir 3 personnes parmi les 16 restantes, ce que l’on peut faire de

façons.

Il y a donc groupes telles que Jean et René ne se retrouvent pas ensemble.

3 6×

3 6 6××3 6 6 6××× 3 63× 648= =

3 53× 375=

648 375– 273=

3 6×

3 6 5××3 6 5 4××× 360=

648 360– 288=

7!

8 7×

8 7 6×× 336=

7 6× 42=

3 7 6×× 126=

18

5⎝ ⎠⎛ ⎞ 8 568 =

17

4⎝ ⎠⎛ ⎞ 2 380 =

16

3⎝ ⎠⎛ ⎞ 560=

8 568 560 – 8 008 =

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

148


a)

Notons A l’ensemble des personnes lisant la revue A et B l’ensemble des personnes liant la revueB. représente l’ensemble des personnes lisant les deux revues et représente l’ensembledes personnes lisant au moins une revue.

Le diagramme suivant permet de dénombrer les personnes de chaque ensemble.

Si l’on note cardE le nombre d’éléments d’un ensemble E, on peut démontrer que, formule à rapprocher de la formule

.

b)

Il faut donc choisir 5 personnes parmi les 15 lisant au moins une revue ; il y a

façons de le faire.

c)

Il y a façons de choisir les 3 personnes lisant uniquement la revue A.

Il y a façons de choisir les 2 personnes lisant uniquement la revue B.

On choisit le groupe des 3 personnes lisant A et celui des 2 personnes lisant B dans deux ensembles

différents ; d’après le principe multiplicatif, il y a donc façons de choisir ces per-

sonnes.

d)

Il faut choisir 3 personnes lisant A parmi 10 et 2 ne lisant pas A parmi 10 ou

4 personnes lisant A parmi 10 et 1 ne lisant pas A parmi 10 ou

5 personnes lisant A parmi 10.

Le nombre de choix possibles est donc : .

.

.

A B∩ A B∪

card A B∪( ) card A card B card A B∩( )–+=P A B∪( ) P A( ) P B( ) P A B∩( )–+=

5

53

7

A

B

15

5⎝ ⎠⎛ ⎞ 3 003 =

7

3⎝ ⎠⎛ ⎞

5

2⎝ ⎠⎛ ⎞

7

3⎝ ⎠⎛ ⎞ 5

2⎝ ⎠⎛ ⎞× 350=

10

3⎝ ⎠⎛ ⎞ 10

2⎝ ⎠⎛ ⎞×

10

4⎝ ⎠⎛ ⎞ 10

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 10

5⎝ ⎠⎛ ⎞+×+ 7 752 =

3 2i–( )3 33 3 32× 2i–( ) 3 3 2i–( )2 2i–( )3+××+×+ 27 54i– 36– 8i+ 9– 46i–= = =

1 x+( )4 1 4x 6x2 4x3 x4+ + + +=

Exercice

�

Remarque

Exercice



Le candidat répète 10 fois la même épreuve à 2 issues possibles :

S « le candidat répond correctement à la question posée ». puisque le candidat

répond au hasard.

« le candidat répond mal » ; .

Les réponses à chaque question sont indépendantes.

On est donc en présence d’une suite de 10 épreuves de Bernoulli.

Soit X le nombre de réponses exactes. X suit la loi binomiale de paramètres 10 et .

Pour être reçu, il faut répondre au moins à 8 questions. La probabilité d’être reçu est donc :

� a) Le jardinier répète 5 fois la même épreuve à 2 issues possibles :

S « le bulbe planté donne une fleur ». .

« le bulbe planté ne donne pas de fleurs ». .

On suppose que les résultats de deux épreuves sont indépendants.


Soit X le nombre de fleurs obtenues. X suit la loi binomiale de paramètres 5 et 0,8.

Par suite, .

b) .

� a) Soit J l’événement « le bulbe planté contient le gène jaune ».

Le bulbe planté produit une fleur jaune est l’événement : .

Or car les événements S et J sont indépendants.

Donc la probabilité cherchée est : .

b) Le jardinier répète 4 fois la même épreuve à 2 issues possibles :

S « le bulbe planté donne une fleur jaune ». .

« le bulbe planté ne donne pas de fleurs jaunes ».

.

On suppose que les résultats de deux épreuves sont indépendants.


Soit X le nombre de fleurs jaunes obtenues. X suit la loi binomiale de paramètres 4 et 0,48. Par suite,

.

.

P S( ) p 13--= =

S P S( ) 1 P S( )– 1 p– 23--= = =

13--

P X 8=( ) P X 9=( ) P X 10=( )+ +

10

8⎝ ⎠⎛ ⎞ 1

3---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 8 23---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2××

10

9⎝ ⎠⎛ ⎞ 1

3---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 9 23---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1××

10

10⎝ ⎠⎛ ⎞ 1

3---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 10 23---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0××+ +=

13--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 845 4

9--× 10 1

3-- 2

3--×× 1

9--+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞× 6719 683 ----------------

�

0 003

.

,= =

P S( ) p 0 8,= =

S P S( ) 1 P S( )– 1 p– 1 0 8,– 0 2,= = = =

P X 5=( )5

5⎝ ⎠⎛ ⎞ 0 8,( )5 0 2,( )0×× 0 8,( )5 0 327 68 ,= = =

P X 4=( )5

4⎝ ⎠⎛ ⎞ 0 8,( )4 0 2,( )×× 0 409 6 ,= =

S J∩

P S J∩( ) P S( ) P J( )×=

P S J∩( ) 0 8, 0 6,× 0 48,= =

P S( ) p 0 48,= =

S

P S( ) 1 P S( )– 1 p– 1 0 48,– 0 52,= = = =

P X 0=( )4

0⎝ ⎠⎛ ⎞ 0 48,( )0 0 52,( )4×× 0 52,( )4 0 073 116 ,= = =

P X 2=( )4

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 0 48,( )2 0 52,( )2×× 0 373 801 ,= =

Exercice

�

Exercice

�

150


�

On recommence 4 fois l’épreuve à 2 issues possibles :

S « l’enfant considéré est une fille ».

« l’enfant considéré est un garçon ». .

On suppose que p est constant et indépendant de l’enfant considéré.

On est donc en présence de la répétition de 4 épreuves de Bernoulli.

Soit X le nombre de filles de la famille. X suit la loi binomiale de paramètres 4 et p.

Donc .

�

Pour , on obtient donc les résultats suivants

On peut vérifier que .

�

On recommence n fois l’épreuve à 2 issues possibles :

S « on obtient un six » ; car le dé est non pipé

« on n’obtient pas de 6 » ; .

Les résultats de 2 lancers sont indépendants.

On est donc en présence de la répétition de n épreuves de Bernoulli.

Soit X le nombre de 6 obtenus. X suit la loi binomiale de paramètre n et .

Considérons l’événement A « amener un ou plusieurs 6 »

« n’amener aucun 6 ».

.

Il faudra donc au moins

4 lancers

pour amener un (ou plusieurs 6) avec une chance sur deux aumoins.

k

0 1 2 3 4

P S( ) p=

S P S( ) 1 p–=

P X k=( )4

k⎝ ⎠⎛ ⎞ pk 1 p–( )4 k–××=

p 12--=

P X k=( ) 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 44 1

2--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4× 6 1

2--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4× 4 1

2--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4× 1

2--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4

P X k=( ) 116-----

416----- 6

16----- 4

16----- 1

16-----

P X k=( )k 0=

k 4=

∑ 1=

P S( ) 16--=

S P S( ) 56--=

16--

A

P A( ) P X 0=( ) 56--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n= =

P A( ) 12-- 1 P A( )–

12-- P A( ) 1

2-- 5

6--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n 12-- n 5

6--⎝ ⎠

⎛ ⎞ln 12--ln≤⇔≤⇔≤⇔≥⇔≥

n

12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ln

56--⎝ ⎠

⎛ ⎞ln--------------≥ � 3 80.,⇔

Exercice �

Exercice �



� On choisit 4 cases parmi 16 soit dispositions possibles soit 1 820 dispositions possibles.

� a) Si on enlève les 8 cases des diagonales, il reste 8 cases disponibles soit dispositions pos-

sibles d’où :

70 dispositions en excluant les diagonales.

b) Si 3 jetons sont sur une même diagonale, il reste 12 cases pour placer le quatrième jeton. Quant

aux 3 jetons, il y a manières de les disposer sur la diagonale considérée.

En raisonnant sur une diagonale, il y a donc dispositions possibles de ces jetons.

Le raisonnement étant le même pour la seconde diagonale, on conclut :

dispositions possibles présentant 3 jetons sur une diagonale.

c) Raisonnons par exemple sur les colonnes.

Il y a 4 choix possibles pour le premier jeton en première colonne.

Ce choix étant fait, la ligne portant le premier jeton est à éliminer. Il reste donc 3 choix possibles dansla seconde colonne. Il ne restera alors que 2 choix pour la troisième colonne. Le choix est alors imposépour la dernière colonne.

D’où dispositions possibles.

a) Il y a façons de choisir 5 cartes parmi 32. Il y a donc 201 376 tirages possibles.

b) On choisit un roi parmi les 4, et ensuite à chaque cas se greffe le nombre de façons de choisir4 cartes parmi car il ne faut plus de rois.

D’où le total : .

c) Les parties de 5 cartes qu’il faut constituer se présentent de la façon suivante :

Il y a façons de choisir 1 roi parmi 4.

À chaque choix d’un roi, il y a façons de choisir 2 dames parmi 4.

À chacun des choix précédents, il y a façons de choisir 3 autres cartes parmi 24.

D’après le principe multiplicatif, il y a donc .

d) Les parties contenant au moins 2 trèfles sont les parties contenant

2 trèfles exactement ; il y en a OU


16

4⎝ ⎠⎛ ⎞

8

4⎝ ⎠⎛ ⎞

4

3⎝ ⎠⎛ ⎞

124

3⎝ ⎠⎛ ⎞×

2 124

3⎝ ⎠⎛ ⎞×× 96=

4! 4 3 2 1××× 24= =

32

5⎝ ⎠⎛ ⎞

32 4–

428

4⎝ ⎠⎛ ⎞× 81 900 =

{ } ,{ } ,{ },,{ }

1 roiparmi 4

2 damesparmi 4

2 autres cartesparmi .32 8– 24=

4

1⎝ ⎠⎛ ⎞

4

2⎝ ⎠⎛ ⎞

24

2⎝ ⎠⎛ ⎞

4

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 4

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 24

2⎝ ⎠⎛ ⎞×× 6 624 =

8

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 32 8–

3⎝ ⎠⎛ ⎞×

8

3⎝ ⎠⎛ ⎞ 32 8–

2⎝ ⎠⎛ ⎞×

Exercice

�

Exercice

�

152



5 trèfles exactement ; il y en a .

Les 4 types de parties précédentes étant disjointes, il suffit de les additionner.

Il y a donc en tout : .

Développons à l’aide de la formule du binôme.

a)

.

En remplaçant x par 2, on obtient donc

.

On en déduit donc que .

b)

et .

On en déduit

et en remplaçant x par 1

.

�

Cherchons la probabilité de l’événement contraire . est l’événement « ne pas tirer de boulesmarquées 3 ».

Les tirages étant supposés équiprobables, on peut modéliser l’expérience par une loi équirépartie.

On a alors .

Le nombre de cas possibles est le nombre de façons de choisir simultanément 3 boules parmi 12 soit

.

Les tirages favorables à sont ceux constitués de trois boules choisies parmi les 8 boules non numé-

rotées 3. Il y en a .

Donc .

Donc .

Il faut choisir une boule dans l’ensemble des boules numérotées 1, une dans l’ensemble des boulesnumérotées 3 et une dans l’ensemble des boules numérotées 5.

8

4⎝ ⎠⎛ ⎞ 32 8–

1⎝ ⎠⎛ ⎞×

8

5⎝ ⎠⎛ ⎞

8

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 24

3⎝ ⎠⎛ ⎞×

8

3⎝ ⎠⎛ ⎞ 24

2⎝ ⎠⎛ ⎞×

8

4⎝ ⎠⎛ ⎞ 24

1⎝ ⎠⎛ ⎞×

8

5⎝ ⎠⎛ ⎞+ + + 73 864 =

1 x+( )n

f x( ) 1 x+( )n n

0⎝ ⎠⎛ ⎞ 1n x0××

n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 1n 1– x1××

n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 1n 2– x2×× ...+ + += =

n

p⎝ ⎠⎛ ⎞ 1n p– xp×× ...

n

n⎝ ⎠⎛ ⎞ 10 xn××+ + +

n

0⎝ ⎠⎛ ⎞ x

n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ x2 n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ ... xp n

p⎝ ⎠⎛ ⎞ ... xn n

n⎝ ⎠⎛ ⎞+ + + + + +=

1 2+( )n n

0⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 22 n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ ... 2p n

p⎝ ⎠⎛ ⎞ ... 2n n

n⎝ ⎠⎛ ⎞+ + + + + +=

n

0⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 22 n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ ... 2p n

p⎝ ⎠⎛ ⎞ ... 2n n

n⎝ ⎠⎛ ⎞+ + + + + + 3n=

f′ x( ) n 1 x+( )n 1–=

f′ x( ) 1n

1⎝ ⎠⎛ ⎞× 2x

n

2⎝ ⎠⎛ ⎞× ... pxp 1– n

p⎝ ⎠⎛ ⎞× ... nxn 1– n

n⎝ ⎠⎛ ⎞×+ + + + +=

n 1 x+( )n 1– n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 2x

n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ ... pxp 1– n

p⎝ ⎠⎛ ⎞ ... nxn 1– n

n⎝ ⎠⎛ ⎞+ + + + +=

n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ ... p

n

p⎝ ⎠⎛ ⎞ ... n

n

n⎝ ⎠⎛ ⎞+ + + + + n 2n 1–×=

A A


---------------------------------------------------------------------=

12

3⎝ ⎠⎛ ⎞

A8

3⎝ ⎠⎛ ⎞

P A( )

8

3⎝ ⎠⎛ ⎞

12

3⎝ ⎠⎛ ⎞----------- 8 7 6××

12 11 10××----------------------------- 14

55-----= = =

P A( ) 1 1455------– 41

55------= =

Exercice �

Exercice �


D’après le principe multiplicatif, il y a donc cas favorables à B soit 60.

Donc .

Les cas favorables à C sont constitués des tirages de 3 boules marquées 1, ou 3 boules marquées 3,

ou 3 boules marquées 5. Il y en a donc : .

Donc .

On peut remarquer que est l’événement certain car

– ou bien, l’on tire trois boules portant trois numéros différents

– ou bien, l’on tire trois boules portant le même numéro

– ou bien, parmi les trois boules tirées, deux exactement portent le même numéro.

Les événements B, C et D étant incompatibles, .

On a donc .

Donc .

� Pour être gagnant, il faut que la somme des points marqués soit plus grande que 12.

Il faut donc tirer 3 boules numérotées 5 ou 2 boules numérotées 5 et une boule numérotée 3.

.

� Il y a choix possibles de 11 films parmi 15.

� a) Les parties de 11 films favorables aux choix de 8 films sur la Grèce sont les parties constituéesde la façon suivante :

Le nombre de parties ainsi constitué est donc : .

Comme on ne peut pas identifier les films, on peut modéliser l’expérience par une loi équirépartie.

Soit A l’événement « tous les films sur la Grèce sont développés ».

.

b) Soit B l’événement « aucun film sur l’Italie n’est développé ».

Les parties favorables à B sont constituées par le choix de 11 films parmi les films nontournés en Italie.

.

5 4 3××

P B( ) 6012

3⎝ ⎠⎛ ⎞----------- 60

220--------- 3

11------= = =

5

3⎝ ⎠⎛ ⎞ 4

3⎝ ⎠⎛ ⎞ 3

3⎝ ⎠⎛ ⎞+ + 15=

P C( ) 15220--------- 3

44------= =

B C D∪ ∪

P B C D∪ ∪( ) P B( ) P C( ) P D( )+ +=

P B( ) P C( ) P D( )+ + P Ω( ) 1= =

P D( ) 1 P B( ) P C( )–– 1 311------

344------+⎝ ⎠

⎛ ⎞–2944------= = =

P « être gagnant » ( )

3

3 ⎝ ⎠⎛ ⎞

3

2 ⎝ ⎠⎛ ⎞

4

1 ⎝ ⎠⎛ ⎞×

+

220

-------------------------------------- 13220

---------= =

15

11⎝ ⎠⎛ ⎞ 1 365 =

, , , , , , ,{ } , ,{ },{ }

8 filmsparmi 8

sur la Grèce

3 films parmi les autres.15 8–

8

8⎝ ⎠⎛ ⎞ 7

3⎝ ⎠⎛ ⎞× 35=

P A( ) 3515

11⎝ ⎠⎛ ⎞----------- 35

1 365 --------------

139 ------

0 025 6 , ≈ = = =

15 2– 13=

P B( )

13

11⎝ ⎠⎛ ⎞

15

11⎝ ⎠⎛ ⎞-----------

235------ 0 057 1 , ≈ = =

Exercice

�

154


c)

Pour avoir autant de films sur la Grèce que sur l’Italie, il faut choisir : 5 films sur la Grèce, 5 filmssur la Turquie et un sur l’Italie et c’est la seule possibilité.

Soit C l’événement « développer autant de films sur la Grèce que sur l’Italie ».

.

d)

Soit D l’événement « Développer deux fois plus de films sur la Turquie que sur l’Italie ».

Il faut donc développer :

– 1 film sur l’Italie, 2 sur la Turquie, 8 sur la Grèce ; il y a façons de le faire.

– ou 2 films sur l’Italie, 4 sur la Turquie, 5 sur la Grèce ; il y a façons de le faire.

.

�

On répète n fois la même épreuve à 2 issues possibles

S « le conducteur est en état d’ébriété » ; .

« le conducteur n’est pas en état d’ébriété » ; .

Les résultats des différents contrôles sont indépendants ; on est donc en présence de la répétition den épreuves de Bernoulli.

Soit X le nombre de personnes en état d’ébriété au cours du contrôle.

X suit la loi binomiale de paramètres n et 0,02.

Par suite, .

.

�

Soit A l’événement « au cours du contrôle, il y a au moins une personne en état d’ébriété »

« au cours du contrôle, aucune personne n’est en état d’ébriété ».

.

�

Cherchons n tel que .

L’inégalité précédente équivaut à : .

.

On prendra donc .

�

X suit alors la loi binomiale de paramètres 500 et 0,02.

contrôles positifs.

�

Une personne choisit un hôtel ; ou elle choisit , avec pour probabilité , ou elle ne choisit pas

avec une probabilité de . C’est une épreuve de Bernoulli.

On répète n fois cette épreuve. Les résultats de deux épreuves sont indépendants.

P C( )

8

5⎝ ⎠⎛ ⎞ 5

5⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

1⎝ ⎠⎛ ⎞××

15

11⎝ ⎠⎛ ⎞

-------------------------------------16195--------- 0 082 1 , ≈ = =

2

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 5

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 8

8⎝ ⎠⎛ ⎞××

2

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 5

4⎝ ⎠⎛ ⎞ 8

5⎝ ⎠⎛ ⎞××

P D( )

2

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 5

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 8

8⎝ ⎠⎛ ⎞××

2

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 5

4⎝ ⎠⎛ ⎞ 8

5⎝ ⎠⎛ ⎞××+

15

11⎝ ⎠⎛ ⎞

--------------------------------------------------------------------------------- 20 280+1 365

----------------------

3001 365 --------------

2091 ------

0 219 8 , ≈ = = = =

P S( ) 0 02,=

S P S( ) 0 98,=

P X 0=( ) 0 98,( )n=

P X 1=( )n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ 0 02,( ) 0 98,( )n 1–×× n 0 02,( ) 0 98,( )n 1–××= =

P X 2=( )n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ 0 02,( )2 0 98,( )n 2–×× n n 1–( )

2-------------------- 0 02,( )2 0 98,( )n 2–××= =

A

P A( ) 1 P A( )– 1 P X 0=( )– 1 0 98,( )n–= = =

1 0 98,( )n– 0 95,≥

0 98,( )n 0 05,≤

0 98,( )n 0 05, 0 98,( )nln 0 05,ln n 0 05,( )ln0 98,( )ln

--------------------- � 148 28,≥⇔≤⇔≤ 0 98,( )ln 0<( )

N 149=

E X( ) 500 0 02,× 10= =

H113--

H123--

Exercice �

Exercice �


Soit le nombre de personnes ayant choisi l’hôtel .

suit la loi binomiale de paramètres n et .

Par suite, .

Il en est de même pour les variables et .

� donc prend les valeurs 0, 1, 2, ..., n et

.

Or , donc

donc suit la loi binomiale de paramètres n et .

Par suite, et .

� a) Soit « le joueur réussit son 1er service » ; donc .

Soit « le joueur réussit son 2e service ».

« » le joueur fait une double faute

donc .

b) La mise en jeu est réussie est l’événement contraire de (c.-à-d. qu’il y ait double faute)

donc .

� a) Le joueur recommence 10 fois une même épreuve à 2 issues possibles.

Il réussit la mise en jeu : ; il ne réussit pas .

Les résultats de 2 épreuves successives sont indépendants. On est donc en présence d’un schéma deBernoulli.

Soit X la variable aléatoire égale au nombre de balles gagnées.

X suit la loi binomiale de paramètres 10 et .

.

b) Soit A l’événement « le joueur gagne au moins 9 balles » ; cet événement est la réunion des évé-nements et .

. ■

X1 H1

X113--

P X1 k=( )n

k⎝ ⎠⎛ ⎞ 1

3---⎝ ⎠

⎛ ⎞ k 23---⎝ ⎠

⎛ ⎞ n k–××=

X2 X3

X1 X2+ n X3–= X1 X2+

P X1 X2+ k=( ) P n X3– k=( ) P X3 n k–=( )n

n k–⎝ ⎠⎛ ⎞ 1

3--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n k– 23--⎝ ⎠

⎛ ⎞ k××= = =

n

n k–⎝ ⎠⎛ ⎞ n

k⎝ ⎠⎛ ⎞= P X1 X2+ k=( )

n

k⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

3--⎝ ⎠

⎛ ⎞ k 13--⎝ ⎠

⎛ ⎞ n k–××=

X1 X2+23---

E X1 X2+( ) 23--- n= V X1 X2+( ) n 2

3---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 13---⎝ ⎠

⎛ ⎞×× 29--- n= =

S1 p S1( ) 23--= p S1( ) 1 p S1( )– 1

3--= =

S2

pS1

S2( ) 45--=

S1 S2∩

p S1 S2∩( ) pS1

S2( ) p S1( )× 1 pS1

S2( )–( ) p S1( )×= = p S1 S2∩( ) 15-- 1

3--× 1

15-----= =

S1 S2∩

p « la mise en jeu est réussie » ( ) 1 115

-----– 1415

-----= =

p S( ) 1415-----= p S( ) 1

15-----=

1415-----

P X k=( )10

k⎝ ⎠⎛ ⎞ 14

15------⎝ ⎠

⎛ ⎞ k 115------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 10 k–××=

P X 9=( )10

9⎝ ⎠⎛ ⎞ 149

1510----------× 0 358,≈=

P X 10=( ) 1415------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 100 502,≈=

X 9=( ) X 10=( )

P A( ) P X 9=( ) P X 10=( )+10 149× 1410+

1510------------------------------------- 0 860,≈= =

Exercice

157


équence 9

1

ère

partie : Fonctions exponentielles ; croissances comparées

�

�

(car )

�

�

et

On a donc bien l’égalité .

a)

Les solutions de l’équation du second degré sont et 3.

n’a pas de solution car : , .

b)

Les solutions de l’équation du second degré sont 3 et .

n’a pas de solution réelle

c)

Le domaine de définition de cette équation est .

Corrigé des exercices d’apprentissage27 53

3206----------------- 33 51 2/×( )1 3/

26 5×( )1 6/----------------------------------=

3 51 6/×2 51 6/×------------------- 3

2--= =

320 26 5×=

2 3

2--------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1 3+ 3 2

3--------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 1++ 2 3 1–( ) 1 3+( ) 3 2 1–( ) 2 1+( )+=

2 3 1–( ) 3 2 1–( )+=

4 3+ 7= =

2( ) 3 e 3 2ln= 2 2( )13

-------e

13

------- 2 2lne

13

------- 2( )3lne

33

------- 2ln= = =

e 3 2ln=

2( ) 3 2 2( )13

-------=

9x 23 x–--------– 3= 32( )x 2 3x 3–×–⇔ 0=

3x( )2 2 3x 3–×–⇔ 0=

X 3x=

X2 2X– 3– 0=⎩⎨⎧

⇔

1–

3x 1–= x �∈∀ 3x 0>

3x 3=( ) x⇔ 1= S 1{ }=

32x 5+ 3 3x 2+ 18–×– 0= 3 3x 2+( )2× 3 3x 2+×– 18–⇔ 0=

3x 2+( )2 3x 2+– 6–⇔ 0=

X 3x 2+=

X2 X– 6– 0=⎩⎨⎧

⇔

2–

3x 2+ 2–=

3x 2+ 3= x 2+⇔ 1= x⇔ 1–= S 1–{ }.=

x x x( )x= e x xln⇔ ex xln= 1( )]0 ; + ∞[

Exercice

�

Exercice

�

158


ou

ou ou

d)

Domaine :

ou

�

Pour tout ,

. De plus :

et . On a donc :

et .

�

Pour tout réel x,

.

De plus, , on a donc : .

�

On a : . Il s’agit donc d’une forme

indéterminée.

Pour tout ,

où .

On a donc :

.

1( ) x xln⇔ x xln=

x xln⇔ 12-- x xln=

xln( ) x 12-- x–⎝ ⎠

⎛ ⎞⇔ 0=

xln⇔ 0= x 1 12-- x–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0=

x⇔ 1= x 2= x⇔ 1= x 4= S 1 ; 4 { } . =

xx x( )x 2+= ex xln⇔ e x 2+( ) xln= 2( )

]0 ; + ∞[

2( ) x xln⇔ x 2+( ) xln=

x xln⇔ 12-- x 2+( ) xln=

xln( ) x 12-- x– 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞⇔ 0=

xln( ) 12-- x 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞⇔ 0=

x⇔ 1= x 2= S 1 ; 2 { } . =

x 0>

x xln– x 1 xlnx

--------– x 1 2 x( )lnx

-----------------–= =

xx + ∞→

lim + ∞= ulnu

--------u + ∞→

lim 0=

1 2 x( )lnx

-----------------–x + ∞→

lim 1= x xln–x + ∞→

lim + ∞=

2x 3x–2x 2x2+--------------------

2x 1 3x2x-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞

2x 1 2x2

2x--------+⎝ ⎠

⎛ ⎞-----------------------------

1 3x2x-----–

1 2x2

2x--------+

-----------------= =

3x2x-----

x + ∞→lim 2x2

2x--------

x + ∞→lim 0= = 2x 3x–

2x 2x2+--------------------

x + ∞→lim 1=

0 8x,x + ∞→

lim x 0 5,–x + ∞→

lim 0= = 0 8, 1 et x 0 5,– 1x

------=<⎝ ⎠⎛ ⎞

x 0>

0 8x,x 0 5,–------------ ex 0 8,( )ln x× x

e x 0 8,ln–-------------------- x

ekx-------= = = k 2 0 8,( )ln– 0>=

0 8x,x 0 5,–------------

x + ∞→lim 0=

Exercice �


� Pour tout n de , . De plus, . Ainsi par composition :

.

� On pose . Alors : et .

et alors par composition : .

�* n1 n/ e1n-- nln

= nlnn

--------n + ∞→

lim 0=

n1 n/n + ∞→

lim e0 1= =

y x1 n/= yn x= xlnx1 n/--------- n yln

y------------=

x1 n/x + ∞→

lim + ∞= n ylny

------------y + ∞→

lim 0= xlnx1 n/---------

x + ∞→lim 0=



� Soit f la fonction définie sur � par : . f est dérivable sur � et pour tout réel x :

. f est donc strictement croissante sur �. De plus :

et ce qui nous donne le

tableau de variations suivant :

Ainsi l’équation admet une unique solution réelle.

. L’unique solution de l’équation est donc : .

� Notons et de sorte que : . On a :

, ,

,

. Ainsi :

� On a : . a est donc solution de l’équation : . Cette équationadmet pour seule solution réelle , on a donc :

.

� Soient . On a :

(la fonction ln étant strictement croissante)

.

� f est dérivable sur et pour tout x de :

. Ainsi :

et de même :

.

De plus : donc et .

x

signe de

f

f x( ) x3 3x 4+ +=

f′ x( ) 3x2 3+= 0>

f x( )x ∞–→

lim x3x ∞–→

lim ∞–= = f x( )x + ∞→

lim x3x + ∞→

lim + ∞= =

∞– + ∞

f ′ +

∞–

+ ∞

f x( ) 0=

f 1–( ) 1– 3– 4+ 0= = f x( ) 0= 1–

u 5 2–( )1 3/= v 5 2+( )1 3/= a u v–=

u3 5 2–= v3 5 2+=

u2 5 2–( )1 3/[ ]2 5 2–( )2 3/ 5 2–( )2[ ]1 3/ 9 4 5–( )1 3/= = = =

v2 5 2+( )1 3/[ ]2 5 2+( )2 3/ 5 2+( )2[ ]1 3/ 9 4 5+( )1 3/= = = =

a3 u3 3u2v– 3uv2 v3 formule du binôme( )–+=

5 2– 3 9 4 5–( )1 3/ 5 2+( )1 3/××– 3 9 4 5+( )1 3/ 5 2–( )1 3/×× 5 2+( )–+=

4– 3 9 4 5–( ) 5 2+( )[ ]1 3/– 3 9 4 5+( ) 5 2–( )[ ]1 3/+=

4– 3 2– 5+( )1 3/– 3 2 5+( )1 3/+ 4– 3u– 3v+ 4– 3a.–= = =

a3 3a 4+ + 0= x3 3x 4+ + 0=1–

5 2–( )1 3/ 5 2+( )1 3/– 1–=

a b, 0>

ab ba< ab( )ln ba( )ln<⇔

b aln a bln< alna

-------- blnb

--------<⇔ ⇔ a b, 0>( )

]0 ; + ∞[ ]0 ; + ∞[

f′ x( )

1x-- x× xln 1×–

x2----------------------------------- 1 xln–

x2-----------------= =

f′ x( ) 0> 1 xln– 0> xln eln< x e<⇔ ⇔ ⇔

f′ x( ) 0< x e>⇔

xlnx 0+→

lim ∞–= f x( )x 0+→

lim ∞–= f x( )x + ∞→

lim 0=

Exercice

�

Exercice

�

161


On déduit de ce qui précède le tableau de variations de f :

�

f atteint son maximum en e, en particulier :

soit . On a donc d’après la 1

ère

question : .

�

Pour tout x strictement positif :

. Ainsi : .

�

a)

On a : . Pour , les deux expressions sont donc égales.

On a : . Pour , les deux expressions sont donc égales.

b)

Pour tout entier naturel n, on a :

�

a)

f est dérivable et pour tout x de :

Pour tout , on a successivement :

, et donc (la fonction racine cubique étant strictement croissante).

b)

Sur , et :

. On en déduit :

.

c) On peut donc dresser le tableau de variations de f :

d)

D’après la question précédente, pour tout x de :

soit : .

x

0 e

signe de

0

f

0

x

0

signe de

f

0

+ ∞

f ′ + –

∞–

1 e⁄

f π( ) f e( )< πlnπ

--------- elne

--------< πe eπ<

11 x+----------- 1 x–( )– 1 1 x–( )– 1 x+( )×

1 x+----------------------------------------------- 1 1 x2–( )–

1 x+---------------------------

x2

1 x+----------- 0>= = =

11 x+----------- 1 x–>

1 x+( )0 1 1 0 x×+= = r 0=

1 x+( )1 1 x+ 1 1 x×+= = r 1=

1 x+( )n n

0⎝ ⎠⎛ ⎞ 1×

n

1⎝ ⎠⎛ ⎞ x×

n

2⎝ ⎠⎛ ⎞ x2 ...

n

n⎝ ⎠⎛ ⎞ xn+ + + +=

1 nxn

2⎝ ⎠⎛ ⎞ x2 ...

n

n⎝ ⎠⎛ ⎞ xn+ + + + 1 nx x 0>( ).+≥=

]0 ; + ∞[

f′ x( ) 23-- 1 x+( ) 2 3⁄( ) 1–× 2

3--–

23-- 1 x+( ) 1 3⁄( )–× 2

3--–

23-- 1

1 x+3---------------- 1–×= = =

23-- 1 1 x+3–

1 x+3------------------------- .×=

x 0>

1 x+ 1> 1 x+3 1> f′ x( ) 0<

]0 ; + ∞[ f x( ) x 23--– 1

x--– 1 x+( )2 3/

x

------------------------+ x 23

--– 1x

--– 1 x

+ ( )

2

x

3 -------------------

1 3

/ + ⎝ ⎠

⎛ ⎞ = =

1 x+( )2

x3-------------------

x + ∞→lim x

2

x3-----

x + ∞→lim 1

x--

x + ∞→lim 0= = =

f x( )x + ∞→

lim ∞–=

+ ∞

f ′ –

∞–

]0 ; + ∞[

f x( ) 0< 1 x+( )2 3/ 1 23-- x+<

Exercice

�

162


�

a)

Pour tout x de , . Alors, étant stric-tement positif , on a :

et

.

b)

f est dérivable et pour tout x de , . Letableau de signes suivant nous donne donc le signe de :

c)

On en déduit le tableau de variations de f selon les valeurs de r :

On en déduit :

• Si alors ;

• Si alors ;

• Si alors ;

• Si alors ;

• Si alors .

�

On a : donc 2 est solution de .

�

Soit x réel. On a :

x solution de .

�

a)

Les fonctions exponentielles de base respectives a et b sont strictement décroissantes sur

�

(car ), leur somme f est donc, elle aussi, strictement décroissante sur

�

.

b)

On a : et . On a

donc : et .

r

0 1

0

r

0

0 0

x

0

signe de

f

0

x

0

signe de

f

0

]0 ; + ∞[ 1 x+( )r 1– 1– e r 1–( ) 1 x + ( ) ln 1 –= 1 x+( )lnx 0>( )

1 x+( )r 1– 1– 0> e r 1–( ) 1 x+( )ln 1 ( )> r 1–( ) 0> r 1>⇔ ⇔ ⇔e0=

1 x+( )r 1– 1– 0< r 1<⇔

]0 ; + ∞[ f′ x( ) r 1 x+( )r 1– r– r 1 x + ( ) r 1 – 1 – [ ] = =f′ x( )

∞– + ∞

1 x+( )r 1– 1– – – +

– + +

f ′ x( ) + – +

r ∈ ] ∞ ; 0 [ – ∪ ]1 ; + ∞[

+ ∞

f ′ +

r ∈ ]0 ; 1 [

+ ∞

f ′ –

r 0< 1 x+( )r 1 rx+>

r 0= 1 x+( )r 1 rx ( )+= 1=

0 r 1< < 1 x+( )r 1 rx+<

r 1= 1 x+( )r = 1 rx+

r 1> 1 x+( )r 1 rx+>

32 42+ 25 52= = E( )

E( ) 3x 4x+⇔ 5x= 3x

5x----- 4x

5x-----+⇔ 1 5x 0≠( )=

35--⎝ ⎠

⎛ ⎞ x 45--⎝ ⎠

⎛ ⎞ x+⇔ 1=

a b, 1<

axx ∞–→

lim bxx ∞–→

lim + ∞= = axx + ∞→

lim bxx + ∞→

lim 0= = a b, 1<( )

f x( )x ∞–→

lim + ∞= f x( )x + ∞→

lim 0=

Exercice

�

163


c)

On déduit des questions précédentes le tableau de variations suivants :

On déduit du précédent tableau de variations :

L’équation admet une unique solution réelle si m appartient et aucune solutionsinon.

�

En particulier l’équation admet une unique solution réelle.

Ainsi est le seul réel tel que : .

�

Pour tous a, b de , et donc :

.

�

Pour tous a, b, c, d de , .

�

a)

Pour tout x de

,

De plus, ainsi et :

.

b)

f est dérivable sur et pour tout x de ,

c)

D’après ce qui précède, on a :

(la fonction racine cubique étant strictementcroissante sur ).

De même : et .

Le tableau de variations de f est donc le suivant :

et .

x

f

0

x

0 a

signe de

0

f

0

∞– + ∞

+ ∞

f x( ) m= ]0 ; + ∞[

35--⎝ ⎠

⎛ ⎞ x 45--⎝ ⎠

⎛ ⎞ x+ 1=

x 2= 3x 4x+ 5x=

�+* a b+2

------------ ab– a b 2 a b–+2

-----------------------------------a b–( )2

2--------------------------- 0≥= =

a b+2

------------ ab≥

�+* abcd( )14--

ab cd ab cd+2

--------------------------

a b+2

------------ c d+2

-----------+

2------------------------------≤ ≤ a b c d+ + +

4------------------------------= =

�+* f x( ) 23-- x a

3-- a3 x2 3/ 1( )×–+=

23-- x 1 3

2-- a

3-- 1

x--×× a3 3

2-- x 1 3⁄( )–××–+×=

23-- x 1 a

2-- 1

x--× 3

2-- a3 1

x3-------×–+ .×=

1x--

x + ∞→lim 1

x3-------

x + ∞→lim 0= = 1 a

2-- 1

x--× 3

2-- a3 1

x3-------×–+

x + ∞→lim 1=

f x( )x + ∞→

lim + ∞=

]0 ; + ∞[ ]0 ; + ∞[

f′ x( ) 23-- a3 2

3-- x 2 3⁄( ) 1–××– 2

3--

23-- a3

x3-------×–= =

2

3 x3---------- x3 a3–[ ].=

f′ x( ) 0> x3 a3–[ ] 0> x3 a3> x a>⇔ ⇔ ⇔�+

f′ x( ) 0< x a<⇔ f′ x( ) 0= x⇔ a=

+ ∞

f ′ – +

a3-- + ∞

f 0( ) a3--= f a( ) a 2a+

3--------------- a33– 3a

3------ a– 0= = =

Exercice �


d) D’après la précédente étude :

Pour tout x de , soit . En particulier pour :

. De plus, d’après la question �, on a : ce

qui nous prouve, successivement, les inégalités :

; ; .

Les inégalités et nous donnent :

.

Parité

f est définie sur � et pour tout réel x :

.

f est donc paire.

Limites aux bornes

On a : et et donc .

On en déduit par parité de f : .

Dérivabilitéf est dérivable et pour tout réel x :

.

Variations de fOn a :

(la fonction exponentielle de base 4 étant strictementcroissante).

De même : et .


x 0

signe de 0

f

2

]0 ; + ∞[ f x( ) 0≥ a 2x+3

-------------- ax23≥ x b c+2

-----------=

a 2 b c+2

-----------+

3--------------------------

a b c+ +3

-------------------- a b c+2

-----------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

3≥= 1( ) b c+2

----------- bc≥

b c+2

-----------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

bc≥ a b c+2

-----------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

abc≥ a b c+2

-----------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

3 abc3≥ 2( )

1( ) 2( )

a b c+ +3

-------------------- abc3≥

f x–( ) 2 x– 2 x–( )–+ 2 x– 2x+ f x( )= = =

2xx + ∞→

lim + ∞= 2 x–x + ∞→

lim 0= f x( )x + ∞→

lim + ∞=

f x( )x ∞–→

lim + ∞=

f′ x( ) 2ln 2x× 2ln 2 x–×– 2ln 2 x– 22x 1–( )×× 2ln 2 x– 4x 1–( )××= = =

f′ x( ) 0> 4x 1– 0> 4x 40> x 0>⇔ ⇔ ⇔

f′ x( ) 0< x 0<⇔ f′ x( ) 0= x⇔ 0=

∞– + ∞

f ′ – +

+ ∞ + ∞

Exercice �


Courbe représentative de f

� est dérivable et pour tout réel x :

. Ainsi est décroissante sur �.

De plus, et ( , ,

et ).

On en déduit le tableau de variations de :

� La précédente étude nous prouve que l’équation admet une unique solution réelle.

De plus : et . On en déduit que cette solution appartient à .

� , et sont respectivement les solutions réelles des équations :

, et .

On trouve par dichotomie : ; et à près.

� . Ainsi étant

strictement décroissante sur � : ( entraîne

). La suite est donc strictement décroissante, elle est de plus minorée (par 0), elle est donc

convergente.

� (la fonction exponentielle de base 2 étant

strictement croissante). étant strictement décroissante, on a donc :

On déduit de l’inégalité par un théorème d’encadrement :

.

x 0 1

signe de

f1

8

6

4

2

00 1–1–2–3 2 3

x

y

fn

fn′ x( ) 2ln– 2 x–× n– 0<= fn

fn x( )x + ∞→

lim ∞–= fn x( )x ∞–→

lim + ∞= 2 x–x + ∞→

lim 0= nx–x + ∞→

lim ∞–=

2 x–x ∞–→

lim + ∞= nx–x ∞–→

lim + ∞=

fn

∞– + ∞

f ′ –

+ ∞

0 5, n–+ ∞

fn x( ) 0=

f 0( ) 1= 0> f 1( ) 0 5, n– 0<= 0 ; 1 [ ]

u1 u2 u3

2 x– x– 0= 2 x– 2x– 0= 2 x– 3x– 0=

u1 0 641,= u2 0 383,= u3 0 275,= 10 3–

fn 1+ un( ) 2 un– n 1+( )un– 2 un– nun– un– fn un( ) un– 0 un– 0<= = = = fnun 1+ un< fn 1+ un 1+( ) 0 et fn 1+ un( ) fn 1+ un 1+( )<=

un 1+ un< un( )

fn1n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 1 n⁄– n 1n--×– 2 1 n⁄– 1– 20 1–< 0= = =

fn un1n--< fn

1n--⎝ ⎠

⎛ ⎞ fn un( )<⎝ ⎠⎛ ⎞

0 un1n--≤<

unn + ∞→lim 0= 1

n--

n + ∞→lim 0=⎝ ⎠

⎛ ⎞

Exercice �

équence 9


2ème partie : Intersection de plans ;d’une droite et d’un plan

a) � : ; : .

est un vecteur normal à � et est normal à .

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles.

L’intersection de � et est donc une droite Δ.

.

Cherchons à exprimer x et y en fonction de z.

Posons .

.

Δ est donc la droite de vecteur directeur passant par .

b) � : ; : .


Or donc et sont colinéaires.

� et sont donc parallèles.

En multipliant par , on trouve qu’une équation de � est aussi : .

Donc � et sont confondus.

c) � : ; : .


Corrigé des exercices d’apprentissage x 2y z– 6+ + 0= �′ 3x y 2z– 1+ + 0=

n 1 ; 2 ; 1 – ( ) n′ 3 ; 1 ; 2 – ( ) �′

�′

M x ; y ; z ( ) � � ′ x 2y z

–

6

+ +

0

=

3x y 2z

–

1

+ +

0

=

⎩⎨⎧

⇔∩∈

M x ; y ; z ( ) � � ′ ⇔∩∈

x 2y+ z 6–=

3x y+ 2z 1–=⎩⎨⎧ x z 6– 2y–=

3 z 6– 2y–( ) y+ 2z 1–=⎩⎨⎧ x z 6– 2y–=

5y– z– 17+=⎩⎨⎧

⇔ ⇔

x 5z 30– 2z– 34+5

----------------------------------------- 3z 4+5

--------------= =

y 15-- z 17

5-----–=⎩

⎪⎨⎪⎧

⇔

z λ=

M x ; y ; z ( ) � � ′

x 3

λ

4

+

5

---------------=

y λ 17 – 5

---------------=

z

λ

=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

⇔∩∈

u 3 ; 1 ; 5 ( ) A 45-- ;

175

-----– ; 0 ⎝ ⎠⎛ ⎞

12-- x y– 2z 1–+ 0= �′ x– 2y 4z– 2+ + 0=

n 12-- ; 1 – ; 2 ⎝ ⎠

⎛ ⎞ n′ 1 ; 2 ; 4 –– ( ) �′

n′ 2n–= n n′

�′

2– x– 2y 4z– 2+ + 0=

�′

3x y– z– 2+ 0= �′ 6x– 2y 2z+ + 3=

n 3 ; 1 ; 1 –– ( ) n′ 6 ; 2 ; 2 – ( ) �′

Exercice

�

167


donc

�

et sont parallèles.

En multipliant par , on trouve qu’une équation de

�

est aussi : .

Cette dernière équation montre qu’il n’y a aucun point commun à

�

et .

On en déduit que

�

et sont strictement parallèles.

.

d a pour système d’équations paramétriques : , .

et , .

On en déduit donc soit , ce qui est impossible.

d est donc strictement parallèle à

�

.

On peut vérifier en effet que et que ce qui confirme le résultat trouvé.

On pouvait du reste commencer par calculer et vérifier que pour avoir tout de suite le

résultat, mais dans le cas où , on serait amené à utiliser la méthode initiale.

a)

est un vecteur normal à

�

et est normal à

�

.


L’intersection de

�

et

�

est donc une droite .

.

Posons .

On en déduit un système d’équations paramétriques de : , .

est donc la droite de vecteur directeur passant par .


�

et est normal à

�

.


L’intersection de

�

et

�


.

Posons .

On en déduit les équations paramétriques de : , .


n′ 2n–= �′2– 6x– 2y 2z+ + 4=

�′ 3 4≠( )�′

M x ; y ; z ( ) � ∈ AM . n ⇔ 0 = x 3 + ( ) 1 × y 1 – ( ) 2 × z 2 – ( ) 1 × + + ⇔ 0 =

x 2y z 1–+ +⇔ 0=

x λ 2+=

y λ– 1+=

z λ 5+=⎩⎪⎨⎪⎧

λ �∈

M x ; y ; z ( ) � d ∩∈ x 2y z 1 –+ + ⇔ 0 =

x λ 2+=

y λ– 1+=

z λ 5+=⎩⎪⎨⎪⎧

λ �∈

λ 2 2 λ– 1+( ) λ 5 1–+ + + + 0= 0λ 8–=

n . u 0= B �∉

n . u B �∉

n . u 0≠

n� 1 ; 0 ; 1 – ( ) n� 1 ; 5 – ; 9 ( )

d1

M x ; y ; z ( ) � � ⇔∩∈

x z– 2– 0=

x 5y– 9z 2–+ 0=⎩⎨⎧ x z 2+=

z 2 5y– 9z 2–+ + 0=⎩⎨⎧ x z 2+=

5y 10z=⎩⎨⎧ x z 2+=

y 2z=⎩⎨⎧

⇔ ⇔ ⇔

z λ=

d1

x λ 2+=

y 2λ=

z λ=⎩⎪⎨⎪⎧

λ �∈

d1 u 1 ; 2 ; 1 ( ) U 2 ; 0 ; 0 ( )

n� 1 ; 0 ; 1 – ( ) n� 3 ; 5 ; 7 – ( )

d2

M x ; y ; z ( ) � � ⇔∩∈

x z– 2– 0=

3x 5y– 7z 4+ + 0=⎩⎨⎧ x z 2+=

3 z 2+( ) 5y– 7z 4+ + 0=⎩⎨⎧ x z 2+=

5y 10z 10+=⎩⎨⎧ x z 2+=

y 2z 2+=⎩⎨⎧

⇔ ⇔ ⇔

z λ=

d2

x λ 2+=

y 2λ 2+=

z λ=⎩⎪⎨⎪⎧

λ �∈

d2 v 1 ; 2 ; 1 ( ) V 2 ; 2 ; 0 ( )

Exercice

�

Exercice

�

168



�

et est normal à

�

.


L’intersection de

�

et

�


.

Posons .

, .


b)

�

et

�

sont sécants suivant définie par le système d’équation paramétrique :

, . admet pour vecteur directeur et passe par .

�

a pour équation et pour vecteur normal .

donc est parallèle à

�

, les coordonnées de U ne vérifient pas l’équation de

�

.

On en déduit que est strictement parallèle à

�

. Donc l’intersection des trois plans est vide.

n� 1 ; 5 ; 9 – ( ) n� 3 ; 5 ; 7 – ( )

d3

M x ; y ; z ( ) � � ⇔∩∈

x 5y– 9z 2–+ 0=

3x 5y– 7z 4+ + 0=⎩⎨⎧ x 5y 9z– 2+=

3 5y 9z– 2+( ) 5y– 7z 4+ + 0=⎩⎨⎧ x 5y 9z– 2+=

10y 20z 10–=⎩⎨⎧

⇔ ⇔

M x ; y ; z ( ) � � x 5 2z 1

–

( )

9z

–

2

+

z 3

–= =

y 2z 1

–=

⎩⎨⎧

⇔∩∈

z λ=

M x ; y ; z ( ) d 3 ∈

x

λ

3

–=

y 2 λ 1 –=

z

λ

=

⎩⎪⎨⎪⎧

⇔ λ �∈

d3 w 1 ; 2 ; 1 ( ) W 3 ; 1 ; 0 –– ( )

d1

x λ 2+=

y 2λ=

z λ=⎩⎪⎨⎪⎧

λ �∈ d1 u 1 ; 2 ; 1 ( ) U 2 ; 0 ; 0 ( )

3x 5y– 7z 4+ + 0= n� 3 ; 5 ; 7 – ( )

n� . u 0= d1

d1

169



�

, , .

Les centres de ces sphères appartiennent au plan médiateur de , et car les centresde ces sphères sont équidistants des points A, B et C.

Recherchons les équations de ces plans médiateurs.

Notons , (respectivement et ) les plans médiateurs de (respectivement

et ).

passe par , milieu de , et admet pour vecteur normal ou

encore .

.

passe par milieu de [AC] et admet pour vecteur normal ou

encore .

.

passe par , milieu de et admet pour vecteur normal ou

encore comme vecteur directeur.

.

L’ensemble des centres des sphères qui passent par A, B et C est l’intersection de ces trois plans.

.

Posons .

, .

L’ensemble des centres des sphères qui passent par A, B et C est la droite

Δ

de vecteur

directeur passant par .

�

Soit un centre de sphère

�

passant par A, B, C.

Il existe

λ

tel que .

On a .

.

On en déduit donc qu’il existe une seule sphère passant par A, B, C et O ; elle est centrée en

.

On vérifie alors aisément que .

A 1 ; 4 ; 1 ( ) B 1 ; 2 ; 1 – ( ) C 1 ; 2 ; 3 ( )

AB[ ] AC[ ] BC[ ]

� AB[ ] � AC[ ] � BC[ ] AB[ ]

AC[ ] BD[ ]

� AB[ ] I 0 ; 3 ; 1 ( ) AB[ ] AB 2 ; 2 ; 0 –– ( )

12-- AB 1 ; 1 ; 0 ( ) –

M x ; y ; z ( ) � AB [ ] IM . 12

-- AB – ⎝ ⎠⎛ ⎞⇔∈ 0 = x y 3 – + ⇔ 0 =

� AC[ ] J 1 ; 3 ; 2 ( ) AC 0 ; 2 ; 2 – ( )

12-- AC 0 ; 1 ; 1 – ( )

M x ; y ; z ( ) � AC] [ JM . 12

-- AC ⇔∈ 0 = y 3 – ( ) – z 2 – ( ) + ⇔ 0 = y – z 1 + + ⇔ 0 =

� BC[ ] K 0 ; 2 ; 2 ( ) BC[ ] BC 2 ; 0 ; 2 ( )12-- BC 1 ; 0 ; 1 ( )

M x ; y ; z ( ) � BC [ ] ∈ KM . 12

-- BC ⇔ 0 = x z 2 – + ⇔ 0 =

M x ; y ; z ( ) � AB [ ] � AC [ ] � BC [ ] ∩ ∩∈ x y 3

–+

0

=

y – z 1 + + 0 =

x z 2

–+

0

=

⎩⎪⎨⎪⎧

x y

+

3

=

z y 1 –=

x y

+

3

=

⎩⎪⎨⎪⎧

x y

–

3

+=

z y 1

–=

⎩⎨⎧

⇔ ⇔ ⇔

y λ=

M x ; y ; z ( ) � AB [ ] � AC [ ] � BC [ ] ∩ ∩∈ x

λ

–

3

+=

y λ =

z

λ

1

–=

⎩⎪⎨⎪⎧

⇔ λ �∈

u 1 ; 1 ; 1 – ( ) U 3 ; 0 ; 1 – ( )

Ωλ

Ωλ λ– 3 ; λ ; λ 1 –+ ( )

ΩλA ΩλB ΩλC= =

O �∈ ΩλA⇔ ΩλO= λ– 2+( )2 λ 4–( )2 λ 2–( )2+ +⇔ λ– 3+( )2 λ2 λ 1–( )2+ +=

4λ– 4 8λ– 16 4λ– 4+ + +⇔ 6λ– 9 2λ– 1+ +=

8λ–⇔ 14–= λ⇔ 74--=

Ω354--- ; 7

4 --- ; 3

4 --- ⎝ ⎠

⎛ ⎞

AΩ3 BΩ3 CΩ3 OΩ3834

---------= = = =

Exercice

�

170


Δ

est sécante à si et seulement si il existe un réel t tel que :

et

On trouve , soit en résolvant et on vérifie que est aussi la solution de

.

Δ

est donc bien sécante à .

Δ

est sécante à si et seulement si il existe un réel t tel que :

et

.

On trouve soit en résolvant et on vérifie que est la solution de .

Δ

est donc bien sécante à .

Cherchons un vecteur directeur de .

En additionnant et , on trouve ;

On en déduit en reportant cette valeur dans , .

Réciproquement, on vérifie que ces deux valeurs trouvées pour x et y sont bien solutions du système.

Posons .

, .

Un vecteur directeur de est .

Δ

admet pour vecteur directeur .

donc

Δ

est bien orthogonale à .

Cherchons un vecteur directeur de .

En additionnant et , on trouve ; et en reportant cette valeur de z dans ,

on trouve .

Réciproquement, on vérifie que ces deux valeurs trouvées pour x et y sont bien solutions du système.

Posons .

On en déduit un système d’équations paramétrique de .

D1

2 2913----- 3t+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 513-----– 11

13-----– 2t+⎝ ⎠

⎛ ⎞+ 2= 1( )

2913----- 3t 5

13-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞– 1113-----– 2t+⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + 1= 2( )

8t 1613-----–= t 2

13-----–= 1( ) 2

13-----–

2( )

D1

D2

2913----- 3t 5

13-----– 11

13-----– 2t+⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + 1= 1′( )

2 2913----- 3t+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 513-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞–1113-----– 2t+⎝ ⎠

⎛ ⎞+ 4= 2′( )

5t 0= t 0= 1′( ) t 0= 2′( )

D2

D1

M x ; y ; z ( ) D 1 ∈ 2x y z

+ +

2

=

x y

–

z

+

1

=

⎩⎨⎧

2x y

+

2 z 1

( )

–=

x y

–

1 z 2

( )

–=

⎩⎨⎧

⇔ ⇔

1( ) 2( ) x 3 2z–3

--------------=

2( ) y x 1– z+ z3--= =

z λ=

M x ; y ; z ( ) D 1 ∈

x 2

λ

–

3

+

3

--------------------=

y λ 3

---=

z

λ

=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

⇔ λ �∈

D1 u1 2 ; 1 ; 3 – ( )

v 3 ; 0 ; 2 ( )

u1 . v 0= D1

D2

M x ; y ; z ( ) D 2 ∈ x y z

+ +

1

=

2x y

–

z

+

4

=

⎩⎨⎧

y z

+

1 x 1

′( )

–=

y

–

z

+

4 2x 2

′( )

–=

⎩⎨⎧

⇔ ⇔

1′( ) 2′( ) z 5 3x–2

--------------= 1′( )

y 1 x– z– 2 2x– 5– 3x+2

----------------------------------- x 3–2

-----------= = =

x λ=

D2

Exercice

�

171


, .

Un vecteur directeur de est donc . On rappelle que .

donc

Δ

est bien orthogonale à .

Δ

est la perpendiculaire commune à et .

�

a)

est un vecteur directeur de .

est un vecteur directeur de .

b)

Pour prouver que ces droites ne sont pas coplanaires, il suffit de prouver qu’elles ne sont passécantes et qu’elles ne sont pas parallèles.

Prouvons que et ne sont pas sécantes.

Existe-t-il a et b tel que et ?

On a alors soit .

Or donc on ne peut trouver de réels a et b vérifiant les deux systèmesd’équation du départ.

On en déduit que ces deux droites ne sont pas sécantes.

De plus, et ne sont pas colinéaires puisque leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles,donc et ne sont pas parallèles.

Donc et ne sont pas coplanaires.

�

a)

Soit un vecteur orthogonal à et .

Si était parallèle à , alors et serait donc un couple de vecteurs directeurs de , et serait donc normal à .

est orthogonal à et si et seulement si

.

On en déduit que est orthogonal à et .

Si était normal à , serait orthogonal à tous les vecteurs de .

Or, et puisque ; et .

On en déduit que n’est pas normal à et donc que n’est pas parallèle à .

et sont donc sécants.

b)

De même, si était parallèle à , serait normal à .

et ; et .

Donc n’est pas parallèle à ; et sont donc sécants.

c)

contient S ; donc est une droite.

Choisissons pour direction de

δ

, un vecteur directeur de .

La droite passant par S et de vecteur directeur coupe bien et .

■

x λ=

y λ 3–2

------------=

z 3λ– 5+2

--------------------=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

λ �∈( )

D2 u2 2 ; 1 ; 3 – ( ) v 3 ; 0 ; 2 ( )

u2 . v 0= D2

D1 D2

u1 1 ; 3 ; 0 ( ) d1

u2 2 ; 1 ; 1 – ( ) d2

d1 d2

x 3 a+=

y 9 3a+=

z 2=⎩⎪⎨⎪⎧ x 0 5, 2b+=

y 4 b+=

z 4 b–=⎩⎪⎨⎪⎧

9 3a+ 4 b+=

4 b– 2=⎩⎨⎧ a 1–=

b 2=⎩⎨⎧

3 1–( )+ 0 5, 2 2×+≠

u1 u2d1 d2

d1 d2

n u1 u2

d2 �1 u2 u1 �1 n�1

n a ; b ; c ( ) u1 u2

a 3b+ 0=

2a b c–+ 0=⎩⎨⎧ a 3b–=

c 2a b+=⎩⎨⎧ a 3b–=

c 5b–=⎩⎨⎧

⇔ ⇔

n 3 ; 1 ; 5 –– ( ) u1 u2

n �1 n �1

S 3 ; 4 ; 0 1 , ( ) � 1 ∈ A 3 ; 9 ; 2 ( ) � 1 ∈ A d1∈ AS 0 ; 5 – ; 1 9 ,– ( ) n . AS 0≠

n �1 d2 �1

d2 �1

d1 �2 n �2

S 3 ; 4 ; 0 1 , ( ) � 2 ∈ B 0 5 ; 4 ; 4 , ( ) � 2 ∈ SB 2 5 ; 0 ; 3 9 ,,– ( ) SB . n 0≠

d1 �2 d1 �2

�1 �2∩ �1 �2∩

w �1 �2∩

w d1 d2

Exercice

�

173


équence 10

1

ère

partie : Équations différentielles :y′ ay b+=

�

.

On a : . La solution générale de cette équation différentielle est donc la

fonction définie sur

�

par : .

�

.

La solution générale de cette équation différentielle est la fonction définie sur

�

par :

.

�

.

On a : . La solution générale de cette équation différentielle est donc

la fonction définie sur

�

par :

.

�

.

On a : . La solution générale de cette équation différentielle est

donc la fonction définie sur

�

par :

.

On a : . Les solutions de cette équation différentielle sont donc les

fonctions définies sur

�

par :

.

�

Écrivons . On a : donc soit .

On a donc : .

�

Écrivons . On a : . Alors et

et : .


2y′ y– 0=

2y′ y– 0 y′⇔ 12-- y= =

fk fk x( ) ke0 5x,=

y′ y 1+=

fk

fk x( ) kex 11--– kex 1–= =

3y′ 5y– 2=

3y′ 5y– 2 y′⇔ 53-- y 2

3--+= =

fk

fk x( ) ke 5 3⁄( )x 2 3⁄5 3⁄---------– ke 5/3( )x 2

5--–= =

y′ y 3ln+ 1=

y′ y 3ln+ 1 y′ y 3ln– 1+=⇔=

fk

fk x( ) ke x 3ln– 13ln–

-------------– k3x----- 1

3ln--------+= =

5y′ 3y– 2 y′ 35-- y 2

5--+=⇔=

fk k �∈( )

fk x( ) ke 3 5⁄( )x 2 5⁄3 5⁄---------– ke 3 5⁄( )x 2

3--–= =

f x( ) ke 3 5⁄( )x 23--–= f 1( ) 2= ke 3 5⁄( ) 2

3--– 2= k 8

3-- e 3 5⁄–=

f x( ) 83-- e 3 5⁄( ) x 1–( ) 2

3--–=

g x( ) ke 3 5⁄( )x 23--–= g′ x( ) 3

5-- ke 3 5⁄( )x= g′ 1( ) 3

5-- ke3 5⁄=

k 53-- 3 e 3 5⁄–×× 5e 3 5⁄–= = g x( ) 5e 3 5⁄( ) x 1–( ) 2

3--–=

Exercice �

Exercice �


� Écrivons . On a : . Alors et

et : .

Soit f une fonction définie et deux fois dérivables sur � telle que : est alors solution

de l’équation différentielle : .

Il existe donc un réel k tel que pour tout réel x : . En intégrant il vient : il existe un

réel tel que pour tout réel x :

.

donc : soit ;

donc : soit .

f est donc la fonction définie sur � par : .

Réciproquement on vérifie que f est bien solution de l’équation différentielle : et vérifieles conditions initiales.

En conclusion f est la seule fonction définie et deux fois dérivables sur � telle que :

• Pour tout réel x : ;

• .

Pour tout réel x : et f est solution de l’équation différentielle

.

On pouvait aussi écrire : et identifier avec la solution générale de

l’équation différentielle : .

Soient a, b deux réel tels que : et .

� Les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions définies sur � par :

. Alors :

.

Ainsi la seule fonction f telle que pour tout x de �, et est définie sur �par :

.

� a est strictement négatif donc est strictement décroissante et f est strictement croissante

sur � .

De plus et . On a donc :

et .

� . Ainsi : .

h x( ) ke 3 5⁄( )x 23--–= h″ x( ) 9

25----- ke 3 5⁄( )x= h″ 1( ) 9

25----- ke3 5⁄=

k 259----- 1 e 3 5⁄–××= h x( ) 25

9-----– e 3 5⁄( ) x 1–( ) 2

3--–=

f″ f′ 1 f′⋅+=

y′ y 1+=

f′ x( ) kex 1–=

k′

f x( ) kex x– k′+=

f′ 1( ) 1= ke 1– 1= k 2e--=

f 1( ) 1= ke 1– k′+ 1= k′ 2 ke– 0= =

f x( ) 2e-- ex x– 2ex 1– x–= =

y″ y′ 1+=

f″ x( ) f′ x( ) 1+=

f′ 1( ) f 1( ) 1= =

f′ x( ) 2 2x×ln 2ln f x( ) 1+[ ]×= =

y′ 2ln( ) y 2ln+=

f x( ) ex 2ln 2ln2ln

--------–= eax ba--–

y′ ay b+=

a 0< b 0>

y′ ay b+= fk

fk t( ) keat ba--–=

fk 0( ) 0 k⇔ ba--= =

f′ t( ) af t( ) b+= f 0( ) 0=

f t( ) ba-- eat b

a--–

ba-- eat 1–( )= =

t � eat

ba-- 0<⎝ ⎠

⎛ ⎞

eatt ∞–→

lim + ∞= eatt + ∞→

lim 0= a 0<( )

f t( )t ∞–→

lim ∞–= f t( )t + ∞→

lim ba--–=

C f t( )t + ∞→

lim ba--–= = f t( )

C-------- e

tτ--–

1–⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

–=

Exercice �

Exercice �

Exercice �


τ et t sont homogènes (c’est-à-dire ont la même unité). τ est parfois appelé en physique le « tempscaractéristique ».

� Le tableau précédent nous permet de construire la courbe représentative de f.

0 1 2 3 4 5

0 0,63 0,86 0,95 0,98 0,99

tτ-- 1–

f t( )C

--------- 1 72,–

τO

y = f (t)

t

y

Q

Remarque



� Les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions définies sur � par : . De plus : . On a donc pour tout :

.

� Au bout de deux heures le nombre de microbes a quadruplé, on a donc : soit

ou encore . On a donc : . Le nombre de microbes au bout

de trois heures est donc :

.

En trois heures le nombre de microbes a donc été multiplié par 8.

� On a : soit ou encore . On a donc :

. On a donc pour tout :

.

� On pose . On a alors :

.

Les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions définies sur � par :.

Ainsi : (pour un certain k).

On en déduit que les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions h définiessur � par .

� .

On a pour tout réel x :

et

.

Ainsi : .

g vérifie pour tout réel x : , on a donc :

soit et .

Ainsi pour tout réel x, et g vérifie bien pour tout réel x :

.

� On a pour tout réel x :

et ; alors par différence : soit : . est donc solution de

l’équation différentielle : . Ainsi (d’après la 1re question) il existe deux réels k et telsque pour tout réel x :

soit .

On a alors :

, et .

On a : et et donc : et .

f est donc définie sur � par : . On vérifie bien que f est la solution du pro-blème.

y′ ky= fCfC x( ) Cekx= où C �∈( ) fC 0( ) N C⇔ N= = t 0≥

y t( ) Nekt=

y 2( ) 4N=

Ne2k 4N= e2k 4= k 4ln2

-------- 2ln= =

y 3( ) Ne3k Ne3 2ln N23 8N= = = =

y 5( ) 6 400 = Ne5 2ln 6 400 = N25 6 400 =

N 6 4002 5 ------------- 200 = = t 0≥

y t( ) 200et 2ln 200 2t×= =

z y′=

y′ y″+ 0 z z′+⇔ 0 z′⇔ z–= = =

z′ z–= gkgk x( ) ke x–=

y′ y″+ 0 y′⇔ gk= =

y′ y″+ 0=h x( ) ke x– k′+= k k′ �∈,( )

g x( ) a xcos b xsin+=

g′ x( ) a xsin– b xcos+=

g″ x( ) a xcos– b xsin–=

g′ x( ) g″ x( )+ a b+( ) xsin– a b–( ) xcos–=

g′ x( ) g″ x( )+ 2 xsin– 2 xcos–=

a b+ a b– 2= = a 2= b 0=

g x( ) 2 xcos=

g′ x( ) g″ x( )+ 2 xsin– 2 xcos–=

f′ x( ) f″ x( )+ 2 xsin– 2 xcos–= g′ x( ) g″ x( )+ 2 xsin– 2 xcos–=

f′ x( ) f″ x( ) g′ x( )– g″ x( )–+ 0= f g–( )′ x( ) f g–( )″ x( )+ 0= f g–

y′ y″+ 0= k′

f g–( ) x( ) ke x– k′+= f x( ) ke x– k′ g x( )+ + ke x– k′ 2 xcos+ += =

f 0( ) k k′ 2+ += f′ x( ) ke x–– 2 xsin–= f′ 0( ) k–=

f 0( ) 5= f′ 0( ) 3–= k 3= k′ 5 2– 3– 0= =

f x( ) 3e x– 2 xcos+=

Exercice �

Exercice �


�

Intégrons par parties en posant :

et . On a :

� a) On a pour tout réel x :

et donc

.

b) D’après ce qui précède z est une primitive de . Il existe donc k tel que pour toutréel x :

et donc .

De plus : donc .

h est donc définie pour tout réel x par : .

� On a pour tout réel x :

.

g est donc solution de l’équation différentielle : .

� Les solutions de sont les fonctions définies sur � par :

.

De plus, on a : .

.

g est donc la fonction définie sur � par : .

Alors pour tout x de � : (f est bien définie et ne s’annule pas). On vérifie

que f est bien solution du problème initial.

� On a : .

Il existe donc un réel C tel que pour tout ,

.

De plus : donc et .

On a donc pour tout :

� est négatif donc : et (homogène à une vitesse)

est donc la vitesse « limite » de la bille.

et t 2+( ) dt0

x

∫

u′ t( ) et=

v t( ) t 2+=⎩⎨⎧ u t( ) et=

v′ t( ) 1=⎩⎨⎧

et t 2+( ) dt0

x

∫ et t 2+( )[ ]0x et dt

0

x

∫– et t 2+( )[ ]0x et[ ]0

x– ex x 2+( ) 2– ex 1+–= = =

ex x 1+( ) 1.–=

z x( ) h x( )ex=

z′ x( ) h′ x( )ex h x( )ex+ h′ x( ) h x( )+[ ] ex x 2+( )ex= = =

x � x 2+( )ex

z x( ) ex x 1+( ) 1– k+= h x( ) ex x 1+( ) 1– k+[ ]e x– x 1 k 1–( )e x–+ += =

h 0( ) 2= 1 k 1–+ k 2= =

h x( ) x 1 e x–+ +=

g′ x( ) f′ x( )–f x( )[ ]2

---------------- f x( )[ ]2 2f x( )–f x( )[ ]2

----------------------------------- 1 2f x( )---------– 1 2g x( )–= = = =

y′ 2y– 1+=

E( ) gk

gk x( ) ke 2x– 12–

------– ke 2x– 12--+= =

g 0( ) 1f 0( )--------- 1

1-- 1= = =

gk 0( ) 1 k 12--+⇔ 1 k⇔ 1

2--= = =

g x( ) e 2x–

2----------- 1

2--+ e 2x– 1+

2--------------------= =

f x( ) 1g x( )---------- 2

e 2x– 1+--------------------= =

mg kv– m dvdt----- dv

dt-----⇔ k

m---- v– g+= =

t 0≥

v t( ) Cekm---- t– g

k m⁄–---------------– Ce

km---- t– mg

k-------+= =

v 0( ) v0= C mgk

-------+ v0= C v0mgk

-------–=

t 0≥ v t( ) v0mgk

-------–⎝ ⎠⎛ ⎞ e

km---- t– mg

k-------+=

v0ekm---- t– mg

k------- 1 e

km---- t–

–⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

.+=

km----– e

km---- t–

t + ∞→lim 0= v t( )

t + ∞→lim mg

k------- mg

k-------⋅=

Exercice �

Exercice �

Exercice �

équence 10


2ème partie : Lois continues. Adéquation à une loi équirépartie

.

f est une densité de probabilité sur si et seulement si

• f est positive sur .

On doit donc avoir , car sur .

• La condition f continue sur est réalisée.

• On doit avoir .

Or car f est paire

et .

On en déduit .

T prend les valeurs entières de 0 à 9.

Pour tout entier k compris entre 0 et 8,

et .

On a bien défini la loi de probabilité d’une variable aléatoire car : .

a) Soit T la durée de fonctionnement de l’ampoule.

.

b) .

Or λ est défini par soit soit .

On en déduit .


f x( ) a 1 x2–( )=

1 ; 1 – [ ]

1 ; 1 – [ ]

a 0> 1 x2– 0≥ 1 ; 1 – [ ]

1 ; 1 – [ ]

a 1 x2–( ) dx1–

1

∫ 1=

a 1 x2–( ) dx1–

1

∫ 2a 1 x2–( ) dx0

1

∫=

1 x2–( ) dx0

1

∫ x x3

3-----–

0

1 23--= =

a 34--=

P T k=( ) P 0 k, X 0 k 1+,<≤( ) dx0 k,

0 k 1+,∫ 0 1,= = = P T 9=( ) dx

0 9,

1

∫ 0 1,= =

k 0=

k 9=

∑ P T k=( ) 1=

P T 200>( ) e λ– 200× e 100λ–( )2 0 9,( )2 0 81,= = = =

P T t>( ) 0 95 e λt–⇔, 0 95, λt⇔ 0 95,ln– t⇔ 0 95,lnλ

----------------–= = = =

e λ 100×– 0 9,= 100λ– 0 9,ln= λ 0 01 0 9,ln,–=

t 100 0 95,ln0 9,ln

---------------- � 48 68 heures ,=

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

179


a)

La fonction exponentielle étant strictement croissante sur

�

et la fonction linéaire qui à x associe étant strictement décroissante sur , on en déduit par composition que la fonction f est

strictement décroissante sur .

Ci-dessous est dessiné la représentation graphique de f.

b)

car et .

c)

La probabilité que la machine à laver tombe en panne avant 10 ans est le nombre et

.

La probabilité qu’elle tombe en panne pour la première fois après 10 ans de fonctionnement est l’évé-nement soit l’événement contraire de l’événement .

Donc .

T suit une loi exponentielle de paramètre

λ

donc .

.

0 05x,– �+

�+

C( )

y

0,06

0,04

0,02

00 2 4 6 8 10 12 14 16 18

–0,02

–0,04

x

(C)

F x( ) f t( ) dt0

x

∫ 0 05e 0 05t,–,– dt0

x

∫– e 0 05t,–[ ]0x–= = =

e 0 05x,– 1–( )– 1 e 0 05x,– .–= =

f x( )x + ∞→

lim 1= 0 05x,–x + ∞→

lim ∞–= exx ∞–→

lim 0=

P T 10≤( )

P T 10≤( ) f t( ) dt0

10

∫ F 10( ) 1 e 0 5,–– � 0 39,= = =

T 10>( ) T 10≤( )

P T 10>( ) 1 P T 10≤( )– 1 F 10( )– � 0 61,= =

P T tm>( ) e λtm–=

e λtm– 12-- λtm–⇔ 1

2--ln 2 tm⇔ln– 2ln

λ--------= = = =

Exercice �

Exercice �



On peut calculer les effectifs cumulés croissants de la série ;

;

9 est la plus petite valeur du caractère tel que au moins 25 % des termes de la série ait une valeur ducaractère qui lui soit inférieur ou égal ; donc .

;

11 est la plus petite valeur de la série telle qu’au moins 75 % des termes de la série ait une valeur ducaractère qui lui soit inférieur ou égal ; donc .

;

7 est la plus petite valeur du caractère tel qu’au moins 10 % des termes de la série ait une valeur ducaractère qui lui soit inférieur ou égal ; donc .

.

12 est la plus petite valeur du caractère tel qu’au moins 90 % des termes de la série ait une valeur ducaractère qui lui soit inférieur ou égal ; donc .

Les données et les calculs sont consignés dans le tableau suivant :

Il y a eu dans cette maternité 2624 naissances.

La loi d’équiprobabilité sur est telle que la probabilité de chaque événement

élémentaire est . On calcule alors la valeur issue de l’observation :

.

N 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

effectifs cumulés

7 16 30 58 85 110 120 123 128 130

Heures Naissances Fréquences

123456789101112131415161718192021222324somme

96126130125124129115891189795108989710995115108901041031121131282624

0,03660,04800,04950,04760,04730,04920,04380,03390,04500,03700,03620,04120,03730,03700,04150,03620,04380,04120,03430,03960,03930,04270,04310,04881

2,58196E-054,03432E-056,20316E-053,56472E-053,12417E-055,61738E-054,66367E-066,00467E-051,09088E-052,20919E-052,98378E-052,58196E-071,86547E-052,20919E-051,61373E-082,98378E-054,66367E-062,58196E-075,42857E-054,13114E-065,82555E-061,03278E-061,95261E-065,06065E-050,0006

25 130×100

-------------------- 32 5,=

Q1 9=

75 130×100

-------------------- 97 5,=

Q3 11=

10 130×100

-------------------- 13=

D1 7=

90 130×100

-------------------- 117=

D9 12=

fi 1 24⁄–( )2

Ω 1 ; 2 ; ... ; 24 { } =124----- d2

d2 0 036 6 , 124

-----– ⎝ ⎠⎛ ⎞

2 0 048 0 , 1

24 -----– ⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2

... 0 088 124

-----–, ⎝ ⎠⎛ ⎞

2 + + +=

Exercice

�

Exercice

�

181


On trouve soit donc .

Sur les 2 000 simulations effectuées, 90 % des valeurs de sont inférieurs à 36,5 puisque.

On peut donc en déduire au seuil de risque de 10 %, que les naissances dans cette maternité sontcompatibles avec la loi d’équiprobabilité sur

Ω

, c’est-à-dire qu’une naissance se produit avec la mêmeprobabilité dans toutes les tranches d’une heure d’une journée.

d2 � 0 000 6 , 6 10 4–× 104d2 6=

104d2

104D9 36 5,=

182



�

est la probabilité sachant qu’elle existe que la crevasse se trouve entre le départ et lerefuge.

est la probabilité sachant qu’elle existe que la crevasse se trouve entre le refuge et l’arrivée.

car si cette crevasse existe, sa répartition sur le chemin suit une loi uniforme

sur .

car est l’événement contraire de .

�

.

�

On cherche ; or .

Si , ce qui est normal car si , il existe une crevasse sur le chemin et si leskieur ne l’a pas rencontrée entre le départ et le refuge, il est sûr de la rencontrer entre le refuge etl’arrivée.

�

Soit . Les durées de vie des piles étant indépendantes,

.

Comme T suit une loi exponentielle de paramètre

λ

, et ;

On en déduit .

�

Pour que l’appareil s’arrête de fonctionner, il faut que 2 des piles au moins soient usées.

On a donc

.

�

Les événements écrit entre crochets étant incompatibles deux à deux, on peut écrire :

�

f est définie sur et l’on a d’où

.

�

et , donc donc .

donc car la fonction exponentielle est strictement croissante sur

�

.

donc et sur .

• f est continue sur

PC A( )

PC B( )

PC A( ) 1 dx0

d

∫ d= =

0 ; 1 [ ]

PC B( ) 1 d–= PC B( ) PC A( )

A

BC

Ω

C

d

1 – dp

1 – p

P A( ) P A C∩( ) PC A( ) P C( )× pd= = =

P B( ) P B C∩( ) PC B( ) P C( )× p 1 d–( )= = =

PA

B( ) PA

B( ) P B A∩( )P A( )

---------------------- = P B( )P A( )----------- p 1 d–( )

1 pd–-------------------= = B A⊂( )

p 1= PA

B( ) 1= p 1=

t 0>P X1 t≤( ) X2 t≤( ) X3 t>( )∩ ∩[ ] P X1 t≤( ) P X2 t≤( ) P X3 t>( )××=

P X1 t≤( ) P X2 t≤( ) 1 e λt––= =P X3 t>( ) e λt–=

P X1 t≤( ) X2 t≤( ) X3 t>( )∩ ∩[ ] 1 e λt––( )2 e λt–×=

0 T t≤ ≤( ) X1 t≤( ) X2 t≤( ) X3 t>( )∩ ∩[ ] X1 t≤( ) X2 t>( ) X3 t≤( )∩ ∩[ ]∪=

X1 t>( ) X2 t≤( ) X3 t≤( )∩ ∩[ ] X1 t≤( ) X2 t≤( ) X3 t≤( )∩ ∩[ ]∪ ∪

F t( ) P 0 T t≤ ≤( )= 3 1 e λt––( )2 e λt– 1 e λt––( )3+×× 1 e λt––( )2 3e λt– 1 e λt––( )+[ ]= =

1 2e λt–– e 2λt–+( ) 1 2e λt–+( )=

1 2e λt– 2e λt–– 4e 2λt–– e 2λt– 2e 3λt–+ + +=

1 3e 2λt–– 2e 3λt– .+=

F t( ) f x( ) dx0

t

∫=

0 ; + ∞[[ F′ t( ) f t( )=

f t( ) 6λe 2λt– 6λe 3λt–– 6λ e 2λt– e 3λt––( )= =

λ ]0 ; + ∞[∈ t 0≥ 2λt 3λt≤ 2λt– 3λt–≥

e 2λt– e 3λt–≥

e 2λt– e 3λt–– 0≥ f 0≥ [0 ; + ∞[

0 ; + ∞[[

Exercice

�

Exercice

�

183


•

et car et

On peut donc en déduire que f est une densité de probabilité sur .

�

donc donc donc car

donc .

Soit .

car la fonction exponentielle est strictement croissante sur

�

.

�

D’après la propriété précédente, pour tout réel , .

Donc car, pour tout ,

et U suit une loi uniforme sur .

On a donc, pour tout réel a, .

X suit donc la loi exponentielle de paramètre

λ

.

�

Il suffit par exemple sur une calculatrice de taper 100 fois . « rand » simulant

une loi uniforme sur , simulera une loi exponentielle de paramètre 2 sur

.

■

f x( ) dx0

t

∫ F t( ) 1 3e 2λt–– 2e 3λt–+= =

F t( )t + ∞→

lim 1= 2λt–t + ∞→

lim 3λt–t + ∞→

lim ∞–= = ett ∞–→

lim 0=

0 ; + ∞[[

0 u 1<≤ 0 1 u 1≤–< 1 u–( )ln 0≤ x 1λ---– 1 u–( ) ln 0≥= λ 0>

x 0≥

a 0≥

x a 1λ---– 1 u–( ) ln a≤ 1

λ--- 1 u–( ) ln a–≥ 1 u–( ) ln λa–≥⇔ ⇔ ⇔≤

1 u e λa–≥–⇔

u 1 e λa––≤⇔

a 0≥ X a U 1 e λa––≤⇔≤

P X a≤( ) P U 1 e λa––≤( ) 1 e λa––= = λ 0> 0 1 e λa–– 1≤ ≤

0 ; 1 [ ]

P X a≤( ) 1 e λa––=

12-- 1 rand–( )ln–

0 ; 1 [ ] 12-- 1 rand–( )ln–

]0 ; + ∞[

Exercice

�

Documents

MA02AN0-COREXEA.pdf