Reperes Maths Terminale S Hachette 2008 Livre Du Professeur [PDF]

Zitiervorschau

Obligatoire

Boris Hanouch

Agnès Choquer-Raoult

Maxime Cocault

professeur au lycée Condorcet de Limay

professeur au lycée Léopold Sédar Senghor de Magnanville

professeur au lycée Joliot Curie de Rennes

Repe res Term Prof p 1.indd 1

13/08/08 11:35:41

Sommaire 1.

Les fonctions

3

2.

Les suites

17

3.

La fonction exponentielle Les équations différentielles

42

4.

Les nombres complexes

52

5.

Fonctions logarithmes

76

6.

Intégration

85

7.

Probabilités et statistiques

104

8.

Géométrie dans l’espace

117

Composition, mise en page : DESK Schémas : Patrick Hanequand Maquette de couverture : Nicolas Piroux www.hachette-education.com © HACHETTE LIVRE 2008, 43, quai de Grenelle, 75905 Paris Cedex 15. ISBN : 978-2-01-135517-1

Tous droits de traduction, de reproduction et d’adaptation réservés pour tous pays. Le Code de la propriété intellectuelle n’autorisant, aux termes des articles L. 122-4 et L. 122-5, d’une part, que les « copies ou reproductions strictement réservées à l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective », et, d’autre part, que « les analyses et les courtes citations » dans un but d’exemple et d’illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale ou partielle, faite sans le consentement de l’auteur ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite ». Cette représentation ou reproduction, par quelque procédé que ce soit, sans autorisation de l’éditeur ou du Centre français de l’exploitation du droit de copie (20, rue des Grands-Augustins, 75006 Paris), constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code pénal.

O B L I G A T O I R E

1

LES FONCTIONS

1. Le programme Contenus

Capacités attendues

Extraits des commentaires

• On partira des fonctions étudiées en classe de Seconde. Sur des exemples et selon le problème traité, on proposera plusieurs écritures d’une même fonction trinôme et d’une même fonction homographique.

Les transformations d’écritures s’effectueront à l’occasion des différentes activités de ce chapitre (dérivation, recherche d’asymptotes, résolution d’équations). On remarquera que certaines familles de fonctions sont stables par certaines opérations, pas par d’autres.

Sens de variation et représentation graphique d’une fonction de la forme u +
,
u , la fonction u étant connue. Sens de variation de u
v , u et v étant monotones.

• On travaillera, à l’aide de grapheurs, sur des familles de courbes représentatives de fonctions associées à deux fonctions données u et v : u +
,
u , u , x
u (
u ) , x
u( x +
) .

On remarquera à l’aide de contre-exemples qu’on ne peut pas énoncer de règle donnant dans tous les cas le sens de variation de : u + v ou de uv . On justifiera les symétries observées sur les représentations graphiques.

Résolution de l’équation du second degré. Étude du signe d’un trinôme.

• On aboutira ici aux formules usuelles donnant les racines et la forme factorisée d’un trinôme du second degré.

On fera le lien entre les résultats et l’observation des représentations graphiques obtenues à l’aide d’un grapheur.

Plusieurs démarches sont possibles : – passage de la vitesse moyenne à la vitesse instantanée pour des mouvements rectilignes suivant des lois horaires élémentaires (trinôme du second degré dans un premier temps) ; – zooms successifs sur une représentation graphique obtenue à l’écran de la calculatrice.

On ne donnera pas de définition formelle de la notion de limite. Le vocabulaire et la notation relatifs aux limites seront introduits sur des exemples, puis utilisés de façon intuitive.

■ Généralités sur les fonctions • Opérations sur les fonctions : u u + v ,
u , uv , --- , u
v . v Définition d’une fonction polynôme et de son degré.

■ Dérivation • Approche cinématique ou graphique du concept de nombre dérivé d’une fonction en un point.

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

Nombre dérivé d’une fonction en un point : définition comme f (a + h) – f (a) limite de ---------------------------------------h quand h tend vers 0. • Fonction dérivée. Tangente à la courbe représentative d’une fonction f dérivable ; approximation affine associée à la fonction.

Dans les cas usuels, la limite de : f (a + h) – f (a) ---------------------------------------- s’obtient, après h transformation d’écriture, en invoquant des arguments très proches de l’intuition. On ne soulèvera aucune difficulté à leur propos et on admettra tous les résultats utiles. • On construira point par point un ou deux exemples d’approximation de courbe intégrale définie par : y′ = f ( t ) et y ( t 0 ) = y 0 en utilisant l’approximation : f = f ′(a)t . On justifiera le résultat donnant la u dérivée uv et --- . v

La notion de développement limité à l’ordre 1 n’est pas au programme. On pourra cependant évoquer le caractère optimal de l’approximation affine liée à la dérivée. On pourra observer sur grapheur ou tableur l’erreur commise dans le cas où on connaît une expression de la fonction y .

Contenus

Capacités attendues

Extraits des commentaires

• Dérivée des fonctions usuelles : x  xn , x  x , x  cos x et x  sin x . Dérivée d’une somme, d’un produit, d’un quotient et de : x  f ( ax + b ) . Lien entre le signe de la dérivée et variations.

• On étudiera, sur quelques exemples, le sens de variation de fonctions polynômes de degré 2 ou 3, de fonctions homographiques ou de fonctions rationnelles très simples. On introduira les notions et le vocabulaire usuels (extremum, majorant, minorant) et, de l’étude du sens de variation, on déduira des encadrements d’une fonction sur un intervalle.

On admettra les dérivées des fonctions sin et cos.

• Asymptotes verticales, horizontales ou obliques.

On étudiera, sur des exemples très simples (fonctions polynômes de degré 2 ou 3, fonctions rationnelles du type x  ax + b + h ( x ) , avec h tendant vers 0 en + ∞ ou – ∞ ), les limites aux bornes de l’intervalle de définition et les asymptotes éventuelles.

On justifiera que la dérivée d’une fonction monotone sur un intervalle est de signe constant ; on admettra la réciproque. L’étude de fonctions ne sera pas présentée comme une fin en soi, mais interviendra lors de la résolution de problèmes.

2. Les commentaires Même si selon les programmes officiels, l’étude de fonctions n’est pas une fin en soi, si l’on souhaite que l’élève mène à bien les situations problèmes se résolvant le plus souvent par l’étude de fonctions, une des conditions nécessaires semble déjà une bonne maîtrise des fonctions classiques (dérivée, extrema, comportement asymptotique, courbe représentative), car elle permettra une plus grande aisance dans les problèmes les mettant en jeu. Dans ce premier chapitre, même si l’étude théorique en est exclue, les rudiments de la continuité sont introduits et permettent de disposer du langage nécessaire pour énoncer les théorèmes de façon satisfaisante (notamment dans des chapitres tels que les suites, l’intégration…) et de prendre un peu de recul sur la structure de l’édifice de l’analyse vue au lycée. Précisément, et conformément aux programmes officiels, on commence par réintroduire (avec une définition de plus en plus proche de celle de CAUCHY) la notion de limites et d’asymptotes, sans oublier les critères de dominations ou d’encadrements tels que le théorème des gendarmes. Vient alors la notion de continuité (en un point, puis sur un intervalle), qui permet d’introduire la notion de valeurs intermédiaires pour une fonction continue et donc celle de bijection (on présente dès lors les problèmes du type f ( x ) = 0 que l’on reprendra de façon plus approfondie grâce à l’étude des suites), la continuité permettant d’apprécier plus justement la notion qu’elle enveloppe, la dérivabilité. On termine alors par la notion de dérivation, pour l’étude locale (avec comme application la méthode d’EULER) et pour l’étude globale, l’étude des variations. Ce chapitre a pour objectif de rendre l’élève de plus en plus autonome dans l’étude complète d’une fonction, de lui faire prendre conscience du plan d’étude d’une fonction et de lui donner des réflexes pour chacune de ces étapes.

les exercices Applications directes

3

lim

x→–3

f ( x ) = + ∞ , lim f ( x ) = 1 , lim f ( x ) = – 1 , x→0 x0

lim f ( x ) = 0 , lim f ( x ) = + ∞ , lim f ( x ) = – ∞ et

x→2

1

lim

x→–∞

f ( x) = + ∞ ,

lim g ( x ) = lim

x→–∞

et

x→+∞

lim

x→+∞

f ( x) = – ∞ .

1 g ( x ) = – --2

lim h ( x ) = + ∞

x→–∞

lim

x→+∞

h( x) = – ∞ .

2 On a : ( – 3 x + 2 ) ( 3 x 2 + x + 1 ) = – 9 x 3 + 3 x 2 – x + 2 . – 9 x3 + 3 x2 + 4 x + 3 5x + 1 Donc -------------------------------------------------- = – 3 x + 2 – --------------------------3 x2 + x + 1 3 x2 + x + 1 5x + 1 et comme lim  – --------------------------- = 0 , alors la droite
est asymptote x → ± ∞  3 x 2 + x + 1 à .

4

x→5 x5

lim

x→+∞

f ( x) = 0 .

4 Grâce au graphique : lim f ( x ) = – ∞ et lim f ( x ) = + ∞ . x→–2 x–2

Grâce au tableau, on en déduit que la fonction f admet une limite finie proche de – 0 ,7 .  4 3(3 x + 4) 3 f ( x ) = ------------------------------------- , donc sur
\  1 ; – ---  , f ( x ) = ----------- et 3 ( x – 1)(3 x + 4) x–1  9 donc lim f ( x ) = – --- . 7 4 x → – ---

5

3

6 •

lim

x→+∞

2 f ( x ) = ------- . • 2

lim g ( x ) = + ∞ . • lim h ( x ) = + ∞ .

x→–∞

x→1 x>1

Obligatoire :

7 • lim f ( x ) = lim ( 3 x – 1 ) = – ∞ x→–∞

•

lim

x→+∞

f ( x ) = lim

x→–∞

f ( x) = – ∞ .

x→+∞

x→+∞

9–x –6 - = --------------- . 8 Soit x ≠ 9 , f ( x ) = 6 × ------------------------------------( x – 9)(3 + x) 3 + x Ainsi lim f ( x ) = – 1 . En posant L = – 1 , la fonction f est continue sur
.

x→–∞

x→+∞

lim g ( x ) = + ∞ et

x→–∞

lim h ( x ) = lim

•

x→– ∞

x→–∞

x→+∞

lim

x→+∞

g( x) = – ∞ .

h( x) = 0 .

20
( y = 3 ) est asymptote à f au voisinage de – ∞ donc : lim

x→–∞

21

P′ ( x ) = 2 x 4 + x 2 + 2 . Or pour tout x ∈
, 2 x 2 + x + 2 > 0 , donc 2 ( x 2 ) 2 + x 2 + 2 > 0 d’où : P′ ( x ) > 0 .

x→1 x1

x–1

x–1

La fonction f est donc dérivable, elle est aussi avant tout continue en 1 avec f (1) = 1 . –  cos ( x + 1 ) b. f 2′ ( x ) = ---------------------------------------.

13 a. f 1′ ( x ) = – 4 x ( 3 – x 2 ) .

sin ( x + 1 ) 2  1 - 1 + tan2  -----  . d. f 4′ ( x ) = – --- x 2  x3 

6x – 2 c. f 3′ ( x ) = -------------------------------------. 2 3 x2 – 2 x + 4

lim

5 – x + x2 = + ∞ ;

lim

px 1 sin  --------------- = ------- .  6 x + 5 2

x→–∞

•

x→–∞

24

La fonction P est strictement croissante sur
et à valeurs dans
. Donc l’équation P ( x ) = 0 admet une unique solution dans
:
. Comme P ( 0 ) < 0 et P ( 1 ) > 0 , on en déduit que
∈ ] 0 ; 1 [ . 0 ,476 <
< 0 ,477 . Et à l’aide de la calculatrice, on obtient f ( x) – f (1) f ( x) – f (1) - = – 1 et lim ----------------------------- = – 1 . 12 On a lim ----------------------------

 x2  lim sin  ----------------- = sin ---- = 1 .  2 x 2 – 3 2

x→+∞

23 Pour un même raisonnement que dans l’exercice précédent : •

11 P est continue et dérivable sur
avec :

f ( x) = 3 .

1   y = --- x – 1--- est asymptote à f au voisinage de + ∞ et puisque 2 2 1  lim --- x – 1 --- = + ∞ on en déduit que lim f ( x ) = + ∞ . 2 x → + ∞ 2 x→+∞

f est strictement croissante de
vers
, donc l’équation f ( x ) = 0 admet une unique solution réelle, d’après le théorème de la bijection. b. c. Il en va exactement de même pour ces deux cas.

lim

x→±∞

f ( x) = 0 ;

•

3 x2 – 9 lim  ------------------------ = 3 ;  x 2 + x + 1

x→–∞

lim g ( x ) = 1 ;

x→±∞

lim h ( x ) = 3 .

x→±∞

 sin  2 ---   x   25 • Soit x ≠ 0 , f ( x ) = 6 ×  ------------------ .  2 ---   x   2  lim  --- = 0  x → + ∞  x et  , sin u   ----------lim = 1 u → 0  u   •

lim

x→+∞

x    -------------- = ---- ,  2 x – 1 2

donc

f ( x) = 6 .

lim

x→+∞

x  1 avec --------------- > ---- , si x > --- . 2x – 1 2 2

Comme lim tan u = – ∞ , on en déduit  u → ---2  u > ---2

Limites en l’infini et asymptotes

lim

x→+∞

x   -------------- = –∞ .  2 x – 1

26 1. f est définie sur ] – ∞ ; 0 ] ∪ 3--- ; + ∞ =
f . 2

14 a. Soit B ∈
. Pour tout x ∈
tel que – x > B , on a x 2 > B , donc :

lim

x→–∞

x2

= +∞ .

x→+∞

15 a. Soit B ∈
. Pour tout x  0 tel que x > donc :

lim

x→+∞

B2

x>B ,

, on a

( x) = + ∞ . 2

b. Soit B ∈
. Pour tout x ∈ [ 6 ; + ∞[ tel que x > 6 +  --B- , on a 3

3 x – 6 > B donc :

lim

x→+∞

(3 x – 6) = + ∞ .

16 a. Soit  > 0 . Pour tout x > 0 tel que – x > 3--- , on a 0 < 3--- <  , lim

donc :

x→+∞



3 --- = 0 .  x

1 x < – --3

b. Soit  > 0 . Pour tout

tel que

x→–∞

x→–∞

lim g ( x ) = + ∞ et

x→–∞

lim h ( x ) = lim

x→–∞

x→+∞

lim

x→+∞

x→+∞

g( x) = – ∞ .

h( x) = + ∞ .

6x f ( x ) = -------------------------------------- . 4 x2 + 6 x + 2 x

3. Si on utilise la forme initiale de f ( x ) par l’étude de la limite en + ∞ , on aboutit à une forme indéterminée, c’est pourquoi on utilise la seconde forme, car la forme indéterminée est générée par le « – » dans f ( x ) . On aboutit encore à une forme indéterminée, mais plus de même type. 3 6 On a f ( x ) = -------------------------- pour x ∈ --- ; + ∞ . 2 6 4 + --- + 2 x 3 Dès lors : lim f ( x ) = --- . 2 x→+∞

27 Par un même raisonnement lim g ( x ) = 0 et lim h ( x ) = + ∞ . x→+∞

x

1 2 x > ---  – --- – 1 , on a 3   

17 • lim f ( x ) = lim ( – 5 x 2 ) = – ∞ = lim f ( x ) . x→–∞

+ 6 x – 2 x ) ( 4 x2 + 6 x + 2 x )

2. Soit x ∈
f : f ( x ) = --------------------------------------------------------------------------------------

29 a.

2 lim  – --------------- = 0 .  3 x + 1

2 0 < – --------------- <  , donc 3x + 1

(

4 x2

4 x2 + 6 x + 2 x

B+5 Soit B ∈
. Pour tout x ∈
tel que x > ------------- , on a 2 x 2 – 5 > B 2 lim ( 2 x 2 – 5 ) = + ∞ . donc :

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• lim h ( x ) = + ∞ .

19 • lim f ( x ) = lim f ( x ) = – 5 . •

10 a. Soit f : x  x 3 + x – 3 .

•

• lim g ( x ) = + ∞ ,

x→+∞

x→9

alors f est continue. • Sur
\ { 0 ; – 3 } , g est la composée de fonctions continues, donc g est continue. • Sur [ – 3 ; 0 ] , h est la composée de deux fonctions continues, donc h est continue.

•

• lim h ( x ) = + ∞ ,

x→– ∞

9 • Sur
\ { – 3 } , f est la composée de deux fonctions continues,

1

• lim g ( x ) = – ∞ , x→+∞

• lim f ( x ) = – ∞ ,

2 x2 + 5 2 x2 – 5 1 g ( x ) = --- , car ------------------  g ( x )  ------------------ sur
. 2 4 x2 + 1 4 x2 + 1

lim g ( x ) = lim

x→–∞

x→+∞

les exercices

et

18 • lim f ( x ) = – ∞ ,

x→–∞

1. Les fonctions

b.

x→+∞

11 lim ( x 2 + x – x + 5 ) = ------ . 2

x→+∞

lim

x→+∞

( x2 + 2 x + 2 + 2 x ) = – ∞ .

30 a. 1--- ; 3

b. – 1 ;

c. – ∞ ;

d. – ∞ .

3 pour tout x ≠ 1 . 31 1. f ( x ) = 2 x – 1 + ----------x–1

2.

lim [ f ( x ) – ( 2 x – 1 ) ] = 0 . La droite d’équation y = 2 x – 1

x→±∞

est

donc asymptote à f au voisinage de – ∞ et + ∞ .

5

3 3. Le signe de ----------permet de connaître la position relative de  et


2

x–1 (y = 2 x – 1) . Donc, sur ] – ∞ ; 1 [ ,  est en dessous de
et sur ] 1 ; + ∞[ ,  est audessus de
.

Limites en a , asymptotes verticales

1 1 , on a ----- > B , d’où : 39 a. Soit B ∈
 . Dès que 0 < x < ------2

4. Il existe une autre asymptote par  , la droite d’équation x = 1 , car la

32 1.

lim f ( x ) = + ∞

lim f ( x ) = + ∞

x→– ∞

x>0

x→– 2

1 1 - , on a ------- > B , d’où : b. Soit B ∈
 . Dès que 0 < x < ----2

x0

2 2. ∀ x ∈
\ { – 2 } , f ( x ) = – 3 x + 2 + -----------.

les exercices

x+2

40 a. Soit x ∈
: x 2 – x 02 = ( x – x 0 ) ( x + x 0 ) .

lim [ f ( x ) – ( – 3 x + 2 ) ] = 0 .

Soit  > 0 . En posant
= min { x 0 – x 02 +  , x 0 – x 2 –  } , on a :

x→± ∞

Donc  est asymptote à f .

x – x 0 <
⇒ x 2 – x 02 <  .

Sur ] – ∞ ; – 2[ f est au-dessus de .

b. Soit  > 0 . En posant
= min { ( x 0 –  ) 2, ( x 0 +  ) 2 } , on a :

Sur ] – 2 ; + ∞ [ f est au-dessous de .

x – x0 <
⇒

2 2x – 4 5 Donc la droite  d’équation y = – 3 x + --- est asymptote à . 2

41

lim f ( x ) = 0 ,

c. y = x et y = – x . x2 – 1 – x = 0 .

x→–5 x ---3

lim g ( x ) = – ∞ .

• lim h ( x ) = – ∞

et

x→1 x1

lim h ( x ) = – ∞ .

x→3 x>3

lim i ( x ) = + ∞ .

x→3 x>3

48 1. x

3

2 x 3 – 3 x 2 + 11 x – 3 – ( 2 x – 3 ) ( x 2 + 1 )  ( x ) = --------------------------------------------------------------------------------------------- . 3 ( x2 + 1 )

lim g ( x ) = + ∞ .

x → 9 x < 9

x → 9 x > 9

2 x 3 – 3 x 2 + 11 x – 3 2 x – 3 3. Soit x ∈
, ----------------------------------------------- – --------------- =  ( x ) .

6

d. + ∞ en – 2 + , – ∞ en – 2– . b. 1--- .

2

45 a. 1 ;

lim ( 4 x 2 + x + 1 ) > 0 .

x→–2

b. – ∞ ;

 x → ---3  x < ---3

–1 5. Pour n  3 : f ( x ) – ( x – 2 ) = ------------------------------------------------ .

• f ( x) – (3 x – 1) =

x→–2 x>–2

47 • lim f ( x ) = + ∞ et lim f ( x ) = – ∞ .

4. La droite d’équation y = – x + 2 est asymptote à  au voisinage de

x→–∞ x2 – 6 x

lim i ( x ) = + ∞ , car x  x 3 + 8 est croissante

x→–2 x0

 est d’abord au-dessous, puis au-dessus.

lim

x – x0 <  .

D’où le résultat.

4 -. 33 On a cette fois : ∀ x ∈
\ { 2 } , f ( x ) = – 3 x + 5--- + --------------

x→+ ∞

x

1 lim  ------- = + ∞ . x → 0  x

x>– 2

2.

x

B 1 lim  ----- = + ∞ . x → 0  x 2

limite en 1 à gauche (et à droite) est infinie.

–∞

3 x2 – 2 x – 1 2 x2



Donc f est définie sur

1 --2

1

0



0



– 3x + 1 f ( x)

1 – --3



0

0 

1 1 – ∞ ; – --- ∪ --- ; 1 2 3



0

 ∪ ] 1 ; + ∞[ .

+∞   

Obligatoire :

2. A priori, lorsque f n’est pas définie en a , on pense souvent que

3

( x = a ) est asymptote. Ce qui générerait deux asymptotes verticales d’équa1 tions respectives  x = --- et ( x = 1 ) .  2

3. On a lim f ( x ) = – ∞ et lim f ( x ) = + ∞ ; donc la droite d’équation 1 x → --2 1 x > --2

 x = 1--- est effectivement asymptote verticale.  2 x+1 Par contre, sur
f : f ( x ) = 3 --------------- et par suite lim f ( x ) = 4 . 2x – 1 x→1 Donc pas d’asymptote verticale !

4. On peut conjecturer que lim f ( x ) = 4 . x→1

54 1. On utilise l’expression conjuguée du numérateur : x + 2 + x .

2. Là encore on peut envisager deux asymptotes verticales. 3. On a

lim g ( x ) = – ∞ et

x→–1 x–1

4. On remarque que 2 est racine de 2 x 3 – 8 x 2 + 4 x + 8 .

x→+ ∞

x+2+ x 

soit

x + 2 + x  2 x > 0 , d’où : 2 0 < f ( x ) < ------- . x

Donc on a encore la limite par théorème de comparaison.

55 Pour tout x réel : – 1  sin x  1 , d’où :

x2 – 1  f ( x )  x2 + 1 .

• •

lim

( x2

– 1 ) = + ∞ , donc lim f ( x ) = + ∞ .

lim

( x2

+ 1 ) = + ∞ , donc lim f ( x ) = + ∞ .

x→– ∞

x→+ ∞

x→– ∞

x→+ ∞

56 1. Là encore, x – 1  x + sin x  x + 1 . 1 Donc pour tout x > 0 ; 0  f ( x )  ----------x–1

2 x2 – 4 x – 4 Si bien que g ( x ) = ------------------------------ pour x ∈
g ; ainsi : x+1 4 lim g ( x ) = – --- . 3 x→+2

1 avec lim  ----------- = 0 , x → + ∞ x – 1

5. Graphiquement, la courbe associée à la fonction g est celle de la

x 2. On remet ça : ∀ x ∈
, -----  ----------------------  x2 .

2 x2

– 4x – 4 fonction x  -----------------------------x+1  2 ; – --4- .  3

lim f ( x ) = 0 .

d’où

x→+ ∞ x2

5

à qui il faut ôter le point de coordonnées

x– Or u : x  sin ( 2 x ) est dérivable en  et on a u′ (  ) = 2 cos ( 2 ) = 2 lim t ( x ) = 2 . d’où : x→

x2 lim  ----------------------- = + ∞ . + 2 sin x

x → – ∞ 3

57 ∀ x ∈
, – 2 x 2 + sin x peut s’encadrer par : – 2 x 2 – 1  – 2 x 2 + sin x  – 2 x 2 + 1 et vu que x 2 + 1 > 0 sur
: – 2 x2 – 1 – 2 x2 + 1 ----------------------  f ( x )  ---------------------x2 + 1 x2 + 1

x – 3 x– 9 - = 6  -------------------- . 51 Soit x ≠ 9 , f ( x ) = 6  --------------  

x–9 x–9 De la dérivabilité de la fonction x  x en 9, on en déduit : lim f ( x ) = 1 .

x→9

3 x + 10 – 4 3 x + 10 – 3 × 2 + 10 = 2 × --------------------------------------------------------- . 52 Soit x ≠ 2 , f ( x ) = 2 × -------------------------------

x–2 x–2 De la dérivabilité de la fonction x  3 x + 10 en 2, on en déduit : 3 lim f ( x ) = --- . 4 x→2

53 • Étude de f1

f1 est définie sur
\ { – 3 ; 1 } et on remarque que 1 est racine du numérateur. Donc la limite de la fonction f1 est finie en 1 et infinie en – 3 . x D’autre part, la courbe admet une asymptote oblique d’équation y = --- + 1 . 2 Il n’y a qu’une seule courbe possible : la courbe 5 . • Étude de f2 f2 est toujours définie sur
\ { – 3 ; 1 } avec cette fois : – des limites infinies en – 3 et 1 (à gauche et à droite). Donc deux asymptotes verticales d’équations respectives ( x = – 3 ) , ( x = 1 ) ; – lim f 2 ( x ) = 3 , d’où une asymptote horizontale d’équation ( y = 3 ) . x→±∞

Donc une seule possibilité : la courbe 6 . • Étude de f3 f3 est aussi définie sur
\ { – 3 ; 1 } : – on a là encore deux asymptotes verticales d’équations respectives ( x = – 3 ) , et ( x = 1 ) ; – mais cette fois, du fait que le numérateur est de degré 3 et le dénominateur de degré 2, on a une asymptote oblique. Il ne reste qu’une possibilité : la courbe 1 . • Étude de f4 Cette fois f4 n’est définie que sur ] – ∞ ; – 3 [ ∪ ] 1 ; + ∞[ . Donc pas de choix : c’est la courbe 2 .

2

3 + 2 sin x

x2 En particulier lim  ----- = + ∞ , donc : x → – ∞ 5 

sin 2 x – sin ( 2 ×  ) - . 50 Pour x ≠  , t ( x ) = ------------------------------------------------

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

x+ x>0

3. Pour x  0 :

( x – 1)(2 x – 1)

49 1. La fonction g est définie sur
\ { – 1 ; + 2 } .

lim ( x + 2 + x ) = + ∞ , d’où le résultat.

2.

( x – 1)(3 x + 1) -. 5. Pour tout x ≠ 1 , f ( x ) = ------------------------------------

6. De l’expression du résultat ci-dessus, on déduit la limite.

Avec les théorèmes de comparaison

les exercices

1 x → --2 1 x < --2

1. Les fonctions

– 2 x2 – 1 – 2 x2 + 1 avec lim  ---------------------- = – 2 = lim  ---------------------- . x → + ∞ x 2 + 1  x → + ∞ x 2 + 2  Donc c’est le théorème des gendarmes qui permet de conclure ici.

58 Soit n ≠ 0 . 1 sin ( 3 x ) - -------------------- . 1. g ( x ) = --x- – ---2

(3 x) x 1 sin 3 x  On a lim --------------- = 1 et lim  ----- = + ∞ , d’où lim g ( x ) = – ∞ . x → 0  3x  x → 0  x 2 x→0 3

2. On a

x4 – 1 lim  -------------- = – ∞  3 x3 

x→–∞

x4 + 1 lim  -------------- = – ∞  3 x3 

x→–∞

et

et lim

x→+∞

lim

x→+∞

x 4 – 1  ------------- = +∞ ;  3 x3 

x 4 + 1  -------------= +∞ .  3 x3 

x4 – 1 x4 + 1 3. • Sur ] – ∞ ; – 1 ] : ------------- f ( x )  -------------- . 3 3

3x 3x x4 – 1 lim  -------------- = – ∞ , on a lim f ( x ) = – ∞ . x → – ∞  3 x3  x→–∞ x4 – 1 x4 + 1 • Sur [ 1 ; + ∞[ : --------------  f ( x )  -------------- . 3 x3 3 x3 x 4 – 1  Comme lim -------------- = + ∞ , on a lim f ( x ) = + ∞ . x → + ∞  3 x3  x→+∞ sin 3 x x Finalement f ( x ) – --- = – --------------- , donc : 3 3 x3 1 x x 0  f ( x ) – ---  ----- , sur ] 0 ; + ∞[ et  y = --- est asymptote à f en + ∞ .  3 3 x3 Raisonnement analogue sur ] – ∞ ; 0 [ . Comme

1 -1 . 59 1. Pour tout x ∈
, 1---  --------------------3

2 – cos x

2. Pour tout x ∈ [ 0 ; + ∞[ , on a --x-  f ( x )  x . 3

7

Comme

lim

x→+∞

 --x- = + ∞ , on a  3

lim

x→+∞

2.

f ( x) = + ∞ .

x

3. Sur ] – ∞ ; 0 ] , x  f ( x )  --x- . 3

x lim  --- = – ∞ implique que  3

4. Là encore

x→–∞

3x + 7

f ( x) = – ∞ .

lim

x→–∞

7 – --3

–∞ – 3x – 7

3x + 7 –x+2

x–2 f ( x)

60 1. La fonction h est définie et dérivable sur
avec :

– x – 11

h′ ( x ) = 1 – cos x .

–∞

h( x)

x + 11

 – x – 11 si x  – 7 --3   f ( x) =  7  5 x + 3 si x ∈ – --3- ; 2   x + 11 si x > 2 .

3. On obtient finalement

+∞

0

x–2 5x + 3

De plus la fonction h est impaire, donc : x

+∞

2

0

les exercices

69 • Sur l’intervalle ] – ∞ ; 2 [ il suffit de remarquer que : 2.

x

–∞

h( x)



– 3x f ( x ) = --------------- . 3x – 4

+∞

0 

0

Ainsi on en déduit que lim f ( x ) = – 3 = f ( 2 ) . x→2 x 2 , on remarque que ---------------------------- n’est autre que x–2 le taux d’accroissement de la fonction x  4 x + 1 en 2. D’où :

1 1 1 --------------  ----------------------------------  -------------- . x 2 + 3 x 2 + 2 – cos x x 2 + 1 x – sin x x – sin x x – sin x -  ----------------------------------  --------------------- . 4. Sur [ 0 ; + ∞[ , on a -------------------2 2

x +1 x +3 x 2 + 2 – cos x x–1 x – sin x x–1 x – sin x Sur [ 0 ; + ∞[ , on a ---------------------  -------------- et ---------------------  -------------- . x2 + 3 x2 + 3 x2 + 3 x2 + 3 x–1 x+1 Comme lim  -------------- = 0 et lim  -------------- = 0 du théorème des x → + ∞  x 2 + 3 x → + ∞  x 2 + 3 gendarmes, on en déduit que lim f ( x ) = 0 . x→+∞

9(3 – 4 x + 1) lim  ------------------------------------- = – 6 .   x–2

x→2 x1

4

La fonction f est alors continue en 1. Là encore, partout ailleurs, il n’y a pas de problème !

Autour de la continuité

71 On pose g ( x ) = f ( x ) – x , alors : • g ( 0 ) = f ( 0 ) ∈ [ 0 ; 1 ] et donc g ( 0 )  0 ; • g ( 1 ) = f ( 1 ) – 1 , avec f ( 1 ) ∈ [ 0 ; 1 ] et donc g ( 1 )  1 . On déduit du théorème des valeurs intermédiaires que l’équation g ( x ) = 0 admet du moins une solution dans [ 0 ; 1 ] .

63 Soit x ∈ [ 1 ; + ∞[ \ { 3 } . 1 2x – 2 – 2 2x – 2 – 2 ( x ) = ---  ---------------------------- , avec lim  ---------------------------- = 1--- . 2 x–3 x–3 2

→3 1 Donc en posant L = --- , la fonction f est continue. 4

72 1. La fonction f admet son maximum pour x = 1--- .

64 f ( 1 ) = 4 , donc nécessairement c vérifie 2 x + c = 4 pour x = – 1 .

D’où c = 6 . On remarque ainsi que la fonction obtenue est dérivable en – 1 et donc sur
.

2 1 3 1   Pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ] , on a f ( x )  f --- . f --- = --- .  2 4  2

2. La fonction f est continue sur [ 0 ; 1 ] avec pour tout x : f ( x) ∈ [0 ; 1] .

65 f ( – 4 ) = 10 donc b vérifie – ( – 4 ) 2 – 4b + 6 = 10 ⋅ b = – 5 . La fonction f est alors continue, mais non dérivable, en – 4 .

3. Donc l’équation f ( x ) = x admet au moins une solution. Ici, on peut même la calculer car il s’agit d’une équation du second degré. 1 La solution est ------- . 2

66 a. La fonction f est continue sur
. b. c. d. e.

Elle est décroissante sur
(mais non strictement). Le point I n’est pas centre de symétrie de  . Le minimum de f est – 9 et son maximum est 9. On a : x

1 – --2

–∞

x–4

–x+4

2x + 1

– 2x – 1

2 x – 4 – 2x + 1

+9

+∞

4 x–4 2x + 1 – 4x + 7

+9

–9

67 1. La fonction f est la somme de fonctions continues sur
.

8

74 L’équation cos x = x équivaut à + cos x = x , on note f ( x ) = cos x . f est dérivable et continu sur [ 0 ;  ] donc f ′ ( x ) < 1 . Donc en application du 73 , on obtient l’existence et l’unicité de la solution de l’équation.

–9

Donc, on a bien f ( x ) = 2 x – 4 – 2 x + 1 .

La fonction f est donc continue sur
.

73 Cette fois la fonction g est continue sur [ 0 ; 1 ] avec g ( 0 ) < 0 , g ( 1 ) < 0 et g strictement monotone. On peut donc appliquer le théorème de la bijection qui assure l’existence et l’unicité de la solution de l’équation g ( x ) = 0 et donc f ( x ) = x .

75 a. 4 ;

b. 3 ;

c. 1 ;

d. 0.

x – 2)( x – 3) x – 2 = ----------- . 76 Pour x ∈
f , f ( x ) = (---------------------------------

2 x( x – 3) 2x Donc là toutes les limites apparaissent clairement.

Obligatoire :

1. Les fonctions

77 Nombre de solutions 2.

78 Nombre de solutions 1.

89 1. f est continue là où elle est définie : sur
\ { 1 ; – 3 } car ni 1 ni – 3 ne sont racines du numérateur.

79 Nombre de solutions 1.

80 Nombre de solutions 1.

2. Pour tout h ∈
\ { – 2 ; 2 } , on a f ( – 1 – h ) + f ( – 1 + h ) = 0 donc : A ( – 1 ; 0 ) est centre de symétrie pour f .

– 4,576 <
< – 4,575

et

– 0,553 <  < – 0,552 .

3. • •

83 1. Pour tout x ∈
, f ′ ( x ) = 1 – cos x . La dérivée est positive et s’annule en des réels isolés, donc :

f ( x) = – ∞

x→+∞

f ( x) = – ∞

et

3. Du théorème de la bijection on retient que l’équation ( E ) admet une unique solution réelle. Par balayage, il vient : 0 ,510 <
< 0 ,511 .

84 1. La fonction f : x  x 3 + x – 1 est strictement croissante de
vers
, d’où le résultat. On a 0 ,68 <
< 0 ,69 .

lim

x→–3 x>–3

f ( x) = + ∞ .

lim f ( x ) = + ∞ .

et

x→1 x 0 , ∀x ∈
f : f ′ ( x ) < 0 . Par suite f est strictement décroissante sur chacun des intervalles ] – ∞ ; – 3 [ , ] – 3 ; 1 [ et ] 1 ; + ∞[ .

5.

–∞

m

+∞

0

3

x 2. La fonction f : x  x 5 + ---- + 2 x – 1 est strictement croissante de
vers
, d’où le résultat. On a

3

0 ,47 <
< 0 ,48 .

nombre de solutions de l’équation f ( x ) = m

2

2

3. La fonction f : x  x 3 + x 2 – 7 n’est pas strictement croissante sur
,

1

mais son tableau de variation permet d’affirmer que la solution est unique : Soit m ∈
on a à faire à une équation du second degré.

1 ,63 <
< 1 ,64 .

85 1.

lim

f ( x ) = – ∞ et

lim

6. Son discriminant est  = 4 ( m – 1 ) 2 + 4m ( 3m + 2 ) = 16m 2 + 4 .

f ( x) = + ∞ .

3. Sur

Attention, cette valeur n’a de sens que pour m ≠ 0 , car sinon, il ne s’agit plus d’une équation du second degré. Il est clair que  > 0 , pour toutes valeurs de m . On a ainsi les solutions de l’équations f ( x ) = m pour : • m ≠ 0 ; il y a deux solutions :

4. Sur

1 – m – 4m 2 + 1 ------------------------------------------m • m = 0 ; l’équation devient :

x→–∞

x→+∞

2. La fonction n’est pas monotone sur
, donc on ne peut pas directement appliquer les hypothèses du théorème de la bijection. 1 – --- ; + ∞ la fonction f admet un minimum strictement positif, 2 donc l’équation f ( x ) = 0 n’admet aucune solution. 1 – ∞ ; – --2

on peut, par contre, appliquer le théorème.

1 – m + 4m 2 + 1 ------------------------------------------- ; m

et

– 2x – 2 = 0 ,

– 1 ,7 <
< – 1 ,6 .

5. On a alors :

les exercices

82 On obtient deux solutions
et 

d’où x = – 1 ;

ce que l’on savait.

86 C’est exactement le même exercice sauf que les hypothèse du théorème de la bijection ne sont pas applicables sur [ 1 ; + ∞[ . En particulier la solution
est dans [ 1 ; 2 ] car f ( 1 ) × f ( 2 ) < 0 .

Remarque : On ne l’a pas vérifié mais… f ( x ) = m ⇔ m x 2 + 2 ( m – 1 ) x – ( 3m + 2 ) = 0 . (Vérifiez, vous le constaterez aussi !)

87 1. Vraisemblablement le polynôme P possède une racine réelle. 2.

lim P ( x ) = – ∞ et

x→–∞

lim

x→+∞

90 Pour pouvoir étudier la fonction f , on se sert d’une fonction auxiliaire qui est la fonction g .

P( x) = + ∞ .

3. On ne peut, a priori, qu’appliquer le théorème des valeurs intermédiaires, donc on ne peut avoir l’unicité de la racine de P .

A. 1. On a g : x  x 3 – 3 x – 4 , donc pour tout x réel :

4. On a, par identification :

g′ ( x ) = 3 ( x 2 – 1 ) avec

P ( x ) = ( 2 x2 + x + 3 ) ( x3 – x2 + 5 x – 1 ) .

5. P ( x ) = 0 ⇔ ( E 1 ) 2 x 2 + x + 3 = 0 ou x 3 – x 2 + 5 x – 1 = 0 ( E 2 ) .

2. Ainsi :

D’où :

x f ( x)

–∞

et

f ′ ( x ) = 3 x2 – 3 = 3 ( x2 – 1 ) . 1

–1

+∞ +∞

3 –∞

–1

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

–1

lim

x→+∞

g( x) = + ∞ . +∞

1

+∞

–2

g( x)

–∞

–6

3. Sur ] – ∞ ; 1 [ , on a g ( x )  – 2 , donc g ( x ) < 0 .

Sur [ 1 ; + ∞[ , g est strictement croissante et continue à valeurs dans [ – 6 ; + ∞[ ; donc, d’après le théorème de la bijection, l’équation g ( x ) = 0 admet une unique solution dans
dans l’intervalle ] 1 ; + ∞[ .

4. et 5. On a, en approximation

2 ,195 et donc :

2. Donc l’équation f ( x ) = 0 admet trois solutions réelles
,  et : –2 <
< –1 , 0 <  < 1 et 1 < < 2 . 3. Soit u ∈
:

–∞

x

6. ( E 1 ) n’a pas de solution ; ( E 2 ) possède une solution.

88 1. f : x  x 3 – 3 x + 1

lim g ( x ) = – ∞ et

x→–∞

–∞

x g( x)

sin 3 = – 4 sin 3 + 3 sin .

+∞






0

4. On pose x = 2 sin ; alors x est solution de ( E ) si, et seulement si : 8 sin 3 – 6 sin + 1 = 0 .

B. 1. et 2. On vérifie effectivement que pour tout x ∈ D =
\ { ± 1 } , on a:

5. Soit – 2 ( – 4 sin 3 + 3 sin ) = – 1 . Donc :

xg ( x ) f ′ ( x ) = --------------------- , et que : ( x2 – 1 )2

1 sin 3 = --- . 2 6. Les solutions réelles sont de la forme :

lim

x→–∞

  2k 5  2 ,    ------ + ---------- ; ------- + --------- / k,  ∈   . 3 18 3  18  Dans ] – 2 ; 2 [ on obtient trois solutions :  x 1 = 2 sin ------ , 18

5 x 2 = 2 sin ------18

et

f ( x) = – ∞ ,

lim f ( x ) = – ∞ ,

f ′( x)

f ( x) = + ∞ ,

lim f ( x ) = + ∞

x→1 x–1

lim

x→+∞

f ( x) = + ∞ . +∞




1 



0



9

Soit :

c. f est dérivable sur – 1--- ; + ∞ : –∞

x

0

–1 +∞ –∞

2

+∞



2x + 3 2x + 3 f ′ ( x ) = ---------------------------------------- = ----------------------- . 3 --2 x + 1(2 x + 1) (2 x + 1)2

+∞

+∞

0

–∞




1 –∞

f ( x)

3. On montre sans difficultés que lim [ f ( x ) – ( x + 2 ) ] = 0 . Ensuite l’étude du signe de cette expression algébrique donne la position relative des deux courbes.

1 3 d. f est dérivable sur
\ { 0 } : f ′ ( x ) = ------ + -------- . 2 x2

3

97 • La fonction f est la composée de fonctions continues sur
donc elle est continue sur
. f ( x) – f (0) f ( x) – f (0) • lim  ----------------------------- = lim  ----------------------------- = 0 , donc f est dérivable x – 0  x→0  x–0  x→0  x0

sur
.

103 1. Pour tout x ≠ 0 , on a 0  f ( x )  2 x , donc du théorème des gendarmes, on déduit que la fonction f est continue en O et par suite sur
. 1 f ( x) – f (0) 2. Pour x ≠ 0 , ---------------------------- = 2 sin  --- , or cette fonction n’admet pas de  

x x–0 limite lorsque x tend vers 0, donc f n’est pas dérivable en 0.

3. f ′ ( x ) = 2  sin  1--- – 1--- cos  1---  . x

x

x

104 C’est exactement la même démarche que dans l’exercice précédent, sauf qu’ici, f est dérivable en 0, avec f ′ ( 0 ) = 0 . 105 Attention, il s’agit de taux d’accroissements... a. c.

1 lim f ( x ) = --- . 2

x→5

lim

x→–2

f ( x) = – (– 2) = 2 .

b.

1  lim f ( x ) = --- × ( –  ) = – ---- . 2 2

1 x → --2

d.

1 1 lim f ( x ) = --- × 2 = --- . 4 2 1 x → --4

Obligatoire :

1. Les fonctions

106 2. La réponse est le schéma 3 . En effet, des positions relatives de ces trois courbes avec l’axe des abscisses, on hésite avec les courbes 1 et 2 . Or on sait que f ′ ( x ) = – 3 . D’où le schéma 3 .

Donc M ( x ; f ( x ) ) décrit le demi-cercle de centre O et de rayon 1 situé dans le demi-plan { ( x ; y ) ∈
2 ⁄ y  0 } .

3. a. f ( 0 ) = 0 , soit d = 0

110 • f est définie et continue sur – ∞ ; 1--- .

(1)

f ( – 3 ) = 9 , soit – 27a + 9b – 3c + d = 9 (2)

f ′ ( 1 ) = 0 , soit 3a + 2b + c = 0 f ′ ( 0 ) = – 3 , soit c = – 3

(3)

(4)

d = 0  c = – 3 D’où le système d’équations   9a – 3b = 0   3a + 2b = 3 Finalement : d = 0 c = –3  b = 1   a = + 1-- 3

d = 0  c = – 3 ⇔   3a – b = 0   3a + 2b = 3 .

x→–∞

f ( x) 1 d’où pour tout x ∈
, f ( x ) = + --- x 3 – 3 x + x 2 . 3

b.

–∞

x

–3

+∞

1

+∞

9 f ( x)

5 – --3

–∞

111 1. La fonction est la composée de fonctions continues sur [ 0 ; 3 ] . Donc f est continue sur [ 0 ; 3 ] . 2. x  3 x – x 2 est dérivable sur ] 0 ; 3 [ d’après les théorèmes de dérivation. f ( x) Cependant lim  ----------- = 0 , donc f est dérivable en 0 avec f ′ ( 0 ) = 0 . x→0  x 

x(– 4 x + 9) 4. Sur ] 0 ; 3 [ , f ′ ( x ) = --------------------------- . La réponse est donc : OUI ! 2 3 x – x2

4ad + 2 ( 6a – 2c ) + 3b – cd -------------------------------------------------------------------- = – 9 . ( 7 + 2d ) 2

112 C’est le même principe que pour l’exercice 111 . • f est définie et continue sur [ – 1 ; 1 ] . • Elle est dérivable, après étude des cas, au – 1 et 1, sur ] – 1 ; 1 ] . • Pour tout x ∈ ] – 1 ; 1 ] , on a :

( x = 1 ) est asymptote verticale, donc d = – 4 . ( y = 2 ) est asymptote horizontale, donc a = 2 .  2b + c = 3   3b = – 1 1 b = – --3

0

3. Par contre, f ′ ( 0 ) = 0 .

4a + 2b + c ---------------------------- = – 11 2d + 7

Et donc :

–∞

f ( x) Comme lim  ----------- = – ∞ , f est dérivable sur [ 0 ; 3 [ . x → 3  x – 3

107 On a f ( x ) = – 11 d’où :

D’où :

1 --2

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

–∞

x

et

les exercices

et donc 9a – 3b + c = – 3

2 1 1 – 3x – ∞ ; --- avec f ′ ( x ) = ------------------- ce 2 1 – 2x qui permet d’obtenir les variations de la fonction. 1 1 1 • Elle est croissante sur – ∞ ; --- et décroissante sur --- ; --- . 3 2 3 • lim f ( x ) = – ∞ , on obtient ainsi son tableau complet des variations : • Elle est « seulement » dérivable sur

2 x2 – x – 1 f ′ ( x ) = -------------------------- . 1 – x2

11 c = ------ . 3

1 La fonction admet donc un maximum sur ] – 1 ; 1 ] atteint en – --- . 2

 12 + 4a + b = 0

108 A. On obtient directement 

 12 – 4a + b = 0

33 4

soit ( a, b ) = ( 0 ; – 12 )

1

et la droite d’équation y = – 12 x + c passe par A ( 1 ; – 9 ) d’où c = 3 .

f ' (O) = – 1

Donc f ( x ) = x 3 – 12 x + 3 .

B. 1. On a : –∞

x

–2

2

+∞

f ( x) –∞

–1

+∞

17 – 11

3 ( – 324 + 108i 247 ) 1 / 3 i ------------------------------------------------------------------ – 12i 3 … 12


 – 3,583

et

  0,251 .

–∞

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

f ( – x ) + f ( x ) = – x 3 + 12 x + 3 + x 3 – 12 x + 3 = 6 … d’où le résultat.

4. On la connaît déjà… y = – 12 x + 3 . Avant la courbe est en dessous, et après au-dessus.

109 La fonction f est définie sur [ – 1 ; 1 ] , elle est continue sur cet intervalle et seulement dérivable sur ] – 1 ; 1 [ , car son taux d’accroissement en 1 et – 1 n’admet pas de limite. C’est-à-dire que : f ( x) – f (1) lim  ----------------------------- = + ∞  x–1 

x→1 x–1

–x Donc sur ] – 1 ; 1 [ , f ′ ( x ) = ------------------ . 1 – x2 Finalement, on remarque que pour tout x ∈ [ – 1 ; 1 ] : OM 2 = x 2 + f 2 ( x ) = 1 .

1

– 1 ,25 

0

0,75 

0

+∞

2,25 

0



2. On en déduit les variations de la fonction associée. x

3. Pour x ∈
.

O

113 1. Graphiquement on établit que : x

2. Par approximation on a deux solutions :

1 –– 2

–∞

– 1 ,25

0,75

2,25

+∞

f ( x)

3. La courbe 4 est en fait la dérivée ! Attention, pour comprendre cette solution, il faut intervertir les courbes 4 et 1 dans le manuel.

6

Fonctions trigonométriques

114 1. La fonction h est croissante, avec h ( 0 ) = 0 , sur [ 0 ; + ∞[ , donc pour tout x  0 , x  sin x .

11

2

x - + cos x – 1 est croissante avec i ( 0 ) = 0 sur 2. La fonction i : x  ---2

x2 [ 0 ; + ∞[ , donc pour tout x positif ou nul, 1 – -----  cos x  1 . 2 x3 j : x  ----- + sin x – x est croissante avec j ( 0 ) = 0 6 [ 0 ; + ∞[ , donc pour tout x  0 , on a le résultat. Bien évidemment on peut poursuivre le résultat indéfiniment puisque :

3. Enfin :

i′ ( x ) = h ( x )

et

sur

j′ ( x ) = i ( x ) .

7

Problèmes

117 Il suffit d’appliquer rigoureusement a qui est indiqué dans l’énoncé. Et ça marche. 118 1. y 2 – x 2 = 16 ⇔ y = ± x 2 + 16 , d’où deux courbes. 2. L’une s’obtenant de l’autre par une réflexion de l’axe des abscisses, on a :

Remarque : Notamment on montrerait que : x2 x4 x2 1 – -----  cos x  1 – ----- + -----2 2 24

et

x

x3 x3 x5 x – -----  sin x  x – ----- + --------- . 6 6 120

4

les exercices

2. Elle est périodique de période 2 . 3. Il suffit donc de l’étudier sur un intervalle de longueur 2 centré en 0 ,

et

pour utiliser la symétrie de la parité. Ainsi [ 0 ;  ] suffit.

lim ( f ( x ) – x ) = 0 (on passe par l’expression conjuguée !)

x→+ ∞

16 x 2 + 16 – x =  ------------------------------- .  2  x + 16 + x

4. Sur [ 0 ;  ] , f ′ ( x ) = sin x ( – 1 + 2 cos x ) , et donc :  f ′ ( x ) = 0 si, et seulement si : x = 0 ; ---- ;  . 3 0

f ′( x)

0

119 1. Il suffit de réduire f ′ ( x ) au dénominateur x 2 g ( x ) apparaît alors…

 ---3 

 

0

0

2. g est dérivable sur
avec g′ ( x ) = 12 x 2 + 2 x = 2 x ( 6 x + 1 ) ce qui entraîne :

1 --4

f ( x)

–2

–4

1 1 116 1. Soit x ∈
: cos x + sin x = 2  ------ cos x + ------- sin x  2 2  = 2 sin  x + ---- .  4 



2. Ainsi la fonction f est définie sur
\   k – 1---  ⁄ k ∈   =
.

Autrement dit en utilisant le théorème de la bijection sur [0 ; + ∞ [ on montre que l’équation g ( x ) = 0 admet une unique solution
et vu que g ( 1 ) = 1 > 0 alors 0 <
< 1 . On obtient
 0,923 .

3. On en déduit :

4   sin ( x +  ) 3. Soit x ∈
: f ( x + p ) = -------------------------------------------------------------- = f ( x ) . sin ( x +  ) + cos ( x +  ) Donc, il suffit d’étudier la fonction sur un intervalle le longueur  . 4

  sin  ---- – x sin  ---- + x 4  4    f  ---- – x + f  ---- + x = ---------------------------- + ---------------------------- = 1 --- . 4  4  2 2 cos x 2 cos x

5. De la périodicité, il résulte un intervalle de longueur  .     ---- – ---- ; ---- + ---Soit et, de la question précédente, on déduit que 4 2 4 2   – ---- ; ---- est suffisant. 4 4

–∞

x

+∞

b. On étudie la différence. ( x) = f ( x) – T ( x) .

120 A. 1. ∀ x , x 2 – 2 x + 2 = ( x 2 – 1 ) 2 + 1 , donc : x2 – 2 x + 2 > 0

2.

1

+∞

+∞ +∞

1

3. Il est clair que :

x → – ---4  x > – ---4

∀ x , f ( 1 – x ) = f ( 1 + x ) . Ce qui prouve la propriété de symétrie.

B. 1. Les limites s’obtiennent sans difficultés par composition des fonctions x  x 2 – 2 x + 2 et x  x .

f ( x) = – ∞ .

2. Soit x ∈
.

7. Ce théorème de la bijection permet alors de prouver l’existence et l’uni 3 – ---- ; ------- . 4 4

9. La fonction est continue et strictement dérivable sur l’intervalle  3  3 – ---- ; ------- . 5 ∈ f – ---- ; ------- , du théorème de bijection on en déduit 4 4 4 4 l’existence et l’unicité de la solution.

12

–∞

Notamment par le théorème sur les composées de fonctions monotones…

 lim ( cos x + sin x ) = lim  x + ---- = 0 1 , 4   

cité de la solution de l’équation f ( x ) = 5 dans

x f ( x)

1 f ′ ( x ) = --------------------------------------- , donc f est strictement croissante sur cet ( cos x + sin x ) 2 intervalle. On remarque que :

 x → – ---4  x > – ---4

f ( x)

Une équation de ( T ) est : y = f ′(– 1)( x + 1) + f (– 1) .

Soit

lim

+∞

+∞ –∞

4. a.

+∞

7 1 1 2 f ′ ( x ) = 2 x + --- – ----- , donc f ′ ( – 1 ) = – 2 + --- – 2 = – --- . 2 2 2 x2

6. Sur cet intervalle : cos x ( cos x + sin x ) – ( cos x – sin x ) sin x f ′ ( x ) = ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- . ( cos x + sin x ) 2




0

f ( x)

  4. Soit x tel que --- – x et ---- + x sont dans
.

d’où

+∞

0

10 ------ – 4 < 0 63

g( x)

5. et 6. À l’aide d’un grapheur, on trace f aisément.

x → – ---4  x > – ---4

1 – --6

–∞

x

0

4

+∞

f ( x)

115 1. La fonction est paire.

x

0 +∞

1/2 1 f ( x ) = ( x – 1 ) 2  1 + ------------------- ,  ( x – 1 ) 2

donc,

en

particulier

si

x1,

1 f ( x ) = ( x – 1 ) 1 + ------------------( x – 1 )2 1 f ( x ) – ( x – 1 ) = ( x – 1 ) 1 – 1 + ------------------- . ( x – 1 )2 Et en passant par l’expression conjuguée, on conclut, puisqu’ici il y a une FI.

Obligatoire :

3. Par symétrie de l’axe vertical on en déduit que la droite d’équation y = – x + 1 sera elle aussi asymptote.

4.

y

1. Les fonctions

3 Sur --- + ∞ , f est la composée de fonctions croissantes, donc f est croissante 2 sur cet intervalle. Par symétrie, on obtient la variation sur ] – ∞ ; – 2] . – 20 5. Pour x  3 ; f ( x ) – ( 2 x – 1 ) = ---------------------------------------------------------4 x 2 – 4 x – 24 + 2 x – 1

et donc lim [ f ( x ) – ( 2 x – 1 ) ] = 0 d’où le résultat. x→+ ∞

O

6. La résultat précédent donne directement la position relative des deux

x

1

courbes.

121 1. f est définie sur ] – 1 ; 1 ] et dérivable sur ] – 1 ; 1 [ . lim

x→–1 x>–1

2. Par le calcul, on vérifie aisément (Identité remarquable !) que pour tout x ∈
(symétrique en O ) : f ( x ) f ( – x ) = – 1 .

f ( x ) = + ∞ et f ( 1 ) = 0 .

3. La fonction est la composée de fonctions continues sur son ensemble de

3. Comme

définition, elle est donc continue sur Df .

4. La fonction f est uniquement dérivable sur l’intervalle ouvert ] – 1 ; 1 [ . –2 5. Sur ] – 1 ; 1 [ , f ′ ( x ) = ------------------------------------------------------- , donc f est décrois(1 + x) (1 + x)(1 – x)

lim

x→–∞

f (– x) = + ∞

et donc

f ( x) = 0 .

–∞ .

5. Comme

6. Une équation de la tangente à f en 0 est y = – 2 x + 1 .

asymptote à f au voisinage de + ∞

(Pour l’étude algébrique il est recommandé d’utiliser l’expression conjuguée.)

lim

x→–∞

5. Ceci assure que l’axe des abscisses est asymptote à f au voisinage de

sante sur ] – 1 ; 1 ] .

7. Sur ] – 1 ; 0 ] , f est au-dessus et, sur [ 0 ; 1 ] , f est au-dessous.

lim

x→+∞

( f ( x ) – 2 x ) = 0 , on en déduit que
( y = 2 x ) est avec f au-dessus de
sur

[ 1 ; + ∞[ .

126 f est définie par f ( x ) = 2 1 + x 2 – x .

122 1. Pour tout x ∈
, f ( x + 2 ) = f ( x ) .

1. Soit x ∈
:

2. Pour tout x ∈
, f ( – x ) = f ( x ) .

• 1 + x 2 > x 2  0 donc 1 + x 2 > x ; • or x  x et x  – x , donc on a les deux premières inégalités ; • 4 ( 1 + x 2 ) = 4 + 4 x 2 et 4 + 4 x 2 > 4 x 2  x 2 , donc :

3. Donc une étude de f sur [ 0 ;  ] est suffisante. 4. f ′ ( x ) = 2 cos x sin x – sin x = sin x ( 2 cos x – 1 ) . 5. 6.

 f ′ ( x )  0 ; ---3

et

x

0

f ′( x)

0

 f ′ ( x )  ---- ;  . 3

2 1 + x 2  x 2 , avec

 ---3 

0



2 1 + x2 > x .

0

2. a. Soit g la fonction définie par g ( x ) = 2 x – 1 + x 2 .

On a ainsi la dernière inégalité. Cette fonction est dérivable sur
:

8. La fonction f vérifie les hypothèses du théorème de la bijection sur  l’intervalle ---- ;  . 3 L’équation f ( x ) = 0 admet donc une solution unique dans cet intervalle. f ( x ) = – ( cos2 x – cos x – 1 ) , dont on connaît les solutions de l’équation x 2 – x – 1 = 0 :

9. On remarque que

–1 + 5 –1 – 5 -------------------et -------------------- . 2 2 10. En résolvant f ( x ) = 0 et en posant X = cos a , on obtient l’équation du second degré de l’énoncé que l’on résout par le discrimant. La solution cherchée est évidemment la solution positive.

11. Comme cos x ∈ [ – 1 ; 1 ] , on en déduit que :

2x x 2 1 + x2 – x g′ ( x ) = 2 – ---------------------- = 2 – ------------------- = ------------------------------- . 2 2 1 + x2 2 1+x 1+x f ( x) D’où g′ ( x ) = ------------------- . 1 + x2 Et de ce qui précède g′ ( x ) > 0 , donc g est croissante.

b. De plus,

123 1. Pour tout x ∈
, 4 x 2 – 4 x – 24 = 4 ( x 2 – x – 6 ) = 4 ( x – 3 ) ( x + 2 ) donc 4 x 2 – 4 x – 24  0 si, et seulement si, x ∈ ] – ∞ ; – 2] ∪ [3 ; + ∞ [ d’où
f . 2. Par composition des limites : lim f ( x ) = + ∞ . x→– ∞

3. f n’est ni dérivable en – 2, ni en 3 : x→– 2 x3

g ( x ) = + ∞ , par la technique du

lim

x→+∞

conjugué. Donc g réalise une bijection de
vers
, et l’équation g ( x ) = 0 admet une unique solution dans
:
. Ainsi :

–1 + 5 cos x = --------------------  0 ,618 . 2

lim t – 2 ( x ) = – ∞

x x et   x –x

d’où :

–1

1

x2 = x



5 --4

f ( x)

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

–1 et f ( x ) = --------------- , on a : f (– x)

f ( x) = + ∞

lim

x→+∞

D’où l’existence de demi-tangentes verticales aux points ( – 2 ; 0 ) et ( 3 ; 0 ) .

4. Il suffit d’étudier les limites des quantités f ( x ) – x et f ( x ) – 3 x en

4. On montre que pour tout x ≠ 0 , f  1--- – x = f  1--- + x donc  x = 1--- est 2 2 2

5. Ce qui fonctionne parfaitement vu que :

axe de symétrie de la courbe.

les exercices

2. La limite est + ∞ :

124 1. La fonction f : x  x + x 2 – 1 est définie sur
\ ] – 1 ; 1 [ et dérivable sur
\ [ – 1 ; 1 ] .

utilisant la technique du conjugué. f ( x)  x +∞

et

f ( x)  – 3 x . –∞

13

127 1. On a facilement le tableau du dessous. 2. 3.

–∞

x

–

3 --2

–

2

0

+

3 --2

+∞

+∞ +∞

f ( x) –∞

–∞

2

D’où la première asymptote verticale. x lim  f ( x ) – ------- = 0 . 3

4. Ensuite :

x → ± ∞

131 Le tableur se remplit aisément à l’aide de l’énoncé. On obtient alors à la 20e étape : 0,739 084 <
< 0,739 085 . Remarque : On sait, d’autre part, que les deux suites ( a n ) et ( b n ) correspondant aux colonnes A et B sont deux suites adjacentes qui convergent vers
1 et dont la distance est majorée ici par ----- . 2n Donc une condition suffisante pour que l’erreur soit infinie ou égale à 10 – 6 est : 2 n  10 6 . Ce qui est le cas à partir de n = 20 … On vérifie donc grâce au tableur que la condition est aussi nécessaire.

132 Exactement de la même manière, on obtient pour la fonction f : x  x2 + 3 x + 1 – 2 x . 1,263 <
< 1,264 .

les exercices

x Donc la droite d’équation y = ------- est asymptote à la courbe aussi bien au voi3 sinage de + ∞ que de – ∞ .

133 Une remarque ! Le camion effectue les 7 mètres en 0,42 seconde et le lapin parcourt ses 4 mètres en 0,48 seconde. Il est donc clair que, si l’instinct de conservation du lapin est suffisamment développé et s’il manipule aisément la proportionnalité, il ne prendra pas la perpendiculaire, ce qui lui évitera de se faire écraser !!! D’où la nécessité de faire varier ...

5. a. Pour m > 2 ou m < – 2 : deux solutions.

Pour m = 2 ou m = – 2 : une solution. Pour m < 2 et m > – 2 : aucune solution.

2 x2 + 3 - = m ⇔ 2 x 2 – 2 3mx + 3 = 0 . b. f ( x ) = m ⇔ ----------------2 3x  = 12m 2 – 24 = 12 ( m 2 – 2 )

On a :

4 ---- , on a AD = ------------ et CD = 7 + 4 tan , donc : 1. Soit u ∈ 0 ;  2 cos

d’où 2 solutions dès que m > 2 (logique !). Alors la somme de ces solutions vaut

 3 4 AD 12  t 2 = -------- = ------------- × ------ = -------------------v 2 cos 25 25 cos   7 + 4 tan 3 ( 4 tan + 7 )  t = CD -------- = ------------------------- × 3 = --------------------------------- 1 v1 50 50 

3m .

3 Donc la demi-somme est ------- m = x I 2 3 et puisque y I = m , on a bien pour m > 2 , y I = ------- x I . 2

128 f est une fonction définie et deux fois dérivable sur
avec : f ″( x)  0 .

1. f ″ ( x ) = ( f ′ )′ ( x ) , donc f ′ est croissante. 2. Soit x 0 ∈
, une équation de la tangente à  en x0 est : y = f ′ ( x0 ) ( x – x0 ) + f ( x0 ) (  ) .

4 CD = 7 + 4 tan . et AD = ------------cos 2. En posant v la vitesse du lapin, celle du camion est alors de 2v . Par 4 1 t 2 = ------------- × --cos v

suite :

1 4 1 7 t 2 = --- × ------------et t 1 = ---  --- + 2 tan  .  v cos v 2 Le lapin échappera au camion si, et seulement si, t 1 > t 2 , soit :

d’abscisse x .

1 7 4  --- --- + 2 tan – ------------ >0 . v 2 cos 

4. étant définie, elle est donc deux fois dérivable sur
, avec : ″( x) = f ″( x) .

et

Donc ″  0 sur
et par suite ′ est croissante avec ′ ( x 0 ) = 0 . x

–∞

′( x) et

x

+∞

x0 

–∞

0

 +∞

x0



en atteignant un maximum et telle

 que ( 0 ) =  ---- = 0 .  2 Le théorème des valeurs intermédiaires est nécessaire pour prouver que w′  s’annule sur 0 ; ---- . 2 ---- . 130 • On pose f : x  tan x – 4--- x définie sur 0 ;  p

4

 Le but étant de déterminer le signe de f sur 0 ; ---- , on commence par étu4 dier ses variations.  Pour cela il est nécessaire de connaître le signe de f ′ sur 0 ; ---- . Ceci ne 4 peut se faire sans le théorème de la bijection appliqué à cette fonction f ′ . • Graphiquement, voyez-vous ce qui se passe en comparaison avec l’exercice précédent ?

14

0

f ( )

 ---6  f  ----  6

1 – --2

 ---2

–∞

  7 6 avec f  ---- = --- – ------- et f  ---- > 0 .  6 2  6 3

129 Déjà vu et démontré au chapitre 1.  0 ; ---2

4 7 Vu que v > 0 équivaut à --- + 2 tan – ------------- > 0 , la fonction f est dériva2 cos  2 4 sin 2 ( 1 – 2 sin ) – ---------------- = --------------------------------, ble sur 0 ; ---- , on a f ′ ( ) = --------------2 cos2 cos2 cos2  f ′ ( ) = 0 si, et seulement si, = ---- . donc : 6 Ce qui fournit le tableau de variations suivant :

( x0 )

Donc ( x 0 ) = 0 . M ( x 0 ; f ( x ) ) et P ( x 0 ; y ) coïncident. C’est le point de tangence. f est donc au-dessus de toutes ses tangentes.

La fonction est positive sur

7 + 4 tan t 1 = ------------------------- . 2v

Donc :

3. représente alors l’écart algébrique entre M ( x ; f ( x ) ) et P ∈ 

′ ( x ) = f ′ ( x ) – f ′ ( x0 )

et

Donc, avec le théorème de la bijection, on montre qu’il existe min et max tels que si ∈ [ min ; max ] , le lapin est sauvé.

134 1. AB = 2 . 2. Du point de vue pratique, x ∈ ]0 ; 2[ . 3. Et donc le volume de la tente est : V ( x ) = 4 × x × 2 4 – x2 = 8 x 4 – x2 . Étude du volume :  4 – x 2 – 16 x  16 x V′ ( x ) = 8 4 – x 2 – ---------------------- = 8  -----------------------------   4 – x2  2 4 – x2 x 2 + 16 x – 4 d’où V′ ( x ) = – 8 × ------------------------------ qui s’annule une seule fois dans l’intervalle 4 – x2 17 – 1 ]0 ; 2[ en ------------------- . 2

Obligatoire :

x

0

V ( x)

0

17 – 1 ------------------2

2

17 – 1 V  -------------------  2 

0

17 – 1 La fonction V admet bien un maximum en ------------------- . 2 Donc il y a bien un volume maximum (c’est rassurant pour ce campeur !!!) et dont le maximum est : 17 – 1 V  ------------------- = 2 2 ( 17 – 1 )  2 

17 – 1  15,61 u.v .

135 En fait cela revient à étudier la fonction f : x  x 3 – 3 m – 1 pour m fixé dans
, puis d’étudier le nombre de solution de l’équation f ( x ) = 0 . Après étude on obtient pour m > 0 : –∞

x

–

m ---3

m ---3

+∞ +∞

x + x′ = y + y′

(1)

(2)

( x′ – x ) × 1 + ( y′ – y ) × 1 = 0

et

(2) .

D’où le système annoncé.  x′ – y′ = y – x

2. La résolution du système 

fournit comme solution le

 x′ + y′ = y + x

couple ( x′ ; y ′ ) = ( y ; x ) .

3. x ≠ 0 et M ( x ; y ) ∈   y = 1--- ⇒ M  x ; 1--- . x x

Si M′ ( x′ ; y ′ ) est son symétrique par rapport à s alors : y′ = x

1 x′ = --- . x

et

1 1 1 Donc --- = --- = x = y′ . D’où y′ = ---- . x′ 1 x′ --x  est symétrique par rapport à  .

x′ = x 2 et y′ = x avec y′  0 donc y′ = x′ . On a bien l’équivalence : M ( x ; y ) ∈ ( y = x 2 ) ⇔ M ′ ( x ′ ; y ′ ) ∈ ( y = x ) avec M′ son symétrique, x  0 .

2m – m m ---- = ------- --------- – 1 . 3 3 3

5. Soit ( x ; y ) ∈
×
, alors s  ( x ; y ) = ( y ; x ) donc :

Donc le nombre de solutions va varier surtout que f  –  f – 

 x + x′ y + y′  -------------- = ------------- ( 1 ) 2  2 D’où le système :   MM ′ et u  1 sont orthogonaux  1   Ce qui équivaut encore à :

4. x  0 et M ( x ; x 2 ) avec M′ ( x′ ; y ′ ) son symétrique par rapport à  (y = x) .

–∞ On obtient f  – 

145 1. Tel qu’on définit le point M′ ( x′ ; y ′ ) , on a : • le milieu de [ MM′ ] a même abscisse et ordonnée ( 1 ) ; • [ MM′ ] ⊥  ( y = x ) ( 2 )

m ----  0 ou pas, et : 3



6. La fonction f

s
s ( x ; y ) = ( x ; y ) .

les exercices

On a donc :

1. Les fonctions

est définie ainsi : 

m 33 / 2 ⇔ m  33 2 . ----  0 ⇔ m 3 / 2  --------------------3 2 2

f :J 

Autrement dit : • si m  0 , il y aura un point d’intersection,



y  f ( y) = x . 

Ce qui signifie que f
f ( y ) = y et f
f ( x ) = x . Soit M ( x ; y ) ∈  f alors M ( x ; f ( x ) ) : y = f ( x ) ⇔ x = f ( y ) .

33 2 • si m ∈ 0 ; ------------- , 2





D’où M ( f ( y ) ; y ) , le symétrique de M′ ( y ; f ( y ) ) et qui est un point de  f . Donc f et  f sont symétriques par rapport à  ( y = x ) .

33 2 • si m = ------------- il y aura exactement deux points d’intersection, 2

146 1. tan f réalise un bijection strictement croissante de vers
.

33 2 • si m > ------------- il y en aura trois. 2

  – ---- ; ---2 2

2. La fonction A est donc parfaitement définie et A ( 0 ) = 0 et A ( 1 ) =  ---- . 4

3. a. Soit x ∈
, on a A ( x ) l’unique solution de l’équation d’inconnue u : x = tan u .

bac

Les Q.C.M.

136 a. et b.

137 a. et c.

140 a., c. et d.

141 a., c. et d.

138 d.

139 a. et c.

x = tan ( A ( x ) ) .

 ---- ; ---b. Soit x ∈ –  A ( tan x ) est l’unique solution de l’équation 2 2 tan u = tan x (d’inconnue x ). Or cette équation admet une unique solution   u = x , d’où A ( tan x ) = x . dans – ---- ; ---- : 2 2  ---- ; ---- , par symétrie des courbes 5. La fonction tan étant dérivable sur – 

142 a., c. et d.

2 2 associées aux fonctions tan et A , on en déduit que la fonction A est dériva  ble sur – ---- ; ---- . 2 2

Vrai-Faux

6. La relation : pour tout x ∈
, tan ( A ( x ) ) = x , on déduit :

143 1. VRAI

2. FAUX 8. FAUX

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

7. VRAI

3. FAUX 9. FAUX

4. VRAI 5. VRAI 10. FAUX

A′ ( x ) ( 1 + tan2 ( A ( x ) ) ) = 1 .

6. VRAI

1 1 - = -------------- , d’où Soit A′ ( x ) = ------------------------------------1 + tan2 ( A ( x ) ) 1 + x 2

1 A′ ( x ) = -------------- . 1 + x2

7. De la symétrie des deux courbes, on déduit que :

bac

 lim ( A ( x ) ) = – ---2

Les ROC

x→–∞

8.

x

–∞

144 1. f est dérivable en a : f ( x) – f (a) lim  ----------------------------- = f ′ ( a ) . x–a  x→a 

2. a. f : x  x 2 . b. f : x  x . c. IMPOSSIBLE, car « f dérivable en a » ⇒ « f continue en a ». d. f : x  1--- . x

A( x)

et

lim

x→+∞

 ( A ( x ) ) = ---- . 2 +∞  ---2

 – ---2

9. Pour tout x ∈
* , la fonction u : x  A ( x ) + A  1--- est de dérivée  nulle avec u ( 1 ) = ---- . 2

x

15

147 C’est l’application directe du théorème des valeurs intermédiaires déjà démontrée dans les applications du cours. 148 1. a. Soit x ∈ [ 0 ; 1 ] , y = 1 – x ou

y2

= ( x – 1)

2

P( x) -. 2. a. On a : f ′ ( x ) = ---------------------

( 1 + x3 )2 À partir du signe de P ( x ) sur
\ { – 1 } on a les variations de f . D’autre part :

avec y  0 .

y = x – 1 or 1  x , donc

153 1. Cette question a déjà été traitée en exercice. Rien de nouveau.

x+ y=1 .

b. Cette relation étant invariante par le changement ( x ; y ) , ( y ; x ) , on

lim

x→–∞

les exercices

a la symétrie .

f ( x) = 0

et

lim

x→+∞

f ( x) = 0 .

2. a. Son centre serait le point I ( 1 ; 1 ) . b. Or pour tout ( x ; y ) ∈ [ 0 ; + ∞[ 2 avec ( x ; y ) ∈ I ′ on a :

b. L’étude de la fonction différence permet de conclure sans difficultés la question 2. c.

( 1 – x )2 + ( 1 – y )2 = ( 1 – x )2 + ( 2 x – x )2 = 1 – 2 x + x2 + 4 x – 4 x x + x2

154 1. L’aire du triangle AMM′ est :

= 1 + 2 x – 4 x x + 2 x2 . Donc on n’a pas ( 1 – x ) 2 + ( 1 – y ) 2 = 1 . I′ n’est pas un cercle ni une portion de cercle.

2 ( 1 – x2 ) ( 1 – x ) -------------------------------------------- = ( 1 – x ) 1 – x 2 . 2 2. La fonction f est continue sur [ – 1 ; 1 ] et dérivable sur ] – 1 ; 1 ] , avec f ( 1 ) = f ( – 1 ) = 0 .

149 1. La fonction f est strictement croissante sur
avec :

–1 3. La position est effectivement maximale lorsque x = ------ ce qui entraîne

lim

x→–∞

f ( x) = – ∞

et

lim

x→+∞

2

f ( x) = + ∞ .

que le triangle est équilatéral.

Donc l’équation f ( x ) = 0 admet une unique solution sur
, dont une
= – 0 ,739 1 . approximation est :

4. On utilise le théorème de la bijection à partir du tableau de variation de la fonction, ensuite, à l’aide de la calculatrice on obtient – 0 ,84 <
< – 0 ,83 .

---- , donc : 2. a. L’équation sin x – --x- = 0 équivaut à sin x = 

155 1. D’après la définition.

2 2 si x ∈ ] – ∞ ; – 2 [ ∪ ] 2 ; + ∞[ .

x --- > 1 ,on ne peut donc avoir sin x = 2 x ∈ [– 2 ; 2] . b. L’étude des variations de la fonction g déduire qu’il y a trois solutions. c. La plus grande et voisine de : 1,895 5.

bac

----   . 2. On déduit de 1. que  – x < x ∈   

x lim f ( x ) = 0 . f est continue en 0.

1 , donc nécessairement --2

Du théorème des gendarmes :

x : x  sin x – --2

  • E  ---- = 0 ⇔ ---- ∈ [ 0 ; 1 [ ⇔ x ∈ ]  ; 2  [ .  x x     ----• E = k ⇔ - ∈ k ; k + 1 [ ⇔ x ∈ ------------ ; 2  .  x x 1+k  Ainsi, sur ]  ; 2  [ f ( x ) = 0 , sur ---- ;  f ( x ) = sin x et 2   sur ---- ; ---- f ( x ) = sin 2 x . 3 2

permet de

Les sujets

x→0

3. Sur [ 0 ; 24 [ :

  ------------ ; ---- , on a f ( x ) = sin ( kx ) . k+1 k ---- ; 0 . Il est non 5. Donc f n’est pas continue en tout point de la forme    k dérivable.

4. Sur

150 1. Ci-contre f sur [ 0 ; 2 ] . Par translation de vecteur u = ki , ( k ∈  ) on obtient f .

32 –– 27

#f

6. Pour tout k ≠ 0 alors :

2. Il suffit d’effectuer la translation 2n suivante : u   . Ce qui donne :  0 y = (x –

O

2n ) 2 ( 2n

4 – 3

2

+ 2 – x) .

3. f est continue, mais non dérivable en x n = 2n , n ∈  .

151

on a

 y k = sin  ( k – 1 ) × ---- .  k

1 3 2 2 2

Donc tous les points Mk sont sur la courbe d’équation y = sin ( k – 1 ) x sur   ------------ ; ---- . k+1 k

O

156 1. La fonction f est strictement croissante sur
: lim

x→–∞

x = – 1– 2

a=4

et

3 4x B. 3 + -------------- = f ( x ) on a donc : x2 + 1 O Pour construire  ′ , il suffit de construire la symétrie de la pente de courbe  sur [ 0 ; + ∞[ par rapport à la droite d’équation x = 0 .

16

et

lim

x→+∞

f ( x) = + ∞ .

2. Ces deux droites sont tangentes à  aux points d’abscisses :

– 1  x = ------ est axe de symétrie.  2

152 A. Le système fournit b=3 .

f ( x) = – ∞

      ---- + 2k / k ∈   et  – ---- + 2   /  ∈   . 2   2  f n’est pas paire, mais impaire, car f ( – x ) = – f ( x ) . De plus : f ( x + 2 ) = f ( x ) + 2 × 2 = f ( x ) + 4 ; f ( x + 2k ) = f ( x ) + 2 × 2k = f ( x ) + 4k . 2k Donc par translation du vecteur u  on obtient, à partir de la repré 4k sentation sur [ 0 ; 2  [ , celle sur [ 2k ; 2 ( k + 1 )  [ .

O B L I G A T O I R E

2

LES SUITES

Le programme Contenus Suites et récurrence Raisonnement par récurrence. Suites monotones, majorées, minorées, bornées.

Suites adjacentes et théorème des suites adjacentes.

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

Théorème de convergence des suites croissantes majorées.

Capacités attendues

Extraits des commentaires

On choisira des exemples permettant d’introduire le vocabulaire usuel des suites et nécessitant l’utilisation de raisonnements par récurrence. On s’appuiera sur un traitement tant numérique (avec outils de calcul : calculatrice ou ordinateur) que graphique ou algébrique. On étudiera numériquement sur un ou deux exemples, la rapidité de convergence d’une suite ( u n ) vers sa limite, « en complétant l’étude sur tableur par des encadrements de ( u n ) ». On traitera quelques problèmes menant à 1.

On présentera le principe de récurrence comme un axiome.

La notion de suites adjacentes sera introduite en liaison avec le calcul intégral : encadrements d’aires (par exemple, aire d’un cercle par la méthode d’ARCHIMÈDE, aire sous une parabole). On montrera le lien avec l’écriture décimale d’un réel.

On fera le lien avec la méthode de dichotomie. L’objectif est d’enrichir la vision des nombres réels et d’indiquer l’importance des suites adjacentes dans le problème de la mesure des grandeurs géométriques ou physiques. L’étude de suites u n + 1 = f ( u n ) pour approcher une solution de l’équation f ( x ) = x n’est pas un objectif du programme : la dichotomie, le balayage suffisent au niveau de la Terminale pour des problèmes nécessitant de telles approximations.

Aucune notion théorique de rapidité de convergence n’est au programme.

L’équivalence, avec le théorème des suites adjacentes, pourra faire l’objet d’un problème.

Par suite
vérifie l’équation
= f (
) , d’où
= 1 ou
= 4 or
 4 donc
= 4 .

Applications du cours 1 Au rang 0 : u 0 = – 1 par hypothèse, donc la proposition est vraie au rang 0. On suppose que pour n ∈
fixé on a u n = – 1 et on montre que un + 1 = – 1 . u n + 1 = 3u n + 2 = 3 × ( – 1 ) + 2 , car u n = – 1 d’après l’hypothèse de récurrence, d’où u n + 1 = – 1 . Donc ∀n ∈
, u n = – 1 . 2 Au rang 0 : u 0 = 1 par hypothèse, donc 0
u 0
3 , la proposition

les exercices

est vraie au rang 0. On suppose que pour n ∈
0
un + 1
3 .

fixé,

0
un
3

et on montre que

n+2 n+1 Donc ( u n ) est décroissante et ( v n ) est croissante. 5 1 De plus lim u n – v n = lim ------------ + ------------ = 0 . n→+∞ n→+∞ n + 2 n + 1 Donc ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

1 1 et v n = 1 – --------------- . 8 ∀n ∈
, u n = 1 + ---------------

7n + 3 7n + 4 Donc ( u n ) est décroissante et ( v n ) est croissante. 1 1 =0. De plus lim u n – v n = lim --------------- + --------------n→+∞ n → + ∞ 7n + 3 7n + 4 Donc ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

1 0
u n
3 d’après l’hypothèse de récurrence, d’où 6
--- u n + 6
7 , les 3 deux membres étant positifs et la fonction racine étant croissante sur [ 0 ; + ∞[ , on a : 1 6
--- u n + 6
7 d’où 0
u n + 1
3 . 3 Donc ∀n ∈
, 0
u n
3 .

3

2 3 n  ( – 1 ) n × --- – 4 + --- ( – 1 ) n × 2 --- – 4 + 3 -- n n n n ∀n ∈
* , u n = --------------------------------------------------- = ------------------------------------------ , 7 7 1 + --n  1 + ---  n n

d’où :

lim

n→+∞

1

Pour démarrer

9 a. U n + 1 = 7 ( 2 n + 1 ) + n + 1 ; U n + 1 = 7 ( 2n – 1 + 1 ) + n + 1 . 1 3n + 2 b. U n + 1 = 7--- × ----------- + --------------- . 4

un = – 4 .

5n + 2

4

7 1 3n + 3 U n + 1 = --- × ------------ + --------------- . 4 5n + 1 4

4 ∀n ∈
, u n  n 2 + 1 , or lim n 2 + 1 = + ∞ donc lim u n = + ∞ . n→+∞

n→+∞

5 1. Au rang 0 : u 0 = – 2 par hypothèse, donc u 0
– 2--- , la proposi3

tion est vraie au rang 0. On suppose que pour un n ∈


2 fixé, u n
– --3

et on montre que

2 u n + 1
– --- . 3 2 u n
– --- d’après l’hypothèse de récurrence d’où : 3 2 2 1 --- u n – 1---
– --- , et encore u n + 1
– --- . 3 3 2 3 2 -Donc ∀n ∈
, u n
– . 3 2. ∀n ∈
, u n + 1 – u n = – 1--- u n – 1--- or u n
– 2--- , donc : 3 2 3 1 1 – --- u n – ---  0 , 2 3 ( u n ) est donc croissante.

soit u n + 1 – u n  0 ,

3. ( u n ) est croissante et majorée par – 2--- , donc ( u n ) converge. 3

6 1. Au rang 1 : u 1 = 8 par hypothèse, donc u 1  4 , la proposition est vraie au rang 1. On suppose que pour un n ∈
* fixé, u n  4 et on montre que un + 1  4 . u n  4 d’après l’hypothèse de récurrence, d’où 5u n – 4  16 , les deux membres étant positifs et la fonction racine étant croissante sur [ 0 ; + ∞[ : 5u n – 4  16 d’où u n  4 .

on a :

Donc ∀n ∈
, u n  4 .

2. ∀n ∈
* , ( 5u n – 4 – u n ) ( 5u n – 4 + u n ) u n + 1 – u n = 5u n – 4 – u n = ----------------------------------------------------------------------------5u n – 4 + u n 5u n – 4 – u n2 ( u n – 1 ) ( 4 – u n ) - = ---------------------------------------
0 , car u n  4 . = --------------------------------5u n – 4 + u n 5u n – 4 + u n Donc ( u n ) est décroissante.

3. ( u n ) est décroissante et minorée par 4, donc ( u n ) converge. 4. a. ∀n ∈
, u n  4 et ( u n ) converge vers
donc
 4 . b. Soit f la fonction définie sur

4 --- ; + ∞ 5

par f ( x ) = 5 x – 4 . f est

4 --- ; + ∞ . 5 De plus ∀n ∈
* , u n + 1 = f ( u n ) et ( u n ) converge vers
. continue sur

18

5 1 - et v n = – 1 – ------------ . 7 ∀n ∈
, u n = – 1 + -----------

10 1. ∀n ∈
, U n = – 1 – 3n . 2. ∀n ∈
, U n = – ( – 3 ) n . 3. ∀n ∈
, U n = 5 + 7 ( n – 3 ) = 7n – 16 . 4. ∀n ∈
, U n = 1--- × 4 n – 2 . 3

11 U n = 0,4 ; U 1 = 0,7 ; U 2 = 1 ; U 3 = 1,6 ; U 4 = 2,8 ; U 5 = 5,2 ; U 6 = 10 ; U 7 = 19,6 ; U 8 = 38,8 . On a les correspondances suivantes : U 0 = Mercure ; U 1 = Vénus ; U 2 = Terre ; U 3 = Mars ; U 5 = Jupiter ; U 6 = Saturne ; U 7 = Uranus . La théorie de BOLE fonctionne encore pour Cérès et Pluton, mais elle est mise en défaut par Neptune. 12 a. ( U n ) est arithmétique ; b. c. d. e. f. g. h. i. j.

13

(Un) (Un) (Un) (Un) (Un) (Un) (Un) (Un) (Un)

est quelconque ; est arithmético-géométrique ; est quelconque ; est géométrique ; est arithmético-géométrique ; est géométrique ; est quelconque ; est géométrique ; est quelconque.

Obligatoire :

2. Les suites

Donc 3 3n + 5 + 2 n + 5 est divisible par 5. Ainsi, ∀n ∈
, 3 3n + 2 + 2 n + 4 est divisible par 5. c. Au rang 1 : 3 2 – 2 = 7 est bien divisible par 7. On suppose que 3 6n – 4 – 2 est divisible par 7 avec n ∈
* et on montre que 3 6n + 2 – 2 est divisible par 7. Donc il existe un entier p tel que 3 6n – 4 – 2 = 7 p . Or :

14

3 6n + 2 – 2 = 3 6 ( 7 p + 2 ) – 2 = 7 × 3 6 p + 1 456 = 7 ( 3 6 p + 28 ) . Donc 3 6n + 2 – 2 est divisible par 7. Ainsi, ∀n ∈
* , 3 6n – 4 – 2 est divisible par 7.

18 a. Au rang 1 : 4 1 – 1 – 3 = 0 est bien divisible par 9. On suppose que 4 n – 1 – 3n est divisible par 9, n ∈
* et on montre que 4 n + 1 – 4 – 3n est divisible par 9. Donc il existe un entier p tel que 4 n – 1 – 3n = 9 p . Or :

15

7 × 3 5n + 5 + 4 = 7 × 3 5 × 3 5n + 4 = 3 5 ( 11 p – 4 ) + 4 = 11 ( 3 5 p – 22 ) . Donc 7 × 3 5n + 5 + 4 est divisible par 11. Ainsi, ∀n ∈
, 7 × 3 5n + 4 est divisible par 11.

19 Au rang 1 : 1! = 1 et 2 n – 1 = 1 , ainsi 1!  2 1 – 1 . On suppose que n!  2 n – 1 , n ∈
* et on montre que ( n + 1 )!  2 n . n!  2 n – 1 , ainsi ( n + 1 )n!  2 n – 1 ( n + 1 )  2 n – 1 × 2 , d’où ( n + 1 )!  2 n . Ainsi, ∀n ∈
* , n!  2 n – 1 . 20 On montre par récurrence sur n ∈
que u n = 1--- . 4

1 Au rang 0 : u 0 = --- . 4

2

Démontrer par récurrence

les exercices

4 n + 1 – 4 – 3n = 4 × 4 n – 4 – 3n = 4 ( 9 p + 3n + 1 ) – 4 – 3n = 9 ( 4 p + n ) . Donc 4 n + 1 – 4 – 3n est divisible par 9. Ainsi, ∀n ∈
* , 4 n – 1 – 3n est divisible par 9. b. Au rang 0 : 7 × 3 0 + 4 = 11 est bien divisible par 11. On suppose que 7 × 3 5n + 4 est divisible par 11 avec n ∈
et on montre que 7 × 3 5n + 5 + 4 est divisible par 11. 7 × 3 5n + 4 est divisible par 5 ou 11, donc il existe un entier p tel que 7 × 3 5n + 4 = 11 p . Or :

1 1 On suppose que u n = --- , n ∈
et on montre que u n + 1 = --- . 4 4 1 1 1 On a u n + 1 = 5u n – 1 = 5 × --- – 1 = 1 --- , car u n = --- , d’où u n + 1 = --- . 4 4 4 4 Ainsi, ∀n ∈
, u n = 1 --- . 4 0 22 Au rang 0 : u 0 = 8 par hypothèse et 3  2--- + 5 = 3 + 5 = 8 .

5

1

16 Au rang 1 :

∑

i 3 = 1 3 = 1 et

∑

n(n + 1) i 3 = -------------------2

i=1 n

On suppose que

i=1 n+1

∑

i=1

(n + 1)(n + 2) i 3 = ---------------------------------2

n+1

∑

i=1

n

i3 =

∑

i=1

1 × (1 + 1) -------------------------2 2

2

n

=1 .

avec n ∈
* et on montre que

. 2

Ainsi, ∀n ∈
* ,

∑

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

i=1

+5 .

2 2 2 n+1 2 n 2 u n + 1 = --- u n + 3 = ---  3  --- + 5 + 3 = 3  --- + 5 , car u n = 3  --- + 5 ,   5  5 5 5   5 2 u n + 1 = 3  ---  5

n+1

+5 .

n

+ ( n + 1 )3

2

.

n(n + 1) i 3 = -------------------2

n+1

n

d’où :

n 2 + 4n + 4 n2 = ( n + 1 ) 2  ----- + n + 1 = ( n + 1 ) 2  ---------------------------   4  4

n

2 u n + 1 = 3  ---  5

2

n(n + 1) i 3 + ( n + 1 ) 3 = -------------------2

(n + 1)(n + 2) = ---------------------------------2

2 On suppose que u n = 3  --- + 5 avec n ∈
et on montre que :  5

2 Ainsi, ∀n ∈
, u n = 3  --- + 5 .  5

23 Au rang 0 : u 0 = 3 – 2 1 = 1 . On suppose que u n = 3 – 2 n + 1 un + 1 = 3 – 2n + 2 .

avec

n∈


et on montre que

On a u n + 1 = 2u n – 3 = 2 ( 3 – 2 n + 1 ) – 3 , car u n = 3 – 2 n + 1 , 2

.

17 a. Au rang 1 : 4 1 – 1 = 3 est bien divisible par 3. On suppose que 4 n – 1 est divisible par 3, n ∈
* et on montre que 4 n + 1 – 1 est divisible par 3. 4 n – 1 est divisible par 3, donc il existe un entier p tel que 4 n – 1 = 3 p . Or, 4 n + 1 – 1 = 4 × 4 n – 1 = 4 × ( 3 p + 1 ) – 1 = 12 p + 3 = 3 ( 4 p + 1 ) . Donc 4 n + 1 – 1 est divisible par 3. Ainsi, ∀n ∈
* , 4 n – 1 est divisible par 3. b. Au rang 0 : 3 2 + 2 4 = 25 est bien divisible par 5. On suppose que 3 3n + 2 + 2 n + 4 est divisible par 5 avec n ∈
et on montre que 3 3n + 5 + 2 n + 5 est divisible par 5. Donc il existe un entier p tel que 3 3n + 2 + 2 n + 4 = 5 p . Or : 3 3n + 5 + 2 n + 5 = 27 × 3 3n + 2 + 2 × 2 n + 4 = 25 × 3 3n + 2 + 2 × 3 3n + 2 + 2 × 2 n + 4 = 5 ( 5 × 3 3n + 2 + 2 p ) .

d’où : u n + 1 = 3 – 2 n + 2 . Ainsi, ∀n ∈
, u n = 3 – 2 n + 1 . 1 ------ × 3 0 – 3 --- – --- × 0 = 2 . 24 Au rang 0 : u 0 = 11

4 4 2 11 3 1 On suppose que u n = ------ × 3 n – --- – --- n avec n ∈
et on montre que : 4 4 2 11 3 1 u n + 1 = ------ × 3 n + 1 – --- – --- ( n + 1 ) . 4 4 2 11 1 On a u n + 1 = 3u n + n + 1 = 3  ------ × 3 n – 3 --- – --- n + n + 1 , car : 4 4 2  11 3 1 u n = ------ × 3 n – --- – --- n , d’où : 4 4 2 11 11 5 1 3 1 u n + 1 = ------ × 3 n + 1 – --- – --- n = ------ × 3 n + 1 – --- – --- ( n + 1 ) . 4 4 4 2 4 2 11 1 Ainsi, ∀n ∈
, u n = ------ × 3 n – 3 --- – --- n . 4 4 2

19

25 Au rang 1 : u 1 = 2 ( 2 1 – 1 + 1 ) + n = 5 . On suppose que u n = 2 ( 2 n – 1 + 1 ) + n , n ∈
* un + 1 = 2 ( 2n + 1 ) + n + 1 .

On a u n + 2 = 6u n + 1 – 9u n or u n + 1 = 3u n , d’où : et on montre que

On a u n + 1 = 2u n – ( n + 1 ) = 2 ( 2 ( 2 n – 1 + 1 ) + n ) – ( n + 1 ) , car u n = 2 ( 2 n – 1 + 1 ) + n ,

2. On en déduit que, ∀n ∈
* , u n = 2 × 3 n .

d’où : u n + 1 = 2 × 2 n + 4 + 2n – n – 1 = 2 ( 2 n + 1 ) + n + 1 . Ainsi, ∀n ∈
* , u n = 2 ( 2 n – 1 + 1 ) + n .

les exercices

1 u n + 2 = 6u n + 1 – 9 × --- × u n + 1 = 3u n + 1 . 3 Ainsi, ∀n ∈
* , u n + 1 = 3u n .

1 1 - = --- . 26 Au rang 1 : u 1 = ---21 2 n n+1 On suppose que u n = ----- , n ∈
* et on montre que u n + 1 = ------------ . 2n 2n + 1 n+1 n+1 n n On a u n + 1 = ------------ × u n = ------------ × ----- , car u n = ----- , 2n 2n 2n 2n n+1 1 n+1 d’où u n + 1 = ------------ × ----- = ------------ . 2 2n 2n + 1 n Ainsi, ∀n ∈
* , u n = ----- . 2n 5 1 - = --- . 27 Au rang 1 : u 1 = 2 + ------------31 – 1 2 1 On suppose que u n = 2 + -------------- avec n ∈
* et on montre que : 3n – 1 1 u n + 1 = 2 + --------------------- . 3n + 1 – 1 1 5  2 + -------------- – 4  5u n – 4 3 n – 1 1 = ------------------------------------------ , car u n = 2 + -------------- , d’où : On a u n + 1 = ----------------2u n – 1 3n – 1 1   2 2 + -------------- – 1  3 n – 1 1 6 + 5 × -------------3n – 1 6 ( 3n – 1 ) + 5 2 ( 3n + 1 – 1 ) + 1 1 u n + 1 = --------------------------------- = -------------------------------- = --------------------------------------- = 2 + --------------------- . n 1 3n + 1 – 1 3n + 1 – 1 3 + 2 × -------------- 3 ( 3 – 1 ) + 2 3n – 1 1 Ainsi, ∀n ∈
* , u n = 2 + -------------- . 3n – 1

28 1. u 1 = 1 , u 2 = 4 , u 3 = 9 , u 4 = 16 et u 5 = 25 . 2. On peut conjecturer que u n = n 2 . 3. Au rang 0 : u 0 = 0 2 = 0 . On suppose que u n = n 2 , n ∈
, et on montre que u n + 1 = ( n + 1 ) 2 . On a u n + 1 = u n + 2n + 1 = n 2 + 2n + 1 , car u n = n 2 , d’où u n + 1 = ( n + 1 ) 2 . Ainsi, ∀n ∈
, u n = n 2 .

29 On va montrer en utilisant une récurrence forte sur n ∈
que un = 4 . Au rang 0 : u 0 = 4 . On suppose que u p = 4 pour tout entier naturel p tel que 0
p
n , n ∈
et on montre que u n + 1 = 4 . 5 3 5 3 On a u n + 1 = --- u n – --- u n – 1 = --- × 4 – --- × 4 , car u n = 4 et u n – 1 = 4 , 2 2 2 2 d’où u n + 1 = 4 . Ainsi, ∀n ∈
, u n = 4 .

32 1. u 2 = 3u 1 – 2u 0 , donc u 4 = 17 , u 5 = 33 et u 6 = 65 .

On suppose que pour n ∈
* , on a, pour tout entier naturel p tel que 1
p
n , u p = ( – 2 ) p – 3 × ( – 1 ) p , et on montre que :

un + 1 = 3 ( 2n + 1 ) – 2 ( 2n – 1 + 1 ) = 3 × 2n + 3 – 2n – 2 = 2 × 2n + 1 = 2n + 1 + 1 . Ainsi, ∀n ∈
, u n = 2 n + 1 .

33 1. Au rang 0 : sin ( 0 × x ) = 0 et 0 × sin x = 0 , donc sin ( 0 × x )
0 × sin x . On suppose que pour n ∈
, on a ∀x ∈  , sin ( nx )
n sin x montre que ∀x ∈  , sin ( ( n + 1 ) x )
( n + 1 ) sin x . On a :

u n + 1 = – 3u n – 2u n – 1 =

–3×

–

2 ( ( – 2 )n – 1

–3×


sin ( nx ) × cos ( x ) + cos ( nx ) × sin ( x )
sin ( nx ) × 1 + 1 × sin ( x )
n sin ( x ) + sin ( x ) , d’où : sin ( ( n + 1 ) x )
( n + 1 ) sin x . Ainsi, ∀x ∈  et ∀n ∈
, sin ( nx )
n sin x .

34 Au rang 1 : f ′ ( x ) = – 2 sin ( 2 x )   et 2 1 cos  2 x + 1 × ---- = 2 cos  2 x + ---- = – 2 sin ( 2 x ) .   2 2 On suppose que pour n ∈
* , on a, pour tout réel x :  f ( n ) ( x ) = 2 n cos  2 x + n ---- , et on montre que pour tout réel x :  2   ( n + 1 ) n + 1 f ( x) = 2 cos 2 x + ( n + 1 ) ---- . On a :  2 f

 = 2 n × ( – 2 ) sin  2 x + n ---- ,  2

Ainsi, ∀n ∈
* et pour tout réel x , f

(n) ( x )

 = 2 n cos  2 x + n ---- .  2

35 Au rang 1 : ∀x ∈ ] 2 ; + ∞[ , 1! –5 2( x – 2) – (2 x + 1) × 1 f ′ ( x ) = -------------------------------------------------------- = ------------------- = 5 ( – 1 ) 1 × -------------------------- . ( x – 2 )1 + 1 ( x – 2 )2 ( x – 2 )2 suppose

que

pour

n ∈
* ,

on

a,

1! f ( n ) ( x ) = 5 ( – 1 ) n -------------------------- , et on montre que ( x – 2 )n + 1 ( n + 1 )! f ( n + 1 ) ( x ) = 5 ( – 1 ) n + 1 -------------------------- . On a : ( x – 2 )n + 2

= – 3 ( – 2 )n + 9 ( – 1 )n + ( – 2 )n + 6 ( – 1 )n – 1 = ( – 2 )n + 1 + 3 ( – 1 )n = ( – 2 )n + 1 – 3 ( – 1 )n + 1 ,

(n + 1) ( x )

  or 2 n + 1 cos  2 x + ( n + 1 ) ---- = 2 n + 1  – cos  2 x + n ----  , donc :    2 2   ( n + 1 ) n + 1 f ( x) = 2 cos 2 x + ( n + 1 ) ---- .  2

( – 1 )n – 1 )

= – 2 ( – 2 )n + 9 ( – 1 )n – 6 ( – 1 )n

(n + 1) ( x )

∀x ∈ ] 2 ; + ∞[ ∀x ∈ ] 2 ; + ∞[

1 = 5 ( – 1 ) n n! × ( – ( n + 1 ) ) -------------------------( x – 2 )n + 2 1 = 5 ( – 1 ) n + 1 ( n + 1 )! × -------------------------- . ( x – 2 )n + 2

Ainsi, ∀n ∈
* et ∀x ∈ ] 2 ; + ∞[ , f

(n) ( x )

n! = 5 ( – 1 ) n -------------------------- . ( x – 2 )n + 1

car u n = ( – 2 ) n – 3 × ( – 1 ) n et u n – 1 = ( – 2 ) n – 1 – 3 ( – 1 ) n – 1 , d’où : un + 1 = – 3 ( – 2 )n + 9 ( – 1 )n + ( – 2 )n + 6 ( – 1 )n – 1 = – 2 ( – 2 )n + 9 ( – 1 )n – 6 ( – 1 )n = ( – 2 )n + 1 + 3 ( – 1 )n = ( – 2 )n + 1 – 3 ( – 1 )n + 1 . Ainsi, ∀n ∈
* , u n = ( – 2 ) n – 3 × ( – 1 ) n .

31 1. Au rang 0 : u 0 = 2 et u 1 = 6 par hypothèse, donc u 1 = 3u 0 . On suppose que pour n ∈
, on a, pour tout entier naturel p tel que 0
p
n , u p + 1 = 3u p , et on montre que u n + 2 = 3u n + 1 .

20

et on

sin ( ( n + 1 ) x ) = sin ( nx ) cos ( x ) + cos ( nx ) sin ( x )

f ( – 1 )n )

u3 = 9 ,

3. Au rang 0 : u 0 = 2 et u 1 = 3 , donc 3u 1 – 2u 0 = 5 or u 2 = 5 . On suppose que pour n ∈
, on a pour tout entier naturel p tel que 0
p
n , u p = 2 p + 1 , et on montre que u n + 1 = 2 n + 1 + 1 . On a u n + 1 = 3u n – 2u n – 1 or u n = 2 n + 1 et u n – 1 = 2 n – 1 + 1 d’après l’hypothèse de récurrence, d’où :

un + 1 = ( – 2 )n + 1 – 3 × ( – 1 )n + 1 . – 3 ( ( – 2 )n

u1 = 3 ,

2. On peut conjecturer que ∀n ∈
, u n = 2 n + 1 .

On

30 Au rang 1 : u 1 = ( – 2 ) 1 – 3 × ( – 1 ) 1 = – 2 + 3 = 1 .

5 = 3u 1 – 4 , soit

3

Suites arithmétiques et géométriques

5 - = u 0 + u 0 × 0 ,05 = u 0 × 1 ,05 . 36 1. a. u 1 = u 0 + u 0 × --------

100 Étant donné que u 0 = 12 000 , on obtient u 1 = 12 600 .

: :

Obligatoire :

b. u n + 1 = u n × 1 ,05 . ( u n ) est une suite géométrique de raison q = 1 ,05 et de premier terme u 0 = 12 000 . Donc ∀n ∈
, u n = u 0 × 1 ,05 n . On en déduit que u 8
17 729 ,47 € . 8

∑

up .

p=0

D’où : S 8 =

8

∑

u0 ×

1 ,05 p

= u0 ×

8

∑

1 ,05 p

p=0

p=0

v 0 = 12 000 , on obtient

v 1 = 12 750 . b. D’une année à l’autre, l’augmentation de 750 € se traduit par v n + 1 = v n + 750 . ( v n ) est une suite géométrique de raison r = 750 et de premier terme v 0 = 12 000 . Donc ∀n ∈
v n = v 0 + 750n . v 8 = 18 000 € .

c. La somme payée à l’issue des neuf années de contrat est S 8′ =

8

∑

vp .

p=0

D’où S 8′ =

8

∑

p=0

8×9 ( v 0 + 750 p ) = ( 8 + 1 )v 0 + ------------ 750 2

= 9 × 12 000 + 36 × 750 = 135 000 € . Le premier contrat est plus avantageux.

par suite,

lim

n→+∞

1 ---  2

lim

n→+∞ n–1

– + n + 8 (– –n–8 - + --------------------------------- ; 37 1. ∀n ∈
, W n = (---------------------------------

= 0 , d’où

n

lim

n→+∞

 1--- = 0 ,  2

Un = – 1 .

lim

n→+∞

2 2 calculatrice : n  15 . On peut aussi (selon l’avancement du programme de l’année) utiliser ln : 1 ln  ------------ < ln ( 10 – 4 ) ⇔ ln ( 2 – n + 1 ) < – 4 ln ( 10 )  2 n – 1 – 4 ln ( 10 ) ⇔ ( – n + 1 ) ln 2 < – 4 ln ( 10 ) ⇔ – n + 1 < ------------------------ln 2 4 ln ( 10 ) ⇔ n > 1 + --------------------- . ln 2

1 1 – -----------2n + 1 1 1  ---------- = 2 × --------------------– n – 1 = – ------------ – n + 3 . – 1 ∑  2k – 1  1 2n – 1 1 – --k=0 k=0 2 Sn On en déduit que lim ----- = – 1 . n→+∞ n

3.

2 2 W n = ( – 3 )n . Donc ( W n ) est une suite géométrique de raison – 3 et de premier terme 1. –3 ) + n + 8 ( –3 ) – n – 8 - – ------------------------------- ; 2. ∀n ∈
, T n = (-------------------------------

∑ Uk =

k=n

n

2 2 Tn = n + 8 . Donc ( T n ) est une suite arithmétique de raison 1 et de premier terme 8.

38 1. ∀n ∈
, V n + 1 = U n + 1 + 3--- = 1--- U n – 1 + 3--3

2

--------- a + 3 = a , 40 1. Si ( u n ) est constante alors u 1 = u 0 soit 668

669 a = 2 007 . On montre par récurrence que ( u n ) est constante lorsque a = 2 007 .

2. a. ∀n ∈
:

2

1 1 1 3 1 = --- U n + --- = ---  V n – --- + --- . 3 2 3 2 2 1 V n + 1 = --- V n . 3 7 1 Donc ( V n ) est une suite géométrique de premier terme --- et de raison --- . 2 3 7  1 n 7  1 n 3 2. ∀n ∈
, V n = ---  --- et U n = ---  --- – --- . 2 3 2 3 2

668 668 v n + 1 = u n + 1 – 2 007 = --------- u n + 3 – 2 007 = --------- ( v n + 2 007 ) – 2 004 669 669 668 = --------- v n . 669 668 Ainsi ( v n ) est une suite géométrique de raison --------- . 669 --------- b. ∀n ∈
, v n = a  668 

n

669

lim

4

3

668 = 669  1 –  ---------   669

n+1

 + 2 004 ( n + 1 ) 

n+1

–3 --- ( n + 1 ) .  1

lim

n→+∞

------ . 39 1. U 1 = 0 , U 2 = – 1--- , U 3 = – 3--- , U 4 = – 7--- et U 5 = – 15 4

8

Sn ----- = 2 004 . n

42 1. ∀n ∈
:

21 1 n + 1 15 3 S n′ = ------ – --- n – ------  --- . 4  3 4 2

2

u n = 2 004 .

668 n + 1 1 –  ---------  669 c. S n = a --------------------------------- + 2 004 ( n + 1 ) 668 1 – --------669

21 1 n + 1 S n = ------  1 –  --- .  3  4 1 ------  1 –  --- 4. ∀n ∈
, S n′ = 21   

n

668 et u n = a  --------- + 2 009 .  669

n→+∞

n+1

1 1 –  ---  3 n+1 . 3. ∀n ∈
, S n = V 0 --------------------------- = 7--- × 3---  1 –  1---  1 2 2 3 1 – --3

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

1 q n = 0 . Ici q = --- , donc 2

1 1 - < 10 – 4 ⇔ 0 < ------------ < 10 – 4 , à l’aide de la d. U n + 1 < 10 – 4 ⇔ ----------n–1 n–1

k=n

3 )n

n

1 1 c. U n + 1 – U n = ---- – 1 –  ------------ – 1  

4 ln ( 10 ) On obtient 1 + ---------------------
14 ,29 , d’où n  15 . ln 2

S 8′ = 135 000 € . 3 )n

2n – 1

2

1 Donc ∀n ∈
U n = V n – a = V n – 1 = ------------ – 1 . 2n – 1

Si – 1 < q < 1 , alors

S 8
132 318 ,77 € .

On en déduit que :

2

2n 2n – 1 1 1 1 1 1 = ----- – ------------ = ------------  --- – 1 = – ----- < 0 . 2n 2n 2n – 1 2n – 1  2  ( U n ) est donc décroissante.

1 – 1 ,05 9 = u 0 × ---------------------1 – 1 ,05

1 – 1 ,05 9 = 12 000 × ----------------------
132 318 ,77 € . 0 ,05

2. a. v 1 = v 0 + 750 . Étant donné que

n

1 b. ∀n ∈
, V n = V 0  1--- = 2 ×  1--- , donc ∀n ∈
, V n = ----------- .

les exercices

c. La somme payée à l’issue des neuf années de contrat est S 8 =

n

2. Les suites

16

2. a. ∀n ∈
: V n + 1 = U n + 1 + a . 1 1 1 1 V n + 1 = --- ( U n – 1 ) + a , car U n + 1 = --- ( U n – 1 ) = --- U n – --- + a 2 2 2 2 1 1 = --- ( V n – a ) – --- + a , car U n = V n – a 2 2 1 1 1 1 1 1 = --- V n – --- a – --- + a = --- V n + --- a – --- . 2 2 2 2 2 2 1 1 On doit donc avoir --- a – --- = 0 ⇔ a = 1 . 2 2 1 Dans ce cas, ∀n ∈
, V n + 1 = --- V n ⇔ ( V n ) est une suite géométrique 2 1 de raison q = --- et de premier terme V 0 = 2 . 2

1 3 1 1 v n + 1 = u n + 1 – u n = --- u n – --- u n – 1 – u n = --- ( u n – u n – 1 ) = --- v n . 2 2 2 2 1 Donc ( v n ) est une suite géométrique de raison --- et de premier terme 2 v0 = 1 . n

2. ∀n ∈
, v n =  1--- . 2

3. ∀n ∈
,

n

∑

k=1

vk =

n

∑

k=1

( uk – uk – 1 ) =

n

∑

k=1

n–1

uk –

∑

uk = un – u0 .

k=0

1 n 1 –  ---  2 1 n–1 u n = 1 + -------------------- = 3 –  --- .  2 1 1 – --2

4.

lim

n→+∞

un = 3 .

21

43 1. u 2 = 1 , u 3 = 2 , u 4 = 3 , u 5 = 5 et u 6 = 8 .

50 a. ( u n ) est majorée par 1 et n’est pas minorée. b. ( u n ) est minorée par 0 et n’est pas majorée. c. ( u n ) est minorée par – 1 et majorée par 1.

+ 5 1– 5 - et q 2 = ---------------- . 2. q 1 = 1--------------2

2

 u0 =  +  3.   u1 =  q1 +  q2

1 +  = 0    q1 +  q2 = 1

 = –     ( q2 – q1 ) = 1

 5   = + ------5   5 1   = ---------- = – ------ 5 – 5 

52 ∀n ∈
, u n =

∑

1 – 5– n – 3 53 5 2 – p = 5 2 × ------------------------ = ----- ( 1 – 5 – n – 3 ) . 4 1 – 5– 1

53 ( u n ) est minorée par 25 et majorée par ----- . 4

0

les exercices

n+2 p=0

5 – 5+1 n 5+1 n 5 Par récurrence sur n ∈
, u n = – -------  --------------------- +  ---------------- ------- .  2  5 5  2  0

5 – 5+1 5 5+1 Au rang 0 : – -------  --------------------- + -------  ---------------- = 0 = u 0 . 5  2  5  2  On suppose que la proposition soit vraie jusqu’au rang n ∈
fixé et on montre qu’elle est vraie au rang n + 1 :

5 – 5 + 1 n–1 5 5 + 1 n–1 – -------  --------------------- + -------  ---------------- , 5  5  2  2  – 5+1 u n + 1 = –  ---------------------  2 

n–1

53 a. Au rang 0 : 0 < 1--- < 3--- , donc 0 < u 0 < 3--- .

4 7 4 3 1 1 1 b. Hérédité : 0 < u n < --- , donc --- < --- u n + --- < 3--- soit 1--- < u n + 1 < 3--- . 2 4 2 3 4 2 4 3 ∀n ∈
, 0 < u n < --- . 4

54 Au rang 1 : u 0 = 1 et donc u 0  1 .

5 5 – 5+1 n 5+1 n u n + 1 = u n + u n – 1 = – -------  --------------------- + -------  ---------------- 5  2  5  2 

5 – 5+1 -------  -------------------- + 1  5  2

Hérédité 1 2 1 2 7 • u n  1 , donc --- u n + 1 + --- u n  --- + ---  ---  1 . 2 3 2 3 6 • un – 1  1 . un + 1  1 .

D’où

5 5 + 1 n – 1 5 + 1 + -------  ---------------- ---------------- + 1 .  2  5  2  5+1 2 3+ 5 – 5+1 2 3– 5 Or  ---------------- = ---------------- et  --------------------- = ---------------- , donc :  2   2  2 2 – 5+1 u n + 1 = –  ---------------------  2 

n+1

5 5 5 + 1 n+1 ------- + -------  ---------------- . 5 5  2 

4. On montre par récurrence sur n ∈
que u n ∈
.

On sait que ∀n ∈
:

44 a.

n

∑

( 4 p – 1 ) = ( n + 1 ) ( 2n – 1 ) . b.

p=0 n+4

c.

∑

p=3

∑

p=0 n

c.

∑

(3 ×

n

2p

– 1) = – n – 4 + 3 ⋅

2n + 1

∑

p=1

1 2  ---  3

( – 2 p + 1 ) = – n2 .

2p

9 1 n+1 1 = – ---  --- + --- . 4  9 4

.

p=0

46 1. u n = 1 +

n

∑

32 × 10 – 2 p n ∈
* .

p=1

99

1 – 10

131 3. 1 ,3232... = lim u n = 1 + 32 ------ = --------- . n→+∞

99

99

47 1. VRAIE. 2. VRAIE. 3. VRAIE. 4. FAUSSE.

4

60 • u 0 = 1 . • u 1 = 2 ,83 à 10 – 2 près. • u 2 = 3 ,13 à 10 – 2 près.

• u 3 = 3 ,18 à 10 – 2 près. • u 4 = 3 ,19 à 10 – 2 près. • u 5 = 3 ,19 à 10 – 2 près. ( u n ) semble croissante. Au rang 0 : u 1 = 8 et u 0 = 1 , donc u 1  u 0 . Hérédité : u n + 1  u n , donc u n + 1 + 7  u n + 7 , soit u n + 2  u n + 1 .

61 • u 0 = 8 .

• u1 = 5 . • u2 = 4 . • u 3 = 3 ,6 à 10 – 1 près. • u 4 = 3 ,44 à 10 – 2 près. • u 5 = 3 ,36 à 10 – 2 près. ( u n ) semble décroissante. Au rang 0 : u 1 = 5 et u 0 = 8 , donc u 1
u 0 . Hérédité : u n + 1
u n , donc 3u n + 1 + 1
3u n + 1 , soit u n + 2
u n + 1 .

62 1. f est dérivable sur  et f ′ ( x ) = 2 – sin x  1 > 0 . f est donc strictement croissante sur  . 2.

– 2n

32 32 1 – 10 - × ----------------------- = 1 + ------ ( 1 – 10 – 2n ) . 2. u n = 1 + ------2 –2 10

57 a. ( U n ) est croissante. b. ( V n ) est croissante. c. ( W n ) est croissante.

2. ∀n ∈
* , u n + 1 – u n = u n + u n2  0 , donc ( u n ) est croissante.

p=1

p n+1 5  2--- = – 5---  2 --- + --- . b.  5 3  5 3

Variations d’une suite

59 1. Au rang 1 : u 1 = 3  0 . Hérédité : u n  0 , donc 2u n + u n2  0 , soit u n + 1  0 .

 1--- p – 3 = 1--- ( n + 2 ) ( n – 5 ) . 2  4 n

45 a.

n

∑

5

58 ∀n ∈
, u n + 1 – u n = – u n
0 , donc ( u n ) est décroissante.

5 5+1 n 5 – 5+1 n u n = -------  ---------------- – -------  --------------------- 5  2  5  2  1  1 n = --- × --- [ ( 5 + 1 ) n – ( – 5 + 1 ) n ] 5 . 5  2 Donc [ ( 5 + 1 ) n – ( – 5 + 1 ) n ] 5 = 5 × 2 n × u n ∈
.

lim

x→–∞

f ( x ) = – ∞ et

lim

x→+∞

f ( x) = + ∞ .

f est strictement croissante sur  , donc pour tout k ∈
il existe un unique x ∈
tel que f ( x ) = k .

3. ∀n ∈
, n
n + 1 . Soit f ( u n )
f ( u n + 1 ) , donc u n
u n + 1 , car f est croissante sur  . ( u n ) est croissante.

4. ∀n ∈
, – n – 1
– n , f ( v n + 1 )
f ( v n ) .

Donc v n + 1
v n car , f est croissante sur  . ( v n ) est décroissante.

63 1. a. Par récurrence, au rang 0 : u 0 = 0 ∈ [ 0 ; 5 ] .

Majoration, minoration

49 a. ( u n ) est majorée par 7--- et minorée par 1. 2

b. ( u n ) n’est ni majorée, ni minorée. c. ( u n )  – n – 1 + n  – 1 .

Donc ( u n ) est minorée par – 1 , elle n’est pas majorée. 2

2

n +1–n 1 d. ∀n ∈
, u n = --------------------------- = ---------------------------- . n2

+1+n n2 + 1 + n Donc ( u n ) est majorée par 1 et minorée par 0.

22

51 ∀n ∈
, 1
u n
5 .

7 Hérédité : u n ∈ [ 0 ; 5 ] , f ( u n ) ∈ 1 ; --- ⊂ [ 0 ; 5 ] . 2 b. Au rang 0 : u 0 = 0 et u 1 = f ( u 0 )  0 , donc u 0
u 1 . Hérédité : u n
u n + 1 , donc f ( u n )
f ( u n + 1 ) , car f est croissante sur [ 0 ; 5 ] , d’où : un + 1
un + 2 . ( u n ) est croissante et majorée, donc elle converge.

2. a. Voir 1. a., seul le 1er rang change. b. Au rang 0 : u 0 = 5 u 1 = f ( u 0 ) ∈ [ 0 ; 5 ] , donc u 0  u 1 .

Hérédité : u n + 1
u n , donc f ( u n + 1 )
f ( u n ) , car f est croissante sur [ 0 ; 5 ] , d’où : un + 2
un + 1 . ( u n ) est décroissante minorée, donc ( u n ) converge.

Obligatoire :

6

2. ( U n ) est minorée par – 1--- et majorée par 3. 3

3.

Limites de suites

70 a.

1 lim U n = --- . 2

71 a. 65 1. Au rang 0 : u 0 = 8 donc u 0  5 . Hérédité :

u n  5 . Soit f la fonction définie par

x ∈ [ 0 ; + ∞[ .

12 f est dérivable sur   et f ′ ( x ) = ------------------- > 0 . f est croissante sur   . ( x + 1 )2 30 u n  5 , donc f ( u n )  f ( 5 ) , f ( 5 ) = ------ = 5 , donc u n + 1  5 . 6 – ( un – 5 ) ( un – 1 ) - . 2. ∀n ∈
, u n + 1 – u n = -----------------------------------------un + 1 Or u n  5 , donc u n – 1  0 et u n + 1 > 0 . u n + 1 – u n
0 . ( u n ) est décroissante.

2x + 1 Hérédité : u n ∈ [ 0 ; 1 ] . Soit f la fonction définie par f ( x ) = --------------- , x+2 x ∈ [ 0 ; + ∞[ . 3 f est dérivable sur [ 0 ; + ∞[ et f ′ ( x ) = ------------------- > 0 , f est croissante ( x + 2 )2 sur [ 0 ; + ∞[ . Donc f ( 0 )
f ( u n )
f ( 1 ) , soit : 1 ---
u n + 1
1 donc u n + 1 ∈ [ 0 ; 1 ] . 2 ( 1 – un ) ( un + 1 ) 2. ∀n ∈
, u n + 1 – u n = -------------------------------------- . un + 2 Or u n ∈ [ 0 ; 1 ] , donc 1 – u n  0 , u n + 1  0 et u n + 2 > 0 .

3. D’où u n + 1 – u n  0 ; ( u n ) est croissante.

67 1. Au rang 0 : u 0 = 1 et 1  – 3 . 4 Hérédité : u n  – 3 , donc --- u n + 1  – 3 , soit u n + 1  – 3 . 3

2. ∀n ∈
, u n + 1 – u n = 1--- u n + 1  0 , car u n  – 3 . 3

( u n ) est croissante.

68 1. Au rang 0 : 2 Hérédité : u n
– --3

lim

un = 0 .

lim

u n = – ∞ ; b.

73 a.

lim

u n = 16 ;

lim

u n = + ∞ ; b.

lim

un = 0 .

lim

un = 1 ;

lim

un = + ∞ .

lim

u n = 0 ; b.

lim

1 u n = --- . 2

n→+∞

74 a.

n→+∞

d.

n→+∞

75 a.

n→+∞

d.

n→+∞

76 a.

n→+∞

d.

n→+∞

u n = + ∞ ; c.

lim

u n = + ∞ ; c.

lim

u n = + ∞ ; c.

lim

u n = – 1 ; c.

lim

1 u n = --- ; 2

lim

u n = 0 ; c.

n→+∞

n→+∞

b.

b.

lim

n→+∞

n→+∞ n→+∞

n→+∞

lim

n→+∞

c.

lim

un = – ∞ .

lim

un = + ∞ ;

lim

un = + ∞ .

lim

un = 0 .

lim

un = 0 ;

n→+∞ n→+∞

n→+∞ n→+∞ n→+∞

lim

n→+∞

un = 0 ;

u n = 0 ; c. u n n’a pas de limite ;

77 1. a. u n + 1 = cos ( n + 1 ) = cos n cos 1 – sin n sin 1 . = u n cos 1 – v n sin 1 .

b.

lim

n→+∞

u n = lim

n→+∞

u n + 1 =
et

lim

n→+∞

vn =
′ ,

d’où
=
cos 1 –
′ sin 1 ; soit
( cos 1 – 1 ) =
′ sin 1 .

2. a. ∀n ∈
,

v n + 1 = sin ( n + 1 ) = sin n cos 1 + cos n sin 1 = v n cos 1 + u n sin 1 .

b.

lim

n→+∞

v n = lim

n→+∞

v n + 1 =
′ et

lim

n→+∞

un =
,

d’où
′ =
′ cos 1 +
sin 1 ; soit
′ ( 1 – cos 1 ) =
sin 1 .

3. ∀n ∈
, cos2 n + sin2 n = 1 , d’où
2 +
′ 2 = 1 . 4. (
′ sin 1 ) 2 + (
sin 1 ) 2 =
2 ( cos 1 – 1 ) 2 +
′ 2 ( 1 – cos 1 ) 2 = sin2 1 . D’où ( cos 1 – 1 ) 2 (
2 +
′ 2 ) = sin2 1 . Soit ( cos 1 – 1 ) 2 = sin2 1 , donc : • cos2 1 – 2 cos 1 + 1 = sin2 1 ; • 2 cos2 1 – 2 cos 1 = 0 ; • cos 1 = 0 ou cos 1 = 1 impossible.

78 1. On prouve par récurrence sur n ∈
* que U n > 0 . 2 u 0 = – 2 , donc u 0
– --- . 3 2 1 2 1 , donc --- u n – ---
– --- , soit u n + 1
– --- . 3 2 3 3

2. ∀n ∈
, u n + 1 – u n = – 1--- u n – 1--- . 2

3

2 1 1 Or u n
– --- , donc – --- u n  --- . 3 3 2 D’où u n + 1 – u n  0 . ( u n ) est croissante.

69 1. Au rang 0 : u 0 = 0 donc u 0  0 .

3 Au rang 1 : U 1 = --- > 0 . La proposition est donc vraie. 2 On suppose que la proposition est vraie au rang n ∈
* , U n > 0 . On montre que la proposition est vraie au rang n + 1 . 1 2 2 ∀n ∈
* , U n + 1 = ---  U n + ------- . Or U n > 0 , donc ------- > 0 . D’où : 2  Un U n Un > 0   2 1  2  ⇒ U n + ------- > 0 ⇔ ---  U n + ------- > 0 ⇔ U n + 1 > 0 . 2 Un 2 Un ------- > 0  Un  ∀n ∈
* , U n > 0 .

1 Hérédité : u n  0 , donc --- u n + 5  5 , soit u n + 1  5  0 . 2

( U n – 2 ) 2 1 U n2 – 2 2U n + 2 1  2 - = --- ----------------------------------------- = --- U n + ------ – 2 = Un + 1 – 2 . 2. 1--- ------------------------- 

2. Au rang 0 : u 0 = 0 , donc u 0
5--- .

On montre par récurrence sur n ∈
* que U n > 2 . 3 Au rang 1 : U 1 = --- > 2 . La proposition est donc vraie. 2 On suppose que la proposition est vraie au rang n ∈
* , U n > 2 . On montre que la proposition est vraie au rang n + 1 :

2

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

u n = – 2 ; b.

n→+∞

( u n ) est minorée par 5 d’après 1. ( u n ) est donc bornée.

66 1. Au rang 0 : u 0 = 0 ∈ [ 0 ; 1 ] .

lim

n→+∞

72 a.

3. ( u n ) est décroissante, donc majorée par u 0 = 8 .

u n = + ∞ ; b.

n→+∞

d. 7x – 5 f ( x ) = --------------- , x+1

lim

n→+∞

n→+ ∞

les exercices

64 1. ( U n ) est croissante pour n ∈
∗ .

2. Les suites

5 1 25 5 Hérédité : u n
--- , donc --- u n + 5
--- + 5 , soit u n + 1
------ . 2 2 4 4 5 u n + 1
--- . 2

3. ∀n ∈
: 1 --- u n + 5 – u n2 ( 5 – 2u n ) ( u n + 2 ) 1 2 u n + 1 – u n = --- u n + 5 – u n = ------------------------------------ = -------------------------------------------2 1 --- u n + 5 + u n 2  1 --- u n + 5 + u n  2  2

Un

2

Un

2

Un

2 1 (Un – 2) - . Or U n > 2 , donc ( U n – 2 ) 2 > 0 ; de U n + 1 – 2 = --- -------------------------Un 2 plus U n > 0 : 2 ( U n – 2 )2 > 0  1 (Un – 2)  ⇒ --- --------------------------- > 0 ⇔ U n + 1 – 2 > 0 . 2 Un Un > 0 

∀n ∈
* , U n > 2 .

5 Or 0
u n
--- , donc : 2 1 2  --- u n + 5 + u n > 0 .  2  Par suite, u n + 1 – u n  0 . ( u n ) est croissante. 5 – 2u n  0 , u n + 2  0

2

et

3. ∀n ∈
* , 2 1 (Un – 2) 1 1 1 - . U n + 1 – 2 = --- ( U n – 2 ) + ------ – ------- . U n + 1 – 2 = --- -------------------------Un 2 2 Un 2

23

Or 2 2 1 (Un – 2) 1 U n – 2 2U n + 2 1  2 - = --- ---------------------------------------- = --- U n – 2 2 + -----U n + 1 – 2 = --- -------------------------Un 2 2 2  Un U n 1 2 1 1 1 1 = --- ( U n – 2 ) – ------- + ------- = --- ( U n – 2 ) + ------- – ------- . 2 2 Un 2 Un 2 1 On montre par récurrence sur n ∈
* que U n – 2 < ----- : 2n 1 3 Au rang 1 : U 1 – 2 = --- – 2 < --- . La proposition est donc vraie. 2 2 1 On suppose que la proposition est vraie au rang n ∈
* , U n – 2 < ----- . 2n On montre que la proposition est vraie au rang n + 1 :

n n -------------------
u n
------------------- . n2 + n n2 + 1 En utilisant le théorème des gendarmes :

lim

n→+∞

un = 1 .

1 1 1 -
---------
----- . 83 ∀n ∈
* et 1
p
n , n 3
pn 3
n 4 et ---4 3 3 n

1 1 -----
u n
----- . Ainsi : n2 n3 En utilisant le théorème des gendarmes : lim

n→+∞

pn

n

un = 0 .

les exercices

1 1 1 U n + 1 – 2 = --- ( U n – 2 ) + ------- – ------- . 2 Un 2 1 1 1 1 U n > 2 d’après b., donc ------- < ------- ⇔ ------- – ------- < 0 . Un Un 2 2

7

1 1 1 Or U n – 2 < ----- , donc --- ( U n – 2 ) < ------------ . 2 2n 2n + 1

84 Une coquille s’est glissée dans le manuel, la suite à étudier est définie

   1 1 1 1  ⇒ --- ( U n – 2 ) + ------- – ------- < ----------2 Un 2n + 1 1  1 2 --- ( U n – 2 ) < ------------  2 2n + 1  1 ⇔ U n + 1 – 2 < ------------ . 2n + 1 1 On a prouvé grâce au a. et au c. que pour tout 0 < U n – 2 < ----- . 2n 1 Or si – 1 < q < 1 , alors lim q n = 0 . Ici on a q = --- , donc : 2 n→+∞ 1 1 ------- – ------- < 0 Un 2

n

lim

n→+∞

1 --- = 0 ⇔  2

lim

n→+∞

Étude de convergence

1 ----- = 0 . 2n

1  0 < U n – 2 < -----  2n   1 ∀n ∈
* lim --- ⇒ ( U n ) converge et -=0 n n→+∞ 2   lim 0 = 0  n→+∞ 

un - et non par par u 0 = 1 et pour tout entier n par u n + 1 = -----------------u n2 + 1 2u n u n + 1 = ------------------ . u n2 + 1

1. Initialisation : Au rang n = 0 , u 0 = 1 > 0 : la propriété est vraie au rang n=0. Hérédité : Supposons que, pour n fixé, on ait u n > 0 et démontrons que un + 1 > 0 . Comme

lim

n→+∞

Un = 2 .

un u n2 + 1 > 0   , alors ------------------- > 0 . un > 0  u n2 + 1

D’où u n + 1 > 0 . Conclusion : ∀n ∈
, u n > 0 . u

u n2 + 1

1 1 -  ---------- . 79 1. 1
p
n , donc 0 < n + p
2n ; d’où ---------------n+ p

n

2.

∑

1 -----------------  n+ p

p=1

n

∑

2n

1 ---------- . Donc : 2n

p=1

lim

n→+∞

Hérédité : u n + 1 –

k u n –
,
k × k n u 0 –
, d’après l’hypothèse de récurrence,
k n + 1 u0 –
. lim

k n = 0 ; d’où

( u n ) converge vers
.

lim

n→+∞

k n u0 –
= 0 .

181 ------ et u 3 = --------- . 81 1. u 1 = 1--- , u 2 = 11 2 15 220 2. ∀n ∈
* et p ∈
tels que 1
p
n , donc : n n n --------------
---------------
-------------- . n2 + n n2 + p n2 + 1 n

D’où

∑

p=1

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

n

∑

p=1

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

n

∑

p=1

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

n2 n2 --------------
u n
-------------- . n2 + n n2 + 1

3.

lim

n→+∞

n2 n2 -------------- = lim -------------- = 1 . ( u n ) converge vers 1. n2 + n n → + ∞ n2 + 1

82 ∀n ∈
* et 1
p
n , n 2 + 1
n 2 + p
n 2 + n . 1 1 1 D’où -------------------
-------------------
------------------- . Ainsi : n2 + p n2 + 1 n2 + n

24

u

u n2 + 1

– u n3 u n ( 1 – u n2 – 1 ) - 0 , donc :

90 1. Soit f la fonction définie sur [ 0 ; + ∞[ par f ( x ) = sin x – x . f est dérivable sur [ 0 ; + ∞[ et, pour tout x ∈ [ 0 ; + ∞[ , f ′ ( x ) = cos x – 1
0 . Donc f est décroissante sur [ 0 ; + ∞[ , ainsi pour tout x ∈ [ 0 ; + ∞[ , f ( x )
f ( 0 ) , soit sin x – x
0 .

1 1 1 2. On sait que ∀ p ∈ [ 1, n ] ------------------
--- , donc : U n
n × --- U n
1 n

n

( U n ) est majorée par 1.

3. ( U n ) est croissante et majorée donc ( U n ) converge. 1 -  0 . ( u n ) est croissante. 86 1. ∀n ∈
* , u n + 1 – u n = --------------------------------(n + 1) n + 1

1 1 n– n–1 - – ------- = ----------------------------2. ∀n ∈
, n  2 = --------------n–1 n n n–1 1 1 = ----------------------------------------------------------- = -------------------------------------------------- . n n – 1( n + n – 1) n n – 1 + (n – 1) n Or n n – 1
n n et ( n – 1 ) n
n n . Donc : n n – 1 + ( n – 1 ) n
2n n , n

3. Ainsi

∑

p=2

soit

3. ∀n ∈
* ,

u n + 1 – u n = sin u n – u n
0 d’après 2. ( u n ) est décroissante.

( n – 1 )n

n

n–1

n–1

n n

- – --- = 1 + ∑ --- – ∑ --- = 1 + --- – --- . ∑  k---------k – 1 k k 1 n 1

1

k=2

1

k=1

1

1

1

k=2

x

lim V n = 2 .

n→+ ∞

1 2. ∀n ∈
, U n + 1 – U n = ------------------donc ( U n ) est croissante. ( n + 1 )2

1
1 3. ∀n ∈
, ---- -------------------- , donc : n2 n ( n – 1 )

∑

k=2

1 -----
k2

n

∑

k=2

1 ------------------- , donc U n
V n . k (k – 1)

( V n ) est croissante et converge vers 2, donc : ∀n ∈
V n
2 .

f ′( x)

2. Ainsi

∑

k=1

1 --------
k2 k

∑

k=1

 1 – ---2

91 1. ∀n ∈
, u n + 1 – u n = u n2  0 . Donc ( u n ) est croissante. f est continue sur  , car c’est une fonction polynôme : • soit ( u n ) converge vers
∈  , alors
vérifie
= f (
) ; • soit
=
2 +
, donc
= 0 .

3. Comme ( u n ) est croissante alors ∀n ∈
, n  1 ⇒ u n  u 1 soit u n  u 02 + u 0 . Or, si ( u n ) converge vers
alors
 u 02 + u 0 > 0 , or
= 0 d’après 2. ce qui est contradictoire. 4. On montre par récurrence sur n ∈
que u n ∈ ] – 1 ; 0 [ .

Au rang 0 : u 02 + u 0 < 0 , donc u 0 ( u 0 + 1 ) < 0 , soit u 0 ∈ ] – 1 ; 0 [ . On suppose que pour n ∈
fixe, u n ∈ ] 0 ; 1 [ et on montre que u n + 1 ∈ ] – 1 ; 0 [ . On a u n + 1 = u n2 + u n . On étudie la fonction définie par f ( x ) = x 2 + x , x ∈ [ – 1 ; 0 ] . On obtient le tableau suivant :

1 n 1 –  ---  2 1 1 ----- . D’où u n
--- × -------------------- . 1 2 2k 1 – --2

n

1 1 –  ---  2 n 3. --1- × -------------------- = 1 –  --1-
1 . Donc ( u n ) est majorée par 1. 2 1 2 1 – --2

f ′( x) f ( x)

0

0

0 1 – --4

1 Donc si u n ∈ ] – 1 ; 0 [ alors u n + 1 ∈ – --- ; 0 ⊂ ] – 1 ; 0 [ . 4 ( u n ) est croissante et majorée, ( u n ) converge et d’après 2. sa limite est 0.

92 1.

y

1 - > 0 . Donc ( u n ) est croissante. 4. ∀n ∈
* , u n + 1 – u n = ----------------------------n+1

2

( n + 1 )2

5. ( u n ) est croissante et majorée, donc ( u n ) converge vers un réel
. © Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

1 – --2 0

–1

x

1 1 -  -------- car 2 k > 0 . 88 1. ∀k ∈
* , k  1 et 2 k k  2 k , soit ---2 k k2 k n

 0

 D’après le tableau de variations, f est strictement décroissante de 0 ; ---- à 2  valeurs dans 1 – ---- ; 0 . 2  Donc f ( x ) = 0 admet une unique solution sur 0 ; ---- qui est 0. 2 6. ∀n ∈
, u n + 1 = sin u n . Si n est continue sur  et ( u n ) converge vers
, donc
vérifie
= sin
, soit f (
) = 0 , donc
= 0 d’après 5.

D’où ( U n ) majorée par 2. Or ( U n ) croissante, donc ( U n ) converge.

n

 ---2

0

2. Soit f la fonction définie par f ( x ) = x 2 + x . ∀n ∈
, u n + 1 = f ( u n ) .

1 V n = 2 – --- . n

n

1

On sait que ( u n ) est majorée par 1, donc ,
1 .

u0

89 1. ∀n ∈
* , 1 1 1 ( 2n + 1 )n + ( 2n + 2 )n – ( 2n + 1 ) ( 2n + 2 ) u n + 1 – u n = --------------- + --------------– --- = -----------------------------------------------------------------------------------------------------2n + 2 2n + 1 n 2 ( n + 1 )n ( 2n + 1 ) – 3n – 2 = --------------------------------------------- < 0 . Donc ( u n ) est décroissante. 2 ( n + 1 )n ( 2n + 1 ) 1 1 1 -
------------
--- . 2. ∀n ∈
* et pour tout 0
p
n , ----2n

un  0

5. D’après 1., le tableau de variations de f est le suivant :

f ( x)

1 1 - = ------------ – 1 --- . 87 1. ∀n ∈
n  2 , -------------------

d’après 1., car

4. ( u n ) est décroissante et minorée par 0, donc ( u n ) converge.

1 1 1 ---------------
--------------- – ------- . 2p p n–1 2

4. ( u n ) est croissante et majorée, donc elle converge.

Ainsi

2 3  On suppose que pour n ∈
fixe, u n ∈ 0 ; ---- . 2   Donc sin ( u n )
u n
---- et u n ∈ 0 ; ---- entraînent sin u n  0 . 2 2   Ainsi 0
sin u n
---- , soit u n + 1 ∈ 0 ; ---- . 2 2

1 1 1 ---------------- – -------  -------------- . n–1 n 2n n

2 Soit pour n  2 , u n
---------------- – 2 + 1
3 – 2 . n–1 Donc ( u n ) est majorée par 3 – 2 .

Donc V n = 1 +

 ---- ∈ 0 ; ---- . 2. Par récurrence, au rang 0 : u 0 = 

les exercices

1 1 -------------------
--- . n2 + p n

n2 + p

2. Les suites

n+ p

n

n+1 n+1 Donc ------------
u n
------------ , d’où 0
u n
2 . n 2n ( u n ) est minorée par 0 et décroissante, donc ( u n ) converge.

–3

–2

u1 –1

O

1

u2 2

3x

–1 –2

2. Au rang 0 : u 0 = – 2 et u 1 = 2 , donc 0
u 1
2 .

On suppose que pour n ∈
* fixe, 0
u n
2 . 1 Alors 3
3 + --- u n
4 , d’où 3
u n + 1
2 , ainsi, on a bien 2 0
u n + 1
2 . On a ainsi montré que ∀n ∈
, 0
u n
2 .

25

1 3 + --- u n – u n2

–a. Au rang 0 : v 0 – u 0 = b – a donc v 0 – u 0
b----------20

2 3. ∀n ∈
* , u n + 1 – u n = 3 + 1--- u n – u n = ----------------------------------2

1 3 + --- u n + u n 2

( un – vn ) 2 un + vn - – u n v n = -------------------------------. Hérédité : v n + 1 – u n + 1 = ---------------2 2

u + 3 --- ( 2 – u n )  n 2 = ---------------------------------------- . 1 3 + --- u n + u n 2 Or 0
u n
2 , donc u n + 1 – u n  0 . ( u n ) est croissante.

vn 2 – un 2 - (car 0 < u n < v n ). Ainsi v n + 1 – u n + 1 < ----------------------------2

4. ( u n ) est croissante et majorée. Donc ( u n ) converge.

les exercices

1 ∀n ∈
, u n + 1 = f ( u n ) avec f la fonction définie par f ( x ) = 3 + --- x , 2 x ∈ [– 2 ; 2] . f est continue sur [ – 2 ; 2 ] et ∀n ∈
, u n ∈ [ – 2 ; 2 ] . De plus ( u n ) converge vers
∈ [ – 2 ; 2 ] .

vn – un b – a Donc v n + 1 – u n + 1
---------------
------------ . 2 2n + 1 Donc : b–a. ∀n ∈
, v n – u n
----------2n

5. ( u n ) est croissante, ( v n ) est décroissante, lim u n – v n = 0 , donc ( u n ) n→+ ∞

et ( v n ) sont adjacentes.

1 3 Donc
= f (
) , soit
= 3 + ---
, d’où
= --- ou
= 2 . 2 2 Or pour tout n  1 , u n  0 , donc
= 2 .

6. Elles convergent donc vers la même limite. 1 - > 0 . Donc ( u n ) est croissante. 98 1. u n + 1 – u n = -----------------( n + 1 )!

1 1 1 - + ------------------------------------ – -------2. v n + 1 – v n = ------------------

8

( n + 1 )! ( n + 1 ) ( n + 1 )! nn! 1 = ---------------------------------------- [ n ( n + 1 ) + n – ( n + 1 ) 2 ] n ( n + 1 ) ( n + 1 )! 1 = ---------------------------------------- [ – 1 ] < 0 . n ( n + 1 ) ( n + 1 )! Donc ( v n ) est décroissante.

Suites adjacentes

–1 3 - et v n = 2 + ------------ . 93 a. u n = 2 + -----------

n+1 n+2 ( u n ) est croissante et ( v n ) est décroissante. lim u n – v n = 0 , donc ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

3.

n→+∞

5. u q < --p- < v q ;

u n – v n = 0 , donc ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

q

1 q!u q < ( q – 1 )! p < q!  u q + -------- ;  qq!

c. ( u n ) et ( v n ) sont décroissantes, elles ne sont donc pas adjacentes. d. lim u n – v n = – 1 .

1 q!u q < p ( q – 1 )! < q!u q + --- < q!u q + 1 . q Or q!u q ∈
, d’où la contradiction.

n→+∞

1 1 1 + --------------- – --94 ∀n ∈
∗ , U n + 1 – U n = --------------2n + 2

2n + 1

un – vn = 0 .

4. ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes, donc convergent vers la même limite.

n→+∞

b. ( u n ) est croissante et ( v n ) est décroissante. lim

lim

n→+∞

n

1 1 + ( – 1 ) 2n + 2 --------------- . 99 1. a n + 1 – a n = ( – 1 ) 2n + 3 ---------------

– 3n – 2 = --------------------------------------------- < 0 . 2n ( n + 1 ) ( 2n + 1 )

2n + 2 2n + 1 1 1 = --------------- – --------------- > 0 . Donc ( a n ) est croissante. 2n + 1 2n + 2

( U n ) est décroissante. 1 1 1 1 ∀n ∈
∗ , V n + 1 – V n = --------------- + --------------- – ------------ = ----------------------------------------- > 0 . 2n + 2 2n + 1 n + 1 2 ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) ( V n ) est croissante. 1 ∀n ∈
∗ , V n – U n = – --- donc lim V n – U n = 0 . n n→+ ∞ Les suites ( U n ) et ( V n ) sont adjacentes.

lim ( V n – U n ) = lim

n→+ ∞

1 1 ----- + -----------=0. n! n + 1

2n + 1

n→+∞

96 On montre par récurrence sur n ∈
que v n > u n > 0 .

lim

n→+∞

bn – an = 0 .

n→+∞

Soit M = max ( N , N′ + 1 ) , donc n  2M ⇒ u n ∈ I et

On suppose que v n > u n sur n ∈
. u n > 0 et v n > 0 , donc u n + 1 > 0 ainsi que v n + 1 > 0 . un + vn - – un vn v n + 1 – u n + 1 = ---------------2 un + vn – 2 un vn 1 = ----------------------------------------= --- ( u n – v n ) 2 > 0 , car u n ≠ v n . 2 2 Donc ∀n ∈
, v n > u n > 0 .

lim

n→+∞

un =
.

100 1. Au rang 0 : u 0 ∈  et v 0 ∈  , car u 0 = 0 et v 0 = 2 . On suppose pour n ∈
que u n ∈  et v n ∈  , donc : un + 1 -------------- ∈  un + 2 car

vn > un . Donc ( u n ) est croissante.

et

vn + 1 -------------- ∈  . vn + 2

Soit u n + 1 ∈  et v n + 1 ∈  . Donc ∀n ∈
, u n ∈  et v n ∈  . u + 1 – u 2 – 2u un + 2

– u2 – u + 1 un + 2

n n n n n 2. u n + 1 – u n = ---------------------------------------- = ------------------------------ .

u –v 2

n n -
0 d’après 1., donc ( v n ) est décrois3. ∀n ∈
, v n + 1 – v n = ---------------

sante.

4. ∀( x, y ) ∈  +2 , ( x – y ) 2 = x 2 – 2 xy + y 2

Donc y 2 – x 2 – ( x – y ) 2 = y 2 – x 2 – x 2 + 2 xy – y 2 = – 2 ( x 2 – xy ) = – 2 x ( x – y ) . Or x – y
0 et x  0 , donc – 2 x ( x – y )  0 , soit : y2 – x2  ( x – y )2

26

1 3. b n – a n = ( – 1 ) 2n + 2 --------------, donc

2n + 2

contenant
il existe N ∈
* et N′ ∈
* tel que n  N ⇒ u 2n ∈ I et n  N′ ⇒ u 2n + 1 ∈ I .

1. Au rang 0 : v 0 = h , u 0 = a et h > a par hypothèse.

un + 1 – un = un vn – un = un ( vn – un )  0 ,

2n + 2 2n + 3

6.
= lim u 2n = lim u 2n + 1 , donc pour tout intervalle I ouvert

Donc ( U n ) et ( V n ) sont adjacentes.

2. ∀n ∈
,

2n + 3 Donc ( b n ) est décroissante.

4. ( a n ) et ( b n ) sont adjacentes. 5. Il existe
∈  tel que a n


b n et u 2n


u 2n + 1 .

95 ( U n ) est croissante, ( V n ) est décroissante. n→+ ∞

1 1 1 1 2. b n + 1 – b n = ( – 1 ) 2n + 4 --------------+ ( – 1 ) 2n + 3 --------------- = --------------- – --------------- < 0 .

–1+ 5 –1– 5 Soit
= --------------------- et
′ = -------------------2 2 – ( un –
) ( un –
′ ) u n + 1 – u n = -------------------------------------------un + 2

et

– ( vn –
) ( vn –
′ ) v n + 1 – v n = ------------------------------------------- . vn + 2

3. On montre par récurrence sur n ∈
que 0
u n

et v n 
. Au rang 0 : u 0 = 0 , donc 0
u 0

et v 0 = 2 , donc v 0 
. On suppose pour n ∈
que 0
u n

et v n 
.

Obligatoire :

x+1 Soit f la fonction définie sur ] – 2 ; + ∞[ par f ( x ) = ------------ . x+2 x


′

0

–2

f ′( x)




+∞



f ( x)


′

1 --2

–∞




1

5.

2. Les suites

y x

y=

• Si 0
u n

f ( 0 )
f ( u n )
f (
) 1 ---
u n + 1

, 2 donc 0
u n + 1

. • Si v n 
, alors : f ( v n )  f (
) v n + 1 
.

1– x – 2 y= 2

v 0 v1v2 u3 u2 u1 1

u0 x

O

–6

–2

Donc ∀n ∈
0
u n

et v n 
v . Ainsi : un + 1 – un  0

et

vn + 1 – vn
0 .


+ 1- . 4.
= f (
) , donc
= ----------
+2

6. w n + 1 = u n – v n = 1--- u n – 1 – 2 –  1--- v n – 1 – 2 = 1--- w n . 2

1 > 0 . Donc ( u n ) est croissante. 101 1. u n + 1 – u n = ------------------( n + 1 )2 1 1 1 n + n ( n + 1 ) – ( n + 1 )2 v n + 1 – v n = ------------------- + ------------ – --- = ------------------------------------------------------2 n + 1 n ( n + 1 )2 n (n + 1) n2

n2

–1 n + + n – – 2n – 1 = --------------------------------------------------------- = ----------------------- < 0 . n ( n + 1 )2 n ( n + 1 )2 ( v n ) est décroissante. 1 u n – v n = – --- , donc lim u n – v n = 0 . n n→+∞ ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes. 2. On trouve 1,6.

1 v n – u n – --n1 - = ------- = – ------ < 0 . Donc ( u n ) est décroissante ; • u n + 1 – u n = --------------2n 2 2 1 1 1 1 1 1 1 • v n + 1 – v n = u n + 1 – u n – ------------ + --- = – ------ – ------------ + --- = ------------ – -----2n n + 1 n n + 1 2n n+1 n n–1 2n – ( n + 1 ) = ----------------------------- = ------------------------  0 lorsque n  1 . 2n ( n + 1 ) 2n ( n + 1 )

1 ( w n ) est géométrique de raison --- et de premier terme 7. 2

7.

lim

n→+∞

3 3 1 • u 2 = --- et v 2 = --- + --- = 2 . 2 2 2

7 7 1 25 • u 3 = --- et v 3 = --- + --- = ------ . 4 4 3 12 n + 1 – (n + 2) 1 - = 2 × --------------------------------------103 • u n + 1 – u n = – 2 n + 2 + 2 n + 1 + --------------n+1

w n = 0 , donc ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

8. ( u n ) et ( v n ) convergent.

n+1+ n+2

n+2– n+1 1 –2 n+1+ n+1+ n+2 + ---------------- = ---------------------------------------------------------------------- = -------------------------------------------------------------  0 . ( n + 1 + n + 2) n + 1 n+1 ( n + 1 + n + 2) n + 1 ( u n ) est donc croissante. n – (n + 1) 1 1 • v n + 1 – v n = – 2 n + 1 + 2 n + --------------- = 2 ------------------------------ + ---------------n+1+ n n+1 n+1 n– n+1 –2 n+1+ n+1+ n = ------------------------------------------------------------- = ----------------------------------------------------
0 . ( n + 1 + n) n + 1 ( n + 1 + n) n + 1 ( v n ) est décroissante. –2 ∀n ∈
, u n – v n = – 2 n + 1 + 2 n = ------------------------------ , n+ n+1 donc lim u n – v n = 0 . n→+∞

Ainsi les suites ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

104 1. u 0 = 1 , donc u 0  – 4 . On suppose u n  – 4 pour n ∈
. 1 --- u n – 2  – 4 , donc u n + 1  – 4 . Ainsi ∀n ∈
, u n  – 4 . 2 2. u n + 1 – u n = – 1--- u n – 2
0 , car u n  – 4 . 2 Donc ( u n ) est décroissante. 3. v 0 = – 6 et v 0
– 4 . On suppose v n
– 4 pour n ∈
.

2

u n + v n un + vn -
2 ; - – u n , si  ---------------2. u n + 1 – u n = --------------- 

2 2 vn – un = ----------------  0 2 = 0 sinon, donc ( u n ) est croissante. 2

u n + v n -
2 v n + 1 – v n = 0 si  --------------- 2  un + vn un – vn 1 - – v n = --------------- = – ------------
0 . = ---------------2 2 2n + 1 Donc ( v n ) est décroissante. lim

n→+∞

u n – v n = 0 , donc ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

un + vn -----------------
2 , 2 un + vn u n
----------------- . 2

3. • Si

alors

un + vn u n + 1 = ---------------- ; 2

vn + 1 = vn

or

vn + 1 un

un + 1

vn

2

un + vn un + vn -  2 , alors u n + 1 = u n ; v n + 1 = ---------------• Si ---------------- . 2 2 un + 1 un

2

vn + 1

vn

Ainsi on démontre par récurrence que ∀n ∈
, u n
2
v n . Donc
= 2 .

4. n = 14 , u 14  1 ,414 2 et v 14  1 ,414 2 .

106 1. Au rang 0 : u 0 = E ( x )
x et v 0 = u 0 + 1 = E ( x ) + 1  x . Donc u 0
x
v 0 . On suppose que u n
x
v n ; E ( 10 n + 1 ( x – u n ) )
10 n + 1 ( x – u n ) un + 1
un + x – un
x .

1 --- v n – 2
– 4 , donc v n
– 4 . Ainsi ∀n ∈
, v n
– 4 . 2

E ( 10 n + 1 ( x – u n ) )  10 n + 1 ( x – u n ) – 1

4. v n + 1 – v n = – 1--- v n – 2  0 , car v n
– 4 .

u n + 1 + 10 – n – 1  x , donc v n + 1  x .

2 Donc ( v n ) est croissante.

1 v 0 – u 0 = ----- . On suppose 20

1 ∀n ∈
, v n – u n = ----- ; 2n u n + v n 2 un + vn -
2 ; v n + 1 – u n + 1 = v n – ---------------- si  ---------------2  2 vn – un -. = --------------2 un + vn vn – un 1 - – u n sinon = --------------- . Donc : v n + 1 – u n + 1 = ------------ = ---------------2 2 2n + 1 1 v n + 1 – u n + 1 = ------------ . 2n + 1

Donc ( v n ) n ∈
* est croissante.

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

2

105 1. Au rang 0 : v 0 – u 0 = 1 , donc

102 ∀n ∈
:

• u 1 = 1 et v 1 = 1 + 1 = 2 .

2

wn = un – 1 – vn – 1 .

1+ 5 - , car
 0 . 5.
= –-------------------2

les exercices

( u n ) est croissante et ( v n ) est décroissante.

u n + 1  u n + x – u n – 10 – n – 1 ∀n ∈
, u n
x
v n .

27

3. On montre par récurrence sur n ∈
que u n < 3 . Au rang 0 : u 0 = – 1 < 3 . On suppose que pour n ∈
, u n < 3 et on montre que u n + 1 < 3 . On calcule :

2. u n + 1 – u n  0 , car x – u n  0 v n + 1 – v n = u n + 1 – u n + 10 – n – 1 – 10 – n = 10 – n – 1 E ( 10 n + 1 ( x – u n ) ) + 10 – n – 1 – 10 – n
10 – n – 1 × 9 + 10 – n – 1 – 10 – n , car 0
x – u n
10 – n .

3 + 2u 3 + 2u n – 3 ( 2 + u n ) u n ( 2 – 3 ) + 3 – 2 3 u n + 1 – 3 = -----------------n- – 3 = -------------------------------------------------- = ----------------------------------------------------2 + un 2 + un 2 + un

Donc v n + 1 – v n
0 , ( v n ) est décroissante. lim

n→+∞

3.

v n – u n = 0 , ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

lim

n→+∞

3–2 3 (3 – 2 3)(2 + 3) ( 2 – 3 )  u n + ------------------- ( 2 – 3 )  u n + ----------------------------------------------   2– 3 (2 – 3)(2 + 3)  = ---------------------------------------------------------- = ------------------------------------------------------------------------------------2 + un 2 + un

un = x .

4. u n
x
u n + 10 – n , donc u n est l’approximation par défaut de x et

( 2 – 3 ) ( un – 3 ) -. = -------------------------------------------2 + un

v n par excès à 10 – n près.

2– 3>0 On a de plus par hypothèse, ce qui u n < 3 ⇔ u n – 3 < 0 et 2 + u n > 0 , car u n > 0 d’après 2.

107 1. na – 1 < E ( na )
na . a – 1--- < u n
a . n

2. On en déduit lim u n = a .

les exercices

n→+∞

( 2 – 3 ) ( un – 3 ) --------------------------------------------- < 0 2 + un

Donc

un + 1 – 3 < 0 .

3 + 2u – u ( 2 + u ) 2 + un

3 + 2u 2 + un

3 – u2 2 + un

n n n 4. u n + 1 – u n = -----------------n- – u n = ------------------------------------------------- = --------------n

9

( 3 – un ) ( 3 + un ) = ----------------------------------------------. 2 + un Or 3 + u n > 0 , car u n > 0 d’après 2. De même 2 + u n > 0 . Et 3 – u n > 0 , car u n < 3 d’après 3. Donc ∀n ∈
, u n + 1 – u n > 0 . ( u n ) est strictement croissante.

Suites homographiques

3 + 2u n 3 + 2u n – 3 ( 2 + u n ) ------------------ – 3 -------------------------------------------------2 + un un + 1 – 3 2 + un 5. a. v n + 1 = -------------------------- = -------------------------------- = --------------------------------------------------+ 2u n + 2u n + 3 ( 2 + u n ) u n + 1 + 3 3-----------------+ 3 3 ---------------------------------------------------2 + un 2 + un

67 ------ et u 3 = ------ . 109 1. u 1 = 3 , u 2 = 11 7

2. a. b.

29

y 3

3 + 2u n – 3 ( 2 + u n ) 3 – 2 3 + u n ( 2 – 3 ) = --------------------------------------------------- = ----------------------------------------------------3 + 2u n + 3 ( 2 + u n ) 3 + 2 3 + u n ( 2 + 3 )

2,5 2

3–2 3 ( 2 – 3 )  u n + -------------------  2– 3 = ----------------------------------------------------------3 +2 3 ( 2 + 3 )  u n + --------------------  2+ 3

1,5 1

3–2 3 u n + ------------------2– 3 ( 2 – 3 )2 = ------------------------------------------ × -------------------------------(2 + 3)(2 – 3) 3+2 3 u n + -------------------2+ 3

0,5 O

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4 x

– 0,5

(3 – 2 3)(2 + 3) u n + ---------------------------------------------(2 – 3)(2 + 3) = ( 7 – 4 3 ) × ---------------------------------------------------------(3 + 2 3)(2 – 3) u n + ---------------------------------------------(2 + 3)(2 – 3)

c. On peut raisonnablement penser que ( u n ) converge vers 2. u –2 u0 + 2

3 1 1 0 3. a. v 0 = -------------= – --- , v 1 = --- et v 2 = – ------ . 3

25

5

un – 3 - = ( 7 – 4 3 )v n . = ( 7 – 4 3 ) × -----------------un + 3

un + 8 u n + 8 – 2 ( 2u n + 1 ) ----------------- – 2 ---------------------------------------------2u n + 1 u n + 1 – 2 2u n + 1 b. v n + 1 = --------------------- = --------------------------- = ----------------------------------------------un + 1 + 2 un + 8 u n + 8 + 2 ( 2u n + 1 ) ------------------ + 2 ----------------------------------------------2u n + 1 2u n + 1

Donc ( v n ) est une suite géométrique de raison 7 – 4 3 et de premier terme :

u n + 8 – 2 ( 2u n + 1 ) – 3u n + 6 3 3 un – 2 = ----------------------------------------------= ---------------------- = – --- -------------= – --- v n . u n + 8 + 2 ( 2u n + 1 ) 5u n + 10 5 5 un + 2 3 Donc ( v n ) est une suite géométrique de raison – --- et de premier terme 5 1 v 0 = – --- . 3 n n c. ∀n ∈
, v n =  – 3--- v 0 ⇔ v n = – 1---  – 3--- . 5 3 5 Or si – 1 < q < 1 , alors 3 Ici q = – --- , donc 5

lim

lim

n→+∞

n→+∞

qn = 0 .

n – 3 --- = 0 , par suite,  5

u0 – 3 – 1 – 3 1 + 3 ( 1 + 3 )2 - = -------------------- = ---------------- = ------------------------------------------ = – 2 – 3 . v 0 = -----------------u0 + 3 – 1 + 3 1 – 3 ( 1 – 3 ) ( 1 + 3 )

b. ∀n ∈
, v n = ( 7 – 4 3 ) n v 0 . Or si – 1 < q < 1 , alors

lim

n→+∞

qn = 0 .

Ici q = 7 – 4 3
0 ,071 8 , donc donne lim v n = 0 .

lim

n→+∞

( 7 – 4 3 ) n = 0 , ce qui nous

n→+∞

Or la relation ∀n ∈
, lim

n→+∞

un – 3 - ⇔ vn ( un + 3 ) = un – 3 ⇔ vn un + vn 3 = un – 3 v n = -----------------un + 3 vn + 1 -. ⇔ u n ( v n – 1 ) = – 3 ( v n + 1 ) ⇔ u n = – 3 ------------vn – 1

vn = 0 .

------ . 110 1. On a u 0 = – 1 , u 1 = 1 , u 2 = 5--- et u 3 = 19 3

11

Par suite

2. On montre par récurrence sur n ∈
* , que u n > 0 .

Au rang 1 : u 1 = 1 > 0 . On suppose que u n > 0 , n ∈
* et on montre que u n + 1 > 0 . 3 + 2u On sait que u n + 1 = -----------------n- , or u n > 0 , donc 3 + 2u n > 0 2 + un 2 + u n > 0 , d’où : 3 + 2u -----------------n- > 0 ⇔ u n + 1 > 0 . 2 + un

28

et

entraîne

lim

n→+∞

v n = 0 , donc

lim

n→+∞

un = 3 .

111 1. u 0 = 5 , u 1 = – 1 , u 2 = 3--- et u 3 = 5--- . 4

et

9

2. La suite est définie par récurrence, donc elle est constante si, et seulement si : u 0 = u 1 . u0 – 6 ⇔ u 0 = ------------- ⇔ u 0 ( u 0 – 4 ) = u 0 – 6 ⇔ u 02 – 5u 0 + 6 = 0 u0 – 4 ⇔ ( u 0 – 3 ) ( u 0 – 2 ) = 0 ⇔ u 0 = 2 ou u 0 = 3 .

Obligatoire :

Or u 0 = 5 , donc la suite n’est pas constante.

3. On calcule :

3. On montre par récurrence sur n ∈
* que u n < 2 .

un – 8 u n – 8 – u n ( 2u n – 9 ) – 2u n2 + 10u n – 8 u n + 1 – u n = ----------------– u n = ------------------------------------------------ = ---------------------------------------2u n – 9 2u n – 9 2u n – 9

Au rang 1 : u 1 = – 1 < 2 . On suppose que u n < 2 , n ∈
* , et on montre que u n + 1 < 2 .

u n2 – 5u n + 4 ( un – 4 ) ( un – 1 ) - = – 2 × -------------------------------------- . = – 2 × ----------------------------2u n – 9 2u n – 9

un – 2 un – 6 un – 6 – 2 ( un – 4 ) - . - – 2 = ------------------------------------------ = – ------------On calcule u n + 1 – 2 = ------------un – 4 un – 4 un – 4

Or u n < 1 , donc u n – 1 < 0 et u n < 1 < 4 , d’où u n – 4 < 0 .

Or u n < 2 , donc u n – 2 < 0 .

De plus 2u n – 9 < – 7 < 0 , d’où :

un – 2 - > 0 , d’où u n + 1 – 2 < 0 . De plus u n – 4 < – 2 < 0 , donc ------------un – 4

( u n ) est donc strictement croissante et majorée par 1. Or toute suite croissante majorée converge, donc ( u n ) converge. On détermine la limite de ( u n ) : on note
la limite de ( u n ) . On sait que ∀n ∈
, u n < 1 , donc

1 . x–8 9 9 x  --------------- est continue sur – ∞ ; --- ∪ --- ; + ∞ elle est continue 2x – 9 2 2 9 9 en 1, car
∈ ] – ∞ ; 1 ] ⊂ – ∞ ; --- ∪ --- ; + ∞ , donc : 2 2

un – 6 u n – 6 – u n ( u n – 4 ) – u n2 + 5u n – 6 u n + 1 – u n = ------------- – u n = --------------------------------------------= ---------------------------------un – 4 un – 4 un – 4 u n2 – 5u n + 6 -. = – ----------------------------un – 4 ( un – 2 ) ( un – 3 ) - . Donc u n + 1 – u n = – -------------------------------------un – 4 n ∈
* , un < 2 ⇔ un – 2 < 0 D’après 3., pour un – 3 < – 1 < 0 . De même u n – 4 < – 2 < 0 . Donc :

et

donc lim

n→+∞

( un – 2 ) ( un – 3 ) - > 0 si n ∈
* . u n + 1 – u n = – -------------------------------------un – 4 La suite est strictement croissante sur
* .

un – 8
–8 ----------------= --------------- = lim u =
. 2u n – 9 2
– 9 n → + ∞ n + 1


est donc le réel vérifiant :
– 8 –
(2
– 9)
–8 --------------- =
⇔ ----------------------------------------- = 0 ⇔ – 2
2 + 10
– 8 = 0 2
v – 9 2
– 9 ⇔
2 – 5
+ 4 = 0 ⇔
= 4 ou
= 1 . Comme

1 on a
= 1 .

un – 6 un – 6 – 2 ( un – 4 ) -------------- – 2 -----------------------------------------un – 4 un + 1 – 2 un – 4 5. a. v n + 1 = --------------------- = ----------------------- = -----------------------------------------un + 1 – 3 un – 6 un – 6 – 3 ( un – 4 ) -------------- – 3 -----------------------------------------un – 4 un – 4

Conclusion : ( u n ) converge et

un – 6 – 2 ( un – 4 ) – un + 2 1 un – 2 1 = ------------------------------------------ = ---------------------- = --- -------------- = --- . v u n – 6 – 3 ( u n – 4 ) – 2u n + 6 2 u n – 3 2 n

7

2

y 2,4 2,0 1,6 1,2 0,8 0,4

n un – 2 3v n – 2 b. v n = 3---  1--- , or v n = ------------- , donc u n = ---------------- .

un – 3

c.

lim

n→+∞

v n = 0 , donc

lim

n→+∞

vn – 1

x - 2,8 - 2,4 - 2,0 - 1,6 - 1,2 - 0,8 - 0,4 O 0,4 0,8 1,2 1,6 2,0 2,4 2,8 – 0,4 – 0,8 – 1,2 – 1,6

un = 2 .

112 1.

u –3 u0 + 1

25 1 17 0 3. a. v 0 = -------------= – --- , v 1 = – ------ et v 2 = ------ .

y 1,4

1

0,6 0,4 0,2

–2

–1

O

3

11

un – 3 = 5 × -------------= 5v n . un + 1

0,8

–3

3

– 2u n + 3 – 2u n + 3 3u n – 12 – 5u n + 15 --------------------- – 3 --------------------- – -------------------- ------------------------un – 4 un – 4 un – 4 un – 4 un + 1 – 3 b. v n + 1 = --------------------- = -------------------------------- = ------------------------------------------------= ------------------------u n + 1 + 1 – 2u n + 3 – 2u n + 3 u n – 4 – un – 1 ---------------------- + 1 ---------------------- + -------------------------------un – 4 un – 4 un – 4 un – 4

1,2

–4

32

2. On peut raisonnablement penser que ( u n ) converge vers – 1 .

u0 – 2 5 – 2 3 v 0 = ------------- = ------------ = --- . u0 – 3 5 – 3 2

1 n 9  --- – 4  2 Ainsi u n = ----------------------- . 1 n 3  --- – 2  2

un = 1 .

------ . 113 1. u 1 = 1--- , u 2 = – 4--- et u 3 = – 29

1 Donc ( v n ) est une suite géométrique de raison – --- et de premier terme : 2

2 2

lim

n→+∞

les exercices

( un – 4 ) ( un – 1 ) - > 0 ⇔ un + 1 – un > 0 . – 2 × -------------------------------------2u n – 9

4. On étudie le signe de u n + 1 – u n :

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

2. Les suites

1

x

On peut raisonnablement penser que ( u n ) converge vers 1.

1 ( v n ) est une suite géométrique de raison 5 et de premier terme v 0 = – --- . 3 c. ∀n ∈
, v n = 5 n v 0 ⇔ v n = – 1--- × 5 n . 3 1 1 –n n un – 3 v n + 1 – --3- × 5 + 1 – --3- + 5 v n = -------------, donc u n = ------------- = ---------------------------- = ---------------------- . un + 1 1 – vn 1 1 5 – n + --1 + --- × 5 n 3 3 lim u n = – 1 . n→+∞

2. On montre par récurrence sur n ∈
que u n < 1 . Au rang 0 : u 0 = – 3 < 1 . La proposition est donc vraie au rang 0. On suppose que u n < 1 , n ∈
, et on montre que u n + 1 < 1 . un – 1 un – 8 u n – 8 – 2u n + 9 – u n + 1 On a u n + 1 – 1 = ----------------. = ------------------- = – ----------------– 1 = -------------------------------------2u n – 9 2u n – 9 2u n – 9 2u n – 9 Comme par hypothèse u n < 1 , donc 2u n – 9 < – 7 < 0 et u n – 1 < 0 , d’où :

un – 1 – ----------------< 0 ⇔ un + 1 – 1 < 0 . 2u n – 9

10

Les problèmes

114 1. On place les points ayant pour abscisse :

29

De plus ( u n ) est décroissante, d’où ∀n ∈
* , u 1  u n et ( v n ) est croissante, donc ∀n ∈
* , v n  v 1 . Par suite :

7 5 11 13 a 1 = --- , b 1 = --- , a 2 = ------ et b 2 = ------ ... 2 2 4 4

2. ∀n ∈
, u n + 1 = a n + 1 + b n + 1 = 1--- ( a n + 3b n ) + 1--- ( 3a n + b n ) 4

4

3 3 1 1 = --- a n + --- b n + --- a n + --- b n = a n + b n = u n . 4 4 4 4 ( u n ) est une suite constante et donc ∀n ∈
, u n = u 0 = 6 .

les exercices

an + bn un - = ----- et celui du Le milieu du segment [ A n B n ] a pour abscisse ---------------2 2 an + 1 + bn + 1 un + 1 un segment [ A n + 1 B n + 1 ] , ------------------------------- = ------------ = ----- = 3 . 2 2 2 3. a. On a ∀n ∈
, 1 1 v n + 1 = a n + 1 – b n + 1 = --- ( a n + 3b n ) – --- ( 3a n + b n ) 4 4 1 3 3 1 1 1 1 = --- a n + --- b n – --- a n – --- b n = – --- a n + --- b n = – --- ( a n – b n ) . 4 4 4 4 2 2 2 1 ( v n ) est une suite géométrique de raison – --- . 2 La distance A n B n = a n – b n = v n . n

n

1 1 1 De plus ∀n ∈
, v n = v 0  – --- = – 2  – --- ⇔ v n =  – ---  2  2  2 1 Donc A n B n =  – ---  2

n–1

. Or si – 1 < q < 1 , alors

lim

n→+∞

n–1

.

qn = 0 .

1 Ici q = – --- , donc : 2 lim

n→+∞

n–1  – 1--- =0 ⇔  2

b. On a déjà vu que v n =  – 1---

lim

n→+∞

vn = 0 ⇔

lim

n→+∞

An Bn = 0 .

.

c. On sait que ∀n ∈
, u n = 6 et v n =  – 1---

.

Donc :  1 n  an + bn = 6  a n = 3 –  – ---  2   n–1 ⇔  ∀n ∈
  – --1- n a – b =  n  n   1 2   b n = 3 +  – --2-  Comme donc

lim

n→+∞

lim

n→+∞

n  – 1--- = 0 ,  2

b n = 3 et

lim

n→+∞

1 n–1 1 n–1 . ∀n ∈
* w n =  ------ w 1 ⇔ ∀n ∈
* w n = – 11  ------  12  12

Donc

lim

n→+∞

1 n  ----- = 0 et  12

lim

n→+∞

lim

n→+∞

q n = 0 . Ici

1 q = ------ , on a bien 12

1 n–1  ----= 0 , d’où  12

lim

n→+∞

wn = 0 .

u n + 2v n 2 2 - – u n = --- ( v n – u n ) = --- w n . 2. On a ∀n ∈
* , u n + 1 – u n = ------------------3 3 3 Or ∀n ∈
* , w n < 0 donc : ∀n ∈
* , u n + 1 – u n < 0 ⇔ ∀n ∈
* , u n + 1 < u n . u n + 3v n 1 1 - – v n = --- ( u n – v n ) = – --- w n . On a ∀n ∈
* , v n + 1 – v n = ------------------4 4 4 Donc ∀n ∈
* , v n + 1 – v n > 0 ⇔ ∀n ∈
* , v n + 1 > v n . 1 n–1 3. ∀n ∈
* , w n = v n – u n = – 11  ---- 1 , alors

lim

n→+∞

lim

n→+∞

q n = + ∞ et on a

xn = + ∞

lim

n→+∞

lim

et

n→+∞

4 n = + ∞ . Donc :

yn = + ∞ .

117 1. u 1 = ( 1 + t ′ )u 0 – M . capital + intérêt

2. Le mois précédent Tanya doit u n , donc 1 mois plus tard elle doit u n ( 1 + t ′ ) ainsi après remboursement de la mensualité : un + 1 = un ( 1 + t ′ ) – M . M M 3. a. v n + 1 = u n + 1 – ---- = u n ( 1 + t ′ ) – M – ----t′

t′

M M =  v n + ----- ( 1 + t ′ ) – M – ---- t ′ t′ 1 + t′ 1 = v n ( 1 + t ′ ) + M  ------------- – 1 – ---- = v n ( 1 + t ′ ) .  t′ t ′ Donc ( v n ) est une suite géométrique de raison 1 + t ′ . M b. ∀n ∈
, v n = v 0 ( 1 + t ′ ) n =  C – ---- ( 1 + t ′ )n .  t′

M  M M c. ∀n ∈
, u n = v n + ---- = C – ----- ( 1 + t ′ ) n + ----t′  t ′ t′ M = ----- [ ( 1 + t ′ ) n + 1 ] + C ( 1 + t ′ ) n . t′ d. Après 12k mois Tanya ne doit plus rien, donc u 12k = 0 . Soit : M ----- [ – 1 + ( 1 + t ′ ) 12k ] = C ( 1 + t ′ ) 12k t′

et

C ( 1 + t ′ ) 12k t ′ M = ----------------------------------- . ( 1 + t ′ ) 12k – 1

Obligatoire :

C ( 1 + t ′ ) 12k t ′ - –C . 4. Le coût du crédit est 12kM – C = 12k ---------------------------------12k (1 + t ′)

n

∑

–1

k=0

5. M = 237 ,61 € environ et le coût est de 2 256,86 €.

6k – 15 1 6n ( n + 1 ) 1 ------------------ = ---  ----------------------- – 15 ( n + 1 ) = --- ( n + 1 ) ( 3n – 15 ) .  4 4 4  2 n

3.

118 1. Au rang 0 : u 0 = 10 , donc u 0  1 .

2. Les suites

∑

k=0

57 1 u k = ------ ( 1 – 3 – n – 1 ) + --- ( n + 1 ) ( 3n – 15 ) . 8 4

On suppose que u n  3 , n ∈
.

u n + 6  9 , donc u n + 1  3 .

u +2 un + 1

n . 121 1. u n + 1 = --------------

Conclusion : ∀n ∈
, u n  0 . u + 6 – u2

(3 – u )(u + 2)

n n n n 2. ∀n ∈
, u n + 1 – u n = u n + 6 – u n = -----------------------------= --------------------------------------.

un + 6 + un

un + 6 + un

3. On sait d’après 1. que pour tout n ∈
, u n  0 , donc 3 – u n
0 u n + 2  0 et u n + 6 + u n  0 . u n + 1 – u n
0 , ainsi ( u n ) est décroissante.

1 2. u n = 1 + --- , donc u n  0 . ...

3. ∀n ∈
, un + 2 un ( 1 – 2 ) + 2 – 2 u n + 1 – 2 = -------------– 2 = -----------------------------------------------un + 1 un + 1 2– 2 u n + ---------------1– 2 = ( 1 – 2 ) ---------------------------un + 1

4. ( u n ) est décroissante et minorée par 3, donc elle converge. 5. ∀n ∈
, u n + 1 = f ( u n ) avec f la fonction définie par f ( x ) = x + 6 x ∈ [ 3 ; + ∞[ qui est continue sur [ 3 ; + ∞[ . ( u n ) converge vers
 3 , donc
vérifie
= f (
) , soit :


=
+ 6 et


2

un – 2 -. = ( 1 – 2 ) ----------------un + 1 Donc u n + 1 – 2
( 2 – 1 ) u n – 2 , car u n + 1  1 .

=
+ 6 , car les deux membres sont positifs ;


2 –
– 6 = 0 ;
= 3 ou
= – 2 ,

4. Au rang 0 : u 0 – 2
k 0 ( u 0 – 2 ) .

donc
= 3 , car
 3 .

6.

lim

n→+∞

On suppose que u n – 2
k n ( u 0 – 2 ) n ∈
.

un = 3 .

u n + 1 – 2
k ( u n – 2 ) , d’après 3. ;
k × k n ( u 0 – 2 ) , d’après l’hypothèse de récurrence ;
k n ( u0 – 2 ) .

119 1. 2.

Donc ∀n ∈
, u n + 1 – 2
k n ( u 0 – 2 ) . y=

x

y

5. – 1
k < 1 , donc

y = 2x – 2

n–1

∑

122 1. u n = 1--n

p=0

lim

n→+∞

k n = 0 , ainsi ( u n ) converge vers

2.

les exercices

Ainsi u n + 6  9 , soit

p 2 1 ( n – 1 )n ( 2n – 1 ) 1 –  --- = ---  n – -----------------------------------------  n  n  6n 2

2n 2 – 3n + 1 4n 2 + 3n – 1 = 1 – ------------------------------ = ------------------------------ . 6n 2 6n 2 1 v n = --n

n

∑

p=1

p ( 4n + 1 ) ( n – 1 ) 1 –  --- = -------------------------------------- .  n 6n 2 2

2

3n + n – 1 2. u n + 1 – u n = --------------------------------
0 pour n  1 .

u0 O

2– 3

u2 u1

1

4

– 6n 2 ( n + 1 ) 2

x

3. Au rang 0 : u 0 = 4 , donc u 0  2 . On suppose pour n ∈
: u n  2 ; 3u n – 2  4 ; soit u n + 1  2 . Donc ∀n ∈
, u n  2 . – u n2 + 3u n – 2 – ( u n – 1 ) ( u n – 2 ) - = ------------------------------------------- . 4. u n + 1 – u n = 3u n – 2 – u n = --------------------------------3u n – 2 + u n 3u n – 2 + u n Donc u n + 1 – u n = 0 . ( u n ) est décroissante.

5. ( u n ) est décroissante et minorée, donc ( u n ) converge. 6. ∀n ∈
, u n  2 , donc
 2 .

( u n ) est décroissante. 3n 2 + 5n + 1 v n + 1 – v n = -------------------------------  0 . 6n 2 ( n + 1 ) 2 ( v n ) est croissante. 1 0 2 1 n 2 v n – u n = ---  1 –  --- –  1 –  ---   = – --- donc :   n    n n  n lim

n→+∞

un – vn = 0 .

( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

3.

lim

n→+∞

u n = lim

n→+∞

2 v n = --- . 3

7. En appliquant le théorème du cours, on obtient
= 3
– 2 . 8.
= 3
– 2 , donc
= 1 ou
= 2 , or
 2 , donc
= 2 . 1 × 0 – 15 19 15 ------ × ----- + 6 ------------------------ = ------ – ------ = + 1 = u 0 . 120 1. Au rang 0 : 19 0

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4

4 4 19 1 6n – 15 On suppose pour tout n ∈
que u n = ------ × ----- + ------------------ . 4 3n 4 1 1 19 1 1 6 – 15 Donc u n + 1 = --- u n + n – 1 = --- × ------ × ----- + --- × --------------- + n – 1 ; 3 3 4 3n 3 4 19 19 1 2n – 5 + 4n – 4 6 ( n + 1 ) – 15 1 = ------ × ------------ + ------------------------------------- = ------ × ------------ + -------------------------------- . 4 3n + 1 4 3n + 1 4 4 19 1 6n – 15 -------× + ------------------ . ∀n ∈
, u n = 4 3n 4 n

2.

∑

k=0

3

4

1 1 – -----------3 n + 1 19 3 19 ---1- 19 ------ × = ------ × --------------------- = ------ × --- ( 1 – 3 – n + 1 ) 1 4 2 4 3k 4 1 – --3

123 1. a 0 = 20 . 1 1 2 3 121 a 12 = ------ +  a 0 – --- = -------------- . 16  4 8 3 121 1 a 1 = -------------- = --4 8

6 242 . 2

1  1 2. a n + 1 = ----- + a n – --- .   16

4

3. a. A n D n = a n et A n A n + 1 = 1--- , donc :

4 1 A n A n + 1 = -------- A n D n , 4a n

car A n A n + 1 et A n D n sont colinéaires et de même sens. 1 De même D n D n + 1 = -------- D n C n , etc. 4a n

31

123 3. b. an

An

Bn

Cn

Dn

les exercices

n

 ---- ; n  + ---- , 124 1. Soit f ( x ) = tan x – x , x ∈ n –  2

2

 n – ---2

f ( x)

–∞

n

xn 0

– n

 n + ---2 +∞

Donc l’équation f ( x ) = 0 admet une solution unique dans :   n – ---- ; n  + ---- . 2 2  ---- = tan  x n – n – ---- 2. tan  u n –   2 2  sin  x n – ----  2   = tan x n – ---- = ------------------------------ 2  cos  x n – ----  2 – cos x 1 = -------------------n- = – --------------- . tan x n sin x n 1  1 --------------- = ----- , or n – ----
x n donc tan x n x n 2 Soit

lim

n→+∞

lim

x→+∞

1 ----- = 0 + . xn

 tan  u n – ---- = 0 + .  2

 D’après le tableau de variation n
x n < n + ---- , donc : 2     et – --- < u n – ---- < 0 . 0
x n – n < ---- , 0
u n < ---2 2 2 2     lim tan u n – ---- = 0 , donc : lim u n – ---- = 0 et lim u n = ---- .  2 2 2 n→+∞ n→+∞ n→+∞

32

u2 = 8 ,

u3 = 4 ,

u4 = 2 ,

( u n ) semble périodique à partir de n = 3 .

f ′ ( x ) = tan2 x  0 . x

125 1. u 0 = 5 , u 1 = 16 , u 6 = 4 , u 7 = 2 et u 8 = 1 . 2. Voir le tableau page suivante. 3. u0

délais sommet

u5 = 1 ,

Obligatoire :

4. • P1 est vraie. Soit E = { n ∈


tel que u n < 1 } . P2 est vraie, donc il existe p ∈
tel que :

2. Les suites

up = 1 . Au rang 1 : évident. On suppose que la propriété soit vraie au rang n ∈
* .

up = 1 . Donc E ≠ ∅ ainsi E admet un plus petit élément : E ( a ) . Donc P2 est vraie. • P2 est vraie, on montre par récurrence sur n ∈
* que si u 0 = a et a
n alors il existe p ∈
, tel que :

On sait d’après P2 qu’il existe k ∈
tel que : u k < n + 1 , donc u k
n . En appliquant l’hypothèse de récurrence à la suite de premier terme uk on démontre la proposition au rang n + 1 .

les exercices

125 2.

126 1. p 0 = 44 500 .

129 1. y 0,18 0,16 0,14 0,12 0,1 0,08 0,06 0,04 0,02

35 – 17 2. p n + 1 =  ----------------- + 1 p n + 25 – 9 = 1 ,018 p n + 16 .  1 000

3. u n + 1 = 1 ,018 p n + 16 + k = 1 ,018 ( u n – k ) + 16 + k = 1 ,018 p n + 16 – 0 ,018k 8 000 donc k = -------------- . 9 8 000 4. u n – u 0 × 1 ,018 n et u 0 = 44 500 + ------------- . 9

p n = u 0 × 1 ,018 n – k .

5. p 41  93 432 ,123 . On peut prévoir 93 432 123 habitants. 6. À partir de u = 61 , soit en 2030.

127 1. – u n + 1 + u n =  u n . 2. u n + 1 = ( –  + 1 )u n , ( u n ) est géométrique. 3. u n = u 0 ( –  + 1 ) n . u 2

4. u n
----0- ⇔ ( –  + 1 ) n
1--- ; 0 ,97 n
1--- n  23 . 2

2

128 1. f ′ ( x ) = – 2kx + k = k ( 1 – 2 x ) .

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x

0

f ′( x)

1

1 --2 0

1 2

k --4

f ( x) 0

2. Au rang 0 : u 0 ∈ ] 0 ; 1 [ par hypothèse.

0

On suppose u n ∈ ] 0 ; 1 [ pour n ∈
donné. k ∈ ] 0 ; 4 ] , donc d’après le tableau de variation : f ( u n ) ∈ [ 0 ; 1 ] soit u n + 1 ∈ [ 0 ; 1 ] . ∀n ∈
, u n ∈ [ 0 ; 1 ] .

3.
= 0 ou
= 1 .

– 0,02 – 0,04 – 0,06 – 0,08 y 0,18 0,16 0,14 0,12 0,1 0,08 0,06 0,04 0,02 – 0,02 – 0,04 – 0,06 – 0,08

O 0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1,0

x

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1,0

x

u0 = 0,4

O 0,1

0,2

u0 = 0,9

( u n ) semble converger vers 0.

2. 0 ou 1. 3. u n + 1 – u n = 0 ,4u n ( 1 – u n ) – u n = u n ( – 0 ,6 – 0 ,4u n ) 1 = – --- u n ( 3 + 2u n )
0 , car u n ∈ [ 0 ; 1 ] . 5 ( u n ) est décroissante.

4. ∀n ∈
, u n
u 0 < 1 , donc

u 0 donc
< 1 donc
= 1 .

33

130 1.

a. D’après le tableau de variation, x > 0 ⇒ f ( x )  2 .

y 1,2

4. a 0 = 1 et a 1 = 1---  1 + 2--- = 3---  2 .

0,8

2 2 1 Si a n  2 , alors f ( a n )  2 , soit a n + 1  2 .

0,4 x –1,4 –1,2 –1,0 –0,8 –0,6 –0,4 –0,2 O 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 – 0,4

∀n ∈
* , a n  2 . 2

2–a 2 - – a n = --------------n
0 car a n  2 . 5. a n + 1 – a n = 1---  --- 2a n

2 an ( a n ) est décroissante.

– 0,8 – 1,2

6. ( a n ) est décroissante et minorée, donc ( a n ) converge vers
vérifiant
= f ( x ) . Par suite
= – 2 ou
= 2 , donc
= 2 , car u n  2 .

– 1,6 – 2,0

2

les exercices

3. p = 2 convient.

On montre que ∀n  p , u p < 0 . Au rang p : déjà fait. On suppose u n < 0 avec n  p . Donc u n ( 1 – u n ) < 0 , soit u n + 1 < 0 . ∀n  p , u n < 0 . Ainsi u n ( 4 – 5u n ) < 0 . ( u n ) n  p décroissante.

6. ( u n ) est minorée alors ( u n ) converge car décroissante. Or ∀n  3 , u n
u 3 , donc

u 3 avec
la limite de ( u n ) . Mais il 4 doit vérifier
= 5, ( 1 –
) , soit
= 0 ou
= --- . Impossible. 5 lim

2

( a – 2 )2 2a n

8. Au rang 0 : a n – 2 = 1 – 2 .

5. u n + 1 – u n = u n ( 4 – 5u n ) .

n→+∞

an

b. Évident, car a n  1 .

4. u p ∉ [ 0 ; 1 ] , donc u p ( 1 – u p ) < 0 , soit u p + 1 < 0 .

7. ( u n ) est décroissante et non minorée, donc

a 2 + 2 – 2a 2a n

1 n n n 7. a. a n + 1 – 2 = 1--- a n + ---- – 2 = ------------------------------------= ------------------------- .

2. u 0 = 0 ,1 , u 1 = 0 ,45 , u 2 = 1 ,237 5 et u 3 = – 1 ,469 5 .

n+1–1

1 2–1 =  --- =1 ,  2 Donc la proposition est vraie. 2 1 ---  2

or 1 – 2
1 .

1 2n + 1 – 1 On suppose a n – 2
 --- .  2 n+1

2

2 – 1 1 ---  ( a n – 2 ) 2   2 1 2n + 2 – 2 1 a n + 1 – 2
--------------------------
----------------------------------
 --- × -- 2 2 2 2

1 2n + 2 – 1
 --- .  2

un = – ∞ .

1 2 Donc ∀n ∈
, a n – 2
 ---  2

131

n+1–1

.

9. À partir du 8. ---- [ 2 ] . 133 A 1. A k O A k + 1 = B k OB k + 1 = 

O

3

---- = 3 2. p 1 = 6 sin 

6  q 1 = 6 tan ---- = 2 3 6 d’où 3 <  < 2 3 .

θk 1

1

2  B 1. A k O A k + 1 = -------------= --------------------- . 3 × 2n

132 1.

Ak

Ak + 1

Hk Bk

y 2,0

3. p n + 1 = 3 × 2 n + 1 sin n + 1 . p n = 3 × 2 n sin 2 n + 1 = 3 × 2 n × 2 sin n + 1 cos n + 1 = p n + 1 c n + 1 .

1,8

4. q n cos n = 3 × 2 n sin n , donc q n c n = p n .

1,6

  ---- = 1 --- . c n = cos -------------- = cos 2 × --------------------- = cos 2u n . 5. a. c 0 = cos  n n+1

3×2 3×2 1+c  – 1 o , or 0
u n
---- , donc c n > 0 , d’où c n + 1 = -------------n- . cn = 3 2 b. Classique.

1,4

3

1,2

0,8

6. • p n + 1 – p n = p n + 1 ( 1 – c n + 1 )  0 , car 0
c n + 1
1 et p n > 0 .

( p n ) est croissante. pn + 1 pn 1 • q n + 1 – q n = -----------– ----- = ---------------------- ( c n p n + 1 – c n + 1 p n + 1 c n + 1 ) c n + 1 c n cos c

0,6 0,4

n+1

0,2 O

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

1,6

1,8

et a 4 = 1 ,414 213 562 . 2 = 1 ,414 213 562 . x

0

2

f ′( x) f ( x)

2

0

+∞

1

1 1 x2 – 2 f ′ ( x ) = --- – ---- = -------------- . 2 x2 2 x2

2,0 x

n→+∞

+∞ 2

1–c pn + 1 pn + 1  - (c – 1) < 0 . = ----------------c –  -------------n-  = -------------------c n c n + 1  n  2   2c n c n + 1 n pn + 1 - > 0 et c n – 1 < 0 . ( q n ) est décroissante. cos -------------------2c n c n + 1 1–c p • q n – p n = -----n – p n = p n  -------------n- > 0 , donc q n > p n .  c  cn n ( p n ) est croissante et majorée par q1 , donc ( p n ) converge vers un réel
. lim n = 0 , donc lim c n = 1 , par suite lim q n – p n = 0 .

2. a 1 = 1 ,5 , a 2 = 1 ,416 6 , a 3 = 1 ,414 215 686

3. a. b.

2

2c n2 + 1

1,0

34

3 × 2n – 1

2. H k A k = sin n , donc : A k A k + 1 = 2 sin n . 2 p n = 3 × 2 n × 2 sin n , donc : p n = 3 × 2 n × sin n .

n→+∞

n→+∞

( p n ) et ( q n ) sont adjacentes.

sin × 2n  7. p n =  × 3-------------sin -------------- =  --------------n- et n  3 × 2n lim

n→+∞

p n =  .


lim

n→+∞

sin --------------n- = 1 donc : n

Obligatoire :

3

x 8. h ( x ) = sin x – x – ---- . h′ ( x ) = cos x – 1 – x 2 . h″ ( x ) = – sin x – 2 x .

x

+∞

0

h′′′ ( x )

La banque B semble être vainqueur. L’armée de changement est 2008 + 2 = 2010 . ( U n ) et ( V n ) semble converger.

4.

 0

h″ h″ ( x )

 0

h′ h′ ( x )

 0

h

x3 ∀x ∈ [ 0 ; + ∞[ , sin x – x
----- . 3! x3 De même, on pose h 1 ( x ) = sin x – x + ----- alors h 1′′′ ( x ) = – cos x + 2 . 3! ∀x ∈ [ 0 ; + ∞[ on conclut que h 1 ( x )  0 . x3 x3 x3 Soit – -----
sin x
----- , d’où sin x – x
----- . 3! 3! 3! sin n sin n – n  p n =  --------------- p n –  =  -------------------------- ;   n n

3 sin n – n
----n- , d’où 3!

 2 pn – 
---------n6 3 pn – 
----------------------------- . 6 × ( 9 × 4n )

La suite ( W n ) semble géométrique. ∀n ∈
, W n + 1 = 2U n + 1 – V n + 1 = 2 ( 0,9U n + 0,05V n ) – ( 0,1U n + 0,95V n ) = 1,7U n – 0,85V n = 0,85W n . ( W n ) est une suite géométrique de raison 0,85.

5.

54 × 10 6 ln  --------------------  3  3 9. -----------------------n-
10 – 6 ; n  --------------------------------- , soit n = 11 . ln 4 6×9×4

les exercices

h′′′ = – cos x – 2 .

3!

2. Les suites

–  + 4 u n = ---------------------- =  . 3 En utilisant le tableur de la calculatrice on vérifie que la convergence de ( u n ) vers  est plus rapide que celle de ( p n ) .

10.

lim

n→+∞

p n =  et

lim

n→+∞

134 On démontre que pour tout entier naturel n , f ( 2 n ) = 2 n – 1 et pour tout 0
p < 2 n , f ( 2n + p ) = 2n – 1 – p . 135 1. U n + 1 = 0,9U n + 0,05V n 2. V n + 1 = 0,1U n + 0,95V n 3.

( T n ) semble constante. ∀n ∈
, T n + 1 = 0,9U n + 0,05V n + 0,1U n + 0,95V n = T n . Donc ( T n ) est une suite constante.

6. ∀n ∈
, W n = 2 310 × ( 0,85 ) n et T n = 3 690 . Donc ∀n ∈
, U n = 770 × 0,85 n + 1 230 ; V n = – 770 × 0,85 n + 2 460 .

136 Si a > b on trouve 1. Si a < b on trouve 0 et si a = b (et a ≠ 0 ) on trouve 0.

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

bac

Les Q.C.M.

137 a. FAUX. b. FAUX. c. VRAI. d. VRAI. 138 a. FAUX. b. VRAI. c. FAUX. d. VRAI. 139 1. b. et c. 2. a., c. et d. 3. a. et d. 4. b. et c. 140 b. 141 1. c. et d.

2. b. et d.

3. b. et d.

4. b. et d.

142 a. FAUX. b. VRAI. c. FAUX.

35

c. VRAI. Si

Vrai-Faux

lim

n→+∞

u n = + ∞ , alors ∀M ∈  il existe p ∈
tel que

∀n ∈
, n  p on trouve u n  M ; donc ( u n ) est non majorée.

d. FAUX. u n = 2n + ( – 1 ) n n . u 0 = 0

143 1. FAUX. 2. VRAI. 3. FAUX. 144 1. FAUX. 2. FAUX. 3. VRAI. 4. VRAI. 145 1. VRAI.

2. FAUX.

3. FAUX.

lim

FAUX.

n→+∞

6. VRAI. 7. FAUX. 3. VRAI.

les exercices

Partie II 1. v n  u n et v n2  u n2 car u n > 0 et v n > 0 . lim

n→+∞

un = + ∞ ,

donc

lim

n→+∞

v2 ----n- = + ∞ . un

2. u n = ( – 1 ) n est bornée et ne converge pas.

lim

lim

n→+∞

un = + ∞ .

vn = + ∞

et

lim

n→+∞

un ----- = + ∞ . vn

4. C’est un théorème du cours.

bac

Les ROC

149 A Soit ( u n ) et ( v n ) deux suites adjacentes. On suppose que ( u n ) est croissante et ( v n ) décroissante. Donc ∀n ∈
, u n
v n d’après 2. Or u 0
u n et v n
v 0 , ainsi ∀n ∈
, u 0
u n
v n
v 0 . ( u n ) est croissante et majorée par v0 , elle converge vers
d’après 3. ( v n ) est décroissante et minorée par u0 , elle converge vers
′ d’après 3. Ainsi

lim

n→+∞

u n – v n =
–
′ .
–
′ = 0 d’après 1.

Le théorème est démontré. 1 -. B 1. FAUX. u n = ----------lim

n→+∞

n+1

vn = – ∞ .

lim

n→+∞

u n = 0 et v n = – 2 ( n + 1 )

1 1 –2 -
--- -------  – 1 v n  – 1 . 2. VRAI. ∀n ∈
, u n  2 , ---un 2 un

3. FAUX. Dans le contre-exemple du 1. ( u n ) est décroissante et ( v n ) aussi. –2 4. FAUX. u n = ( – 1 ) n . ( u n ) diverge et v n = ------------- = 2 ( – 1 )n + 1 . ( – 1 )n

( v n ) diverge aussi.

un = + ∞ .

152 1. Au rang 0 : k ∈ [ f ( a ) ; f ( b ) ] par hypothèse, donc :

un + vn - , donc f ( v n + 1 )  k . v n + 1 = ---------------2 u n + v n - : v n + 1 = v n , donc f ( v n + 1 )  k ; • Si k > f  --------------- 2  u n + v n - f  --------------- 2  2 2 2n + 1 v0 – u0 Dans tous les cas v n + 1 – u n + 1 = --------------- . 2n + 1 b–a Donc ∀n ∈
, v n – u n = ------------ . 2n 3. ∀n ∈
u n + v n • Si k
f  --------------- 2  un – vn b – a - = ------------ < 0 et u n + 1 – u n = 0 . v n + 1 – v n = --------------2 2n + 1 Donc v n + 1 – v n
0 et u n + 1 – u n  0 . u n + v n • Si k > f  --------------- 2  vn – un b – a - = ------------ > 0 v n + 1 – v n = 0 et u n + 1 – u n = --------------2 2n + 1 Donc v n + 1 – v n
0 et u n + 1 – u n  0 . Ainsi ( u n ) est croissante et ( v n ) est décroissante.

4. ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes, elles convergent vers la même limite
∈ [a ; b] . f est continue, donc lim f ( u n ) = f (
) et lim f ( v n ) = f (
) or n→+∞

pour tout n ∈
:

150 1. et 2. Voir le cours. 3. a. ∀n ∈
, u n + 1 – u n = 1 + u n2 > 0 .

n→+∞

f ( un )
k
k ( vn ) ,

donc k = f (
) .

Donc ( u n ) est croissante. b. On suppose que ( u n ) converge vers
∈  . ∀n ∈
, un + 1 = f ( un ) avec f la fonction définie pour f ( x ) = 1 + x + x2 . f est continue sur  donc
vérifie
= f (
) d’où
= 1 +
+
2 . Conclusion : 1 +
2 = 0 impossible.

153 1. ( U n ) est majorée signifie qu’il existe un réel M tel que ∀n ∈
, un
M . La suite ( U n ) tend vers + ∞ signifie que pour tout intervalle du type [ A ; + ∞ [ (avec A un réel) contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang. On peut écrire aussi une formulation plus mathématique : ∀ A ∈  , ∃ p ∈
tel que ∀n  p ⇒ u n  A .

151 A 1. ( u n ) est croissante, donc si n  n 0 , u n  u n0 .

2. D’après le cours, une suite croissante et majorée converge. On peut donc dire que la suite ( U n ) converge.

Or u n  M , donc u n  M . 0

( u n ) n’est pas majorée, donc pour tout M ∈  il existe n 0 ∈
tel que u n  M et pour tout n  n 0 , u n  M . 0

Conclusion :

lim

n→+∞

un = + ∞ .

3. Une suite croissante non majorée tend vers + ∞ . B a. FAUX. u n = ( – 1 ) n n , n ∈
( u n ) n’est pas majorée et un ne tend pas vers + ∞ .

b. FAUX. u n = – 1--- , ( u n ) est croissante et lim u n = 0 . n

36

lim

n→+∞

u n + v n - : • Si k
f  --------------- 2  un + 1 = un , donc f ( u n + 1 )
f ( u n )
k ;

1. VRAI. 2. FAUX. 3. FAUX. 4. VRAI.

n→+∞

n = + ∞ , donc

On suppose pour n ∈
* fixé que f ( u n )
k
f ( v n ) .

FAUX.

148 Partie I

3. u n = n 2 et v n = n ,

u 3 = 3 , donc

f ( a )
k
f ( b ) soit f ( u 0 )
k
f ( v 0 ) .

2. VRAI.

v2 ----n-  u n et un

u2 = 6

∀n ∈
, u n  2n – n , soit u n  n

146 1. VRAI. 2. FAUX. 3. FAUX. 4. FAUX. 5. VRAI. 147 1. FAUX.

u1 = 1

( u n ) pas croissante.

n→+∞

3. D’après le cours, une suite croissante et qui n’est pas majorée tends vers + ∞ . On peut donc dire que

lim U n = + ∞ .

n→+ ∞

4. Une suite qui tend vers + ∞ ne peut pas être majorée. Pour le démontrer, on va faire un raisonnement par l’absurde : Sachant que ( U n ) tend vers + ∞ , supposons que ( U n ) est majorée. ( U n ) est majorée, donc il existe un réel M tel que ∀n ∈
u n
M . ( U n ) tend vers + ∞ , donc pour tout intervalle du type [ A ; + ∞ [ (avec A un réel) contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang. On va choisir comme intervalle [M + 1 ; + ∞ [ .

Obligatoire :

2. Les suites

Donc tous les termes de la suite à partir d’un certain rang, ce qui est contradictoire avec le fait que tous les termes de la suite sont inférieurs à M. Donc l’hypothèse ( U n ) est majorée est fausse, on a donc bien prouvé P 2 .

b. On montre par récurrence sur n ∈
, n  4 que U n  n – 2 .

5. Non, une suite qui n’est pas majorée ne tend pas nécessairement vers

Donc U 4  4 – 2 , la proposition est vraie au rang 4.

154 1. a. x 0 = 0 (énoncé) et ∀n ∈
x n + 1 = x n + h , or h = 0,2 donc : b. y 0 = f ( x 0 ) = f ( 0 ) = 0 .

x n + 1 = x n + 0,2 .

∀n ∈
, y n + 1 = f ′ ( x n ) × 0,2 + f ( x n ) = 0,2 ( 4 – [ f ( x n ) ] 2 ) + f ( x n ) = 0,8 + y n – 0,2 y n2 .

On suppose que pour un n ∈
fixé, n  4 , on a u n  n – 2 et on montre que U n + 1  n – 1 : Pour montrer que U n + 1  n – 1 , on va montrer que u n + 1 – ( n – 1 ) est positif : 1 1 U n + 1 – ( n – 1 ) = --- U n + n – 1 – ( n – 1 ) = --- U n . 2 2 Or par hypothèse de récurrence, U n  n – 2 , ainsi : 1 U n + 1 – ( n – 1 )  --- n – 1 . 2 1 Étant donné que n  4 on a --- n – 1  1  0 . Donc U n + 1 – ( n – 1 )  0 . 2 Conclusion : On a donc bien démontré que pour tout n ∈
, n  4 que Un  n – 2 .

2. a. ∀n ∈
, V n + 1 = 4U n + 1 – 8 ( n + 1 ) + 24

2. a.

1 = 4  --- U n + n – 1 – 8n – 8 + 24 = 2U n – 4n + 12 2  1 1 = --- ( 4U n – 8n + 24 ) = --- V n . 2 2

b.

1 Donc ( V n ) est une suite géométrique de raison --- et de premier terme 2 V 0 = 4U 0 – 8 × 0 + 24 = 28 . 1 Attention, le fait que la raison soit --- ne prouve pas que la suite est décrois2 sante… Il faut aussi que le premier terme soit positif (en effet, si le premier terme est négatif la suite est décroissante). b. D’après 2.a., ( V n ) est une suite géométrique de raison 1--- et de premier 2 terme 28. Donc pour tout n ∈
:

c. ( y n ) semble croissante et converge vers 2. 3. a. ∀x ∈ [ 0 ; 2 ] , f ′ ( x ) = – 0,4 x + 1 . x

0

P ′( x)

2 +

1 n 1 n V n = 28  --- , or V n = 4U n – 8n + 24 ainsi 4U n – 8n + 24 = 28  --- soit :  2  2 1 n U n = 7  --- + 2n – 6 .  2

2

P( x) 0,8

les exercices

+∞. On va donner un contre exemple : Soit ( U n ) la suite définie par U n = ( – 1 ) n n . Comme u 2P = 2P alors la suite n’est pas majorée, et elle ne tend pas vers + ∞ car l’intervalle [0 ; + ∞[ ne contient pas tous les termes de la suite (car ( U 2P + 1 = – 2P – 1 < 0 ) ).

1 1 9 Au rang 3 : On a U 3 = --- donc U 4 = --- U 3 + 3 – 1 = --- or --9-  2 . 2 2 4 4

n

c. On pose ∀n ∈
, x n = 7  1--- et y n = 2n – 6 . 2

Donc d’après le tableau de variation, ∀n ∈ [ 0 ; 2 ] , P ( x ) ∈ [ 0 ; 2 ]

b. Initialisation : y 0 ∈ [ 0 ; 2 ]

Hérédité : On suppose y n ∈ [ 0 ; 2 ] . D’après 3.a. P ( y n ) ∈ [ 0 ; 2 ] , soit : yn + 1 ∈ [ 0 ; 2 ] . Conclusion : ∀n ∈
, y n ∈ [ 0 ; 2 ] . c. ∀n ∈
, y n + 1 – y n = – 0,2 y n2 + 0,8 = 0,2 ( 2 – y n ) ( 2 + y n ) . Or y n ∈ [ 0 ; 2 ] , donc 0,2 ( 2 – y n ) ( 2 + y n )  0 . ( y n ) est croissante. d. ( y n ) est croissante et majorée par 2, donc ( y n ) converge.

1 ( x n ) est une suite géométrique de premier terme 7 et de raison --- . 2 ( x n ) est une suite arithmétique de premier terme – 6 et de raison 2.

d. S n =

n

n

k=0

k=0

y0 + yn

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

Conclusion : On a donc bien démontré que pour tout n ∈
, n  3 que Un  0 .

– 6 + 2n – 6

k=0

1 n + 1 Conclusion : S n = 14  1 –  --- + ( n + 1 ) ( n – 6 ) soit en développant :    2 n

1 S n = n 2 – 5n + 8 – 7  --- .  2

1 1 1 1 Au rang 3 : On a U 0 = 1 , U 1 = --- U 0 + 0 – 1 = – --- , U 2 = --- U 1 + 1 – 1 = – --2 2 2 2

1 Or, par hypothèse de récurrence, U n  0 , donc --- U n  0 . 2 1 Or n  3 , donc n – 1  2 d’où n – 1  0 , ainsi --- U n + n – 1  0 soit : 2 Un + 1  0 .

k=0

= ( n + 1 )  ----------------------------- = ( n + 1 ) ( n – 6 ) ∑ yk = ( n + 1 ) ---------------  2 2

155 1. a. On montre par récurrence sur n ∈
, n  3 que u n  0 .

1 1 et U 3 = --- U 2 + 2 – 1 = --- . 2 2 Donc U 3  0 , la proposition est vraie au rang 3. On suppose que pour un n ∈
fixé, n  3 , on a U n  0 et on montre que un + 1  0 : 1 On a U n + 1 = --- U n + n – 1 . 2

k=0

n+1

n

Les sujets

n

1 1 –  --- n  2 1 n + 1 Or ∑ x k = 7 × --------------------------- = 14  1 –  ---    2 1 1 – --k=0 2 et

bac

n

∑ U k = ∑ ( xk + yk ) = ∑ xk + ∑ yk .

156 1. Pour tout entier naturel n , u n + 1 – u n = 2n + 3 > 0 , donc ( u n ) est croissante. 2. a. On montre par récurrence sur n ∈
que u n > n 2 . Au rang 0 : u 0 = 1 par hypothèse, et 1 > 0 2 , donc la proposition est vraie. On suppose que pour un n ∈
fixé, u n > n 2 et on montre que un + 1 > ( n + 1 )2 : u n + 1 = u n + 2n + 3 , or u n > n 2 par hypothèse, donc u n + 1 > n 2 + 2n + 3 un + 1 > ( n + 1 )2 + 2 > ( n + 1 )2 . soit : On a démontré que ∀n ∈
on a u n > n 2 . b. D’après a. pour tout entier naturel n , u n > n 2 , or donc

lim

n→+∞

un = + ∞ .

lim

n→+∞

n2 = + ∞ ,

3. u 0 = 1 , u 1 = 4 , u 2 = 9 et u 3 = 16 , on peut donc conjecturer que u n = ( n + 1 ) 2 . On montre par récurrence sur n ∈
que u n = ( n + 1 ) 2 .

37

Au rang 0 : u 0 = 1 = ( 0 + 1 ) 2 donc la proposition est vraie. On suppose que pour un n ∈
fixé, u n = ( n + 1 ) 2 et on montre que u n + 1 = ( n + 2 ) 2 : u n + 1 = u n + 2n + 3 . Or u n = ( n + 1 ) 2 par hypothèse, donc u n + 1 = ( n + 1 ) 2 + 2n + 3 soit : u n + 1 = n 2 + 4n + 4 = ( n + 2 ) 2 .

3 1 3 n – 5 . S n
u 5  1 +  --- + … +  ---   4  4  1 – qn + 1 Si q ≠ 1 , 1 + q + q 2 + … + q n = --------------------- , donc : 1–q 3 n–4 1 –  ---  4 S n
u 5 × --------------------------- , 3 1 – --4

On a démontré que ∀n ∈
, u n = ( n + 1 ) 2 . k kk - . 157 1. a. Au rang k : k-----
----

k!

k! kn kk kn k kn + 1 On suppose pour n  k que -----
----- . ------------------- = ----- × ------------ . n! k! ( n + 1 )! n! n + 1

3 n – 4 d’où S n
4u 5  1 –  --- .   4 

k kk kn kk kn + 1 Or -----
----- et k
n , donc ------------
1 d’où -------------------
----- . n! k! ( n + 1 )! k! n+1

3 n–4
4u 5 , alors S n
4u 5 . Comme 4u 5 – 4u 5  ---  4

3. S n + 1 – S n = u n + 1 > 0 , donc ( S n ) n  5 est croissante. De plus elle est majorée par 4u5 , donc elle est convergente.

les exercices

kn kk ∀n  k , -----
----- . n! k! kn kk x n kn x n kk xn x n kk -
----- , donc  -- -----
 -- ----- . Soit -----
 -- ----- . b. ∀n  k , ---      n!

c.

lim

n→+∞

k!

k

n!

k

k!

n!

k

k!

lim

n→+∞

 a1 = 1 --- ( 2a 0 + b 0 ) = 3  3  b = 1 --- ( a + 2b 0 ) = 5  1 3 0

xn ----- = 0 . n!

n–1 n n n - × ------------ × … × ---  1 . 2. a. n------------ = n--- × -----------

n!

n

n–1

n–2

nn nn – 1 -  n × ------------  n , or b. ---n!

n!

lim

2

n→+∞

lim

n→+∞

n = + ∞ , donc :

158 1. a. ∀n > 0 , ( n + 1 )2 ------------------un + 1 ( n + 1 )2 2n 1 ( n + 1 )2 1 2n + 1 2 1 v n = ------------ = -------------------- = ------------------- × ----- = --- × ------------------- = ---  1 + --- + ----- . 2  n n 2 un 2n + 1 n2 2 n2 n2 ----2n 2 1 1 lim 1 + --- + ----- = 1 , donc lim v n = --- . n n2 2 n→+∞ n→+∞ 1  2 1 b. D’après 1.a. : ∀n > 0 , v n = ---  1 + --- + ---- , 2 n n 2

2

3

4

A1 A2

5

6

7

B2 B1

8

B0

1 n 1 n ∀n ∈
, u n = u 0  --- ⇔ u n = 6  --- = 2 × 3 1 – n .  3  3

3. • ∀n ∈
, b n – a n = u n = 2 × 3 1 – n > 0 , donc ∀n ∈
, b n – a n > 0 . 1 1 • ∀n ∈
, a n + 1 – a n = --- ( 2a n + b n ) – a n = --- ( b n – a n ) > 0 . 3 3 Donc ( a n ) est strictement croissante. 1 1 • ∀n ∈
, b n + 1 – b n = --- ( a n + 2b n ) – b n = --- ( a n – b n ) < 0 . 3 3 ( b n ) est strictement décroissante. ∀n ∈
, A n + 1 ∈ [ A n B n ] et B n + 1 ∈ [ A n B n ] , soit : [ An + 1 Bn + 1 ] ⊂ [ An Bn ] . n

4. ∀n ∈
, u n = 6  1--- , or si – 1 < q < 1 alors

n 2 – 4n – 2 > 0 ⇔ ( n – 2 – 6 ) ( n – 2 + 6 ) > 0 ⇔ n > 2 + 6

3

ou n < 2 – 6 2 + 6
4 ,45 . 3 Donc, si on prend N = 5 , on a bien ∀n ∈
, n  5 ⇒ v n < --- . 4 n2 d. ∀n ∈
* , u n = ----n- > 0 . 2 un + 1 3 3 - < --- . Or on sait que ∀n ∈
, n  5 ⇒ v n < --- , donc ----------4 4 un On a le droit de multiplier les deux membres par un car u n > 0 ; on obtient

1 Ici q = --- ∈ ] – 1 ; 1 [ , 3 1 n donc lim  --- = 0 et n → + ∞  3 ∀n ∈
,

lim

n→+∞

lim

n→+∞

lim

n→+∞

qn = 0 .

un = 0 .

( b n – a n ) = lim

n→+∞

u n = 0 , ( a n ) et ( b n ) sont respecti-

vement croissante et décroissante, elles sont donc adjacentes.

5. ∀n ∈
, 1 1 v n + 1 = b n + 1 + a n + 1 = --- ( a n + 2b n ) + --- ( 2a n + b n ) = b n + a n = v n . ( v n ) 3 3 est donc constante égale à v 0 = b 0 + a 0 = 8 .

3 donc ∀n ∈
, n  5 ⇒ u n + 1 < --- u n . 4 5–5 3 0 2. a. Au rang 5 :  3--- u 5 =  --- u 5 = u 5  u 5 , donc la proposition est  

4 4 vraie. On suppose que la proposition est vraie au rang n ∈
, n  5 :

an + bn vn Le milieu du segment [ A n B n ] a pour abscisse ---------------- = ----- = 4 , donc le 2 2 point I d’abscisse 4 est le milieu des segments [ A n B n ] , pour tout n ∈
. Méthode 1 : Si ( a n ) et ( b n ) sont adjacentes : ( a n ) et ( b n ) sont adjacentes, elles convergent donc vers la même limite
.

3 n–5 u n
 --- u5 .  4 3 On montre que la proposition est vraie au rang n + 1 : u n + 1
 ---  4

Or

n–4

3 3 n–5 D’après 1.d., comme n  5 , u n + 1 < --- u n , or u n
 --- u5  4 4 hypothèse de récurrence :

u5 .

∀n ∈
,

v n = b n + a n = 8 , donc

b. ∀n ∈
, n–5

u 5 , donc :

lim

n→+∞

v n = 8 = 2,

et

ainsi : lim

par

3 3 n–5 3 n–4 u 5 ⇔ u n + 1
 --- u5 . u n + 1
--- ×  ---  4 4  4 1

1 A0

1 1 1 1 u n + 1 = b n + 1 – a n + 1 = --- ( a n + 2b n ) – --- ( 2a n + b n ) = – --- a n + --- b n 3 3 3 3 1 1 = --- ( – a n + b n ) = --- u n . 3 3 1 Donc ( u n ) est une suite géométrique de raison --- et de premier terme 3 u0 = b0 – a0 = 6 :

------------ = + ∞ . n!

3 3 n  5 S n = u 5 + u 6 + … + u n
u 5 +  --- u 5 + … +  ---  4  4

0 O

et

 a2 = 1 --- ( 2a 1 + b 1 ) = 11 ----- 3 3  13 b = 1 --- ( a + 2b 1 ) = ----- 2 3 1 3

2. ∀n ∈
,

nn – 1

1 2 1 or ∀n > 0 , 1 + --- + ----- > 1 , donc ∀n > 0 , v n > --- . 2 n n2 3 1  3 3 2 1 2 1  c. v n < --- ⇔ ---  1 + --- + ----- < --- ⇔ 1 + --- + ----- < --4 2 4 n n2 n n2 2 1 2 1 2 ⇔ – --- + --- + ----- < 0 ⇔ – n + 4n + 2 < 0 (car n > 0 ) . 2 n n2 Ce qui équivaut à :

38

160 1. a 0 = 1 et b 0 = 7 , donc :

n  --x , si on prend k ∈
tel que k > x , donc :  k

n→+∞

a n = lim

n→+∞

bn = 4 .

Méthode 2 : En utilisant les suites ( u n ) et ( v n ) :  un = bn – an ∀n ∈
  vn = bn + an

 u n + v n = 2b n ⇔   vn = bn + an

 un + vn  b n = --------------- 2 ⇔  vn – un   a n = --------------2 

,=4 ,

Obligatoire :

 lim u n = 0 n → + ∞ Or  ,  lim v n = 4 n + ∞ → 

161 1.

x

 lim a n = 2 n → + ∞ donc   lim b n = 2 n → + ∞

0

1

2 5 --3

3 --2

f ( x) 1

n

1 On suppose que v n – u n
 ---  4

Donc : ∀x ∈ [ 1 ; 2 ] , f ( x) ∈ [1 ; 2] .

2. a. On peut conjecturer que ( u n ) est croissante et ( v n ) décroissante.

2. Les suites

, n∈
.

1 v n + 1 – u n + 1
--- ( v n – u n ) d’après c. 4 1 1 n
--- ×  --- d’après l’hypothèse de récurrence. 4  4 1 v n + 1 – u n + 1
 ---  4

n+1

1 n ∀n ∈
, v n – u n
 --- .  4 e. ( u n ) est croissante, ( v n ) est décroissante. lim

n→+∞

v n – u n = 0 en utilisant le théorème des gendarmes, car ∀n ∈
,

1,8

2a + 1 1 1 1 1  vérifie --------------= a , donc a = --- – --- 5 ou a = --- + --a+1 2 2 2 2 1 1 1 1 Or --- – --- 5 < 0 donc a = --- + --- 5 . 2 2 2 2

1,6 1,4

5 .

1,2

162 A 1.

1,0

k

0,8

nombre de solutions de l’équation f ( x) = k

0,6 0,4 0,2 v3 O

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

v1

1,6 v2

v0 1,8

2,0 x

1

2

1

+∞

1

0

2. Il faut avoir 0 < 1--- < 1 , soit n > 1 , donc n  2 . n

B 1. D’après le tableau de variation, f réalise une bijection de [ 0 ; 1 ] 1 dans [ 0 ; 1 ] , donc f ( x ) = --- avec n ∈
n  2 admet une unique solun tion dans [ 0 ; 1 ] . D’après le tableau de variation, f réalise une bijection de [ 1 ; + ∞[ dans 1 [ 0 ; 1 [ , donc f ( x ) = --- admet une unique solution dans [ 1 ; + ∞[ . n

y 2,0 1,8 1,6 1,4

les exercices

1 n 0
v n – u n
 --- .  4 Donc ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes, elles convergent vers a ∈  .

y 2,0

2. y

1,2 1,0

1

0,8

∆ #f

0,6 0,4 0,2 u0 O

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

1,6

1,8

2,0 x

b. Au rang 0 : v 0 = 2 , donc 1
v 0
2 .

On suppose pour n ∈
que 1
v n
2 , donc 1
f ( v n )
2 d’après 1. soit 1
v n + 1
2 . Donc ∀n ∈
, 1
v n
2 . 5 Au rang 0 : v 0 = 2 et v 1 = --- , donc v 1
v 0 . 3 On suppose pour n ∈
que v n + 1
v n ; donc f ( v n + 1 )
f ( v n ) , car f est croissante sur [ 1 ; 2 ] et v n ∈ [ 1 ; 2 ] et v n + 1 ∈ [ 1 ; 2 ] . D’où v n + 2
v n + 1 . Donc ∀n ∈
, v n + 1
v n . 2v + 1 vn + 1

2u + 1 un + 1

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

n n c. v n + 1 – u n + 1 = ----------------- – -----------------

2u n v n + 2v n + u n + 1 – ( 2u n v n + 2u n + v n + 1 ) = --------------------------------------------------------------------------------------------------------------( vn + 1 ) ( un + 1 ) vn – un = -------------------------------------- . ( vn + 1 ) ( un + 1 ) Au rang 0 : u 0 = 1 et v 0 = 2 , donc u 0
v 0 . On suppose pour n ∈
que u n
v n . Étant donné que u n  1 et v n  1 , alors 1 + u n > 0 et 1 + v n > 0 . vn – un -  0 , soit v n + 1 – u n + 1  0 . Donc -------------------------------------( vn + 1 ) ( un + 1 ) ∀n ∈
, u n
v n ⇔ v n – u n  0 . ∀n ∈
, v n + 1  2 et u n + 1  2 or v n – u n  0 . vn – un 1 1 -
--- ( v – u n ) et v n + 1 – u n + 1
--- ( v n u n ) . Donc -------------------------------------( vn + 1 ) ( un + 1 ) 4 n 4 0

d. Au rang 0 : v n – u n = 1 et  1--- = 1 , donc v 0 – u 0
1 . 4

u2 u3 u4

O

u1 u2 u3

v4 v3 v2

1

x

2

1 1 -
--3. ∀n ∈
n  2 , -----------

f ( u n + 1 )
f ( u n ) donc u n + 1  u n , n+1 n car f est décroissante sur [ 0 ; 1 ] . ( u n ) est croissante et u n ∈ [ 0 ; 1 ] ainsi que u n + 1 ∈ [ 0 ; 1 ] . 1 1 ------------
--- f ( v n + 1 )
f ( v n ) , donc v n + 1
v n est croissante sur n+1 n [ 1 ; + ∞[ . ( v n ) est décroissante et v n ∈ [ 1 ; + ∞[ ainsi que v n + 1 ∈ [ 1 ; + ∞[ .

4. ( u n ) est croissante majorée par 1, donc convergente et ( v n ) est décroissante et minorée donc convergente. Soit
la limite de ( u n ) lim u n =
, donc lim f ( u n ) = f ( ) , car f est continue sur n→+∞

n→+∞

[ 0 ; + ∞[ . lim

n→+∞

lim

De même

n→+∞

1 --- = f (
) , soit f (
) = 0 , donc
= 1 . n

v n =
. ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes.

1 1 - ( v n – u n ) = ------ w n . 163 1. a. ∀n ∈
, w n + 1 = v n + 1 – u n + 1 = ----12

w 0 = 11 .

12

1 ( w n ) est une suite géométrique de raison ------ et de premier terme 11. 12 1 n Ainsi ∀n ∈
, w n = 11 ×  --- > 0 .  2

b. – 1 < 1--- < 1 , donc 2

n

lim

n→+∞

1 --- = 0 , soit  2

lim

n→+∞

wn = 0 .

2. a. ∀n ∈
, u n + 1 – u n = 2--- ( v n – u n ) = 2--- w n > 0 . 3

3

39

Donc ( u n ) est croissante.

( U n ) converge vers
∈ [ 2 ; + ∞ [ .

b. ∀n ∈
, v n + 1 – v n = 1--- ( u n – v n ) = – 1--- w n < 0 . 4 4 Donc ( v n ) est décroissante. c. ( u n ) est croissante, donc minorée par u0 . ( v n ) est décroissante, donc majorée par v0 .

1 2
2 – 2 Donc
= f (
) ,
= --- 
+ --- , -------------- = 0 2 2



∀n ∈
, u 0
u n et v n
v 0 .

( U n ) converge vers

donc,
= ± 2 or
 2 ,

Or w n > 0 , soit v n – u n > 0 , d’où u 0
u n
v n
v 0 .

3. ( u n ) est croissante et ( v n ) décroissante, ce qui entraîne : lim

n→+∞

u n – v n = lim

n→+∞

– wn = 0 .

Donc ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes, elles convergent vers la même limite.

4. a. On montre par récurrence sur n ∈
que t n = 99 . Au rang 0 : t 0 = 3u 0 + 8v 0 = 3 + 8 × 12 = 99 .

les exercices

On suppose pour n ∈
fixé que t n = 99 et on montre que t n + 1 = 99 . t n + 1 = 3u n + 1 + 8v n + 1 = u n + 2v n + 2u n + 6v n = 3u n + 8v n = t n = 99 .

b.

lim

n→+∞

t n = 3
+ 8
= 11
= 99 , donc
= 9 .

x

0 –

0

2. a. ∀n ∈
, – u n2 + u n + 12 – ( u n + 3 ) ( u n – 4 ) u n + 1 – u n = u n + 12 – u n = --------------------------------- = ------------------------------------------- . u n + 12 + u n u n + 12 + u n Or u n  4 , donc u n + 1 – u n
0 ; la suite ( u n ) est décroissante. ( u n ) est décroissante et minorée, donc elle converge vers un réel
. Or ∀n ∈
, u n  4 donc
 4 .

2

+∞

3 --2

y

n

u n + 12 + 4  4 .

1 (2) Au rang 0 : u 0 – 4 = 0 donc 0
u 0 – 4
----- . 40 1 On suppose pour n ∈
fixé que 0
u n – 4
----- . 4n On sait d’après 1. que 0
u n + 1 – 4 . 1 De plus u n + 1 – 4
--- ( u n – 4 ) d’après (1) ; 4 1 1
--- × ----- d’après l’hypothèse de récurrence ; 4 4n 1
------------ . 4n + 1 1 Donc ∀n ∈
, 0
u n – 4
----- . 4n 1 (3) lim 0 = 0 , lim ----- = 0 , donc lim u n – 4 = 0 , n→+∞ n → + ∞ 4n n→+∞

x

O

un – 4 1 -
--- ( u n – 4 ) , u n + 1 – 4 = u n + 12 – 4 = -----------------------------u + 12 + 4 4

car u n – 4  0 et

+

2

b.

165 1. Au rang 0 : u 0 = 5 donc u 0  4 . On suppose pour n ∈
fixé que u n  4 . On a 12 + u n  16 , d’où u n + 12  4 , soit u n + 1  4 . Donc ∀n ∈
, u n  4 .

b. (1) ∀n ∈
,

2

f ′( x) f ( x)

x

x

2.


vérifie
=
+ 12 ⇔
= 4 .

2

1 x –2 - = -------------- . 164 1. a. ∀x ∈ ∗+ , f ′ ( x ) = 1--- – ---2 2 2


= 2.

soit y

166

lim

n→+∞

un = 4 .

1. ∀n ∈
∗ , U n + 1 < 0,95U n n 10 n + 1 ) 10
0,95 × ------⇔ (--------------------2n 2n + 1 2n + 1 1 10 1 10 ⇔  1 + ---
0,95 × ------------ ⇔  1 + --- < 1,9 .   n n 2n

9 ------  1 + --1- . 2. a. ∀x ∈ [1 ; + ∞[ , f ′ ( x ) = – 10  2

x

x

O A0

A3 A2

A1

f est décroissante sur [1 ; + ∞[ .

x

  2. a. Initialisation : U 1 = 1---  1--- + --2- = 1--- × 9--- = 9--- , donc U 1  2 . 2 2 1 2 2 4 ---  2 Hérédité : U n  2 , n ∈
∗ . Donc d’après le tableau de variation de f de 1.a. : f ( U n )  2 soit U n + 1  2 . Conclusion : ∀n ∈
∗ , U n  2 . x2

–2 b. x – f ( x ) = x – --1- x – --1- = --1- x – --1- = -------------.

2 2x x 2 x Si x  2 , alors x 2 – 2  0 et 2 x > 0 , donc : x – f ( x )  0 soit f ( x )
x . c. ∀n ∈
∗ , U n + 1 – U n = f ( U n ) – U n . On sait d’après 2.a. que U n  2 , donc d’après 2.b. : f ( U n )
U n soit f ( U n ) – U n
0 . Donc U n + 1 – U n
0 , ( U n ) est décroissante sur
∗ .

d. ( U n ) n ∈
∗ est minorée par

est décrois-

x f ′( x) f ( x)

+∞

1 –

lim f ( x ) = 1

x→+ ∞

2 10 1

D’après le tableau de variation de f, f est strictement décroissante et continue sur [1 ; + ∞[ à valeur de ]1 ; 2 10 ] . Donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique  ∈ [1 ; + ∞[ tel que f (  ) = 1,9 . c. On trouve, à l’aide de la calculatrice, 15

16 , donc n 0 = 16 . d. ∀x ∈ [ 1 ;  ] , f ( x )
1,9 d’après le tableau de variation de f est d’après 2.c. Donc ∀n ∈
∗ tel que n   : f ( n ) < 1,9 ⇔ ∀n ∈
∗ tel que n  16 : f ( n ) < 1,9 .

3. a. D’après 2.d. ∀n ∈
∗ , si n  16 , alors :

3. ∀n ∈
∗ , U n + 1 = f ( U n ) ∀n ∈
∗ , U n ∈ [ 2 ; + ∞ [ .

U n
1,9 , soit U n + 1
0,95U n . Donc U n + 1 – U n
– 0,05 U n
0 . ( U n ) est décroissante à partir du rang 16. b. ( U n ) est décroissante d’après 3.a. (à partir du rang 16) et ( U n ) est positive, donc minorée par 0. ( U n ) converge.

f est continu sur [ 2 ; + ∞ [ .

4. Initialisation : 0
U 16
0,95U 16

sante d’après 2.c., donc ( U n )

40

2 d’après 2.a. et ( U n )

b.

n ∈
∗

converge.

n ∈
∗

Obligatoire :

Hérédité : n  16 et 0
U n
0,95 n – 16 × U 16

d’où

1 16 or n  16 , donc  1 + ---
1,9 , ainsi U n + 1 < 0,95U n d’après 1.  n

 an + 1 = 1 --- b n  2 Par lecture de l’arbre on peut affirmer que  1 b = --- a  n+1 3 n

Donc 0
U n + 1
0,95 × 0,95 n – 16 U 16 . Soit 0
U n + 1
0,95 n + 1 – 16 U 16 . Conclusion : ∀n  16 , 0
U n
0,95 n – 16 U 16 . n→+ ∞

et

b. Pour tout entier naturel n , a n + 2 = 1--- b n + 1 d’après 2.a.

2 1 1 1 1 Or b n + 1 = --- a n , donc a n + 2 = --- × --- a n et a n + 2 = --- a n . 3 2 3 6 c. Pour tout entier naturel p , a 2 p + 2 = 1--- a 2 p , soit ( u n ) la suite définie 6 par u n = a 2n pour tout entier naturel n .

lim 0,95 n – 16 × U 16 = 0 .

n→+ ∞

Donc d’après le théorème des gendarmes ( U n ) converge vers 0.

167 1. instant [n]

instant [n + 1] 1– 3

instant [n]

instant [n + 1] 1– 2

B

2– 3

C

instant [n]

C 1– 2

instant [n + 1]

A

B

A

1

C

C

D’après l’arbre, on peut affirmer que : 1 1 2 1 1 2 a 1 = --- b 0 = 0 , b 1 = --- a 0 = --- et c 1 = --- a 0 + --- b 0 + c 0 = --- ; 2 3 3 2 3 3 1 1 2 1 1 1 2 5 a 2 = --- b 1 = --- , b 2 = --- a 1 = 0 et c 2 = --- a 1 + --- b 1 + c 1 = --- + --- = --- ; 2 3 3 2 6 6 3 6 1 1 1 a 3 = --- b 2 = 0 , b 3 = --- a 2 = ------ ; 2 3 18 2 1 1 5 17 c 3 = --- a 2 + --- b 2 + c 2 = --- + 0 + --- = ------ . 3 2 6 18 9 2. a. La puce étant soit en 1, en B ou en C , pour tout entier naturel n , p ( An ∪ Bn ∪ C n ) = 1 . Les événements An , Bn et Cn étant incompatibles deux à deux, on a :

1 1 Alors u n + 1 = --- u n , ce qui signifie que ( u n ) est géométrique de raison --6 6 et de premier terme u 0 = a 0 , donc pour tout entier naturel n , 1 n u n =  --- u 0 soit :  6

1 n 1 n a 2n =  --- a 0 =  --- .  6  6 1 Pour tout entier naturel p , a 2 p + 3 = --- a 2 p + 1 , soit ( v n ) la suite définie 6 par v n = a 2n + 1 pour tout entier naturel n . 1 1 Alors v n + 1 = --- v n , ce qui signifie que ( v n ) est géométrique de raison --6 6 et de premier terme v 0 = a 1 = 0 , donc pour tout entier naturel n , 1 n v n =  --- v 0 = 0 soit :  6

a 2n + 1 = 0 .

3. D’après 2.c. on peut affirmer que pour tout entier naturel n , 1 n 1 n 0
a n
 --- . Or lim 0 = 0 et lim  --- = 0 , donc d’après le  6 n → + ∞  6 n→+∞ théorème des gendarmes, ( a n ) converge et sa limite est 0 : lim a n = 0 . n→+∞

On sait que pour tout entier naturel n , a n + b n + c n = 1 , soit cn = 1 – an – bn . Or lim a n = 0 et lim b n = 0 , donc lim c n = 1 . n→+∞

n→+∞

n→+∞

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

p ( An ∪ Bn ∪ C n ) = p ( An ) + p ( Bn ) + p ( C n )

p ( An ) + p ( Bn ) + p ( C n ) = 1 .

les exercices

lim 0 = 0

2. Les suites

41

O B L I G A T O I R E

3

LA FONCTION EXPONENTIELLE LES ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

1. Le programme Contenus

Capacités attendues

Extraits des commentaires

• L’étude de ce problème pourra être motivée par un ou deux exemples, dont celui de la radioactivité traité en physique, ou par la recherche des fonctions dérivables f telles que f ( x + y) = f ( x) f ( y) . • On construira, avec la méthode d’EULER introduite en Première, des représentations graphiques approchées de f dans le cas k = 1 ; on comparera divers tracés obtenus avec des pas de plus en plus petits. • L’unicité sera démontrée. L’existence sera admise dans un premier temps. Elle sera établie ultérieurement à l’occasion de la quadrature de l’hyperbole. Approximation affine, au voisinage de 0, de h
e h .

Ce travail se fera très tôt dans l’année car il est central dans le programme de mathématiques et de physique. Il fournit un premier contact avec la notion d’équation différentielle et montre comment étudier une fonction dont on ne connaît pas une formule explicite. La méthode d’EULER fait apparaître une suite géométrique et donne l’idée que l’exponentielle est l’analogue continu de la notion de suite géométrique, ce que l’équation fonctionnelle confirme.

Introduction de la fonction exponentielle • Étude de la fonction f ′ = kf . • Théorème : « Il existe une unique fonction f dérivable sur
telle que f ′ = f et f ( 0 ) = 1 ». • Relation fonctionnelle caractéristique. • Introduction du nombre e. Notation ex . • Extension du théorème pour l’équation : f ′ = kf .

Équations différentielles y′ = ay + b Ce paragraphe, déjà abordé lors de l’introduction de la fonction exponentielle, pourra être réparti sur l’ensemble de l’année. On fera le lien avec l’étude de ces équations en physique ; on définira le temps caractéristique
= – 1 ⁄ a pour a < 0 . Les indications utiles pour se ramener à y′ = ay + b doivent être données. Des solutions de l’équation y″ +  2 y = 0 seront introduites en cours de physique.

2. Les commentaires Ce chapitre est central dans la progression de la classe Terminale S, car la notion de fonctions exponentielles liées aux équations différentielles (du premier ordre à coefficients constants) est spirallaire. On la retrouve dans tous les chapitres, y compris ceux concernant les probabilités lors de l’étude des variables aléatoires à densité suivant des lois de durée de vie sans vieillissement. Il est donc important que ce chapitre, comme celui des suites numériques, se place le plus tôt possible dans la progression du manuel. Enfin, selon les programmes officiels, nous avons respecté le fait que la fonction « exp » se définit conjointement avec les équations différentielles du type « y′ = ay », ce qui nous a décidé à constituer un chapitre autour de ces deux notions.

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On démontrera l’existence et l’unicité de la solution passant par un point donné. On étudiera quelques problèmes où interviennent des équations différentielles se ramenant à y′ = ay + b .

Obligatoire :

3. La fonction exponentielle. Les équations différentielles

4x

2 2e 2 2 = ---------------- = ---------------- = ---------------- . 9 Soit x ≠ 0 : ------------------– 4x 4x 4x

Applications du cours

1–e

1 1 – ------e4 x

e –1 ---------------e4 x

e

–1

1 D’après le premier graphique, on a :

f croissante, donc f ′
0 et f  0 sur ] – ∞ ; x 0 ] , d’où la contradiction. D’après le troisième graphique, on a : d’où la contradiction. –3 A = -------------------------- ; B = exp ( 2 ) = ( exp ( 1 ) ) 2 . ( exp ( 1 ) ) 9 Attention ! 4 16 exp ( 3 + 2 x ) –4 C = -------------------------------------------- = – --- exp ( – 2 ) = ------------------------------ . 3 – 12 exp ( 2 x + 5 ) 3 ( exp ( 1 ) ) 2

2

2

2

pour tout x ∈
, e x > x . Donc, f est strictement croissante avec f ( 0 ) = 1 ; d’où : pour tout x ∈
: f ( x)
1 > 0 . 3

x - en utilisant la relation pré2. De la même manière on montre que e x > ----

6 cédente et il est alors légitime de vouloir étendre cette relation à un cas général : xn pour tout n ∈ * et pour tout x
0 , e x > ----- . n! que l’on démontre par récurrence. .

 1  – 3x – 3 = 0 ⇔ – x – 1 = 0 ⇔ x ∈  – --- ; 1  . 5 (1) ⇔ 2     ( 2 ) ⇔ cos x
0 ⇔ x ∈ – ---- + k2 ; ---- + k 2  avec k ∈  . 2 2 2 x2

6 ( E ) ⇔ y′ – --5- y = – 1 et ( F ) ⇔ y′ – --5- y = 0 . 2

2 x + e– 2 x + 1 - ; b. e---------------------------------

4 – e– 4 x - ; b. ----------------------4 e4 x

c. 1. c. e x + 1 .

b. u n = – 5e 2 × ( e – 1 ) n ; d. u n = 3 ( e – 3 ) n .

1 ----- + 1 e– x + 1 e x 1 + ex - = ---------------- = ---------------- . 15 Soit x π 0 : -----------------1 e2 x – 1 e x – e – x e x – ---ex

16 Soit x ∈
: e x – 1 e x ( 1 – e– x ) 1 – e– x -------------- = ---------------------------- = ----------------e x + 1 e x ( 1 + e– x ) 1 + e– x

2 ex – 1 ex + 1 – 2 -------------- = ----------------------- = 1 – -------------- . ex + 1 ex + 1 ex + 1

et

17 Soit x ≠ 0 : ex – 1 1 – ex f ( – x ) = -------------- = – -------------- de ce qui précède, donc f ( – x ) = – f ( x ) . x ex + 1 1+e O ( 0 ; 0 ) est centre de symétrie de Cf .

18 1. Pour tout

2 f ( x ) = -------------- , on a ex + 1

x∈
:

e x > 0 , donc :

e x + 1 > 1 et donc e x + 1 > 0 . x

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

ex + 1

1 + ex 1 + ex 2(ex + 1) f ( – x ) + f ( x ) = ---------------------- = 2 . ex + 1

3. A ( 0 ; 1 ) est centre de symétrie de Cf .

2

2. Soit x ∈
; x 2 + x =  x + 1--- – 1--- , donc f  – 1--- – x = f  – 1--- + x . 2 2 4 2

2. On a alors : 5 5 5 ( u + v )′ ( x ) – --- ( u + v ) ( x ) = u′ ( x ) + v′ ( x ) – --- u ( x ) – --- v ( x ) 2 2 2 = –1 + 0 = –1 .

7 a. Équation du type y′ = ay . Ses solutions sont les fonctions du 1 --- x

f : x
K e2 , K ∈
.

b. Équation du type y′ = ay + b . Ses solutions sont les fonctions du type : f : x
–5 +

c. – 10e – 0 ,5 .

20 1. f est définie sur
.

5 solution de ( F ) car v′ ( x ) – --- v ( x ) = 0 . 2

2 – --- x Ke 5

;

Attention ! Ce qui fournit immédiatement la raison de la suite.

Soit :

2

, K∈
.

c. Équation du type y′ = ay + b . Ses solutions sont les fonctions du type : 3

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12 a. – 12e x + 2 ;

2

1. u′ ( x ) – 5--- u ( x ) = – 1 , donc u est solution de ( E ) tout comme v est

type :

b.

– 12e – 5 ,5

14 Soit n ∈  :

x - ; on a : f ′ ( x ) = e x – x , et 3 1. Soit x ∈
: on pose f ( x ) = e x – ----

12 x Sur
\ { ± 2 } on a f ′ ( x ) = ---------------------------( 3 x 2 – 12 ) 2

e4 e

e 3 + 3e 2 – e – 1 - ; 11 a. –----------------------------------------– e 2 + 2e

a. u n = 2 ( e – 1 ) n ; c. u n = ( e ) n ;

–2 --------------------2 e 3 x – 12

3 - . c. -----------

b. e e ;

13 a. e – 4 x + 3 ;

–6 D = – 6 exp ( – 2 ) = -------------------------- . ( exp ( 1 ) ) 2

6 x2

Propriétés algébriques de l’exponentielle

10 a. 2e e ;

f décroissante, donc f ′  0 et f
0 sur ] – ∞ ; x 0 ] ,

4

1

les exercices

f ( x 0 ) < 0 et f ′ ( x 0 ) = 0 or f ′ = f sur
. D’après le deuxième graphique, on a :

--- x 5 f : x
--- + K e 4 , K ∈
. 3 d. Type non répertorié.

3.  x = – 1--- est axe de symétrie de Cf . 2

21 De la même manière : 2 x 2 + 4 x – 6 = 2 ( ( x + 1 ) 2 – 4 ) , donc f ( – 1 – x ) = f ( – 1 + x ) . Attention ! ( x = – 1 ) est axe de symétrie de Cf . 22 Soit x ∈
: f ( – x ) + f ( x ) = 1 . 1 A  0 ; --- est centre de symétrie de Cf .  2 x

x

3e + e +e ----------------- et f : x
----------------- , sa fonction associée. 23 On a y = 3e x x

e –1 e –1 f ( 1 – x ) + f ( 1 + x ) = 2e , donc : A ( 1 ; e ) est centre de symétrie.

24 a. 1,1 ;

b. 0,9 ;

c. 0,95.

8 ( E ) ⇔ y′ = 1--- y – 4 .

5 • Les solutions sont les fonctions de la forme : f ( x ) = 20 +

1 --- x K e5

2

, K∈
.

• la courbe associée à la solution et passant par I est de la forme : y = 20 + d’où :

1 --- x K e5

, avec e = 20 +

Équations et inéquations

1 --- × ( – 5 ) K e5

,

K = e ( e – 20 ) et y = 20 + e ( e –

1 --- x 20 )e 5

.

25 a. x = 0 ;

b. x = ± 1 .

26 a. x  0 ;

b. x
2 .

+ 5 - ; b. pas de solutions. 27 a. x = 1--------------2

43

28 a. x  0 ;

b. pas de solutions.

29 a. x = 0 ;

b. x = 0 .

2. Une équation de la tangente à f au point d’abscisse 0 est donnée par y = 5x .

3. L’équation 4 X 2 + X – 5 = 0 admet pour solutions 1 et – 5--- . 4

Donc l’équation 4e 2 x + e x – 5 = 0 équivaut à :

3 31 32

les exercices

33 34 35 37 38 39 40

4

4 X 2 + X – 5 = 0   X = ex

Limites et exponentielle lim

f ( x) = – 1 ;

lim

f ( x) = – ∞ ;

lim

f ( x) = 0 ;

x→–∞

x→–∞

x→–∞

lim

x→–∞

f ( x) = + ∞ ;

lim

f ( x) = 0 ;

lim

f ( x) = 0 ;

x→+∞

lim

x→+∞

lim

x→+∞

lim g ( x ) = 0 ;

x→–∞

x→–∞

lim h ( x ) = 0 .

lim g ( x ) = – 1 ;

f ( x) = – ∞ ; f ( x) = + ∞ ;

lim h ( x ) = – e .

g( x) = 0 ;

lim

g( x) = – ∞ ;

lim

g( x) = 0 ;

x→+∞

lim

x→+∞

lim

x→+∞

x

x→–∞

lim

x→+∞

 ( x ) = 2e 2 x + e x – 3 – 5 x , donc ′ ( x ) = 4e 2 x + e 2 x – 5 . Des racines de l’équation précédente on déduit le signe de cette expression dont la fonction associée est strictement croissante sur
.

x→–∞

x→–∞

x→–∞

Soit x = 0 l’unique solution.

4. On forme  ( x ) = f ( x ) – 5 x , pour tout x ∈
.

lim h ( x ) = 0 .

lim g ( x ) = 0 ;

f ( x) = – ∞ ;

x→+∞

lim h ( x ) = + ∞ .

x→–∞

x→–∞

lim

x→–∞

lim g ( x ) = – 4 ;

x→–∞

lim h ( x ) = + ∞ .

x→–∞

lim

h( x) = 0 .

lim

h( x) = 0 .

x→+∞

x→+∞

g( x) = + ∞ ;

lim

x→+∞

g( x) = – ∞ ;

lim

x→+∞

 5  X = 1 ou X = – --4   X = ex 

soit

–∞

′ ( x )

2

0

d’où

–∞

x ( x)

1

+∞

0

0

Donc, pour tout x ∈
: ( x)
0 . On en déduit que la tangente est en dessous de f , sauf en O ( 0 ; 0 ) où elle est tangente.

50 1. lim f ( x ) = + ∞ . ±∞

2.

x

h( x) = + ∞ . h( x) = + ∞ .

+∞

0

0 +∞

f

+∞ 0

3. Une équation de cette tangente est justement y = x + 1 , d’où l’inégalité cherchée en 4.

51 En fait, il s’agit de la fonction x
2sh ( x ) … Donc, rien à ajouter !

Calcul de dérivées

1 - , car e x + 1 > 1 . 52 1. Pour tout x ∈
, f ( x ) = 1 – ------------x

43 a. Sur
,

e2 x

+

e– 2 x

e +1

ex( x – 1) - . b. Sur
* , --------------------2

41 a. Sur
, e x ( x + 1 ) ;

2. D’où lim f ( x ) = 0 et lim f ( x ) = 1 .

x

;

x→– ∞

– 2e x

b. Sur
* , --------------------2- .

3. f est la composée de fonctions monotones…

(ex – 1)

–∞

x

1 --ex

b. Sur
, ( – sin

44 a. Sur
* , – ----2- ; x

– x2

–1 45 a. Sur
\ { ± 1 } , --------------------2 2

( x – 1) 2 b. Sur
, e x + 1 ( 4 x 2 – 2 x + 1 ) .

x -------------2 ex – 1

x )e cos x

+∞

.

1

f

0

;

d’où deux asymptotes horizontales…

46 a. La fonction f est dérivable sur
car, pour tout x ∈
, e 3 x + 1 > 1 > 0 , on a

x→+ ∞

2e 3 x f ( x ) = ------------------------ . ( e3 x + 1 )2

4. On peut remarquer que  0 ; --1- est centre de symétrie. Il suffit de calculer 2 pour tout x ∈
f ( x ) + f ( x ) … on trouve 1 !! 1 Sinon, f ′ ( 0 ) = --- d’où le résultat. 4

b. La fonction f est dérivable là où tan l’est.   e tan x- . Sur
\  ---- + k ⁄ kZ  on a f ′ ( x ) = -------------cos2 x 2 

53 1. f est définie sur
\ { 0 } , donc l’affirmation est fausse. x

– 2e - : Vrai. 2. Pour x ≠ 0 , f ( – x ) = ------------ex – 1

3. FAUX. Il y a aussi la droite d’équation y = – 2 .

5

Études de fonctions

4. Pour tout x ≠ 0 , f ( – x ) + f ( x ) = – 2 , donc l’affirmation est vraie. x

– 2e 5. Sur
* , f ′ ( x ) = -------------------- , donc l’affirmation est fausse.

48 La fonction x
e x est bijective de
vers ]0 ; + ∞ [ , or 3 --- ∈ ]0 ; + ∞ [ , donc l’équation e x = 3 --- admet une unique solution dans
. 2 2 En la notant . 0,40 <  < 0,41 . 3 Bien évidemment, entre nous,  = ln --- = ln 3 – ln 2 !!! 2

49 1. La fonction f est somme de fonctions strictement croissantes sur
et f ( 0 ) = 2 + 1 – 3 = 0 . De plus : lim

x→–∞

f ( x ) = – 3 et

D’où le tableau de l’énoncé.

44

lim

x→+∞

f ( x) = + ∞ .

( e x – 1 )2

6. FAUX. Elle est strictement décroissante sur chacun des intervalles : ] – ∞ ; 0 [ et ] 0 ; + ∞[ .

55 a. ∀x ∈
,

x2 f ( x ) = e × ----- , ex

lim f ( x ) = 0 ,

d’où

x→+ ∞

et

lim f ( x ) = + ∞ et donc il y a asymptote horizontale de l’équation y = 0 .

x→– ∞

b. f ′ ( x ) = e 1 – x ( – x 2 + 2 x ) dont le signe est celui de – x 2 + 2 x et donc : x f (t)

–∞

0

+∞

1

+∞

1 0

0

Obligatoire :

Conclusion : • sur ] – ∞ ; 1 ] ,  est en dessous de  ; • sur [ 1 ; + ∞[ ,  est au-dessus de  .

y

1

O

x

1

b = 1   59 On pose le système  bc + a = 1  ac - + bc + a = 0  ----2 b = 1  c + a = 1 Ce qui entraîne   ac -+1=0  ----2

56 Partie A : identique au no 48 . Partie B 1. f est définie sur
. On a : f ( x ) = e– 2 x – e– x = e– 2 x ( 1 – e x ) = e– x ( e– x – 1 ) .

2. • Sur ] – ∞ ; 0 ] , on a f
0 ;

soit

a = – 1 ; = 2  ou   a = 2 ; = –1 

• Sur [ 0 ; + ∞[ , on a f  0 .

3.

lim

x→–∞

f ( x ) = + ∞ et

f ( x) = 0 .

lim

x→+∞ + e– x = e– 2 x ( – 2

+ e x ) = e – x ( – 2e – x + 1 ) . De plus f ′ ( x ) = Comme on connaît le signe de e x – 2 sur
, on en déduit le signe de f ′ ( x ) sur
.On a : – 2e – 2 x

–∞

x f ′( x)



0

 0

f ()

x→+∞

lim

x→+∞

2 ( y – ( 2 x – 3 ) ) = 0 par suite la droite

3. Soit x ∈
, f ( x ) = e 1 – 2 x ( 1 + 2 xe – 1 + 2 x – 3e – 1 + 2 x ) , or : u→–∞

On en déduit :

4. On a f ′ ( x ) =

lim 2 x = – ∞ ,

x→–∞

lim

x→–∞ – 2e 1 – 2 x + 2 =

donc

f ( x) = + ∞ .

2. La tangente  a pour équation y = x – 2 . 3. f ′ ( 0 ) = 1 et f ( 0 ) = – 2 . Soit a + b – 2 = – 2 et 2a + b = 1 d’où :

6. f ( x ) = 0 si, et seulement si, x =  .

d’équation y = 2 x – 3 est asymptote à f au voisinage de + ∞ . lim ue u = 0 et

lim ( 2 xe 2 x ) = 0 .

x→–∞

7. ex

f ′ ( x ) = 2e 2 x – e x = e x ( 2e x – 1 ) donc 1 = --- ou e – x = 2 . 2 2

9. On a finalement :



x→–∞

+∞ e–3

e– x

= + ∞ , donc

lim

x→–∞

lim f ( x ) = 0 . x→+∞ ex ex – x • f ′ ( x ) = – xe , donc f est croissante sur ] – ∞ ; 0 ] et décroissante sur [ 0 ; + ∞[ .

3. La tangente au point d’abscisse 1 est :

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ex + 1

d. Autrement dit ′ atteint son minimum lorsque x = 1 et  ′ ( 1 ) = 0 , donc :  ′
0 et  croissante. On déduit que  est croissante et  ( 1 ) = 0 , donc :

( x)

–∞

+∞

1 

f ( x) = 1 .

2x

e 1 - + ----------------- = 1 ; donc A est bien 4. Soit x ∈
, f ( – x ) + f ( x ) = ---------------1 + e2 x

1 + e2 x

centre de symétrie.

5. Au point O ( 0 ; 0 ) on a une tangente d’équation y = 1--- x + 1--- . 2

– 2 x ( e– 4 x – 1 ) 6. ′ ( x ) = f ′ ( x ) – 1--- et ″ ( x ) = f ″ ( x ) = 4e --------------------------------------- . 2 ( e– 2 x + 1 )4

Donc ″ ( 0 ) = 0 et ′ ( 0 ) = 0 .

8. Ainsi ′ atteint son minimum en 0, ce qui donne ′
0 sur
. On en conclut que  est croissante et  ( 0 ) = 0 . 2x

x

1+e

1+e

2x

e 1 e - × ----------------- = ----------------------10. f ( x ) ⋅ ( 1 – f ( x ) ) = ---------------- . 2x 2x

 ″ ( x ) = e– x ( x – 1 ) .

x

lim

x→+∞

9.  est au-dessus de  sur ] – ∞ ; 0 ] et en dessous de  sur [ 0 ; + ∞[ .

x

ex + e - ; c.  ′ ( x ) = – xe – x + 1--- = –------x + 1--- = –-------------------e

f ( x ) = 0 et

2

1 2 3–x y = – --- ( x – 1 ) + --- , soit y = ----------- . e e e 4. a.  ( x ) est l’écart algébrique entre deux points M et P , respectivement sur f et sur  , de même abscisse x . b. Seulement on ne peut pas avoir directement son signe sur
donc on étudie la fonction  . ex

lim

x→–∞

3. f est croissante sur
, comme composée de fonctions monotones sur
.

x 1 - + ----- , donc 2. • f ( x ) = ----

e

+∞ 9 – --4

61 1. f est définie sur
. 2. On a

f ( x) = – ∞ .



0

–2

f ( x)



+∞

f ( x)

58 1. • lim

0



+∞

+∞

–

f ′( x)

0

f ′( x)

–∞

x

2 ( 1 – e1 – 2 x ) .

–∞

f ′ ( x ) = 0 si, et seulement si,

8. Soit x = – a donc e –  = 1--- .

De 1. on déduit que : x

f ( x ) = ( 1 – x )e 2 x .

5. Pour tout x ∈
, f ( x ) = ( e x + 1 ) ( e x – 2 ) .

57 1. e 1 – 2 x  1 ⇔ x
--1- et e 1 – 2 x
1 ⇔ x  --1- . 2 ( e 1 – 2 x ) = 0 , donc

f ( x ) = 0 , donc nécessairement :

4. On connaît déjà la solution de l’équation e x = 2 . On a : 
0 ,69 .

1 1 2 1 f (  ) =  --- – --- = – --- .  2 4 2

lim

lim

x→–∞

a + b = 0 et 2a + b = 1 ; et donc a = 1 , b = – 1 et f ( x ) = e 2 x – e x – 2 .

1 2 1 avec f (  ) = e – 2  – e –  =  ----- – ----- et e  = 2 d’où :  e  e

2.

Or

60 1. c = – 2 .

+∞

f ( x)

Donc on a f ( x ) = ( 1 – x )e 2 x ou f ( x ) = ( 2 x + 1 )e – x .

+∞



b = 1   a + c = 1 d’où :   ac = – 2

les exercices

D’où :

3. La fonction exponentielle. Les équations différentielles

0



( 1 + e2 x )2

On remarque que : e2 x 2e 2 x f ( x ) ( 1 – f ( x ) ) = ------------------------ avec f ′ ( x ) = ------------------------ . ( 1 + e2 x )2 ( 1 + e2 x )2

11. f ′ ( x ) = 2 f ( x ) ( 1 – f ( x ) ) , soit f ′ ( x ) = 2 f ( x ) – 2 f 2 ( x ) . 13. La fonction f est donc solution de l’équation différentielle : 1 y′ = 2 y ( 1 – y ) avec la condition initiale : y ( 0 ) = --- . 2

45

62 1. Propriétés générales On a :

lim

x→+∞

65 a. y ( x ) = ke 2 x ;

xe – x = 0 donc :

a. • si k < 0 ,

x→+∞

• si k > 0 alors

1 --- ( x + 1 )

f ( x) = – ∞ ;

lim

67 a. y ( x ) = e 2

f ( x ) = + ∞ et

lim

x→+∞

lim

x→+∞

( f k ( x ) – kx ) = 0 (pour tout

; b. y ( x ) = e

c. y ( x ) = ke

3 – --- x + 1 4

; c. y ( x ) = e

2 – --- x 3

.

2 11 – --- x + -----3 9

.

68 La forme générale des solutions de l’équation y′ = ay est :

k ∈
) , donc y = kx est asymptote à f au voisinage de + ∞ .

b. Vu que sur [ 0 ; + ∞[ ,

b. y ( x ) = ke 2 x ;

y ( x ) = ke ax , donc y′ ( x ) = ake ax .


0 alors f est au-dessus de k : ( y = kx ) . c. f k′ ( x ) = e – x ( 1 – x ) + k et f k″ ( x ) = e – x ( – 2 + x ) . xe – x

a. y ( x ) =

ke 2 x

, avec y′ ( x ) = 2ke 2 x , donc y ( x ) = 2e 2 ( x – 1 ) .

4 --- x – 4

b. y ( x ) = 2e 5

1 --- ( 2 x + 1 )

c. y ( x ) = 3e 3

.

.

d. x

0

les exercices

f k″ ( x )

+ ∞ soit

2 

x f k′ ( x )



0

0

+∞

2

k

1+k f k′ ( 2 )

x

0

Pour f0,07 : +∞

1

x



+∞



+∞

f 0 ,07 (  )

1 --e

f0

0

f0,07

0

0

avec   1 ,242 et  3 ,623 . Pour f1 :

70 Raisonnement analogue à l’exercice précédent. 71 1. On a bien 150y′ + 200 f ( x ) = 0 . 4 4 2. 200 --------- = --- , donc ( E ) équivaut à y′ = – --- y . 150

3

3

Les fonctions sont donc de la forme f ( x ) = Ce réelle.

3. La condition initiale est f ( x ) =

f1

+∞

0

4x – -----3

.

1 – 4x -----------------0e 3

.

72 • Ces solutions sont les fonctions de la forme y ( x ) = ke x .

7

Équations du type y ′ = ay + b

73 a. y′ = – y + 1 ; y ( x ) = ke – x + 1 . 4

c. y′ = 5--- y + 2 ; y ( x ) =

5 --- x ke 3

6 – --- . 5

3

+∞

1 --- x

b. u′ = 1--- u – 4--- ; u ( x ) = ke 2 + 4--- .

0

2. Soit n ∈  fixé, on a : pour tout x ∈ ] 0 ; + ∞[ :

  1 1 --- x y′ = --- y + 1   4 4  ⇔  y ( x ) = ke – 4   y(1) = e y(1) = e   1 --- ( x + 1 )

ex 1 1 x -----
---- + ... + ----- + ------------------- . n! ( n + 1 )! xn xn lim

--- x c.  ′ = 2--- u + 1--- ;  ( x ) = ke 3 – 1--- . 3 4 6

76 a.

xn xn + 1 e x
1 + ... + ----- + ------------------- et donc : n! ( n + 1 )!

x→+∞

3

6

2

• Si n vérifie Pn , vu que n′ + 1 = n avec n ( 0 ) = 0 , on a n + 1 qui vérifie P n + 1 , donc Pn est vraie pour tout n ∈  .

Donc : y ( x ) = ( e + 4 )e 4

e x-  ---= +∞  x n

3. La fonction exponentielle l’emporte sur toutes fonctions polynômes au voisinage de + ∞ .

8 4 y′ = – --- y + ---  5 5 b.  5   y --- = 2  4  

⇔

–4 . 8  – --- x  y ( x ) = ke 5 + 1 -- 2 .    5 -y = 2   4  8

Donc :

64 a. y ( x ) = ke – x ;

46

 1 2  y′ = --- y + --6 3  y ( 3 ) = 6 + 2e 

Équations du type y ′ = ay b. y ( x ) = ke 4 x ;

c. y ( x ) = ke 5 ⁄ 3

c. 

x

.

x – x0

Donc y et y′ sont du signe de y0 ; d’où le résultat.

------ ; f ( x ) = ke 3 x – 0 ,6 . 74 a. f ′ = 3 f + 10

63 1. • Si 0 vérifie la propriété, donc P0 est vraie.

6

avec C une constante

• Celle qui vérifie y ( x 0 ) = y 0 est définie par y ( x ) = y 0 e

2

Conclusion :

1 --e3

4. La condition initiale est f ( x ) 0 =

3

x

.

Puisque f ( – 2 ) > 0 on en déduit que f est positive et strictement décroissante sur
et avec lim f ( x ) = 0 .

b. y′ = 4 y – 3 ; y ( x ) = ke 4 x + 3--- .

f 0 ,07 ( )

0

3 – --- x 2

x→+∞

1 f k′ ( 2 ) = k – ----- . e2 e. D’après le tableau de variations de f k′ on en déduit que, pour certaines valeurs de k , l’équation f k′ ( x ) = 0 admet une ou deux solutions. D’après le tableau de variations : • si k  – 1 , k + 1 < 0 et donc l’équation f k′ ( x ) = 0 n’admet aucune solution ; • si k = – 1 , l’équation admet une unique solution : 0 ; • si – 1 < k < 0 , l’équation admet une unique solution ; • si k = 0 , l’équation admet une unique solution ; 1 • si 0 < k < ----- , l’équation admet deux solutions ; e2 1 • si k = ----- , l’équation admet une unique solution : 2 . e2 Sinon il n’y a aucune solution pour cette équation. Par regroupement des cas on obtient les conditions nécessaires et suffisantes cherchées. f. Donc l’unique valeur entière de k pour laquelle on a f k′ ( x ) = 0 est 0 . 1 Le maximum est atteint en x = 1 et il vaut --- . e 2. Étude des fonctions f0 et f0,7 Pour f0 :

69 La forme générale de ces solutions est f ( x ) = ke

Donc :

3 2 – --- x 1 y ( x ) = --- e 5 + --- . 2 2 ⇔

 1  y ( x ) = ke --6- x – 4   y ( 3 ) = 6 + 2e  1 --- x – 1--2

y ( x ) = ( 10 + 2e )e 6

–4 .

Obligatoire :

77 Erreur dans l’écriture des fonctions f1 , f4 et f6 .

• f 4 : x
– 2  2e 

d. D’où les solutions de ( E ) , les fonctions de la forme : 4 4e 4 x x
---------------------------- = --------------------- . 4Ce – 4 x + 1 e 4 x + 4C

;

5 + 3x --------------2

+ 1 ; 

4 f ( 0 ) = 1 ⇒ --- . 3

• f6 : x
–2 . Ces trois fonctions sont solutions.

84 Il s’agit de la correction du 92 , avant l’heure !! 86 Attention : f p : x
a e 3 x .

78 1. Les solutions sont les fonctions f définies par : 3 – --- x ke 2

4 – --- . 3 2. 1 est la courbe intégrale passant par ( – 3 ; 4 ) , donc y ( – 3 ) = 4 . • Pour 2 , on a y ( 1 ) = 3 . f ( x) =

1. fp est solution si, et seulement si, on a a = 1--- . 5

1 f p ( x ) = --- e 3 x . 5

Donc pour tout x ∈
:

• Pour 3 , on a y ( – 1 ) = 0 .

2. Les solutions de l’équation sans second membre sont les fonctions du

• Pour 4 , on a y ( 2 ) = – 1 .

type :

------ e 3. • f 1 ( x ) = 16

9 3 + --- – --- x 2 2

3

4 • f 3 ( x ) = --3

3 – --- ( x + 1 ) e 2

3

13 – --• f 2 ( x ) = ------ e 2 3

4 – --- . 3

7 • f 4 ( x ) = – --3

4 – --- . 3

( x + 1)

3 3 – --- x e 2

4 – --- . 3

4 – --- . 3

79 1. Les fonctions solutions de ( E ) sont de la forme : y( x) =

4 --- x ke 5

15 + ------ . 8

( E ) ⇔ f ′ ( x ) + 2 f ( x ) = e 3 x avec

f p′ ( x ) + 2 f p ( x ) = e 3 x .

Donc : f ′ ( x ) – f p′( x ) + 2 ( f ( x ) – f p ( x ) ) = 0 . On en déduit : ( f – f p )′ ( x ) + 2 ( f – f p ) ( x ) = 0 . Ce qui se traduit par f – f p , solution de ( G ) . 1 f ( x ) = --- e 3 x + ke – 2 x . 5

5. f ( x ) = 1--- ( e 3 x – e – 2 x ) . 5

4

87 C’est le même schéma que l’exercice précédent.

8

15 – --Il s’en suit k = ------ e 5 . 4

1. On cherche une solution particulière fp . 8

Pour tout x ∈
on pose f p ( x ) = a cos x + b sin x .

4

15 – --- + --- x 15 y ( x ) = ------ e 5 5 + ------ . 4 8

Alors : f p′ ( x ) = – a sin x + b cos x = b cos x – a sin x .

80 1. Les fonctions solutions de ( E ) sont de la forme : f ( x) =

1 --- x ke 3

2. On veut f ′ ( – 2 ) = 1 , donc on a ke f ( x) =

D’où :

3. f est solution de :

4. Les solutions générales sont de la forme :

--- × 2 2. On impose que y′ ( 2 ) = 3 , donc 3 = 4--- ke 5 . 5

Conclusion :

f ( x ) = ke – 2 x .

2 – --3

2 1 --- + --- x e3 3

Donc : f p′ ( x ) – f p ( x ) = ( b – a ) cos x – ( a + b ) sin x = cos x . Ce qui donne par identification : b – a = 1 et – ( a + b ) = 0

–3 .

1 1 a = – --- et b = --- . 2 2

ou

2 ---

= 1 : k = e3 .

–3 .

les exercices

• f1 : x
–2 +

3 --- x e2

3. La fonction exponentielle. Les équations différentielles

sin x – cos x f p ( x ) = ------------------------------- . 2

Conclusion :

2. Les solutions de l’équation sans second membre sont de la forme : y ( x ) = ke x .

3. La démonstration est rigoureusement la même qu’à 79 et 80 ! 4. On en déduit les solutions de l’équation ( E ) .

8

Équations plus complètes ou se ramenant à y ′ = ay

81 On a la relation f ′ ( t ) = kf ( t ) , où k est la constante de proportionnaf (t + h) – f (t) lité et f ′ ( t ) = lim ------------------------------------ . h h→0 C’est-à-dire la variation instantanée de la quantité de liquide restant : c’est sa vitesse de dissolution.

82

z = y – 2x   ⇒ z′ + 2 + x + 2 x = 2 x + 2 z′ = y′ – 2 

sin x – cos x Les fonctions sont de la forme y ( x ) = ke x + ------------------------------- . 2

88 1. a. Les fonctions t
ke mt , k ∈
. b - . b. et c. Les fonctions t
ke mt – --m

1 -+5. 2. a. v ( t ) = -------z(t)

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

y y y′ 4 - = --- – 1 ce qui b. Pour toute solution non nulle, ( E ) ⇔ y′ = 4 y – y 2 ⇔ ---y2 y équivaut à :

 1  z = --y  – z′ = 4z – 1 

soit :

 1  z = --y ( E′ ) .   z′ = – 4z + 1 

c. Les solutions de ( E′ ) sont les fonctions de la forme x
Ce – 4 x + 1--- . 4

z2 ( t )

z(t)

– z′ ( t ) c. v ′ ( t ) = -------------- . z2 ( t )

d. Ainsi la fonction z satisfait la relation :

Soit l’équation z′ + z = 0 , dont les solutions sont les fonctions de la forme : x
Ce – x , C ∈
. D’où les solutions de l’équation x
2 x + Ce – x , C ∈
. y′ . 83 a. z = 1--- donc z′ = –--------2

10 1 + --------- + 25 . b. v 2 ( t ) = -----------

10 1 ----------- + --------- + 25  v2 ( t ) – z′ ( t ) z2 ( t ) z ( t ) --------------- = g  1 – ------------ = g  1 – --------------------------------------- .    25  25 z2 ( t )   1 On en déduit – z′ ( t ) = ------ g ( – 1 – 10z ( t ) ) 25 donc :

g et z′ ( t ) = ------ ( 1 + 10z ( t ) ) , 25

g z′ ( t ) = ------ ( 10z ( t ) + 1 ) . 25 1 . 3. v ( 0 ) = 55 , donc z ( 0 ) = ----50

10g

On en déduit :

6 --------- t 1 z ( t ) = ------ e 25 – ------ . 50 10

4. Les solutions de cette équation différentielle sont les fonctions de la forme :

10g --------- t

t
ke 25

1 – ------ . 10

47

1 5. D’après la question 3., on a v ( t ) = ---------------------------------+5 .

– at

9ae - et 92 1. u′ ( t ) = ----------------------------– at 2

10g

( 1 + 9e

6 --------- t 1 ------ e 25 – ----50 10 – 1 La vitesse décroît en tendant vers 5 m ⋅ s .

)

1 1 au ( 1 – u ) ( t ) = a × ----------------------- ×  1 – ----------------------- 1 + 9e – at  1 + 9e – at 9ae – at = ------------------------------ = u′ ( t ) . ( 1 + 9e – at ) 2 Donc, pour tout a ∈
, u est solution de ( E ) .

9

Les problèmes

1 1 On pose y = --- ⇔ z = --- . z y y est solution de ( E ) si et seulement si :

89 1. FAUX. Elle est non définie en 0.

les exercices

2. VRAI. f ( x ) =

e – e1 – 2 x e – 2 x  -----------------------  1 – e– 4 x 

1 – z′ -------- = a × ---  1 – 1 --- z  z z2

.

1 z′ = a ( 1 – z ) ( F ) et y = --- . z

Soit : f ( – x ) + f ( x ) = e .

2. Les solutions de l’équation différentielle ( F )

4. FAUX, sur
* . 6. FAUX. « --e- ».

e at 1 y ( t ) = ---------------------- = ---------------- . 1 + ke – at k + e at

2

e(e + 1) 7. VRAI. f ( x ) = ------------------------------------------sur
* . 2x

3. On pose a = 5 ⋅ 10 – 2 et on suppose que f ( 0 ) = 0 ,1 , donc :

( e2 x – 1 ) ( e2 x + 1 )

1 1 ------------ = ------ ⇔ k = 9 . 1 + k 10

8. VRAI. 9. FAUX. f n’admet pas de tangentes...

90 1. Sur
* , g′ ( x ) = –

1 1 ------- e x  --12 x x

–∞

1 + 1 . Donc du signe de –  --- + 1 .  x 

–1

+∞

0 +∞

g( x)

1 –∞

g( x)

t→+∞

5. Malheureusement, il faut attendre 44 jours pour que la taille de ces roses atteigne 50 cm. Comme d’habitude, Maxime a encore menti !!!

2

93 1. On pose f p ( t ) = kte – t et f p′ ( t ) = ke – t ( 1 – t ) . Il s’en suit f p′ ( t ) + f p ( t ) = ke – t ( t + 1 – t ) = ke – t , donc fp est solution si, et seulement si, k = 6 .

et donc : x

1 f ( t ) = ----------------------------------- . –2 1 + 9e – 5 ⋅ 10 t 4. Cette fonction est positive et croissante avec : et lim f ( t ) = 1 . f ( 0 ) = 0 ,1 Conclusion :

On a ainsi :

0 



2. a. f est continu en 0. b. f est dérivable en 0, avec f ′ ( 0 ) = 0 . 1 1 lim  f ( x ) – --- x + --- = 0 , d’où le résultat. 2 4

x → + ∞

2. Les solutions de y′ = – y sont de la forme t
ke – t . 3. Comme d’habitude... u est solution de ( E ) si, et seulement si, u – f p est solution de ( G ) . 4. On déduit que f ( t ) = 6te – t + ke – t = e – t ( k + 6t ) avec f ( 0 ) = 0 , donc : f ( t ) = 6te – t .

5. f ′ ( t ) =

e– t ( 6

– 6t ) , donc : t

91 1. f est dérivable sur [ 0 ; 1 ] et on a :

f (t)

xn f ′ ( x ) = e – x  – ----- et donc f ′  0 sur [ 0 ; 1 ] .  n! f est alors décroissante sur [ 0 ; 1 ] . De plus : 1 f ( 0 ) = 1 et f ( 1 ) = --- u n . Donc : e 1 1
--- u n soit u n  e . e 1 1 ---2. g′ ( x ) = e – x ×  --------- + ---- = - ( e– x ( – xn ) + 1 ) . – xn n!

Or sur [ 0 ; 1 ] : 0  [0 ; 1] .

n!

xn en

n!

1 1 e Soit 1  --- u n + ----- et donc u n
e – ----- . e n! n! e Finalement : pour tout n ∈  : e – -----  u n  e . n!

3. Du théorème des gendarmes, on en déduit que la suite est convergente. 4. Voici le programme : 0 → C : 1 → S : 0 → N : WHILE S  e -1 0^(-8) : N+1 → N : C+1 → C : S+1 / N! → S : END : Disp N, S .

0

+∞

1

0

0

f ( t )  0 ,5 au bout de 3 h 50 après absorption d’alcool ou alors les 10 premières minutes.

94 1. N est dérivable en tout réel t ,donc lorsque t tend vers 0, on a : N ( t ) lim  --------------- = N′ ( t ) ; ainsi N′ ( t ) = – N ( t ) .  t 

t → 0

2. On a alors

 1 d’où g′ ( x )
0 et g est croissante sur

1 1 De la même manière : g ( 0 ) = 1 et g ( 1 ) = --- u n + ----- . e n!

48

sont de la forme

z ( t ) = ke – at + 1 . On en déduit alors que :

5. VRAI.

3.

1 y = --- . z

z–1 1 z′ Ou encore –------- = a ----------- et y = --- . Soit : z z2 z2

e– 2 x + 1 – e e2 x + 1 – e - + ----------------------- . 3. VRAI. f ( – x ) + f ( x ) = ------------------------e4 x – 1 e– 4 x – 1

x

et

N ( t ) = Ce – t (C ∈
)

et donc N ( t ) = N 0 e – t . N 2

3. On cherche t
0 tel que N ( t ) = ------0 d’où l’équation e – t = 1--- , soit :

2

ln 2 t = ---------- .

4. On admet que = 1 ,21 ⋅ 10 – 4 . On déduit ainsi la demi-vie : t  5 430 années . Dans ce chapitre on passe par l’étude de fonction car la fonction « ln » n’est pas encore abordée dans la progression. C’est pourquoi on se permet (pour le professeur !) de le faire avec les logarithmes. E . 95 1. La fonction i vérifie l’équation y′ ( t ) = – --R- y ( t ) + --L

L

Obligatoire :

R – --- t L

Soit y = e t ( x ) + e t ( 1 – t ) ( T ) L’abscisse de Nt est donc t – 1 , ce qui donne N t ( ( t – 1 ) ; 0 ) .

E + 1 --- . R

3. La fonction i est strictement croissante sur [ 0 ; + ∞[ avec :

2. Pour tout point M du plan : MG t = 1--- ( MO + MM t + MP t + MN t ) . 4 1 D’où OG t = --- ( OM t + OP t + ON t ) . Ainsi : 4

E lim i ( t ) = --- . R t→+∞ E 4. Une équation de la tangente à la courbe en 0 est donnée par y = --⋅t .

t + t + t – 1 3t – 1 x G = --------------------------- = -------------t 4 4

L

E L E 5. On remarque que --× --- = --- , donc l’abscisse est bien . L

R

100 – --------- t 3 



et + t + 0 et + t y G = --------------------- = ------------ . t 4 4

L’idée est d’exprimer y G en fonction de x G puisque :

R

t

6. Avec les données, on obtient : i ( t ) = 0 ,3  1 – e 

et

t

3t – 1 1 x G = -------------- ⇔ --- ( 4 x G + 1 ) = t . On obtient : t t 4 3 .

7. Il suffit de calculer : i ( ) et i ( 5 ) . On obtient respectivement 67 % et 99 %. On peut donc admettre qu’à 5 , le courant est quasiment à son intensité maximale dans le circuit.

8. La bobine a pour effet de retarder l’établissement du courant dans le circuit.

1 e t + --- ( 4 x G + 1 ) t 1 3 y G = ----------------------------------------- = ------ ( 3e t + 4 x G + 1 ) . t t 12 4 On a alors la courbe des points Gt lorsque t parcourt
.

98 Il s’agit de la méthode d’EULER exactement à appliquer comme dans le Cahier TP de la même édition, dans le thème « la méthode d’EULER ».

96 1. Pour tout x ∈
, ( 2 + cos x ) > 0 et e – x > 0 .   1 1 2. a. cos  x –  ---- = cos x cos ---- + sin x sin ---- = cos x × ------- + sin x × ------- . 4 4 4 2 2

b. 2 + cos x + sin x = 2 + 2 cos  x –  ---- 

99 On décompose les polynômes, puis

lim

x→+∞

2

x n e – x = 0 permet de

conclure.

100 En suivant la démarche faite pour f ′ ( 0 ) = 0 on démontre que, pour

4   et 2 + 2 cos  x – ---- > 0 ⇔ cos  x – ---- > – 2 .   4 4

tout n ∈ * , f

Ce qui est vrai pour tout x ∈
.

c. Puisque f ′ ( x ) = e 1 – x ( – 2 – cos x – sin x ) , on en déduit que f est

(n) ( 0 )

=0 .

101 Il suffit de composer par le logarithme népérien.

décroissante sur
.

3. a. Puisque – 1  cos x  1 , on a l’inégalité demandée. Ce qui implique que

lim

x→+∞

f ( x ) = 0 et

lim

x→–∞

f ( x) = + ∞ .

bac

les exercices

2. On suppose i ( 0 ) = 0 , d’où i ( t ) =  – e

3. La fonction exponentielle. Les équations différentielles

Les Q.C.M.

b. L’axe des abscisses est asymptote horizontale à f au voisinage de +∞ .

4. a. b. f ( 0 ) = 3e > 3 et f (  ) = e 1 –  < 1 .

Donc le théorème de la bijection nous assure l’existence et l’unicité de  .

97 Partie A 1. a.

lim

x→–∞

f ( x ) = – ∞ et

lim

x→+∞

f ( x) = – ∞ .

102 a., b. et d.

103 a. et c.

104 b. et d.

105 a. et c.

106 a. et b.

107 Aucune.

108 c. et d.

109 a.

110 a.

111 b., c. et d.

b. f ( x ) – --x- = ( 1 – x )e 2 x , d’où : 2

x lim  f ( x ) – --- = 0 , avec ( 1 – x )e 2 x
0  2

x→–∞

sur ] – ∞ ; 1 ] , donc la

112 1. b ;

2. b ;

3. c ;

4. d.

courbe est au-dessus de l’asymptote.

2. f est dérivable comme somme et produit de fonctions dérivables sur
: Vrai-Faux

1 f ′ ( x ) = --- ( 1 + e 2 x ( 1 – 2 x ) ) . 2 3. a. u′ ( x ) = e 2 x ( – 4 x ) , donc on a : x

–∞

u′ ( x )

u( x)

113 1. FAUX. 2. FAUX. 3. FAUX. +∞

0 

0

114 1. FAUX. 2. VRAI. 115 1. VRAI. 2. FAUX. 3. VRAI. 4. VRAI.



116 1. FAUX. 2. VRAI. 3. FAUX. 4. VRAI.

1 1 --2

–∞

117 1. VRAI. 2. FAUX.

b. u ( 0 ) > 0 et u ( 1 ) < 0 , donc la solution unique de u ( x ) = 0 est dans

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

l’intervalle [ 0 ; 1 ] . Ainsi : x

–∞

u( x)

0



1



0



+∞

bac

Les ROC

118 1. Une équation de la tangente au point d’abscisse x0 est : x

y = e 0 ( x – x0 + 1 ) .

c. On en déduit les variations de f sur
: 2. x f ( x)

–∞



+∞

Partie B 1. Une équation de ( T ) est y = e t ( x – t ) + e t .

0

f x′ est croissante. 0

3. On en déduit que f x admet un minimum sur
qui vaut 0 . 0

f (2) –∞

f x″
0 sur
, donc

4. La conséquence est que toute tangente est en dessous de la courbe asso–∞

ciée à la fonction exponentielle.

119 1. a. g est croissante et g ( 0 )
0 .

49

b. Par le théorème de comparaison des limites.

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

4. On en déduit y ( x ) =  Ce a ( 1 – n ) x – b--- 1 – n .

2. a. f ( x ) est du signe de x.

a

–∞

x

+∞

2

y′ = 2 y – 2 y 2 , ici n = 2 .

f (2)

f ( x)

–∞

0

b. On utilise la question 1.

x

2. Les coordonnées sont ( y ; n ) .

+∞

0

3. Soit M ( x ; e x ) ; x ∈
. Son symétrique est alors : M′ ( e x ; x ) . x Or  ( e x ) = x du fait que e  ( e ) = e x .

1

F

124 La démonstration résulte de l’application directe du théorème de la bijection pour la fonction exp. 1. e  ( x ⋅ x′ ) = x ⋅ x′ = e  ( x ) × e  ( x′ ) = e  ( x ) +  ( x′ ) et donc par propriété de  ( x ⋅ x′ ) =  ( x ) +  ( x′ ) . exp :

3. On a :

les exercices

5. Il suffit de développer et de remplacer dans la formule :

0

4. M′ est sur la courbe d’équation y =  ( x ) .

Dans la solution, x est approchée par : 
3,36 .

120 1. Pour tout x, f ′ ( x )
1 .

bac

2. Il suffit de dériver cette composition, et de réutiliser (1).

Les sujets

3. En dérivant conjointement u et v, on observe effectivement que : u′ = u et v′ = – v . Les fonctions u et v sont deux solutions d’équation différentielle et en utilisant les conditions initiales de u et v on a effectivement u ( x ) et v ( x ) , et vu

125

y 2

1 que f = --- ( u – v ) , on conclut. 2

4. On obtient alors : –∞

x

+∞

f ( x)

–∞

appellera argsh…

121  ∈
tel que f (  ) = 0 ⇒ f ( –  ) f ′ (  ) = 0 = 1 donc f ne s’annule pas. De plus, ∀x ∈
, g′ ( x ) = 0 du fait de la condition ( C ) , donc g est constante et : g ( x ) = g ( 0 ) = 16 . Ce qui entraîne que pour tout x ∈
: 16 16 f ( x ) = ----------- ou encore f ( – x ) = ----------- . f ( x) f ( x)

–2

D’où f ( x ) =

. Soit f ( x ) = –

a

2. • Si a < 0 ,  y = b--- est asymptote horizontale au voisinage de + ∞ . a b • Si a > 0 ,  y = --- est asymptote horizontale au voisinage de – ∞ .  a

1 Soit ------------ z′ ⋅ 1–n z′ ⋅

n -----------z1 – n

1 et y′ = ------------ z′ ⋅ 1–n 1 ------------ – 1 z1 – n

= (1 –

=

1 -----------az 1 – n

1 -----------n )  az 1 – n



+

+

n -----------bz 1 – n

n -----------bz 1 – n



1 – --x ( x3

+ x2 + 2 x – 1 ) = 0

La fonction x
+ + 2 x – 1 est strictement croissante sur
à valeurs dans
, et continu. Donc x 2 + x 2 + 2 x – 1 = 0 admet une unique solution . Ainsi on peut remarquer que : f () ------------ = f ′ (  ) = 1  du fait que  annule f ( x ) – xf ′ ( x ) . x2

127 Partie A 1. y = x + 1 . 2. m = p = 1 . 4. ( – x ) + ( x ) = ( f ( – x ) + x – 1 ) + ( f ( x ) – x – 1 )

Si n = 1 : rien n’est changé non plus. L’intérêt ici est donc pour n
2 . On pose z = y 1 – n , avec z′ = ( 1 – n )y′ y – n .

2. y =

x>0

f est dérivable et f ′ ( 0 ) = 0 .

3. ( 1 ; 1 ) est centre de symétrie de la courbe.

123 1. Si n = 0 : on retrouve le cas affine : y′ = ay + b .

1 ------------ – 1 z1 – n

1

+ x + 1 – --xf ( x) f ( x ) ----------------------- e -= 2. ---------et donc lim  ----------- = 0 . x x → 0 x  x3

x3

122 1. y ( x ) = ke ax – b--- , avec k = e – a x0  y 0 + b--- .

1 -----------z1 – n

lim f ( x ) = 1

x→+ ∞

x2

B. g ( x ) = 0 ⇔ e

.

a

126 A. 1.

1

1 f ′ ( x ) = ------ × f ( x ) (f est non nulle). 16 x -----4e 16

Dans cet exercice il peut être utile et bon de montrer que la fonction est impaire. Le reste en découle.

1 – x – --Donc pour tout x > 0 , f ′ ( x ) = ----------- e x . x4

f ′( x) 1 Par conséquent, -------------- = ------ , soit : f ( x ) 16

x -----Ce 16

x

O

+∞

5. L’équation f ( x ) = m donne notamment naissance à sa réciproque, qu’on

= f (– x) + f ( x) – 2 = 0 . Il en résulte : ( – x ) = – ( x ) , ce qui entraîne : donc :

f ′( x) = 1 + ′( x) ,

f ′(– x) – f ′( x) = (1 + ′(– x)) – (1 + ′( x)) = ′(– x) – ′( x) .

.

Or ′ ( x ) = ′ ( – x ) , donc f ′ ( – x ) – f ′ ( x ) = 0 . Résultat : f ′ est paire.

.

2

2

5. • ( – x ) = ( – ax + b )e – x ; • ( x ) = ( ax + b )e – x . 2 Donc ( – x ) + ( x ) = 0 ⇔ e – x × 2b = 0 ⇔ b = 0 . Puisque f ′ ( 0 ) = 1 – e , ′ ( 0 ) = 1 + ′ ( 0 ) = 1 – e , par suite : ′(0) = – e . 2 On a donc : e – x ( a – 2 x ⋅ b – 2 x 2 ⋅ a ) = ′ ( x ) et a = – e .

.

Par équivalence : z′ = ( 1 – n ) ( az + b ) .

3. Les solutions de l’équation ( F ) sont z ( x ) = Ce a ( 1 – n ) x – b--- . a

50

∆

C’est pourquoi :

2

( x ) = ( – ex )e – x = – xe 1 – x . 2

Obligatoire :

3. La fonction exponentielle. Les équations différentielles

Partie B On retrouve f ( x ) = 1 + x – xe 1 – x .

132 1. f est le produit de deux fonctions dérivables :

1. On a bien f ′ ( x ) = 1 +

• ′ ( x ) = e3 x ( f ′ ( x ) + 3 f ( x ) ) ;

2

( 2 x2

–

2 1 )e 1 – x

. On en déduit :

f ″ ( x ) = e 1 – x ( 6 x – 4 x 3 ) = 2 xe 1 – x ( 3 – 2 x 2 ) . 2

2

• – 3 ( x ) = – 3 f ( x )e 3 x .

2. –∞

x x

3 – --2

0

3 --2



0



3 – 2 x2



0

f ″( x)



0



0

′ ( x ) – 3 ( x ) = e3 x f ′ ( x ) .

En conséquence : +∞

1 – 3x

– 3e 2. est solution de ( E ) si, et seulement si, f ′ ( x ) = --------------------- . 1 + e– 3 x



0





0



– 3x

– 3e ⋅ e – 3e Soit f ′ ( x ) = ----------------- ou f ′ ( x ) = ------------------------- . e3 x + 1 1 + e– 3 x La seconde forme est plus intéressante.

Ce qui fournit les variations de f ′ . 3 --2

0

+∞

f ′( x) 1–e

1

1

3. L’équation f ′ ( x ) = 0 admet deux solutions opposées dans
. 4. –∞

x f ( x)

+∞



–

e e Et comme ( 0 ) = --- , on a e ln 2 + C = --- . D’où : 2 2 e C = --- – e ln 2 . 2

133 1. 25 x′ + 200 x″ = 50 ⇔ x″ = – 1--- x′ + 1--- .

8 4 1 1 Avec x′ = v , on obtient v′ = – --- v + --- , dont les solutions sont : 8 4 v ( t ) = ke

+∞

2 – f () f ()

–∞

2. a. x′ ( t ) = 2  1 –

128 1. a. La limite est 0.

1 – --- t e 8 

1 – --- t 8

+2 .

.



b. De a. on obtient : x ( t ) = 2t – 16 + 16e

1  - et on aboutit. b. On développe x  1 + ------------ ex

Donc ( x ) = e 1 + 3 x ln ( 1 + e – 3 x ) + Ce 3 x .

1 – --- t 8

.

3. V = 2 . On résout alors l’équation :

–1

2. Il s’agit d’un nombre dérivé… 1. et donc f est continue en 0.

21 – e 

3. a. Déjà démontré ! b. On le vérifie avec g ( x ) = e x – 1 – x .

1 – --- t 8 



 0 ,9 ;

e

1 – --- t 8


0 ,55 ;

les exercices

3 – --2

–∞

x

f ( x ) = e ⋅ ln ( 1 + e – 3 x ) + C .

t  8 ln ( 55 ) .

4. La distance est calculée par x ( 30 ) .

4. On remarque que f ( + x ) – f ( – x ) = x , donc :

134 Partie A a. On factorise par e

f ( x) – f (– x) 1 ---------------------------------- = --- . x – (– x) 2 D’où le coefficient directeur. Donc la droite ( MM′ ) est de pente constante.

x – --4

.

b. lim f ( x ) = 0 et lim f ( x ) = 3 . –∞

+∞

c. f est croissante sur
. t ---

Partie B 1. a. g ( t ) = ke 4 .

129 A. 1. Il suffit de passer à l’inverse… 2. a. Il s’agit de la somme de deux fonctions croissantes x
x et x
– e– x .

b. Donc cette fonction est croissante (strictement d’ailleurs, ou s’annulant en

t ---

b. g ( t ) = e 4 . t ---

l’unique solution cherchée dans 1.).

c. On résout g ( t ) > 3 ⇔ e 4 > 3 ⇔ t > 4 ln 3 .

c. f  1--- < 0 ; f ( 1 ) > 0 ; donc  ∈ 1--- ; 1 . 2 2

2. a. u vérifie ( E 2 ) ⇔  h 2

 h′ 1  1 1 1  – ----- = ------ – -----------2 h′ = – --- h + -----4h 12h ⇔  4 12 . h(0) = 1 h(0) = 1  

d. Sur [ 0 ;  ] , f  0 . B. 1. g ( x ) = x ⇔ xe x = 1 ⇔ e – x = x ⇔ f ( x ) = 0 sur [ 0 ; 1 ] . 2. Donc de cette dernière équivalence, vu que f ( x ) = 0 , on admet qu’une et

une seule solution sur [ 0 ; 1 ] , g ( x ) = x aussi.

+ 2e x + xe x 3. g′ ( x ) = 1------------------------------- , donc g′ ( x ) > 0 sur [ 0 ; 1 ] . g est bien croissante ( 1 + e x )2 sur [ 0 ;  ] .

C. 1. La fonction g envoie [ 0 ;  ] dans lui-même donc la suite est bien définie et pour tout n 0  u n   .

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

1 De plus u 1 = g ( 0 ) = --- donc u 1 > u 0 d’où ( u n ) strictement croissante. 2

2. ( u n ) est croissante et majorée donc converge dans [ 0 ;  ] .

=

donc u ( t ) tend vers 3.

135 1. a. ∀k
0 , 1 + ke x
1 > 0 , donc f n est bien définie. De plus, 2 f ′k ( x ) = ( f k ( x ) – x ) 2 + 1 , donc : f k est solution de ( E ) . b. Au passage, on en déduit que : 1 ∀x ∈
, f ′k ( x )
--- > 0 . 2

1 1 + ek A ( 1 ; 1 ) , d’où A = 1 + --------------- , soit k = – --- . 2 1 – ek

2. f ( T ) = 2N 0 = N 0 e aT , donc :

Vu que

1 + --- , d’où : 3

1+k

131 Partie A 1. f ( t ) = N 0 e at .

t --- ln 2 eT

1 u ( t ) = --------------------- , 1 – --- t 1 e 4 + --3

1 – --- t 4

1–k 2. O ( 0 ; 0 ) , d’où O = ----------- , soit k = 1 .

n→+ ∞

t --2T

h(t) = e

Donc f ′k est strictement croissante.

3. Vu que g ( x ) = x n’a comme solution  dans [ 0 ;  ] alors : lim ( u n ) =  .

ln 2 aT = ln 2 et T = ---------- ; a

b. Les solutions sont

ln 2 a = ---------T

on obtient f ( t ) = N 0

t --2T

.

f (t) = N 0

t ln 2 -----------e T

.

3. Pour les expressions (1) et (2), soit on part de ces deux formes semi-développées et on aboutit forcément, soit on feinte au numérateur : 1 – ke x = – 1 – ke x + 2 = – ( 1 + ke x ) + 2 . 1 – ke x = ( 1 + ke x ) – 2ke x . On a du coup l’asymptote, et leurs positions par rapport à .

51

O B L I G A T O I R E

4

LES NOMBRES COMPLEXES

1. Le programme Contenus

Capacités attendues

Extraits des commentaires

Le plan complexe : affixe d’un point ; parties réelle et imaginaire d’un nombre complexe. Conjugué d’un nombre complexe. Somme, produit, quotient de nombres complexes. Module et argument d’un nombre complexe ; module et argument d’un produit, d’un quotient. Écriture e i
= cos
+ i sin
.

Le vocabulaire sera introduit à partir de considérations géométriques. On retrouvera à cette occasion la notion de coordonnées polaires et celle, sous-jacente, d’équation paramétrique d’un cercle (sous la forme z = z i
+ r e i
ou x = x 0 + r cos
, y = y 0 + r sin
). La notation exponentielle sera introduite après avoir montré que la fonction

cos
+ i sin
vérifie l’équation fonctionnelle caractéristique des fonctions exponentielles.

La vision des nombres complexes est d’abord géométrique : calculs sur des points du plan. Les repérages cartésien et polaire introduits en Première conduisent naturellement à deux écritures d’un nombre complexe. L’objectif est ensuite de montrer la puissance de ce calcul dans les problèmes de géométrie. On introduira, dans ce chapitre, quelques éléments lui donnant une dimension historique. Les nombres complexes permettent de retrouver et de mémoriser les formules trigonométriques d’addition et de duplication vues en Première.

On utilisera les nombres complexes pour traiter des exemples simples de configurations et résoudre des problèmes faisant intervenir des translations, des rotations et des homothéties

On exploitera à la fois les possibilités offertes par les nombres complexes et les raisonnements géométriques directs qui réactivent les connaissances antérieures, notamment sur les transformations du plan.

Résolution dans
des équations du second degré à coefficients réels. Interprétation géométrique de z
z′ avec z′ = z + b ou z′ – w = k ( z – w ) avec k réel non nul, ou z′ – w = e i
( z – w ) .

2. Les commentaires

b b2 a3 b b2 a3 x = 3 --- + ----- + ------ + 3 --- – ----- + ------ . 2 2 4 27 4 27 Il est remarquable de constater que c’est dans le cas où l’équation a trois racines réelles que le discriminant  = 27b 2 + 4a 3 , qui figure sous le radical, est négatif. Par conséquent, c’est dans le cas où le nombre de racines réelles est maximal que la formule de résolution n’a plus de sens. Ce fait troublant a été constaté par les algébristes italiens peu après la découverte de dal F ERRO, puisque vers la fin du XVIe siècle, BOMBELLI, en appliquant la formule à l’équation x 3 = 15 x + 14 , ose écrire l’égalité 4 = 3 2 + – 121 + 3 2 – – 121 et donne correctement les règles de calcul des nombres complexes, sans employer toutefois la notation moderne. Remarquons, pour interpréter convenablement l’égalité ci-dessus, que ( 2 + i ) 3 = 2 + 11i . Cette extension du champ numérique n’a bien sûr été admise que progressivement, et il ne pouvait en être autrement puisqu’à l’époque les nombres négatifs eux-mêmes n’avaient pas acquis droit de cité, ce qui conduisait les algébristes à considérer différents cas là où nous ne voyons qu’une seule équation. Sous la plume de L EIBNIZ, pourtant innovateur et utilisateur des nombres complexes, nous lisons un siècle plus tard : Ces expressions ont ceci d’admirable que dans le calcul elles n’enveloppent rien d’absurde ni de contradictoire, et que cependant on ne peut en donner d’exemple dans la nature c’est-à-dire dans les choses concrètes.

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L’introduction des racines « imaginaires » des nombres négatifs permet de trouver des solutions aux équations réelles du second degré à discriminant négatif. Mais ce n’est pas pour cela qu’elles ont d’abord été introduites. En effet, les formules de résolution de l’équation du deuxième degré n’ont pas de sens dans le cadre réel, précisément lorsque l’équation n’a pas de racines réelles. Il peut alors paraître artificiel de parler de racines dans un cadre étendu dont rien ne motive ou ne justifie l’existence. Mais le troisième degré nous confronte à une situation très différente. Rappelons que la formule de résolution de l’équation du troisième degré x 3 + ax = b a été obtenue au début du XVIe siècle par SCIPIONE dal FERRO, sous la forme :

Obligatoire :

4. Les nombres complexes

L’Histoire fournit divers exemples du cheminement partant d’un besoin mathématique et qui, par la mise au point d’un outil, la définition d’une notation, le dégagement d’un concept, parvient à la formalisation d’une nouvelle notion. Le calcul complexe, dont on a constaté l’efficacité avant de pleinement la comprendre, illustre ce cheminement. La terminologie moderne a reçu en héritage de l’embarras des précurseurs la terminologie des nombres « imaginaires », qui, à vrai dire, ne sont pas plus imaginaires que les nombres réels ne sont réels. L’exponentielle complexe, entrevue par L EIBNIZ et étudiée par EULER, puis la correspondance entre points du plan et nombres complexes – certainement évidente pour le jeune G AUSS quand il démontre, en 1797, que tout polynôme à coefficients complexes a une racine complexe – ont cependant contribué à dissiper le mystère qui entourait encore cette notion. Les élèves du XXIe siècle, qui la découvrent par l’intermédiaire du plan complexe, devraient accepter facilement qu’un objet mathématique dont ils possèdent une représentation si commode puisse être manipulé sans risque de contradiction. Concluons sur la formule de dal FERRO en rappelant qu’EULER a montré comment choisir les déterminations des racines cubiques qui figurent dans la formule pour obtenir trois racines et non neuf, puis que L AGRANGE a observé que l’expression : 1 3 ( x 1 + j x 2 + j 2 x 3 ) 3 , où j = – --- + i ------2 2 est une racine cubique de l’unité, ne prend que deux valeurs distinctes lorsqu’on permute les racines x1 , x2 et x3 de l’équation. Cette remarque cruciale, qui permet de ramener le troisième degré au deuxième et explique l’existence de la formule de résolution, servira de point de départ à GALOIS qui montre, en 1830, l’impossibilité de la résolution par radicaux de l’équation générale du cinquième degré. Sa démonstration, qui repose sur l’analyse de l’ensemble des permutations des cinq racines, est l’acte de naissance de la théorie des groupes. Calculer dans C Le point M du plan de coordonnées ( a ; b ) peut être identifié naturellement, d’une part au vecteur OM et d’autre part, au nombre complexe a + ib . Cette identification montre que a + ib = 0 si, et seulement si, a = b = 0 . L’addition des nombres complexes correspond, dans cette identification, à l’addition des vecteurs, déjà connue des élèves. On s’autorisera à exprimer en termes complexes les notions affines rencontrées auparavant par les élèves : milieu de deux points, barycentres. Notons que l’identification entre nombres complexes et points du plan aide à comprendre pourquoi on ne peut pas comparer deux nombres complexes. Les élèves doivent être convaincus du fait que i n’est ni plus petit, ni plus grand que 0. En posant i 2 = – 1 , on déduit la formule de multiplication de la distributivité de la multiplication par rapport à l’addition. Il est essentiel que les élèves comprennent que les parties réelle et imaginaire d’un produit ne sont pas les produits des parties réelles et imaginaires des facteurs, d’autant plus qu’une confusion est à craindre avec l’expression du produit scalaire de deux vecteurs. Après avoir introduit les règles du calcul algébrique sur les nombres complexes, on les interprétera géométriquement, en commençant par les cas simples : on montrera que la multiplication d’un nombre complexe par un nombre réel k correspond à une  homothétie de centre O et de rapport k , cependant que la multiplication par i induit la rotation d’angle ---- , ce qui devrait 2 convaincre les élèves que la multiplication par un nombre complexe représente une transformation du plan dans lui-même. Dans l’enseignement de spécialité, cette méthode sera systématiquement utilisée dans l’étude des similitudes planes. 1 z On introduira le conjugué d’un nombre complexe et son module, et on montrera par un calcul direct que si z ≠ 0 alors --- = --------- . z z 2 On remarquera que la norme du vecteur OM est égale au module de l’affixe de M , et donc que, d’après l’inégalité triangulaire, on a z + z′  z + z′ . On ne s’interdira pas de parler du « corps des complexes » et d’expliquer brièvement la signification du mot « corps » dans ce contexte. Mais il est clair qu’aucune connaissance dans ce domaine n’est exigible. Notons au passage que cette structure de corps dont on équipe le plan n’a pas d’analogue dans l’espace
3 . Il est facile de constater que tout polynôme du deuxième degré à coefficients réels a deux racines dans  (éventuellement confondues en une racine réelle). La résolution des équations du deuxième degré à coefficients complexes n’est pas au programme. L’énoncé du théorème de d’ALEMBERT-GAUSS est susceptible d’intéresser les élèves de ce niveau, mais on ne saurait y faire allusion que très brièvement. L’exponentielle complexe Soit z = x + iy un nombre complexe de module 1. On a donc x 2 + y 2 = 1 , et la paramétrisation du cercle unité, bien connue des élèves, permet d’affirmer l’existence d’un angle
, défini à un multiple de 2 près, tel que x = cos
et y = sin
. Les formules de trigonométrie déjà étudiées énoncent que : sin (
+
′ ) = sin
cos
′ + cos
sin
′ Si l’on pose a priori :

(1)

et

cos (
+
′ ) = cos
cos
′ – sin
sin
′ (2).

e i
= cos
+ i sin
(3)

les formules (1) et (2) ci-dessus permettent de montrer immédiatement que :

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

ei(
+
′) = ei
ei
′ . Cette équation justifie a posteriori la notation exponentielle complexe, puisque les élèves ont vu en analyse que les fonctions exponentielles étaient caractérisées par leur équation fonctionnelle. Il paraît difficile, à ce niveau, de procéder à une justification plus rigoureuse de l’égalité (3), qui nécessiterait l’usage des développements en série. En revanche, il est crucial de parler de l’argument d’un nombre complexe, défini à 2k près, et de s’assurer que les élèves connaissent et savent utiliser la forme polaire : z = z e i
= e i
. La formule (3) permet, en retour, de retrouver très facilement les formules d’addition (1) et (2), et les formules de duplication qui en sont un cas particulier. Les élèves devraient apprécier ce moyen de soulager leur mémoire.

53

À vous de jouer 1 • a) z 2 = – 1 , d’où : b) z 2 = – 4 , d’où :

b) z 2 – 2z + 2 = 0 ; ( z – 1 ) 2 = – 1 .

S = {– i ; i} . S = { – 2i ; 2i } .

S = {1 – i ; 1 + i} .

z = 1 + i ou z = 1 – i .

c) z 2 – 4z + 13 = 0 ; ( z – 2 ) 2 = – 9

2 • a) ( z – 1 ) 2 + 1 = z 2 – 2z + 1 + 1 = z 2 – 2z + 2 .

z = 2 + 3i ; z = 2 – 3i . S = { 2 – 3i ; 2 + 3i } .

les exercices 1 – 4i 2 + i = 4 + i , Re ( 4 + i ) = 4 , Im ( 4 + i ) = 1 . Re ( 1 – 5i ) = 1 , Im ( 1 – 5i ) = – 5 . i 2 – 3 = – 1 – 3 = – 4 , Re ( – 4 ) = – 4 et Im ( – 4 ) = 0 .

2 z A = – 1 , z B = 3 + 2i et z C = 5i . 3 z = 2 x – 4 + i(2 x – 3) . 3 z est un réel si, et seulement si, Im ( z ) = 0 , soit x = --- ; 2 z est un imaginaire pur si, et seulement si, Re ( z ) = 0 , soit x = 2 . 4 3 1–i - , z 3 = – --- + --- i . 4 z 1 = – i , z 2 = --------5

2

5

5 3 5 ------- + i sin ------- et z 2 = 3  cos ------- + i sin ------- . 11 z 1 = 2 2  cos 3  4 4 4 4 C A – 3 – 4i + 2 – i – 1 – 5i – i ( 5 – i ) - = ----------------------------------- = ------------------ = --------------------- = – i . 12 ----------------

z –z zB – z A

3+2–i

 zC – z A  AC = AB  ----------------- = 1   zB – z A et    - [2] – z z  ( AB ; A C ) = – --   C A- = – ---- [ 2 ] 2   arg  --------------- z – z 2 B A  Donc le triangle ABC est rectangle et isocèle en A .

13

3 – i = 2e

z1 z2 = 8

 – i ---6

13 i ---------2e 12

et – 4 – 4i = 4 2e

6

14 1. z = 1 – e – i
= e

x 2 – y 2 + 2ixy + 4 x – 4 yi + 5 = 0 . 2 y( x – 2) = 0  2  x – y2 + 4 x + 5 = 0

 x2 – y2 + 4 x + 5 = 0   2 xy – 4 y = 0

y = 0 x = 2 ou  soit y = 17 ou y = – 17 .  2 x + 4x + 5 = 0  – y 2 + 17 = 0 x 2 + 4 x + 5 = 0 n’admet pas de solution dans
. S = { 2 + i 17 ; 2 – i 17 } .

7 AB ( – 6 + i ) et DC ( – 6 + i ) . AB = DC , donc ABCD est un parallélogramme.

– z + 3z + 2z 4

A B C 3 - = --- – 3i . 9 z G = ---------------------------------------

4

  ---- – i sin ---- = – ---- [ 2 ] . 10 a. arg  cos  4 4 4  ---- + i sin ---- =  ---- . b. arg  cos  4 4 4      arg  cos ---- – i sin ---- = arg  cos ---- + i sin ---- = – ---- [ 2 ] .   6 6 6 6 6       arg  cos ---- + i sin ----  cos ---- – i sin ---- = ---- –  ---- = ------ [ 2 ] .  4 4  6 6  4 6 12    ---- + i sin ----  cos  ---- – i sin ----  =  + ------ [ 2 ] c. arg  – 2  cos  12 4 4  6 6 13 = ---------- [ 2 ] . 12

54



– i ---  i --2 e 2

–e


– i --- 2

= e


– i --2  2i




sin --- 2


 arg ( z ) = – --- + ---- [ 2 ] . 2 2

i ---  – i --2



i --- i --
– e 2 = e 2  – 2i sin ---  2
--
--
∈ ]0 ; 2[ ∈ ] 0 ;  [ , donc : sin > 0 . 2 2
--
--Donc z = 2 sin = 2 sin ; 2 2

2. z = 1 – e i
= e 2  e



i ---

 – i ---- i --- z = 2 sin ---  – ie 2 = 2 sin ---  e 2 e 2 2 2 





i  --- – ---- = 2 sin --- e 2 2 . 2
 arg ( z ) = --- – ---- [ 2 ] . 2 2

8 L’affixe de l’isobarycentre des points A , B et C est : 1 --- ( 1 + 7i – 4 – 4i + 3 – 3i ) = 0 . 3 O est l’isobarycentre des points A , B et C .

.




z = 2 sin --- = 2 sin --- , car sin --- > 0 ; donc : 2 2 2

b. z 2 + 4z + 5 = 0 . z = x + iy , z 2 = x 2 – y 2 + 2ixy et z = x – iy .

5 i ------4

.

5 z 1 = – i ( 3 + i ) = – 3i + 1 et z 2 = – 2i + i ( – 5i + 1 ) . 1 – 3i -. a. z + i = 4z – i ( z – 2 ) . z ( – 3 + i ) = i . z = ------------10  1 – 3i  S =  --------------  .  10 

5–i

5–i

15 a. D = 16 – 4 × 5 = – 4 = ( 2i ) 2 . S = {– 2 – i ; – 2 + i} .

b. z = x + iy x 2 – y 2 + 2ixy + 4 x – 4iy + 4 = 0 y = 0  2 x + 4x + 4 = 0

 x2 – y2 + 4 x + 4 = 0  2 y( x – 2) = 0

ou

S = { – 2i ; 2 + 4i ; 2 – 4i } .

c. D = 3 – 4 = – 1 = ( i ) 2 .  3 1 3 1  S =  – ------- – --- i ; – ------- + --- i  . 2 2   2 2

16 a. z C – z B = 2 ( z A – z B ) = 2z A – z B = – 7 + 5i , b. z D – z A = e

 – i ---2 (z

B

– zA) ,

zD = – i ( zB – z A ) + z A = – 7 – i .

x = 2  2  y = 16

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Applications directes

Obligatoire :

17 a. i = e

 i ---2

(1 – i) = 2 ;

d. ( z – iz ) ( z + iz ) = z 2 + z 2 = ( x + iy ) 2 + ( x – iy ) 2 = 2 x 2 – 2 y 2 ∈
. e. z – z = 2i Im ( z ) donc c’est un imaginaire pur.

et  = i  + 2 . 2  = ---------=1+i . 1–i

30 A ( z ) et B ( 2 Re ( z ) ) , donc B ( z + z ) .

 f est la rotation de centre  ( 1 + i ) et d’angle ---- . 2 b.  = 2  + 2i , d’où  = – 2i . f est l’homothétie de centre  ( – 2i ) et de rapport 2 . c. f est la translation de vecteur u ( 4 ) .

C ( – Re ( z ) + i Im ( z ) ) , donc C ( – z ) . D ( 2i Im ( z ) ) , donc D ( z – z ) . 1 E ( – 2i Im ( z ) ) , d’où E ( z – z ) . I ( i Im ( z ) ) , donc I  --- ( z – z ) . 2 

31 1. Notons z G l’affixe du point G. 2z A – z B + z C 2 – 4i – 3i – 5 + i – 3 – 6i - = ------------------------------------------ = ------------------ . z G = ------------------------------2 2 2

Calcul dans C

18 a. 2 .

b. – 14 – 7i .

2MG = 4 ⇔ MG = 2 , donc M appartient au cercle de centre G et de rayon 2.

2. c. 8 – 6i .

d. – 5 + 12i .

20 a. i . b. 1--- i . c. 2 + i . d. – 1 – 4i . e. – ------2- i . f. – 2i . 5

2 1 3 1 b. z 2 = -------------- = --- – --- i . 1 + z1 5 5

1 1 1 - = --- + --- i . 21 a. z 1 = --------1–i

2

2

   3 A ( 4 ; 0 ) , B  6 ; ---- , C  3 ; ---- , D  6 ; – ------- , E  6 ; – ---- ,     4 2 4 2  5    F 6 ; ------- et G 6 ; – ---- .   6 3

1 • z est un réel ⇔ – 4 x + 2 = 0 , soit x = --- . 2 • z est un imaginaire pur ⇔ 2 x + 2 = 0 , soit x = – 1 .

z =5  1

23 i 2 = – 1 , i 3 = – i et i 4 = ( i 2 ) 2 = 1 . 2 007 = 4 × 501 + 3 donc i 2 007 = ( i 4 ) 501 × i 3 = – i . • Si n = 4k : i n = 1 k ∈  . • Si n = 4k + 1 : i n = i k ∈  . • Si n = 4k + 2 : i n = – 1 k ∈  . • Si n = 4k + 3 : i n = – i k ∈  .

2. 

  arg ( z 1 ) = – ---- [ 2 ] 2  z = 3+1  3    arg ( z 3 ) = ---- [ 2 ] 2 

24 j 2 = – 1--- – i ------3- , j 3 = 1 et 1 + j + j 2 = 0 ( 1 ) .

2 2 Initialisation Au rang n = 0 : ( 1 + j ) 1 = 1 + j = – j 2 d’après ( 1 ) . Hérédité On suppose que pour un n fixe : ( 1 + j ) 2n + 1 = – j n + 2 et on démontre que : ( 1 + j ) 2n + 3 = – j n + 3 . ( 1 + j ) 2n + 3 = ( 1 + j ) 2n + 1 ( 1 + j ) 2 = ( j 2 + 2 j + 1 ) ( – j n + 2 ) =–

jn + 3

car

1 + j + j2 = 0

25 a. z 1 + z 2 = 3 – 3i . 2

z 144 ------ + --------- i . d.  ----1 = – 17 25

 z2 = 3   arg ( z 2 ) =  [ 2 ] z =2+ 2  4    arg ( z 4 ) = – ---- [ 2 ] 2 

2 2 - + i sin ------- . 33 • – 1 + i 3 = 2 , donc – 1 + i 3 = 2  cos -----

3 3   • 1 – i = 2 , donc 1 – i = 2  cos  – ---- + i sin  – ----  .   4  4 z = 2×2=2 2  1 3 2 17  arg z 1 = ------- + ------- = ---------- [ 2 ] 12 3 4 

34 a. 

z =2×2 2=4 2  2     arg ( z 2 ) = – ---- + ---- = – ---- [ 2 ] 4 2 4   3+2 3+2 6+2 2  z 3 = --------------- = ---------------- = ----------------------- 4 8 2 2 c.     - = – ---- [ 2 ]  arg ( z 3 ) = 0 – --6 6   12 + 36  z 4 = ---------------------=4 3 1  d.     arg ( z ) = –  ---- –  – ---- = ---- [ 2 ] 4  3  2 6 

b. 

.

Pour tout n ∈  ( j + 1 ) 2n + 1 = – j n + 2 .

z2

Forme trigonométrique d’un nombre complexe

32 1. Les coordonnées polaires des points sont :

22 z = 2 x + 2 + i ( – 4 x + 2 ) .

= j ( – jn + 2 ) ,

2

les exercices

1

25

b. z 1 z 2 = 12 – i .

z z2

c. ----1 = – 8--- – 9--- i . 5

5

e. z 1 z 22 = 14 + 23i .

26 a. i ( 2 – i ) = – i ( 2 + i ) . b. ( 3 – 2i ) ( 4i – 1 ) = ( 3 + 2i ) ( – 4i – 1 ) . 7i  7 - = – ------- i . c.  -----2 2

d. i ( 4 – 2i ) 2 = – i ( 4 + 2i ) 2 .

i 3  –i 3 - = -------------- . e.  ------------1 + 6i 1 – 6i

z ( 1 – iz ) z ( 1 + iz ) - = --------------------- . f.  -------------------2z – 4iz  2z + 4iz

2 – i (2 – i)(1 – i) 1 3 - = ------------------------------- = --- – --- i . 27 1. ---------1 + i (1 + i)(1 – i) 2 2

2. On remarque que z′ = z . z + z′ = z + z = 2 Re ( z ) = 1 et z – z′ = z – z = 2i Im ( z ) = – 3i .

28 f ( z ) = 2z 2 – ( 1 + i )z + 2 f ( i ) = 2i 2 – ( 1 + i )i + 2 = – 2 – i + 1 + 2 = 1 – i © Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

4. Les nombres complexes

1 1 1 1 f  ----------- = 2  ----------- – ( 1 + i )  ----------- + 2 = 2  ----------------------- – 1 + 2  1 + i  1 + i  1 + i  1 + 2i – 1 1 1 f  ----------- = --- + 1 = 1 – i .  1 + i i f ( z ) = 2z 2 – ( 1 + i )z + 2 f ( z ) = ( 2z 2 – ( 1 + i )z + 2 ) = 2z 2 – ( 1 – i )z + 2 ≠ f ( z ) .

29 a. 1 – zz = 1 – z ∈
. b. z2 est ni réel ni imaginaire pur. c. iz 2 ( iz ) 2 = iz 2 × – 1 ( z ) 2 = – i z 4 donc c’est un imaginaire pur. 2

 z1 = 4 

z =2  2 b.     arg ( z 1 ) = ------ [ 2 ]  arg ( z 2 ) = – ------ [ 2 ] 12 12   z =3  3 c.   11  arg ( z 3 ) =  – ------ = ---------- [ 2 ] 12 12 

35 a. 

------- [ 2 ] . 36 1. z = 3 2 , z = 3 2  – ------2- – i ------2- , arg ( z ) = 5 2 2 4  3 1 z′ = 2 , z′ = 2  ------- + --- i , arg ( z′ ) = ---- [ 2 ] .  2 2  6  zz′ = 3 2 × 2 = 6 2 

2. 

5  17  arg ( zz′ ) = arg ( z ) + arg ( z′ ) = ------- + ---- = ---------- [ 2 ] 12 4 6 

 2 z =3  --- ---------2  z′   5  13  z- = arg ( z ) – arg ( z′ ) = ------ – ---- = ---------- [ 2 ]  arg  --z′ 12 4 6 

55

 1+i = 2

 ( 1 + i )4 = 1 + i 4 = 24 = 4   arg ( 1 + i ) 4 = 4 arg ( 1 + i ) =  [ 2 ]

37 

  arg ( 1 + i ) = ---- [ 2 ] 4  ( 1 + i ) 4 = 4 ( cos  + i sin  ) = – 4 .  z1 = 2 

  arg ( z 1 ) = ---- [ 2 ] 3 

  z 1 = 2  cos ---- + i sin ----  3 3

z =1  1  2  arg ( z 1 ) = ------3 

z = 2  2    arg ( z 2 ) = – ---- [ 2 ] 4 

39 1. 

  z 2 = 2  cos  – ---- + i sin  – ----  .   4  4

et

2

les exercices

 est une suite arithmétique de raison ---- et de premier terme arg ( z 0 ) = 0 . 4  n Pour tout n ∈  , arg ( z n ) = 0 + n ---- = ------- [ 2 ] . 4 4 n d’où ------- = 0 + k . M n ∈ ( 0u ) ⇔ arg ( z n ) = 0 [  ] 4 et n = 4k , k ∈  . n = 4k

3 1 1+i 3 3 b. z 3 = ----------------- = – ------- + --- + i  ------- + 1 --- .   2

1–i

2

2

2

 – 6+ 2  cos 7 ------- = ----------------------- 12 4   7 6 + - = --------------------2  sin -----12 4 

M n ∈ ( 0u ) si, et seulement si, n est un multiple de 4.

3. ( M n + 1 O ; M n + 1 M n ) = ( M n + 1 O ; u ) + ( u ; M n + 1 M n )

= arg ( z n – z n + 1 ) – arg ( – z n + 1 ) . 1 1 1 z n – z n + 1 = z n 1 – --- ( 1 + i ) = z n  --- – --- i . 2 2  2 1 1  arg ( z n – z n + 1 ) = arg ( z n ) + arg  --- – --- i = arg ( z n ) – ---- . 2 2  4  arg ( – z n + 1 ) = p + arg ( z n + 1 ) =  + arg ( z n ) + ---- . 4  D’où ( M n + 1 O ; M n + 1 M n ) = arg ( z n ) –  ---- –  – arg ( z n ) – ---- –  4 4  = – ---- [ 2  ] . 2 Donc le triangle OM n M n + 1 est rectangle en M n + 1 .

 ---- + i sin  – ---- . 40 1. z 1 = 2  ------3- – 1--- i = 2 cos  –   3 3 2 2  2  2 z 2 = 2  ------- – i ------- = 2 cos  – ---- + sin  – ----  4  4  2 2 z     Z = ----1 = 1 cos  – ---- + ---- + i sin  – ---- + ---- .  3 4  3 4 z

.

2

  Z = cos  – ------ + i sin  – ------ .  12  12 z z2

6– 2 +i z 6+ 2 2. Z = ----1 = 1----------------- = -------------------- + i  -------------------- .   1+i

2

2. arg ( z n + 1 ) = arg  1--- ( 1 + i ) + arg ( z n ) = p--- + arg ( z n ) . Donc ( arg ( z n ) ) 2 4

12

7 ------- – i sin ------- . a. z 3 = 2  cos 7 12 12 

 3+1  2 cos 7 ------- = –------------------- 12 2   7 3+1 - = -------------- 2 sin -----12 2 

z =1  3  7  arg ( z 3 ) = ------- [ 2 ] 6 

2 Donc ( z n ) est une suite géométrique de raison ------- et de premier terme 2 z0 = 1 .

 7 2. arg ( z 3 ) = arg ( z 1 ) – arg ( z 2 ) =  ---- + ---- = ------- [ 2 ] . 4

z =1  2  11  arg ( z 2 ) = ---------- [ 2 ] 12 

44 1. z n + 1 = 1--- ( 1 + i ) z n = ------2- z n .

z 2 z 3 = ------1- = ------- = 2 . z2 2 3

arg ( z 1 z 2 z 3 ) = arg ( z 1 ) + arg ( z 2 ) + arg ( z 3 ) 3 3 = 3
+ ------- = ------- [ 2 ] 4 4 2k 3
= 2k ;
= ---------- . 3

4

4

  6+ 2 6– 2 En identifiant cos  – ------ = -------------------- et sin  – ------ = -------------------- ,  12  12 4 4  6+ 2 cos ------ = -------------------12 4

et

3

 6– 2 sin ------ = – -------------------- . 12 4

41 • z 2 = 25 ( – 2 + 2 + i 2 – 2 )

2

45

= 25 ( 2 + 2 – 2i ( 2 + 2 ) ( 2 – 2 ) – 2 + 2 )

 z = 10    - [ 2 ]  2 arg ( z ) = – --4 

A

z +3 z2 + 3

OMM′ ,

43 1. 4 2 ( – 1 + i ) = 4 2 – 1 + i = 4 2 × 2 = 8 . 2 2 3 3 4 2 ( – 1 + i ) = 8  – ------- + i ------- = 8  cos ------- + i sin ------- .  2  2 4 4 2. z 1 z 2 z 3 = 4 2 ( – 1 + i ) .  z 2 = 2 z 1 , arg ( z 2 ) = arg ( z 1 ) + ---- ; 4  z 3 = 4 z 1 , arg ( z 3 ) = arg ( z 1 ) + ---- . 2 i arg ( z 1 ) D’où z 1 = z 1 e . et
= arg ( z 1 ) [ 2 ] .

z 1 z 2 z 3 = z 1 z 2 z 3 = r × 2r × 4r = 8r 3 = 4 2 ( – 1 + i ) = 8 r3 = 1 ,

56

d’où

r=1 .

 AB = AC

4. 

 BC 2 = AB 2 + AC 2 Donc ABC est rectangle et isocèle en A .

– 1 + 2i + 3 2 + 2i 1 - = ---------------------------- = -------------- = i . 46 1. -------------

MM ′  OM + OM′ , donc z + z′  z + z′ .

On note r = z 1

v O u

C

7 arg ( z ) = ------- [ 2 ] . 8

42 OM + OM′ ( z + z′ ) , or dans un triangle

3. AB = 6 = 6 . AC = – 6i = 6 .

B

BC = – 6 – 6i = 36 + 36 = 6 2 .

 z = 10    - []  arg ( z ) = – --8 

 7 • Il y a deux arguments possibles : – ---- ou ------- , or : 8 8 Re ( z ) < 0 et Im ( z ) > 0 ; donc :  arg ( z ) ∈ ---- ;  , d’où 2

2. AB ( 6 ) , AC ( – 6i ) et BC ( – 6 – 6i ) .

1.

 2  2 = 100  ------- – i ------- = 100 cos  – ---- + i sin  – ---- .  4  4  2 2  z 2 = 100     arg ( z 2 ) = – ---- [ 2 ] 4 

Représentation géométrique d’un nombre complexe

on

a:

– 1 – 2i + 3

2 – 2i

 z1 + 3  AB = AD  -------------- = 1   z2 + 3 2.    - [2] + 3 z  ( AD ; A B ) = --  1  2 - = ---- [ 2 ]   arg  ------------ z2 + 3 2  Donc ABD est isocèle et rectangle en A .

3. ABCD est un parallélogramme ⇔ AB = DC , c’est-à-dire :

– 1 + 2i + 3 = z C + 1 + 2i d’où zC = 1 . Comme ABD est isocèle et rectangle en A , alors : ABCD est un carré .

47 1. AB = 3 + i = 10 . AC = 2 – i = 5 et BC = – 1 – 2i = 5 .  AC = BC  2  AB = AC 2 + BC 2 ABC est un triangle rectangle et isocèle en C .

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on a :

Obligatoire :

z – 2i BC 2 3. ------- = --- et ( BA ; B C ) = arg  -------------- =  , d’où :  1 – 2i BA 5 3 z – 2i 2 1 1 3 2 -------------- = --- ( cos  + i sin  ) = ---  ---------- – i ---------- = --- – --- i . 1 – 2i 5  10 5 10 5 5 1 3 z = ( 1 – 2i )  --- – --- i + 2i = – 1 + i . 5 5 

4. AB = 2i – 1 = 5 , AC = – 1 + i – 1 = – 2 + i = 5 , BC = – 1 + i – 2i = – 1 – i = 2 , donc ABC est isocèle en A . 2 ------- + i sin ------- . 50 1. z A = 2 , z A = 2  – 1--- + i ------3- = 2  cos 2 2 2 3 3 z B = 2 , z B = 2 ( cos 0 + i sin 0 ) . 1 3 4 4 z C = 2 , z C = 2  – --- – i ------- = 2  cos ------- + i sin ------- .  2  2 3 3

2. AB = 2 + 1 – i 3 = 3 – i 3 = 9 + 3 = 2 3 . AC = – 1 – i 3 + 1 – i 3 = – 2i 3 = 2 3 . BC = – 1 – i 3 – 2 = – 3 – i 3 = 9 + 3 = 2 3 . AB = AC = BC , donc ABC est équilatéral.

51 Posons z = x + i y avec ( x ; y ) ∈


2

. On a : z = x – i y .

a. 2 ( z + z ) + zz = 0

4 x + x2 + y2 = 0 ( x + 2 )2 + y2 = 4 M appartient au cercle de centre ( – 2 ; 0 ) et de rayon 2. b. zz = 1 x2 + y2 = 1 M appartient au cercle de centre O et de rayon 1.

4

Ensembles de points

52 •
1 est le cercle de centre O et de rayon 4. •
2 est le cercle de centre O et de rayon 2. •
3 est le cercle de centre A ( 1 ) et de rayon 3. •
4 est le cercle de centre B ( 4i ) et de rayon 4. 53 • 3z + 9i = 18 ⇔ z + 3i = 6 .


1 est le cercle de centre A ( – 3i ) et de rayon 6. • z + 1 – 2i = z + 1 + 2i . z + 1 + 2i = 5 .
2 est le cercle de centre A ( – 1 – 2i ) et de rayon 5. 3 • i  z – --- = 1 et z + 3i = 1 .  i


3 est le cercle de centre B ( – 3i ) et de rayon 1.

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54 • OM = AM , avec A ( – i ) .

1 est la médiatrice de [ OA ] . 6 • 3i  z + ----- = 3 z – 1 + i  3i

3 z – 2i = 3 z – 1 + i et z – 2i = z – 1 + i . AM = BM , avec A ( 2i ) et B ( 1 – i ) . 2 est la médiatrice de [ AB ] . 4 • – 2i  z + --------- = 2 z + 4i .  – 2i 2 z + 2i = 2 z + 4i , or z + 2i = z – 2i = z – 2i z – 2i = z + 4i . AM = BM , avec A ( 2i ) et B ( – 4i ) . 3 est la médiatrice de [ AB ] .

55 a.  est la médiatrice de [ AB ] avec A ( 1 ) et B ( – 2i ) . b. z + 2i = z – 2i = z – 2i = 2 .  est le cercle de centre A ( 2i ) et de rayon 2. 2z–1+i = 1–i z = 2z . c. z–1+i = z .

 est la médiatrice de [ AO ] avec A ( 1 – i ) . ---- [ 2  ] . 56 • ( u ; O M ) = 

2 1 est le demi-axe ]0 ; v ) .  • ( u ; O M ) = ---- [  ] . 2 est l’axe ]O ; v ) privé de O . 2 • ( u ; O M ) = 0 [ 2  ] . 3 est le demi-axe ]0 ; u ) . ---- [ 2  ] . 57 • ( u ; O M ) = 

4  1 est la demi-droite ] OB ) avec B vérifiant ( u ; O B ) = ---- [ 2  ] . 4  • ( u ; A M ) = ---- [  ] , avec A ( – 2 ) . 4  2 est la droite ( AB ) privée de A avec B vérifiant ( u ; A B ) = ---- [ 2  ] . 4  • ( u ; A M ) = ---- [ 2  ] , avec A ( i ) . 4  3 est la demi-droite ] AB ) avec B vérifiant ( u ; A B ) = ---- [ 2  ] . 4

58 a. arg ( z ) = – arg ( z ) .   arg ( z ) = ---- [ 2 ] , donc arg ( z ) = – ---- [ 2 ] . 4 4  ( u ; O M ) = – ---- [ 2  ] . 4   est la demi-droite ] O A ) avec A vérifiant ( u ; O A ) = – ---- [ 2  ] . 4 b. arg ( z – i ) = arg ( z + i ) = – arg ( z + i ) .  arg ( z + i ) = – ---- [  ] . 2

 est la droite ( AB ) privée de A avec A ( – i ) et B vérifiant :

les exercices

z +z +z 3 3 3 2 G  --- est l’isobarycentre du triangle ABC .  3 z – 2i BC z – 2i = ------- ; arg  -------------- = ( BA ; B C ) . 49 1. ------------ 1 – 2i 1 – 2i BA 1 9 - = ------ . 2. cos2  + sin2  = 1 , donc sin2  = 1 – ----10 10 3 3 sin  = ---------- ou sin  = – ---------- , or  ∈ ] –  ; 0 ] , donc sin  < 0 , 10 10 3 sin  = – ---------- . d’où : 10 A B C –1 + 2 + i + 1 – i 2 - = ----------------------------------------- = --- . 2. ----------------------------

4. Les nombres complexes

 ( u ; A B ) = – ---- [ 2  ] . 2 c. arg ( iz ) = arg ( i ) + arg ( z ) =  ---- + arg ( z ) . 2    arg ( z ) = ---- – ---- [  ] = – ---- [  ] . 6 3 2  est la droite ( OA ) privée de O avec A vérifiant :  ( u ; O A ) = – ---- [ 2  ] . 6  d. arg ( – z ) = ---- [ 2 ] . 6  arg ( – 1 ) + arg ( z ) = ---- [ 2 ] 6 5  arg ( z ) = ---- –  [ 2 ] = – ------- [ 2 ] . 6 6 M appartient à la demi-droite ] O A ) avec A vérifiant : 5 ( u ; O A ) = – ------- [ 2  ] . 6

59 1. Notons A ( – 1 + i ) et B ( 3 + i ) , alors ( BM ; AM ) = 0 [  ] . Donc M appartient à la droite ( AB ) privée de A et de B. z + 1 ---  1 i ---- [  ] . Notons C  – --- et D  – --- . 2. Arg  -----------2 =   2  2  z + --i- 2  2  Alors : ( DM ; C M ) = ---- [  ] . 2 M appartient au cercle de diamètre [ DC ] , privé de C et de D. z+1+i  - =  [2] . 3. Arg  -------------------------– z + 4 + 2i z+1+i Comme Arg ( z ) = – Arg ( z ) [ 2  ] , donc Arg  --------------------------- = –  [ 2  ] .  – z + 4 + 2i Notons E ( – 1 – i ) et F ( 4 + 2i ) , alors ( MF ; E M ) = –  [ 2  ] . ( FM ; E M ) +  = –  [ 2  ] ( FM ; E M ) = 0 [ 2  ] . Donc M appartient à la droite ( EF ) privée du segment [ EF ] .

4. Soit K ( 3 + i ) et L ( – 2 – 3i ) , ( LM ; K M ) = 0 [ 2  ] . Donc M appartient à la droite ( LK ) privée de [ LK ] .

57

 - [2] . 5. Soit G ( – 1 ) et H ( i ) , alors ( HM ; GM ) = – --2

M appartient au demi-cercle de diamètre [ HG ] privé de H et de G et ne contenant pas O. 1 – i)( x + i y – i) x + i y – i – i x + y – 1 - = --------------------------------------------------61 1. z′ = (----------------------------------------( x + i y – 1)

( x – 1) + i y

[( x + 1) + i( y – 2)][( x + 2) – i( y + 1)] f ( z ) = ----------------------------------------------------------------------------------------------- . [( x + 2) + i( y + 1)][( x + 2) – i( y + 1)] x2 + 3 x + y2 – y  Re ( f ( z ) ) = ------------------------------------------- ( x + 2 )2 + ( y + 1 )2 avec ( x ; y ) ≠ ( – 2 ; – 1 ) .  – 3x + y – 5  Im ( f ( z ) ) = ------------------------------------------- ( x + 2 )2 + ( y + 1 )2

[ x + y – 1 + i(– x + y – 1)][( x – 1) – i y] = ------------------------------------------------------------------------------------------------[( x – 1) + i y][( x – 1) – i y] avec ( x ; y ) ≠ ( 1 ; 0 ) .

4. • f ( z ) ∈
⇔ Im ( f ( z ) ) = 0 .

( x + y – 1)( x – 1) + y(– x + y – 1) + i(( x – 1)(– x + y – 1) – y( x + y – 1)) z′ = ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------( x – 1 )2 + y2

Donc E1 est la droite d’équation y = 3 x + 5 privée du point B ( – 2 – i ) .

x 2 – x + xy – y – x + 1 – xy + y 2 – y x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 Re ( z′ ) = -------------------------------------------------------------------------------------- = --------------------------------------------------( x – 1 )2 + y2 ( x – 1 )2 + y2 x2

les exercices

3. On pose z = x + iy alors :

y2

x2

y2

– + xy – x + x – y + 1 – xy – + y – – + 1 Im ( z′ ) = ------------------------------------------------------------------------------------------- = ------------------------------( x – 1 )2 + y2 ( x – 1 )2 + y2 avec ( x ; y ) ≠ ( 1 ; 0 ) . ⇔ x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0 avec ( x ; y ) ≠ ( 1 ; 0 ) ⇔ ( x – 1 )2 + ( y – 1 )2 = 1 . M appartient au cercle de centre ( 1 + i ) et de rayon 1, prive de A.

2. Re ( z′ ) = 0

3. Im ( z′ ) = 0 ⇔ x 2 + y 2 = 1 avec ( x ; y ) ≠ ( 1 ; 0 ) . M appartient au cercle de centre O et de rayon 1, privé de A. + i 3 = 1 , donc : 62 1. Pour construire C on remarque que 1----------------2

C ∈
(O ; 1) . 1+i 3 Im  ------------------ > 0  2 

1+i 3 Re  ------------------ = 1 --- .  2  2

et

f (z) ∈
⇔ – 3 x + y – 5 = 0 . • f ( z ) ∈ i
⇔ Re ( f ( z ) ) = 0 ⇔ x 2 + 3 x + y 2 – y = 0 . 2 1 2 10 x + 3 --- +  y – --- = ------ .   2 4 2

3 1 10 E2 est le cercle de centre   – --- ; --- et de rayon ---------- privé de B .  2 2 2 x + iy – 1 + 2i [ ( x – 1 ) + i ( y + 2 ) ] [ x – i ( y – 1 ) ] - = -------------------------------------------------------------------------------- . 65 1. a. Z = ---------------------------------

b. Z ∈
⇔ Y = 0 ⇔ 3 x + y – 1 = 0 ; avec ( x ; y ) ≠ ( 0 ; 1 ) .  est la droite d’équation y = – 3 x + 1 privée de B . c. Z ∈ i
⇔ X = 0 ⇔ x 2 – x + y 2 + y – 2 = 0 , avec ( x ; y ) ≠ ( 0 ; 1 ) 1 2 1 2 5 ⇔  x – --- +  y + --- = --- .   2 2 2

2.  est le cercle de centre A et de rayon 2. 3. est la médiatrice de [ BC ] .

1 1  est le cercle de centre  --- ; – --- et de rayon 2 2

63 1. z′ = ( x + i y + 1 – i ) ( x + i y – 3i ) = x 2 + i xy – 3i x + i xy – y 2 + 3 y + x + i y – 3i – i x + y – 3 .  Re ( z′ ) = x 2 – y 2 + 4 y + x – 3   Im ( z′ ) = 2 xy – 4 x – x – 3

z – 1 + 2i = 1 . d. Z = 1 , donc ---------------------z–i

5 10 --- = ---------- privé de B . 2 2

AM = BM .

 est la médiatrice de [ AB ] .

e.

( x + i y – 2 – i) [( x – 2) + i( y – 1)][( x – 1) – i( y + 3)] 2. z′ = -------------------------------------- = ---------------------------------------------------------------------------------------------( x + i y – 1 + 3i )

[ x + i( y – 1)][ x – i( y – 1)]

x + iy – i

x2 – x + y2 + y – 2  X = ------------------------------------------ x2 + ( y – 1 )2 avec ( x ; y ) ≠ ( 0 ; 1 ) .  3x + y – 1 2x + x + y – 1  Y = -------------------------------- = ------------------------------ 2 2 2 2 x + ( y – 1) x + ( y – 1)



[( x – 1) + i( y + 3)][( x – 1) – i( y + 3)]

B

( x – 2)( x – 1) + ( y – 1)( y + 3) Re ( z′ ) = -------------------------------------------------------------------------( x – 1 )2 + ( y + 3 )2

v

– ( x – 2)( y + 3) + ( x – 1)( y – 1) Im ( z′ ) = ------------------------------------------------------------------------------ avec ( x ; y ) ≠ ( 1 ; – 3 ) . ( x – 1 )2 + ( y + 3 )2

O

 u

1 + i)( x + i y) – 2 – i [( x – y – 2) + i( y + x – 1)][( x – 1) – i( y + 3)] 3. z′ = (--------------------------------------------------- = ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------[( x – 1) + i( y + 3)][( x – 1) – i( y + 3)]

 x2 + y2 + 3 y – 1 ( x – y – 2)( x – 1) + ( y + x – 1)( y + 3)  Re ( z′ ) = ------------------------------------------------------------------------------------------- = ------------------------------------------- ( x – 1 )2 + ( y – 3 )2 ( x – 1 )2 + ( y + 3 )2  – ( x – y – 2 ) ( y + 3 ) + ( x – 1 ) ( y + x – 1 ) x2 + y2 – 5 x + 4 y + 7  Im ( z′ ) = ------------------------------------------------------------------------------------------------ = -------------------------------------------------- ( x – 1 )2 + ( y + 3 )2 ( x – 1 )2 + ( y – 3 )2  avec ( x ; y ) ≠ ( 1 ; 3 ) . (– 2 – i)(– 2 + i) – 3 + i + 1 – 2i - = ----------------------------------------------- = i . 64 1. f ( – 3 + i ) = ---------------------------------( – 1 + 2i ) ( – 1 – 2i )

–3 + i + 2 + i

z + 1 – 2i 2. f ( z ) = 2i ⇔ ---------------------= 2i ; ( 1 – 2i )z = 6i – 3 . z+2+i

E1

 A

2. arg Z = ( BM ; A M ) Z ∈
* ⇔ arg ( Z ) = 0 [  ] ⇔ ( BM ; A M ) = 0 [  ] M appartient à la droite ( AB ) privée de A et de B . Z = 0 pour M = A , donc :

 est la droite ( AB ) privée de B .   Z ∈ i
* ⇔ arg ( Z ) = ---- [  ] ⇔ ( BM ; A M ) = ---- [  ] 2 2 M appartient au cercle de diamètre [ AB ] privé de A et de B . Z = 0 pour M = A .  est le cercle de diamètre [ AB ] privé de B .

E2

A v O

A' u

B

66 1. a.  (  ) est invariant si, et seulement si :  = f (  ) ; d’où : 2  = ------------- – 2i 2  – 2i  – 2  = 0 ou  = 0 et  = 2i + 2 . f admet deux points invariants :

 (  – ( 2i + 2 ) ) = 0 ou O ( 0 ) et  ( 2 + 2i ) .

b. Image de B par f – 3 ( 1 – 2i ) z = -------------------------- = – 3 . S = { – 3 } . ( 1 – 2i )

58

2×2 2 z′ = -------------- = ---------=1+i . 2 – 2i 1 – i

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

x + i y – 1 + 3i

Obligatoire :

 2z  z′ = ------------z – 2i  2.  2z   arg ( z′ ) = arg  ------------ [ 2 ]  z – 2i  

 2OM  OM′ = ------------AM  (u ; OM′) = (AM ; OM) [2] 

 ( u ; O M ′ ) = ( M A ; M B ) + 2 k , k ∈    MO  OM ′ = 2 --------MA 

d’où :

3. Soit M ∈ , donc OM = OA , d’où OM′ = 2 . Par suite : M′ ∈
( 0 ; 2 ) . ---- [  ] . 4. Soit M ∈  – { A ; O } , donc ( MA ; M O ) = 

2  Par suite ( u ; O M ′ ) = ---- [  ] . 2  est la droite perpendiculaire à ( Ou ) passant par O privée de O . Pour M = O , on a f ( 0 ) = 0 .  est la perpendiculaire à ( Ou ) passant par O c’est-à-dire l’axe ( Ov ) .

z =1

 i ----

c. z = e 2 e – i
= e

 i ---2

;

i 1 i 3 z 4 = 5 1 + 3 = 10 ; z 4 = 10  – --- + --------- = 10e  2 2 

2 ------3

.

68 z 1 = – 1 ; z 2 = 1 ; z 3 = i . 

3

– i ---i ------ ---- – i sin ---- = 3e i e 4 = 3e 4 ; 69 z 1 = – 3  cos  

z2 =

 – i ---2e 2

; z3 =

4

4

 i ---– 2ie 5

= 2e

  – i ---- i ---2e 5

3i – --------10

.

2i – --------3

–i 3 1 3 – i = 2  ------- – --- i = 2e  2 2 

3–i =2 ;

 ---3

75

 i ----

 ---6

.



5 5 5 5 = cos ------- – i sin ------- = cos  – ------- + i sin  – ------- .  12   12  12 12

e

 i -----12

 – i ---e 2

.

71 1. z = 6  ------3- + 1--- i = © Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

2. – z = z 2 = 36e

 i ---– 6e 6  i ---3

 – i ---2

e

 i 
+ ----  2

= ei
+ ?

z =3 .   arg ( z ) =
[ 2  ]

6–i 2 = 6+2=2 2 .

–i 3 1 6 – i 2 = 2 2  ------- – --- i = 2 2e  2 2 

( 6 – 2i ) n = ( 2

 – i ---- n 2 )n e 6

 ---6

.

.

( 6 – 2i ) n ∈
⇔ arg ( 6 – 2i ) n = 0 [  ] .  – ---- n = k . n = – 6k , k ∈  . 6 ( 6 – i 2 ) n est un réel si, et seulement si, n est un multiple de 6.

76 a. z = e i
– e – i
= 2i sin
. z = 2 sin
, or
∈ ] 0 ;  [ , donc sin
> 0 . z = 2 sin
, d’où z = 2 sin
e

z = – 2 sin
× e

 i ---2

e– i
)

 , soit arg ( z ) = ---- [ 2 ] . 2 .

 i ---2 ei


= – 2 sin
i e

 ---- –
 2 

, par suite :  arg ( z ) = ---- –
[ 2 ] . 2 d. z = 2i sin 2
; z = 2 sin 2
.  Si
∈ – ---- ; 0 , alors 2
∈ ] –  ; 0 [ , par suite sin 2
< 0 , d’où : 2 z = – 2 sin 2
. z = – 2 sin 2
× ( – i ) = – 2 sin 2
e

 – i ---2

, par suite :  arg ( z ) = – ---- [ 2 ] . 2

2

=

2

 i ---6e i e 6

+e


– i --- 2


–i = 2 cos --- e 2


--2

.


z 1 = 2 cos --2
--

∈ 0 ; ---- , donc cos --- > 0 , d’où z 1 = 2 cos --- , par suite : 2 2 2 2
arg ( z 1 ) = – --- [ 2 ] . 2 • z 2 = 1 + cos (  –
) + i sin (  –
) –
 –
–
 i  -------------  i  ------------- – i  -------------       2  = 1 + ei( –
) = e 2  e 2 + e 

a.

–
= 2 cos  ------------- e  2 

–
i  -------------  2 

.


∈ ]0 ; [ , –
∈ ]–  ; 0[ ,

.

7 i ------6e 6

.

 ---6

.

1 –i 1 1 et --- = ------------ = --- e  6 z i ---6e 6



– i ---  i --2 e 2

–
z 2 = 2 cos  -------------  2 

 i ---6e 6

=

= 1 + e– i
= e

.

i ---1 + i 3 2e 3 z 2 = ------------------ = --------------- = e 2 .  – i ---3–i 2e 6      • sin ------ – i cos ----- = cos   ---- – ------ – i sin  ---- – ------  2 12  2 12 12 12

e z 3 = ----------------- =

d. z = 3e

77 • z 1 = 1 + cos
– i sin
= 1 + cos ( –
) + i sin (
)

i 1 i 3 • 1 + i 3 = 2 ; 1 + i 3 = 2  --- + --------- = 2e 2 2 

5 i  – -------  12 

 i  ----- –
 2 

z =1    - –
[2]  arg ( z ) = --2 

 – i ---3e 6

70 • 3 – i 3 = 2 3  ------3- – 1--- i = 2 2 2 z 1 = 144e

= 2e

 arg ( z ) =
+  [ 2  ]

= 2 cos
e i
  z = 2 cos
, or
∈ – ---- ; ---- , donc cos
> 0 . 2 2 Donc z = 2 cos
, par suite arg ( z ) =
[ 2 ] . c. z = e i
( e – i
– e i
) = – 2i sin
e i
. z = 2 sin
, or
∈ ] –  ; 0 [ , donc sin
< 0 , d’où z = – 2 sin
.

Forme exponentielle

67 z 1 = 3e i0 ; z 2 = 2e i ; z 3 = e

b. 

 arg ( z ) = 4
[ 2  ]

b. z = e i
( e i
+

5

z =2

74 a. 

les exercices

z A + z B 2 + 2i - = -------------- = 1 + i . L’affixe du milieu I de [ AB ] est ---------------2 2 Donc f ( B ) = I . Image de I par f 2(1 + i) 2(1 + i) z′ = ---------------------- = ------------------- = 2i . 1 + i – 2i 1–i Donc f ( I ) = A .

4. Les nombres complexes

i 73 – 1 + i = 2  – ------2- + i ------2- = 2e 2 2 ( – 1 + i ) 4 = 4e i3 . i 3 1 ( 5 + 5i 3 ) = 10  --- + i ------- = 10e 2 2 ( 5 + 5i 3 ) 3 = 1 000e i  .

 ---3

 –
–
 –
∈ ] 0 ;  [ , ------------- ∈ 0 ; ---- d’où cos  ------------- > 0 ,  2  2 2
–
z 2 = 2 cos  ------------- = 2 sin --- . Par suite :  2  2 3 ------4

–
arg ( z 2 ) = ------------- [ 2 ] . 2 .

.

( – 1 + i ) 4 ( 5 + 5i 3 ) 3 = 1 000e i  × 4e i3  = 4 000e i0 = 4 000 .



• z 1 z 2 = 4 cos --- sin --- = 2 sin
. Par suite : 2 2  arg ( z 1 z 2 ) = ---- –
[ 2 ] . 2
2 cos --z z

 2 1 • ----1 = ------------------- = ----------- arg  ----1 = – --- – ---- + --- = – ---- [ 2 ] . z  2 2 2 2
z 2 2 sin  2 ---- tan --2 2

59

2 i ------3

i 1 + ----------- = e 2 i ------e 3

z

2 ------3

+e

85 1.
=
( A ; 1 ) …

2 – i ------3

AM = 1 + e 2i
– 1 = e 2i
= 1 , donc M ∈
. 2i


1 + e – 1 2. ( AB ; A M ) = arg  --------------------------= arg e 2i
= 2
[ 2  ] . 2–1  Quand
∈ ] 0 ;  [ , 2
∈ ] 0 ; 2  [ . M décrit le cercle de diamètre

2 = 2 cos ------- = – 1 = e i . 3

[ AO ] privé de A .

79 z′ = e i
( e i
+ e – i
) = e i
( 2 cos
) .

3. On trace le cercle de diamètre [ OA ] , de plus :

 z′ = 2 cos
, or
∈ 0 ; ---- , donc cos
> 0 , par suite : 2  z′ = 2 cos
  arg ( z′ ) =
[ 2 ]



 2

les exercices


1

.

z B = re

, i


2.

i
B

et

z C = re

i
C

b.

.

i


h – c a + b re A + re B z = ------------ = ----------- = ------------------------------b – a b – a re i
B – re i
A
B +
A 
B –
A
B –
A  -  – i  ------------------ -  i  -----------------i  -----------------e  2   e  2  + e  2  = ------------------------------------------------------------------------------------
B +
A 
B –
A
B –
A  -  i  ------------------ -  i  -----------------– i  -----------------e  2   e  2  – e  2 

6   i ---- – i ---e 6 e 6



86 1. z A = 2e 2. a. OM = z M

c.

2 2 2 2 3i et z B = -------  – ------- + ------- i = ------- e 2  2 2  2 = e ia = 1 , donc M ∈
.

.

1 1 f ( M ) = MA × MB = ( 1 + i – e i  )  – --- + --- i – e i   2 2 

1 3 1 3 2 = e i   2i sin  – --- – --- i = --- +  2 sin  – --- .  2 2  4  2 2 3. a. Soit f (  ) = 1--- +  2 sin  – 3--- , f est dérivable sur [ 0 ; 2  [ . 4 2

3 2 ( 2 cos  )  2 sin  – ---  2 f ′ (  ) = --------------------------------------------------------- . 3 2 1 2 --- +  2 sin  – --- 2 4 

82 z 1 = e ia et z 2 = e ib .

1 3 2 Comme 2 --- +  2 sin  – --- > 0 et 4 > 0 , 4  2

2 a+b  a–b a–b  – i  ------------  i  ------------  i  ------------       2 2 2 +e e ( z 1 + z 2 ) 2 ( e ia + e ib ) 2 e  ----------------------- = --------------------------- = ----------------------------------------------------------------------------z1 z2 ei(a + b) ei(a + b) a–b 2 e i ( a + b ) 2 cos  ------------  2  a–b = --------------------------------------------------------- = 4 cos2  ------------ ∈
1 .  2  ei(a + b)

3 alors le signe de f ′ (  ) est du signe de cos   2 sin  – ---  2 3 2 sin  – --- 0 ,   2 3 sin  --- , j 4  ∈ [ 0 ;  – 0 ] . O

83 P ( 1 + e i
) , Q ( e 2i
) , A ( 1 ) et M ( e i
) .



i





i --= 2 cos --- e 2 . 2 A , Q et M sont sur le cercle
( O ; 1 ) tels que ( u ; O A ) = 0 . ( u ; O M ) =
[ 2  ] et ( u ; O Q ) = 2
[ 2  ] .


1 + e i
= 2 cos --- . 2


 
∈ ] –  ;  [ , --- ∈ – ---- ; ---- , cos --- > 0 ; d’où 1 + e i
= 2 cos --2 2 2 2 2
i
-arg ( 1 + e ) = [ 2 ] . 2
Donc P ∈
 O ; 2 cos --- ,  2 M Q
--–3 tel que ( u ; O P ) = [ 2  ] . 2 v 2 
 2
= ---- , --- = ---- et 2
= ------- . A O u 2 6 3 3
1
cos --- = --- , 2 cos --- = 3 . 2 2 2

60

 ---4

1 3 1 3 = e 2i  – 1 – e i   --- + --- i = 2i sin  e i  – e i   --- + --- i 2 2  2 2 

a+b+c h g = --------------------- = --- . 3 3


– i --- 2

 i ---4

1 1 1 1 1 1 = – --- + --- i – e i  – --- i – --- – ie i  + --- e i  – --- ie i  + e 2i  2 2 2 2 2 2

  5. ( OG ; O H ) = arg  --h- = arg ( 3 ) = 0 [ 2  ] .  h---  3 Donc les points O , H et G sont alignés.

+e



b. e i2  – 1 = e i  ( e i  – e – i  ) = e i  ( 2i sin  ) = 2i sin  e i  .

3. H est l’orthocentre du triangle ABC .

1 + ei
= e



---6

  arg ( z ) = – ---- [  ] ⇔ ( AB ; C H ) = ---- [  ] . 2 2 Les droites ( AB ) et ( CH ) sont perpendiculaires.



i ---  i --2 e 2

+



A , E et M  sont alignés.


B –
A 2 cos  ---------------- 2  1 = --------------------------------------- = – i × --------------------------------- .
B –
A
B –
A   tan -----------------2i sin ----------------- 2   2 

4. On note G ( g ) .

6  2 i ---e 6 

i --- 2 3 i ---= e 3 ×  2 cos ---- = --- e 3 .   6 2   z  – z A --i   --3  e 2 6  AE ; A M  = arg  ---------------- = arg  -------------- = arg  --- = 0 [ 2  ] .    3  ---- i --- z E – z A 6 3  3  --2- e 

=

On pose
A = ( u ; O A ) ,
B = ( u ; O B ) et
C = ( u ; O C ) . i
A

.

i ---2 2 z E – z A = 1 +  z  – 1 =  z  =  1 + e 3     ----  ----

81 1. O est le centre du cercle circonscrit ABC , donc :

z A = re

 i ---3

---6

z

Par suite :

 i ----

4. a. z  – z A =  1 + e 3  – 1 = e

1 = e inx + e – inx = 2 cos ( nx ) ∈
. 80 z n + ---n

OA = OB = OC = r , r ∈

 AB ; A M  =  ---- [ 2  ] .   ---- 3 6



0

cos 

P

0

 ---2

 – 0

3 ------2

1

0

2

0

1

0

2

3 2 sin  – --2

2

0

f ′()

2

0

1

0

2

0

1

0

3 3 2 1 10 1 1 1 f ( 0 ) = --- + 9 --- = ---------- > --- . f (  0 ) = --- +  2 × --- – --- = --- . 4 2 2 2 4 4 4  2 3 3 2 1 49 5 2 f  ------- = 1 --- +  2 × ( – 1 ) – --- = --- + ------ = ---------- .  2 2 4 4 2 4  3 3 2 1 1 f (  –  0 ) = --- +  2 × --- – --- = --- . 4 4 4  2 1 f ( M ) est minimal pour  =  0 et  =  –  0 . f ( M ) = --- . 2

2 1

2

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78 z + 1--- = e

Obligatoire :

c. z n = r n e

3 ---- = 1--- +  – --- + 2 = ------2- . b. f    2 4  2 2 2

z0 z1 z2 = r 0 e

3 5 2 Donc f est maximum pour  = ------- et f ( M ) = ---------- . 2 2



2



4

i
0 + ------i
0 + ------  2 4 3 3 × --- r 0 e × --- r 0 e 3 9

8 ------ r 03 = 8 , d’où r 03 = 27 ; r 0 = 3 . 27 3
0 = 0 + 2k .  2k - or
0 ∈ 0 ; ---- , donc
0 = 0 .
0 = --------2 3

1+r

2. arg ( z′ ) = arg ( 2z ) – arg ( 1 + zz ) .

Or 1 + z 2 ∈
1 * , donc arg ( 1 + z 2 ) = 0 [ 2 ] . arg ( 2z ) = arg ( z ) + arg ( 2 ) = arg ( z ) , par suite :

z ′ - = arg ( z ′ ) – arg ( z ) =
–
. 3. ( OM ; O M ′ ) = arg  --z

2. a.

z′ arg  ---- = 0 [ 2 ] , d’où O , M , M′ sont alignés.  z

 z2 = 4 -- 3   arg ( z ) = 4 ------- [ 2 ] 2  3

z =2  1  2  arg ( z 1 ) = ------- [ 2 ] 3 

 z0 = 3   arg ( z 0 ) = 0 [ 2 ]

arg ( z′ ) =
[ 2 ] .

M1 M3

les exercices

OM′ = z′

i
0

.

i3
8 = ------ r 03 e 0 = 8 = 8e i0 . 27

2z 2r - , donc z′ = -------------- . 87 1. z′ = ---------------2 2 1+ z

i
n

4. Les nombres complexes

v

Comme ( r – 1 ) 2 0 r 2 – 2r + 1 0 et r 2 + 1 2r . O

2r --------------  1 , car 1 + r 2 > 0 OM′  1 . 1 + r2 4. Soit M ( z ) ∈
( O ; 2 ) , alors OM = 2 ; d’où r = 2 .

u

M0

M2

4 4 4 Par suite z′ = ------------ = --- , donc M′ ∈
 O ; --- .  5 1+4 5

b.

88 A 1.

3–1 3+1 z 1 = az 0 =  ---------------- + i ---------------- ( 6 + 6i ) = 3 + 3 3i .  4 4 

3 1 z 1 = 9 + 9 × 3 = 3 × 2 = 6 ; z 1 = 6  --- + ------- i = 2 2 

 i ---6e 3

.

1 1 3 1 a 2 = ---  ------- + --- i = --2  2 2  2

2. • z 3 = a 3 z 0 = a 2 z 1 = 1--- e

 i ---6

× 6e

1 • z 7 = a 7 z 0 = a 6 z 1 = ( a 2 ) 3 z 1 =  --2 B 3.

zn =

an z

0

 i ---3

2n n i 
0 + ---------- 3

= 3e ×

 i ---2

3 = --4

5 i ------e 6

2 n+1 1 –  ---  3 r ln = M 0 M 1 --------------------------- = ----0 2 3 1 – --3 2 Comme – 1 < --- < 1 , lim 3 n→∞

; zn = a × z0 .

3+1+2 3+3+1–2 3 1 2 = ---------------------------------------------------------------- = --- = ------- . 16 2 2 z 0 = 36 + 36 = 6 2 . 2 2 2 2 z n = 6 2  ------- = 12 × -------  ------- = 12  -------  2  2 2  2

n+1

.

4. r n + 1 = ------2- r n ( r n ) est une suite géométrique de raison ------2- et de pre2

2 mier terme r 0 = 12 × ------- = 6 2 . 2 5. O A p  10 – 3 ; r p  10 – 3 ; 2 p + 1 10 – 3 2 p+1 12  -------  10 – 3 ;  -------  ----------- .  2  2 12

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2 10 – 3 ( p + 1 ) ln  -------  ln  ----------- , car x  ln x est croissante sur ] 0 ; + ∞[  2  12  ln ( 10 – 3 ) – ln 12 2 p + 1 ------------------------------------------- , car ln  ------- < 0 .  2 2 ln  -------  2 ln 10 – 3 – ln 12 p -------------------------------------- – 1 , p = 27 . 2 ln  -------  2 ( u ; O A p ) = arg ( z p ) = arg ( a p z 0 ) = arg ( a 27 z 0 ) = arg ( a 26 × z 1 )   5  = 13 arg ( a 2 ) + arg ( z 1 ) = 13 × ---- + ---- = ------- = ---- [ 2  ] . 6 3 2 2

------- n . b. ∀n ∈  ,
n =
0 + 2 3

–1

2 n+1 1 –  ---  3 2 n + 1 . 19 --------------------------- = r 0 19  1 –  ---   3  1 --3 n+1 2 --- = 0 , d’où lim ln = r 0 19 .  3 n→∞

7 7 3  6 = – cos ------- – cos ------- – cos ---- . 7 7 7 8 10 12 • S′ = cos ------- + cos ---------- + cos ---------7 7 7  3 5   = cos  + ---- + cos  + ------- + cos   + -------    7 7 7  3 5 = – cos ---- – cos ------- – cos ------- . 7 7 7 Donc S = S′ . 5 3  • S = sin   – ------- + sin   – ------- + sin   – ---- 7 7 7 5 3  = sin ------- + sin ------- + sin ---- . 7 7 7  3 5 • S′ = sin   + ---- + sin   + ------- + sin   + ------- 7 7 7 3 5  = – sin ---- – sin ------- – sin ------- . 7 7 7 Donc S′ = – S .

2. S + S′ + i ( S + S′ ) = e =

2 i ------7

+e

4 i ------7

=

+e

6 i ------7

12 i ---------- 2  i ------- 1 – e 7 e 7  -----------------------  2   1 – e i -----7 



n

3

2 ------3

5 3  90 1. • S = cos   – ------ + cos   – ------- + cos   – ----     

n

89 1. a. ∀n ∈  , r n = r 0  2--- .

2 i --- e 3

2 raison  --- .  3

.

n

2

2n

ln est la somme des ( n + 1 ) premiers termes d’une suite géométrique de

.

 i ---6e 3

n



2 n 4 3 r 2 n = r 0  --- – --- + i ------- = ----0  --- 19 .  3 3 3 3  3

3–1 2 3+1 2 a =  ---------------- +  ----------------  4   4 

∀n ∈  :

2 ( n + 1 )

2 = r 0  --- e  3

 3 i ---e 6



2n



.

2



2 n i 
0 + ---------3  or z n = r 0  --- e .  3  2 n + 1 i 
0 + -----------------------2 n i 
0 + ---------3 3  e – r 0  --- e M n M n + 1 = r 0  ---  3  3

3 1 3 1 1 a 2 = ------- + --- i ; a 2 = ------ + ------ = --- . 4 4 16 16 2  i ---e 6

Mn Mn + 1 = M n M n + 1 = zn + 1 – zn ,

+e

8 i ------7

+e

6 i -------

=

2 i ------e 7

7

10 i ---------7

+e

6 – i -------

12 i ---------7 6 i -------

e 7 e 7 – e 7    -------------------------------------------------   i ---- – i ---i ---e 7  e 7 – e 7  

6

6 sin ------7   = – ----------------- .   – 2 i sin  ----  sin --- 7 7

2 5 – 2 i sin ------i ------- i -------  7 e 7 e 7 ---------------------------

61

6   sin ------- = sin   – ---- = sin ---- , donc S + S′ + i (  +  ′ ) = – 1 ,  7 7 7 1 or S + S′ + i (  +  ′ ) = 2S = – 1 . S = – --- . 2

91 1. S + iS′ =

e ix

e 2ix

+

+…+

e 2inx

 inx-  – inx inx  -------------- e ------2 e 2 – e 2  ix ) n inx 1 – ( e 1 – e S + iS′ = e ix  ---------------------- = e ix  ------------------ = e ix  -------------------------------------------  1 – e ix   1 – e ix   ix ix  ---– --- ix 2 2  ----   e 2 e – e    nx sin  nx ------ i ( n + 1 ) x x + nx – 2 i sin -----i  ---------------  2  -------------------- 2  2  ------------------------------- = --------------------- e 2 =e . x x sin  --- – 2 i sin  ---  2  2 nx sin  ------  2

2

x sin  ---  2

2

x sin  ---  2




x = – 1 -- 2   – y2 + 7 --- = 0  4

 y = 0 ou Dans
  x2 – x + 1 = 0

x = –  soit  y = ± 

1 --2 7 ------- . 2

=– 3 0 . 2

O

u

A

B

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les exercices

nx sin  ------  2

n + 1) x ( n + 1 )n - et S′ = --------------------- sin -------------------- . 2. S = --------------------- cos (-------------------

97 a. Posons z = x + i y . ( z 2 – z + 1 = 0 ) ⇔ x 2 + 2i xy – y 2 – ( x – i y ) + 1 = 0

Obligatoire :

104 1. P ( Z ) = ( Z 2 – 1 ) ( Z 2 + 1 ) = ( Z – 1 ) ( Z + 1 ) ( Z 2 + 1 ) .

3. ( E ) : z 2 = – 2i z2

2. S = { 1 ; – 1 ; – i ; i } .

= (1 –

ou i )2

4. Les nombres complexes

z 2 = 16i z2 = 8 ( 1 + i )2 = ( 2 2 ( 1 + i ) )2 .

S = {1 – i ; – 1 + i ; 2 2(1 + i) ; – 2 2(1 + i)} .

2z + 1 3. -------------- = 1 , z(2 – 1) = – 1 – 1 ; z = – 2 ;

– 1 + i = 2 , 2 2(1 + i) = 2 2 × 2 = 4 .

z–1

2z + 1 --------------- = – 1 , z ( 2 + 1 ) = 1 – 1 , z = 0 ; z–1

• z 1 = – 1 + i et z 2 = 2 2 ( 1 + i ) ; • z3 = 1 – i et z 4 = – 2 2 ( 1 + i ) .

1 3 2z + 1 –1 – i --------------- = i , z ( 2 – 1 ) = – 1 – i , z = -------------- = – --- – --- i ; 5 5 2–i z–1

4. a. M 1 M 2 ( 2 2 ( 1 + i ) + ( 1 – i ) ) , M 1 M 2 ( 2 2 + 1 + i ( 2 2 – 1 ) ) , M 4 M 3 ( 1 – i + 2 2 ( 1 + i ) ) et M 4 M 3 ( 1 + 2 2 + i ( 2 2 – 1 ) ) .

1 3 2z + 1 i–1 --------------- = – i , z ( + i + 2 ) = i – 1 , z = ----------- = – --- + --- i . 5 5 z–1 2+i

M 1 M 2 = M 4 M 3 , donc M1M2M3M4 est un parallélogramme . M1 M4 ( – 2 2 ( 1 + i ) + 1 – i ) .

 1 3 1 3  S =  0 ; – 2 ; – --- – --- i ; – --- + --- i  . 5 5 5 5  

M1 M4 ( – 2 2 + 1 + i ( – 2 2 – 1 ) ) . M 1 M 22 = ( 1 + 2 2 ) 2 + ( 2 2 – 1 ) 2 = 18 .

2

Donc M1M2M3M4 est un losange.

1 i 3 1 i 3 2 1 i 3 3 •  --- – --------- = --- – --------- – --- = – --- – --------- . 2 2 2  4 2 4 2

M1 M2 . M1 M4 = ( – 2 2 + 1 ) ( 1 + 2 2 ) + ( 2 2 – 1 ) ( – 1 – 2 2 ) = 1 – 8 + ( – 1 )2 – 8 ≠ 0 . Donc M1M2M3M4 n’est pas un carré.

2. Z = z 2 ; P ( z ) = 0 ⇔ z 4 + z 2 + 1 ⇔ Z 2 + Z + 1 = 0 . 1 i 3 1 i 3 Z = – --- + --------- ou Z = – --- – --------- . 2 2 2 2

109 z 3 – 8 = ( z – 2 ) ( z 2 + 2z + 4 ) . z 3 – 8 = 0 .

1 i 3 1 i 3 z 2 = – --- + --------- ou z 2 = – --- – --------- . 2 2 2 2 Quatre cas sont possibles d’après 1. :

S = {2 ; – 1 + i 3 ; – 1 – i 3} .

110 1. ( z + 2 ) ( z – 2 + 2i ) = z 3 – ( 1 – i )z 2 – ( 2 – 2i )z + 8 = 0 .

1 i 3  1 i 3 1 i 3 1 S =  --- + --------- ; – --- – --------- ; – --- + --------- ; --- – i--------3-  . 2 2 2 2 2 2 2  2

2. S = { – 2 ; 2 – 2i ; 1 + i } . 3. a = – 2 , b = 2 – 2i et c = 1 + i . AB = 4 – 2i = 2 5 , AC = 3 + i = 10 , BC = – 1 + 3i = 10 .

106 1. P ( – 1 ) = – 1 – 2 + i + 3 – i = 0 . P ( z ) = ( z + 1 ) ( az 2 + bz + c ) = ( z + 1 ) ( z 2 – 3z + 3 – i ) .

2. g ( 1 – i ) = ( 1 –

AB 2 = AC 2 + BC 2 , donc ABC est rectangle en C .

– 3 ( 1 – i ) + 3 – i = 1 – 2i – 1 – 3 + 3i + 3 – i = 0 . z 2 – 3z + 3 – i = ( z – 1 + i ) ( z + a ) = z 2 + az – z – a + iz + ia . i )2

a – 1 + i = – 3 a = –2 – i   – a + ia = 3 – i 3. S = { – 1 ; 1 – i ; 2 + i } .

P(z) = (z + 1)(z – 1 + i)(z – 2 – i) .

107 1. z 1 = a ∈
, a 2 – ( 1 + 3i )a – 6 + 9i = 0 , d’où

 a 2 – a – 6 = 0.   – 3a + 9 = 0

z 2 = ia a ∈
.

– ( 1 + 3i ) ( ia ) + 4 + 4i = 0

 – a 2 + 3a + 4 = 0  – a + 4 = 0

= ( 1 – 3 )2 + 4 3 = 1 + 3 + = ( 1 + 3 )2 . – (1 – 3) + (1 + 3) – (1 – 3) – 1 – 3 Z = ----------------------------------------------------- = 3 ou Z = ----------------------------------------------- = – 1 . 2 2 S = {– 1 ; 3} .

a=4 .

4i est solution de ( 2 ) .

2. ( z – 3 ) ( z + 2 – 3i ) = z 2 + 2z – 3iz – 3z – 6 + 9i = ( z – 4i ) ( z – 1 + i ) =

z2

z2

2. • z + 1--- = – 1 ⇒ z 2 + z + 1 = 0 , z + 1--- = 3 ⇒ z 2 – 3z + 1 = 0 . z

– ( 1 + 3i )z + 9i – 6 .

– z + iz – 4iz + 4i + 4

3. ( z – 3 ) ( z + 2 – 3i ) ( z – 4i ) ( z – 1 + i ) = 0 S = { 3 ; – 2 + 3i ; 4i ; 1 – i } .

4. z 0 = 1 – i =

f (3) 1 1 - = z 2 + ( 2 – 3 ) + ---+ ( 1 – 3 )z + ( 1 – 3 ) × --3. ---------2 2 z

.

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---- [  ] . 5. M n ∈  avec  : y = x si, et seulement si, ( u ; O M n ) =  – n Or ( u ; O M n ) = arg ( z 0n ) = n arg ( z 0 ) = ----------- [ 2  ] . 4 – n  ----------- = ---- + k k ∈  Donc : 4 4 – n = 1 + 4k . Si n = – 1 – 4k , alors M n ∈  .

108 1. ( 1 – i ) 2 = – 2i et ( 1 + i ) 2 = 2i . 2. a. Si  est solution de ( E ) alors  4 – 14i  2 + 32 = 0 . ( –  ) 4 – 14i ( –  ) 2 + 32 =  4 – 14i  2 + 32 = 0 D’où –  est solution de ( E ) . b. ( z 2 + 2i ) ( z 2 – 16i ) = z 4 – 16iz 2 + 2iz 2 + 32 = z 4 – 14iz 2 + 32 .

z

1 3 1 i 3 •  = – --- – ------- i ,  ′ = – --- + --------- . 2 2 2 2 3 i 3 1 • = ------- + --- i , ′ = ------- – --- . 2 2 2 2

= z 2 – z ( 3i + 1 ) + 4 + 4i .

 – i ---2e 4

a = 1  a = 1  b – 3a = – 5   c = 5  c – 3b = 11    b = – 5 + 3a = – 2 = – 15 – 3c  z 3 – 5z 2 + 11z – 15 = ( z – 3 ) ( z 2 – 2z + 5 ) .

112 1. Z 2 + ( 1 – 3 )Z – 3 = 0 .

– a 2 – ( ia – 3a ) + 4 + 4i = 0 , d’où

111 a. ( z – 3 ) ( az 2 + bz + c ) = az 3 + z 2 ( b – 3a ) + z ( c – 3b ) – 3c

b. S = { 3 ; 1 – 2i ; 1 + 2i } .

a=3 . 3 est solution de ( 1 ) .

( ia ) 2

les exercices

M 1 M 42 = ( 1 – 2 2 ) 2 + ( – 1 – 2 2 ) 2 = 18 .

105 1. •  1--- + i--------3- = 1--- + i--------3- – 3--- = – 1--- + i--------3- , 2 2 4 2 2 2 4

4

z 1 1 2 =  z + --- – 2 + 2 – 3 + ( 1 – 3 )  z + ---   z z 1 2 1   = z + --- + ( 1 – 3 ) z + --- – 3 .   z z

z

4. 0 n’est pas la solution de f ( z ) = 0 f (z) f ( z ) = 0 ⇔ ----------- = 0 , car z ≠ 0 z2 1 2 1  ⇔ z + --- + ( 1 – 3 )  3 + --- – 3 = 0   z 3 z + 1 --- = – 1  z ⇔  z + 1 --- = 3  z  1 3 1 i 3 3 1 3 i S =  – --- – ------- i ; – --- + --------- ; ------- – --- i ; ------- – ---  . 2 2 2 2 2 2  2 2

63

Donc P , Q , R et S sont sur le cercle de diamètre [ RP ] .

7

Transformations complexes

113 L’écriture complexe de la translation est : a. z′ = z + 2 – i .

b. z′ = z + 2 + 3i . AB ( 2 + 3i ) .

a. z′ – ( 2 – i ) = 2 ( z – ( 2 – i ) ) ; z′ = 2z – 4 = 2z – 4 + 2i + zi = 2z – 2 + i .

3 3 AP . VP = --- × 4 – 4 × --- = 0 . 2 2 Donc ( AP ) est la tangente à
au point P .

b. z′ – ( 3i – 2 ) = – 3 ( z – ( 3i – 2 ) ) z′ = – 3z + 9i – 6 + 3i – 2 = – 3z + 12i – 8 .

les exercices

115 L’écriture complexe de la rotation est : a. z′ – ( 1 – i ) = z′ =

 i ---e 4z

3. AP  3 + 2i – 3--- – 6i ; AP  3--- – 4i ; VP  3 + 2i + 1 – 1--- i 2 2 2  3  4 ---  3 AP  2  ; VP  3 ; VP  4 + --- i .     --- 2   – 4  2

114 L’écriture complexe de l’homothétie est :

 i ---e 4 (z

– 5 – i + 3 + 2i 1   ----------------------------------- , d’où   – 1 + --- i . 2 2 1 3 9 73 r =  P = 3 + 2i + 1 – --- i = 4 + --- i = 16 + --- = ---------- . 2 2 4 2

120 1. a.

– (1 – i)) ; I

A B

– 2+1–i .

v

b. z′ – 2 = e i ( z – 2 ) ;

O u

z′ = – z + 4 .

c. z′ – ( 2 + i ) =

 i ---e 2 (z

– (2 + i)) ;

J

z′ = iz + 3 – i . 2 - . 116 f est la rotation de centre O et d’angle -----3

118 a. f est l’homothétie de centre  ( 1 – 2i ) et de rapport – 1 .  - . b. f est la rotation de centre  ( 1 + i ) et d’angle – ---

2 c. f est l’homothétie de centre  ( 1 ) et de rapport – 3 . d. f est la translation de vecteur u ( 4i ) . e. f est la réflexion d’axe ( Ou ) .

119 1. a. z Q = z B + z w = 1--- – 7--- i ; 2 2 b. z R – z C = – 1--- ( z P – z C ) ; 3 1 z R = – --- ( z P – z C ) + z C = – 5 – i . 3 c. z S – z A =

 – i ---e 2 (z

P

---- admet pour affixe : b. L’image I par la rotation de centre et d’angle  z1 =

 i ---e 3z

3

, or :

1

i 3 1 z 1 = 2  – ------- + --- i = 2e  2 2 

D’où z 1′ = e

 5 i ---- i ------3e 6

b. OB =

d.

5 i ------e 6

5 – i ------2e 6

5 i ------6

= 2e

.

5 – i ------6

.

= 1 OJ = 2e

5 – i ------6

=2 .

5 i ------e 6

3 3 3 9 12 = – ------- – --- i = --- + --- = ---------- = 3 . 2 2 4 4 2 OB 2 = 1 , OJ 2 = 4 BJ 2 = 3 . Par suite, OJ 2 = OB 2 + BJ 2 , donc : BJ =

A S

–

JBO est rectangle en B .

w P

R

7 i ------6

5 – i ------6

= z2 .  J est l’image de I par la rotation de centre O et d’angle ---- . 3  Par suite OJ = OI et ( OI ; OJ ) = ---- [ 2  ] , donc : 3 OIJ est un triangle équilatéral. z +z 2

5 9i z S = – i ( z P – z A ) + z A = – --- + ----- . 2 2

z 2 = 2e

et

× 2 = 2e

O -I = e 2. a. z B = ---------------

– zA) ;

5 ------6

C

v O u

5 i ------e 6

5 – i ------–e 6

5 i ------6

5 – i ------6

5 = 2i sin ------- = i . 6 ---- admet pour b. L’image de B par la rotation de centre O et d’angle  3 affixe :

3. a. z A –

=

z B′ = e

=e

 – ---3z

B

=e

–e

 5 – i ---- i ------3e 6

=e

 i ---2

=i .

 A est l’image de B par la rotation de centre O et d’angle ---- . 3 Q

4. z A = i , z J = – 3 – i , z O = 0 et z B = – ------3- + --i- . A est le barycentre du système a + b + c ≠ 0 , si :

B

11  - i . 2. a. PQ  --1- – --7- i – 3 – 2i = PQ  – --5- – ----2 2  2 2 5 11 5 9 SR  – 5 – i + --- – --- i = SR  – --- – ------ i .  2 2   2 2  PQ = SR , donc PQRS est un parallélogramme. i z R – z Q – 11 + 5i  11i + 5 b. ---------------- = --------------------- = i ----------------- = i = e  11i + 5 z P – z Q 5 + 11i

 RQ = PQ  p  ( QP ; Q R ) = --2

c. 

64

 ---2

.

PQRS est un carré.

2 2 { ( O ; a ), ( B ; b ), ( J ; c ) }

3 i a × 0 + b ×  – ------- + --- + c ( – 3 – i )  2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------- = i a+b+c 3 b – ------- b – 3c + i  --- – c = i ( a + b + c ) 2  2  – ------3- b – 3c = 0  2  b  --2- – c = a + b + c  b = – 2c   b – 2c = 2a + 2b + 2c

 b = – 2c  a = – c

A est le barycentre de { ( O ; 1 ), ( B ; 2 ), ( J ; – 1 ) } .

avec

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

w

Obligatoire :

 i -----12 a

1

=e

 i ---e 6

a +a 2

0 2 1+ 2. z I = ---------------- = ------------------ =

2

 i -----12

×e

 i -----12

=e

 i ---6

3 1 a 2 = ------- + --- i . 2 2

.

   – i ----+ i ------  12 i ------  e 12 + e e 12 ----------------------------------------

2

 i -----e 12

=

8

 × cos ------ . 12

125 1. a 2 = 2 – 3 – 2i ( 2 – 3 ) ( 2 + 3 ) – ( 2 + 3 ) = – 2 3 – 2i .

  - – ------ = 0 [ 2  ] . 3. ( OI ; O A 1 ) = arg ----1- = arg ( a 1 ) – arg ( z I ) = ----a zI

12

3 1 7 7 a 2 = 4  – ------- – --- i = 4  cos ------- + i sin ------- .  2 2   6 6

12

a2=4 

O , I et A1 sont alignés.

a =2   7 - []  arg ( a ) = -----12 

2 + 3 --1- . 4. z I = --1-  1 + ------3- + --1- i = ---------------+ i

2. 

 2   z I =  cos ------ + i sin ------ cos ------ . D’où :  12 12 12

7 19 arg ( a ) = ------- ou arg ( a ) = ---------- ; 12 12 or Re ( a ) > 0 et Im ( a ) < 0 .

2

2

2

  • sin ------ cos ------ = 1--- . 12 12 4

7  arg ( a 2 ) = ------- [ 2 ] 6 

4

4

  2 2+ 3 •  cos ------ = ----------------   12 4    cos ------ > 0  12 

 2+ 3 +4 3 cos ------ = ---------------- = 8 -------------------12 4 16 6+ 2 = -------------------4  1 4 6– 2 . sin ------ = --- × -------------------- = ------------------12 4 4 6+ 2

– 1 ) . On pose z = x + iy .

2 ( x – iy – 1 ) = ( 1 + i 3 ) ( x + iy – 1 ) 2 x – 2 = x – 1 – 3 y  – 2 y = y + x 3 – 3

x + 3y – 1 = 0   x 3 + 3y – 3 = 0

 x 3 + 3y – 3 = 0   x 3 + 3y – 3 = 0

AMM′ est un triangle équilatéral direct si M appartient à la droite d’équation x 3 + 3y – 3 = 0 privée du point A .

124 1. a. a = 8e i0 , b = 4 2 d’où b = 4 2e

3 i ------4

et c = 4e

 – i ---2

.

3 3   b = 4 2  cos ------- + i sin ------- et c = 4 cos  – ---- + i sin  – ---- .   2  2 4 4 AB 2 = 160 b. AB = – 4 + 4i – 8 = – 12 + 4i = 4 – 3 + i = 4 10 AC = – 4i – 8 = 4 – 2 – i = 4 5

AC 2

BC = – 4i + 4 – 4i = 4 – 8i = 4 1 – 2i = 4 5

BC 2 = 80

= 80

 AC = BC  2  AB = AC 2 + BC 2 ABC est isocèle et rectangle en C .

2. b. • a′ = • b′ = e • c′ =

 i ---3

 i ---e 3

× 4 2e ×

3 i ------4

 – i ---4e 2

=

= 8e

 i ---3

= 4 + i4 3 .

= 4 2e

 – i ---4e 6

13 i ---------12

= – 2 ( 1 + 3 ) + 2i ( 1 – 3 ) .

= 2 3 – 2i .

+ b 4 + i4 3 – 4 + 4i 3. a. • p = a′ -------------- = ------------------------------------------ = 2i + 2i 3 . 2

2

b′ + c 2 ( 1 + 3 ) + 2i ( 1 – 3 ) – 4i • q = -------------- = –------------------------------------------------------------------------ = – (1 + 3) + i(– 1 – 3) . 2 2 c′ + a 3 – 2i + 8 • r = -------------- = 2------------------------------=4+ 3–i . 2 2

b. r – p = 4 + 3 – i – 2i – 2i 3 = 4 + 3 – 3i – 2i 3 . q – p = – ( 1 + 3 ) + i ( – 1 – 3 ) – 2i – 2i 3 = – ( 1 + 3 ) + i ( – 3 – 3 3 ) .  i ---e 3 (q

1 – p ) =  --- + i--------3- ( – 1 – 3 – 3i – 3i 3 ) 2 2  1 = --- ( 8 + 2 3 – 6i – 4i 3 ) = 4 + 3 – 3i – 2i 3 = r – p . 2

D’où r – p = e

 i ---3 (q

– p) . Le triangle PQR est donc équilatéral.

B(a)

 7 19 19  cos ------- = cos  ---------- –  = cos   – ---------- = – cos 12 12 12  3.  19 19  sin 7    ------- = sin ---------- –  = – sin  – ---------- = – sin   12   12 12  

19 ---------12 19 ---------12

 7     cos ------- = cos  ---- + ------ = – sin -----12 12 2 12      sin 7 ------- = sin   ---- + ------ = cos -----  2 12 12 12  Or

2 – 3 – i 2 + 3 = 2e

 19 2– 3  cos --------- = ------------------ 12 2   19 2+ 3  sin ---------- = – -------------------12 2 

19 i ---------12

.

 2– 3  cos 7 ------- = – ------------------- 12 2   7 2+ 3  sin ------- = -------------------12 2 

  2+ 3  cos ----- = + ------------------- 12 2    2– 3  sin ------ = -------------------12 2 

+ i – 0 3+i - = arg  ----------- . 126 a = ( AD ; A E ) = arg  3------------------   3

a = 8 ( cos 0 + i sin 0 ) ,

 i ---e 3 8e i0

O u

A(a2)

AMM′ est équilatéral direct ⇔ M′ est l’image de M par la rotation de  centre A et d’angle ---- . 3  i ---3 (z

v

19 arg ( a ) = ---------- [ 2 ] . 12

2. M ≠ M′ , donc M ∉ ( Ou ) .

z–1=e

C(– a)

3 Donc arg ( a ) ∈ ------- ; 2  , 2 par suite :

123 1. z ≠ 1 , M ( z ) et M′ ( z ) . M et M′ sont confondus ⇔ z = z ⇔ z ∈
. M et M′ sont confondus si, et seulement si, z est un réel. [ M ∈ ( Ou ) ] .

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Les problèmes

les exercices

122 1. a 2 – 0 = e

4. Les nombres complexes

3

3+i–1 2+i b = ( BD ; B E ) = arg  -------------------- = arg  ----------- .  3–1   2  3+i 2+i 3+i 2+i a + b = arg  ----------- + arg  ----------- = arg   -----------  -----------   3   2   3   2  1 5 + 5i  = arg  --- ( 6 + 3i + 2i – 1 ) = arg  -------------- = ---- . 6   6  4  Donc a + b = ---- [ 2 ] . 4

127 ABC est équilatéral direct, donc C est l’image de B par la rotation de  centre A et d’angle ---- . 3 • c–a=e

 i ---3 (b

– a) .

jc – ja = e 2 ( b – a ) = – ( b – a ) = a – b , car j = e

2 i ------3

.

a ( 1 + j ) – b – jc = 0 . 1 i 3 a  --- + i--------3- – b +  1 --- – --------- c = 0 . 2 2 2  2  1 i 3 1 i 3 1 i 3 1 i 3 1 i 3 a  --- + ---------  --- – --------- – b  --- – --------- +  --- – ---------  --- – --------- c = 0 . 2 2 2  2 2  2  2 2  2 2  1 i 3 2 1 i 3 • a + b  – --- + --------- + c  – --- + --------- = 0 .  2  2 2  2  a + bj + c j 2 = 0 . Réciproquement si a + bj + c j 2 = 0 . • c – a = c + bj + c j 2 = c ( 1 + j 2 ) + bj 1 i 3 1 i 3 =  --- – --------- c +  – --- + --------- b .  2 2 2  2 

1 1 + j 2 = --- – i--------3- . 2 2

b – a = b + bj + c j 2 = b ( 1 + j ) + c j 2 1 i 3 1 i 3 = b  --- + --------- –  --- + --------- c , 2 2  2 2 

65

3 i 2 2(– i – 3) z 6 = -------------- = --------------------------- , soit z 6 = – ------- – --- . 2 2 1+3 i– 3

1 i 3 1 i 3 or 1 + j = --- + --------- et j 2 = – --- – --------- . 2 2 2 2  i ---3 (b

1 i 3 1 – a ) =  --- + i--------3-  b  1 --- + --------- –  --- + i--------3- c 2 2   2 2  2 2  

5

1 i 3 1 i 3 = b  – --- + --------- – c  – --- + ---------  2  2 2  2  1 i 3 1 i 3 = c  --- – --------- + b  – --- + --------- = c – a .  2 2 2  2   C est l’image de B par la rotation de centre A et d’angle ---- , ABC est 3 équilatéral .

les exercices

 6 i ----



5. a. • z 16 =  e 6  = e z 36

=

i6

=

( i2 )3

=

( – 1 )3

6 i ------6

= e i = – 1 .

• z 26 = z 16 = z 16 = – 1 .

= –1 .

• z 46 = ( – i ) 6 = ( i 2 ) 3 = – 1 .

128 1. S = { – 1 – i ; – 1 + i } .

•

2. Soit z = ia avec a ∈
.

 i • z 56 =  e

– a 2 – 2ia + 4 + 4i = 0 .

On a donc pour tout k de { 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 } , z k6 = – 1 .

 a2 = 4 D’où  a=2 .  – 2a + 4 = 0 Donc 2i est solution de ( F ) .

b. a 3 + b 3 = ( a + b ) ( a 2 – ab + b 2 ) , donc : Factorisons z 4 – z 2 + 1 .

z 2 – 2z + 4 + 4i = ( z – 2i ) ( z + b ) = z 2 – 2iz + bz – 2ib .

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

ia solution de ( F ) équivaut à ( ia ) 2 – 2 ( ia ) + 4 + 4i = 0 .

z

c–a 1+i i - = -------------- = --- . b. • -----------

d – a 3 – 3i 3 c – b 1 + 3i • ------------ = -------------- = i . d–b 3–i p  ( AD ; A C ) = --- et ( BD ; B C ) = ---- . 2 2 A , B , C , D sont sur le cercle de diamètre [ DC ] .

v O

u

D

Le centre est donc  ( 1 )  C = 1 – 2i = 5 .

et le rayon

129 1. a. < 0 , donc l’équation possède deux solutions complexes conjuguées : 3+i 3–i z 1 = --------------et z 2 = -------------- . 2 2  3+i 3 – i S =  --------------- ; --------------  . 2   2 

 – i ----

i --- ---- + i sin ---- = e 6 b. z 1 = cos 

et z 2 = z 1 = e 6 . 6 6 • OM 1 = z 1 = 1 et de même OM 2 = 1 .   • ( u ; O M 1 ) = arg z 1 = + ---- [ 2  ] et ( u ; O M 2 ) = arg z 2 = – ---- [ 2  ] . 6 6 M3 M5

M1

u M2

M6

 2 i  – ---- + -------  6 3

=e

 i ---2

2 i ------3

.

z x + iy z′ = ------- = -------------k z2  x′ = --x  k   y′ = --y  k

A ∈ ( AB ) 0 = – 1 + b d’où b = 1 .

x y M′  -- ; --  k k

k 1 x–y 1 1 x–y = ----- + --- + ----------- = --- + --- + ----------- . k k k 2 k2 2 Or M ( x ; y ) ∈ ( AB ) , donc y = x + 1 soit x – y = – 1 . 2 y 1 2 1 1 1  --x + 1 --- +  -- – --- = --- + --- – --- = 1 --- . Donc M′ ∈
.  k 2  k 2 k 2 k 2

arg ( z′ ) =  + arg ( z ) [ 2 ] .

z

4. z 5 = --i- ( 1 + i 3 ) = --i- – ------3- , soit z 5 = – ------3- + --i- . 2

132 1. a. arg ( z′ ) = arg  – 1--- = arg ( – 1 ) – arg ( z ) z donc O , M et

c. z′ + 1 = – 1--- + 1 = – 1--- + 1 = 1--- ( z – 1 ) .

3–i 3+i z 4 = -------------- – --------------- = i , soit z 4 = – i . 2 2

2

AB – 1 + i 2 Le rayon est -------- = ------------------ = ------- . 2 2 2 1 2 1 2 1 Une équation de
est  x + --- +  y – --- = --- .   2 2 2 zE –1 + i 1 Soit z E′ l’affixe de E′ on a z E′ = ---------- = --------------- × --- = – 1 + i . 2 1 zE 2 --2 2 1 2 1 1 1 – 1 + 1 --- +  1 – --- = --- + --- = --- . Donc E′ ∈
.   2 2 4 4 2 1–0 4. a. Équation de ( AB ) : m = -------------------- = 1 , d’où y = x + b 0 – (– 1) ( AB ) : y = x + 1 . k = OM 2 = x 2 + y 2 = x 2 + ( x + 1 ) 2 car M ∈ ( AB ) .

alignés.

3. L’écriture complexe de la translation est :

2

– 1 + i - . 3. Soit E le milieu de [ AB ] . E  -------------2 

b. ( OM ; O M ′ ) = arg ( z ′ ) – arg ( z ) = 

.

z3 = i .

3+i z′ = z – --------------- . 2

z

1 - ;  =1 . 2. Soit  (  ) un point invariant par f alors :  = -- Donc l’ensemble des points invariants sont les points du cercle de centre O et de rayon 1 noté  . OA = – 1 = 1 , OB = i = 1 , donc A et B sont des points de  .

M′ est le point d’intersection de la droite ( OM ) et du cercle
.

2. L’écriture complexe de la rotation est z′ = ze =e

z

b. Soit M un point quelconque de ( AB ) . M4

 2 – i ---- i ------6e 3

.

2 y 1 2 x2 1 x y2 1 y  --x + 1 --- +  -- – --- = ----- + --- + -- + ----- + --- – -- ,  k 2  k 2 k2 4 k k2 4 k

v

O

z3 = e

• z 66 = z 56 = z 56 = – 1 = – 1 .

1 z ′ 1 - = arg  ------- = 0 [ 2  ] , car ------- ∈
 * . 131 1. ( OM ; O M ′ ) = arg  --  2 2

3. a.

A

= e i5 = e i = – 1 .

= ( z2 + 1 – z 3 ) ( z2 + 1 + z 3 )

S = { 2i ; 2 – 2i } .

C

5 6 ------- 6

z6 + 1 = ( z2 + 1 ) ( z4 – z2 + 1 ) .

 – 2i + b = – 2 D’où  b = – 2 + 2i .  – 2ib = 4 + 4i z 2 – 2z + 4 + 4i = ( z – 2i ) ( z – 2 + 2i )

B

66

5

i ------– i ------5 5 z 5 = cos ------- + i sin ------- = e 6 z6 = z5 = e 6 . et 6 6 Pour placer M5 et M6 sur la figure, on note, comme pour M1 et M2 , que : • OM 5 = OM 6 = 1 ; 5 5 • ( u ; O M 5 ) = ------- [ 2  ] et ( u ; O M 6 ) = – ------- [ 2  ] . 6 6 M1 et M6 , M2 et M5 sont symétriques par rapport à O .

2

2

z

z

2. a. Soit z E′ l’affixe de E′ : 



4

i ---i ---i ------1 1 1 i 3 z E′ = – ----- = – ------------ = – e 3 = e i e 3 = e 3 = – --- – --------- .  zE 2 2 – i ---e 3 b. M ∈
1 ⇔ OM = 1 , d’où z = e i
avec
∈ [ 0 ; 2  [ .

M′

sont

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

• e

Obligatoire :

1 z′ = – ------ = – e – i
= e i (
–  ) , donc z′ = 1 et M′ ∈
. ei
L’image de
1 , par f est le cercle
1 .

OC = CA′ = CB′ = R . OC = c = R , donc cc = R 2 . A′C = c – a′ = R donc ( c – a′ ) ( c – a′ ) = R 2 . ( c – 2i ) ( c – 2i ) = R 2 ; ( c – 2i ) ( c + 2i ) = R 2 .

3. a. k′ est l’affixe de K′ . 5 – i ------e 6

1 1 k′ = – --------------- = – --. 5 2 i ------2e 6 b. Soit M ∈
2 alors z = 2e i
;
∈ [ 0 ; 2  [

1 - z – 1 , or si M ∈
3 , z – 1 = 1 . b. z′ + 1 = 1--- ( z – 1 ) = ---z

b. • ( c – 2i ) ( c + 2i ) = R 2 ;

4 c – c = – ----- = 2i . 2i 3 3 3 3 3 3 •  c + ---------- – --- i  c + ---------- + --- i = R 2  2  2  2 2

1 z – --z + z′ 133 1. I a pour affixe ------------- = ----------z- . 2 2

les exercices

3 3 3 3 3 9 3 9 × 3 9i 3 3 9 cc + ---------- c + --- ic + ---------- c + ------------ + ------------ – --- ic – ---------- i + --- = R 2 . 2 2 2 2 4 4 4 4

BM′ = AM′

M′ appartient à la médiatrice de [ AB ] . c. M′ est l’intersection de la droite ( OM ) et de la médiatrice de [ AB ] .

2.

3 3 3 3 3 c + 3 ---------- – --- i  c + ---------- + --- i = R 2 .  2  2  2 2

R 2 + 2i ( c – c ) + 4 = R 2 .

1 M′ appartient au cercle de centre O et de rayon --- . 2 4. a. AR = 1 + e i
– 1 = e i
= 1 , donc R ∈
3 .

1 z′ = ----- . Donc z′ + 1 = z′ . z

B′C = c – b′ = R donc ( c – b′ ) ( c – b′ ) = R 2 .

cc + 2ic – 2ic + 4 = R 2 ;

1 1 1 z′ = – ---------- = – --- e – i
donc z′ = --- . 2 2 2e i


z

4. Les nombres complexes

3 3 3 R 2 + ---------- ( c + c ) + --- i ( c – c ) + 9 = R 2 . 2 2 3 3 3 3 3 ---------- ( c + c ) + --- i ( 2i ) + 9 = 0 et ---------- ( c + c ) – 3 + 9 = 0 . 2 2 2 2 4 4 3 c + c = – 6 × ---------- = – ------- = – ---------- . 3 3 3 3

1 z′ = ----- , arg ( z′ ) = arg ( – 1 ) – arg ( z ) =  – arg ( z ) [ 2  ] . z

3. ( u ; O M1′ ) =  – ( u ; O M 1 )

 c – c = 2i  4 3  c + c = – ---------3 

c. 

1 1 1 OM ′1 = ------------ = --- , donc M 1′ ∈
 0 ; ---  2 OM 1 2

4 3 2c = 2i – ---------3 2 3 c = i – ---------3

et ( u ; O M1′ ) =  – ( u ; O M 1)

2 3 4×3 7 2 3 21 R 2 = cc =  i – ----------  – i – ---------- = ------------ + 1 = --- ; R = ---------- .  3  9 3 3  3

M1 J1

136 1. M ( z ) , N ( z 2 ) et P ( z 3 ) . • M = N ⇔ z = z2 ⇔ z ( 1 – z ) = 0 . On en déduit z = 0 ou z = 1 , or M est distinct de O et de B . Donc : M et N sont distincts.

M'1

v O

u

• M = P ⇔ z = z3 ⇔ z ( z – 1 ) ( z + 1 ) = 0 . On en déduit z = 0 , z = 1 et z = – 1 , or M ≠ O , M ≠ A et M ≠ B . Donc M ≠ P . • N = P ⇔ z2 = z3 ⇔ z2 ( z – 1 ) = 0 . On en déduit z = 0 et z = 1 , or M ≠ 0 et M ≠ B . Donc N ≠ P . M , N et P sont bien distincts deux à deux .

2. a. MNP est rectangle en P ⇔ M N 2 = M P2 + N P2 ⇔ z2 – z 2 = z3 – z 2 + z3 – z2 2 ⇔ z 2 z – 1 2 = z 2 z2 – 1 2 + z2 2 z – 1 2 . Comme M ≠ O , alors z ≠ 0 . Comme M ≠ A , alors z ≠ 1 d’où z – 1 ≠ 0 .

4. M ( e i
) .

⇔ z2 z–12= z2 z–12 z+12+ z4 z–12 ⇔ 1= z+12+ z2 .

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

1 e i
– -----ei
ei
– e– i
a. z I = ------------------- = ----------------------2 2 z I = i sin
.

b. z + 1 2 + z 2 = 1 ⇔ ( z + 1 ) ( z + 1 ) + zz = 1 ⇔ zz + ( z + z ) + 1 + zz = 1 ⇔ 2zz + ( z + z ) = 0 1 ⇔ zz + --- ( z + z ) = 0 . 2

1 b. Si M ∈
, alors OM = 1 , d’où OM 2 = --------- = 1 , donc M 2 ∈
′ . OM M ( cos
+ i sin
) , I ( i sin
) , donc I est le projeté orthogonal de M sur ( Ov ) .

1 1 1 1 1 Or  z + ---  z + 1 --- = zz + --- ( z + z ) + --- ⇔  z + ---  z + 1 --- = --- .   2 4 2  2 2  2 4

5. I décrit le segment [ LK ] avec L ( 0 ; – 1 ) et K ( 0 ; 1 ) .

c.

– 3( x – i y) – 3( x – i y) - = --------------------------134 1. f ( z ) = ------------------------------------2 2

1 rayon --- privé des points O et A . 2

( x + i y)( x – i y) – 3x  x′ = --------------- x2 + y2  3y  y ′ = --------------- x2 + y2  i ---e 3 (a

x +y

avec ( x ; y ) ≠ ( 0 ; 0 ) .

1 i 3 – 0 ) , d’où a′ =  --- + --------- ( 3 + i ) = 2i . 135 1. a′ – 0 = 2 2  3 3 3 3 2. b′ – 0 = – --- ( b – 0 ) d’où b′ = – ---------- + --- i . 2 2 2 3. a. C est le centre du cercle circonscrit du triangle OA′B′ donc :

1 12 1 z + --- = --- donc M appartient au cercle de centre   – ---  2 4 2

et de

137 1. a. ( z + 1 – i ) ( z – 1 – i ) = z 2 – 2iz – 2 . b.

z – 2i f ( M ) = M ⇔ z = i  -------------  z–i

avec z ≠ i

⇔ (z + 1 – i)(z – 1 – i) = 0 . Il existe deux points M invariant par f d’affixe z 1 = – 1 + i et z 2 = 1 + i . 3  3  – 1 + i = 2  cos ------- + i sin ------- et 1 + i = 2  cos ---- + i sin ---- .   4 4 4 4

2. a.

z – 2i AM z′ = i ---------------- donc z′ = --------- , avec z ≠ i . z–i BM

67

 3 – 4i = x 2 + y 2 

z – 2i arg ( z′ ) = arg ( i ) + arg  ------------- [ 2 ] , avec z ≠ 2i et z ≠ i  z–i  = ---- + ( BM ; A M ) [ 2  ] . 2 b. z′ = 1 ⇔ AM = BM , donc  est la médiatrice de [ AB ] . ---- [ 2 ] ⇔ ( BM ; A M ) = 0 [ 2  ] donc  est la droite c. arg ( z′ ) =  2 ( AB ) privée du segment [ AB ] . ( z – 2i ) i ( z – i ) 1 - – ----------------- = ---------- , avec z ≠ i . 3. a. z′ – i = i------------------z–i

z–i

les exercices

  xy < 0

 x2 = 4   y2 = 1   xy < 0

z–i

S = {2 – i ; – 2 + i} .

 18 9 2  x = --------- = --------- 2 2   2  y = -----2 

138 h = a + b + c +b - . 1. Le milieu de [ AB ] , noté I , a pour affixe a----------2

9 2 i 2 9 2 i 2 S =  ---------- + --------- ; – ---------- – ---------  . 2 2 2   2

a+b a+b a b a b h 1 –  ------------ = e ip  h –  ------------  ; h 1 = –  a + b + c – --- – --- + --- + --- .   2    2  2 2 2 2

 x 2 + y 2 = 21 – 28i = 35 

 2 x 2 = 56   2 y 2 = 14   xy < 0

c.  x 2 – y 2 = 21   xy < 0

+ c b+c - = e ip  h –  ------------  ; h 2 = – 1  a + --b- + --c- + --b- + --c- = – a . 2. h 2 –  b----------      2

2

2

2

2

3. h 3 = – b .

 x 2 = 28  2 y = 7

x = – 2 7  y = 7

x = 2 7  y = – 7

S = { 7 – 2i 7 ; – 7 + 2i 7 } .

4. OH 1 = – c , OH 2 = – c et OH 3 = – b . Or le rayon du cercle circonscrit est OA = OB = OC d’où a = b = c . On en déduit OH 1 = OH 2 = OH 3 = R donc H1 , H2 et H3 sont sur le cercle.

bac

139 A ( a ) , B ( b ) et C ( c ) .

 x2 = 9 -- 2   y 2 = --1 2   xy > 0

 2 x2 = 9   2 y2 = 1   xy > 0

 2 x = – 9 --------- 2   2  y = – -----2 

H1 est l’image de H par la rotation de centre I et d’angle  .

a b a b h 1 = –  --- + --- + c + --- + --- = – c . 2 2  2 2

 2 x2 = 8   2 y2 = 2   xy < 0

x = – 2  y = 1

x = 2  y = – 1

 x 2 + y 2 = 4 + 3i = 5  b.  x 2 – y 2 = 4   xy > 0

b. M ∈
 B ; 1--- ⇔ BM = 1--- , c’est-à-dire : 2 2 1 1 M′ ∈
( B ; 2 ) . z – i = --- , d’où z′ – i = ------------ = 2 , donc z–i 2

2

 x2 + y2 = 5   x2 – y2 = 3   xy < 0

140 a.  x 2 – y 2 = 3

Les Q.C.M.

 • P est l’image de B par la rotation de centre C et d’angle ---- : 3  i ---3 (b

141 1. c. et d.

– c) .

 • Q est l’image de C par la rotation de centre A et d’angle ---- : 3  i ---e 3 (c

q–a= – a) .  • R est l’image de A par la rotation de centre B et d’angle ---- : 3 r–b=e

 i ---3 (a

– b) .

 i ----

a + r + b a + b + e 3 (a – b) + b u = --------------------- = ------------------------------------------------------ . 3 3

2. d.

3. a.

4. b.

142 1. b.

2. a.

3. c.

4. d.

143 1. b.

2. b.

3. a.

4. d.

5. c.

144 1. b.

145 1. On place sur une figure ci-contre, les points A et  , l’image B du point A par r , l’image C du point B par r et l’image D du point A par h .

B

D

– c) – c ) + c b + 2c + b+ p+c b+c+ v = --------------------- = ----------------------------------------------------- = ------------------------------------------------ . 3 3 3

C

 i ----

a + c + q a + c + e 3 (c – a) + a w = --------------------- = ------------------------------------------------------ . 3 3

 i ----

 i ----

2a – b – c + e 3 ( c – a – b + c ) 2a – b – c + e 3 ( 2c – a – b ) = -------------------------------------------------------------------------- = --------------------------------------------------------------------- . 3 3  i ----

a + 2b + e 3 ( a – b ) b + 2c + e 3 ( b – c ) u – v = ------------------------------------------------ – -----------------------------------------------3 3  i ---e 3 (a

a – b – 2c + + c – 2b ) = --------------------------------------------------------------------- . 3   i ---i 1  i ---e 3 ( w – v ) = ---  e 3 ( 2a – b – c ) + e 3

2 ------3 ( 2c

 ---3

–

2 i ------- e 3

a– =

2

arg ( a –  ) =

3

FAUX

VRAI

FAUX

FAUX

VRAI

FAUX

(v ; VC )

VRAI

VRAI

VRAI

4

=

VRAI

FAUX

VRAI

5

b–d ------------ = a–d

FAUX

FAUX

VRAI

6

Le point D est l’image de  …

VRAI

VRAI

FAUX

3. a. FAUX

b. FAUX 2 z 2

.

 i ---e 3 (w

Donc – u) = u – v .  Par suite U est l’image de W par la rotation de centre V et d’angle ---- . 3 UVW est équilatéral.   i ---1  u + v + w = ---  a + 2b + 2c + b + 2a + c + e 3 ( a – b + b – c + c – a ) 3 =a+b+c .

68

1

 – a – b )

  i 1  i ---= ---  e 3 ( a + c – 2b ) + ( a + b – 2c )  e 3

A O

2.

 i ---e 3 (b

– a ) b + 2c + – c) 2a + c + w – v = ------------------------------------------------ – -----------------------------------------------3 3

 i ----

3. a. et d.

 i ---e 3 (b

 i ---e 3 (b

 i ---e 3 (c

2. d.

Vrai-Faux

146 1. FAUX 2. VRAI 5. a. FAUX b. VRAI 147 1. VRAI

2. FAUX

3. VRAI

4. FAUX

4. VRAI

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p–c=e

Obligatoire :

i 3 ( – 4 )  – 1 – ---------  2  (2 + i 3) 4 + 2i 3 z G′ = --------------------------------------------------------- = ---------------------- = 8--------------------------. 7 3  – 1 + i--------3-  – 1 – i--------3- 1 + --4  2  2 

Les ROC

148 1. r > 0 et r′ > 0 .

2. a. z 2 = zz , donc z 1 × z 2 2 = ( z 1 z 2 ) ( z 1 z 2 ) = z 1 z 1 × z 2 z 2 = z 1 2 z 2 2 .

zz′ = rr′ ( cos  + i sin  ) ( cos  ′ + i sin  ′ ) = rr′ [ cos (  +  ′ ) + i sin (  +  ′ ) ] .  zz′ = z z′   arg ( zz′ ) = arg ( z ) + arg ( z′ ) [ 2 ]

 zz′ = rr′   arg ( zz′ ) =  +  ′ [ 2 ]

2. a. z = 2 e b.

 – i ---4

z′ = e

Or z 1 × z 2 > 0 , z 1 > 0 , z 2 > 0 , d’où : z 1 z 2 = z 1 z 2 .

4 i ------3

2z 4 4 – 2z + 4 b. z′ – 2 = – ----------–2 = – ---------------------------- = -------------- .

.

z–2

 4 13 zz′ = 2 , arg ( zz′ ) = – ---- + ------- = ---------- [ 2 ] . 4 12 3

149 1. • arg  1--- × z = arg z

1 1 1 1 1 12=1 1 ---  --- = --- × --- = ------d’où 1 ----- = ----- car z > 0 et --- > 0 . z  z z z z 2 z z z z

c. M ∈ 

1 --- + arg ( z )  z

1 1 arg ( 1 ) = arg  --- + arg ( z ) , donc arg  --- = – arg ( z ) [ 2 ] .  z  z z 1 1 • arg  ---- = arg  z × ---- = arg ( z ) + arg  ---- z′ z′ z′

2. • z = ------3- + 3--- i = 3  1--- + i--------3- = 3 2 2 2 2

 – i ---3e 6

3 1 • z′ = 3 – 3i = 2 3  ------- – --- i = 2  2 2 

⇔ z = z–2 ⇔ d’où z′ – 2 = 2 ⇔ M ′ ∈
( A ; 2) . – i  ------------

2

2.

ei – ei = e =e

2i

– +  i  -------------  i  ------------  2  2

e

+ i  -------------  2 



. .

1 arg  --- = – arg ( z )  z

z arg  ---- = arg ( z ) – arg ( z′ )  z′

    = ---- + ---- = ---- . = ---- ; 3 3 6 2 3. • Au rang n = 1 : arg ( z ) = 1 × arg ( z ) [ 2 ] . • On suppose que pour un n fixe on ait arg ( z n ) = n arg ( z ) [ 2 ] et on arg ( z n + 1 ) = ( n + 1 ) arg ( z ) . démontre que : arg ( z n + 1 ) = arg ( z × z n ) = arg ( z ) + arg ( z n ) = arg ( z ) + n arg ( z )

150 A. 1. z B = 2 zC = 2

7 arg ( 1 – i ) 7 = – ------- [ 2 ] . 4 zB =

z C = 2e

  + 

–   2 –   2  sin  ---------- sin  ---------- 2   ei   2  ei( + )  = -----------------  --------------------------- ------- =  --------------------------- . i ei( + )   – -   sin  ----------  – -  e  sin  ----------  2  2 

4. 2 ( CA ; C B ) + ( O B ; O A ) = 0 [ 2  ] .

( OA ; O B ) = 2 ( C A ; C B ) [ 2  ] . Le théorème de l’angle inscrit.

152 1. u et u′ sont colinéaires ⇔ il existe k ∈
* tels que u′ = ku . z′ ⇔ z′ = kz ⇔ ---- = k , car z ≠ 0 . z z′  ---- [  ] ⇔ arg ---- = ---- [  ] 2. u et u′ sont orthogonaux ⇔ ( u ; u ′ ) =  2 z z′ --est un imaginaire pur. ⇔ z

.

 – i ---3



i ------------  – – 2i sin  ------------  = 2ie 2 sin  ------------ .  2   2 

= ( n + 1 ) arg ( z ) [ 2 ] .

 i ---2e 3

–+  i  -----------------   2 

2

 arg ( z′ ) = – ---- ; 6

4

–e

+   i  ------------ –    2ie  2  sin  ---------- 2  2 a i – ei 2 ei  ei b – c e - × ------- =  ---------------------------------------------------- × ------3.  ----------- × --- =  ------------------+ b a–c ei  ei e i  – e i   i  ------------- –  2ie  2  sin   ------------   2  

 arg ( z ) = ---- ; 3

---- ; 4. arg ( 1 – i ) = – 

– – i  ------------

   2  – e 2 –e ------------ = --------------------------------------------. 151 1. sin 

= arg ( z ) – arg ( z′ ) [ 2 ] .  i ---e 3

z–2

z–2

les exercices

bac

4. Les nombres complexes

.

2

4 + 6i - = – 2i , donc v et v′ sont orthogonaux. 3. a. ----------------– 3 + 2i 2 – 8i b. ------------------ = – 4 , donc  et  ′ sont colinéaires. 1 – --- + 2i 2

B

v

p – m = arg ( p – m ) – arg ( n – m ) [ 2  ] 153 1. a. arg  ------------

A O

n–m

u

= (u ; MP) – (u ; MN) [2] = (u ; MP) + (MN ; u) [2] = (MN ; MP) [2] C

b.



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2. OB ( 1 + i 3 )

CA ( 1 + i 3 ) . OA = OB = 2 , d’où OBAC est un losange. z = z – 2 ⇔ OM = AM ⇔ M appartient à la médiatrice de [ OA ] .

B. 1. a. z ( z – 2 ) = – 4 ⇔ z 2 – 2 z + 4 = 0 S = (1 – i 3 ; 1 + i 3) .

b. B et C sont invariants par la transformation. +1+i 3 c. L’affixe du centre de gravité G du triangle OAB est z G = 2---------------------------. 3

i 3 z G = 1 + --------- . 3

z A′ = ( 1 + 2i ) ( 4 + i ) – 2 – 4i z A′ = 5i , donc l’image de A est le point C. z B′ = ( 1 + 2i ) ( 1 + i ) – 2 – 4i z B′ = 1 + i + 2i – 2 – 2 – 4i z B′ = – 3 – i , donc l’image de B est le point D. b. z = ( 1 + 2i )z – 2 – 4i ⇔ – 2iz = – 2 – 4i 1 + 2i ⇔ z = -------------- ⇔ z = 2 – i . i Le point invariant  a pour affixe 2 – i .

3. a.

CA ( 2 – 1 + i 3 )

OB = CA , donc OBAC est un parallélogramme.

3.

p–m p – m MP ------------- = ------------- = --------- . n–m n – m MN

4. a.

z′ – z = ( 1 + 2i )z – 2 – 4i – z

z′ – z = 2iz – 2 – 4i

1 z′ – z = – 2i  – z + --- + 2   i

z′ – z = – 2i ( 2 – i – z ) .

69

b. Comme d’après la question 4.a. on a montré que : z′ – z = – 2i ( 2 – i – z ) et comme M est différent du point , donc 2 – i – z ≠ 0 , on a : z′ – z ------------------- = – 2i . 2–i–z z′ – z MM′ z′ – z = – 2i , soit --------------------• D’où -----------------= 2 , soit ------------ = 2 . M 2–i–z 2–i–z z′ – z • D’où arg  ------------------- = arg ( – 2i ) [ 2 ]  2 – i – z

z C – z B - = 0 [] . ⇔ arg  ---------------z – z  A B ---- [  ] 2. ( AB ) et ( BC ) sont perpendiculaires ⇔ ( BA ; B C ) =  2 z – z  C B ⇔ arg  ----------------- = ---- [  ] . z – z  2 A B  –3 + i 3 A C - = arg  ---------------------- = arg ( i 3 ) = ---- [ 2 ] . 3. arg  --------------- 1+i 3  z B – z C 2 z –z

soit arg ( z′ – z ) – arg ( 2 – i – z ) = arg ( – 2i ) [ 2 ] ,

Donc ( AC ) et ( BC ) sont perpendiculaires.

 soit ( O M  ; M M ′ ) = – ---- [ 2  ] . 2

les exercices

154 1. A , B et C sont alignés ⇔ ( BA ; B C ) = 0 [  ]

155 1. Pour M ≠ 

 - [ 2  ] , donc le triangle  MM′ est un triangle recc. ( O M  ; M M ′ ) = – --2 tangle en M.

d. z E = – 1 – i 3 .

  M =  M′ R(M ) = M ′ ⇔  (OM ; OM′) =
[2]

 M =  M ′ ⇔ z′ –  = z –  .

Le vecteur O  M est, par hypothèse, non nul (car  ≠ M ), donc O  M′ est non nul, d’où :

• zE = ( – 1 )2 + ( 3 )2 zE = 2 .

(OM ; OM′) = (u ; OM′) – (u ; OM )

= arg ( z ′ –  ) – arg ( z –  )

3 1 • z E = 2  – --- – i -------  2 2 zE = 2  e 

2 – i ------3



=
[2] arg ( z′ –  ) = arg ( z –  ) +


.

= arg ( z –  ) + arg ( e i
)

Pour placer le point E, on trace le cercle C de centre O et de rayon 2 et on 2 place E sur le cercle tel que ( u ; O E ) = – ------- (ou bien on peut aussi dire que 3 le point E a pour abscisse – 1 ).

= arg [ e i
( z –  ) ] [ 2  ] Les nombres complexes z′ –  et e i
( z –  ) ont même module et même argument, ils sont donc égaux. Pour tout point M ≠  , on a : z′ –  = e i
( z –  ) .

Puis, pour placer le point E′ , on utilise ce qui a été montré à la question 4.b.

Si M =  , soit z =  , la formule ci-dessus donne z′ =  , soit M′ =  = M ,

EE′ • --------- = 2 , ce qui signifie que EE′ = 2  E , c’est-à-dire que le point E′ se E

le point  est un point invariant par la rotation. ---2. a. L’expression complexe de la rotation de centre B et d’angle 

trouve sur le cercle de centre E et de rayon 2  E .  • ( Z E  ; E E ′ ) = – ---- [ 2  ] , ce qui signifie que le triangle  EE′ est rectan2 gle en E.

3

s’écrit :  i ----

z′ – z B = e 3 ( z – z B ) 3 1 z′ =  --- + i ------- ( z – 2 – 2i ) + 2 + 2i 2 2

Le point E′ est donc sur la perpendiculaire en E à la droite ( E  ) et sur le cercle de centre E et de rayon 2  E de telle manière que le triangle E  E′ soit rectangle et indirect.

3 1 z′ =  --- + i ------- z + 1 + 3 + i ( 1 – 3 ) . 2 2

y

b. z A =  1--- + i ------3- ( 1 + i ) + 1 + 3 + i ( 1 – 3 ) 2

5

2

3– 3 3+ 3 z A = ---------------- + i  ---------------- .  2  2

4

c. Les points O, I et B sont alignés car z B = 2z I . 3

 On sait que BI = BA et ( BI ; B A ) = ---- ( mod 2  ) , donc le triangle ABI est 3

2

équilatéral et IA = IB = 2 .

–3

–2

–1

O

1

–1

D E

2

3 Ω

4

x

les points O, A et B sont sur le cercle de centre I et de rayon 2 . Le triangle OAB est inscrit dans ce cercle et le côté OB est un diamètre de ce cercle. Le triangle OAB est rectangle en A. L’angle ( OA ; O B ) est l’angle inscrit correspondant à l’angle au centre

–2

 ( IA ; I B ) = ---- [ 2  ] , donc : 3

–3

 ( OA ; O B ) = ---- ( mod  ) 6   d. ( u ; O A ) = ( u ; O B ) + ( O B ; O A ) = --- – ---- ( mod  ), soit : 4 6  ( u ; O A ) = ------ ( mod  ) 12

–4 –5

3. a. L’expression complexe de T est z′ = z – 1 – i –6

3– 3 3+ 3 z A′ = ---------------- + i  ---------------- – 1 – i  2  2

–7 E'

70

1+ 3 1– 3 z A′ = ---------------- + i ---------------- . 2 2

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–1

Comme on sait que OI = 1 + i = 2 :

A

B

Obligatoire :

b. OIAA′ est un losange car IO = AA′ et OI = IA . c. ( OA ) est la bissectrice de ( OA ; O I ) , donc :

2. Soit M un point de . Son affixe s’écrit z = x – 2i , où x est l’abscisse de M . z′ = – 2z + 2i = – 2 ( x + 2i ) + 2i = – 2 x – 2i . On en déduit que y′ = Im ( z′ ) = – 2 , donc M′ ∈ .

arg z A′ + arg z I arg z A = ---------------------------------2 arg z A′ = 2 arg z A – arg z I

3. Soit M un point d’affixe z , z′ = – 2z + 2i . z′ + 2i = – 2z + 4i = – 2 ( z – 2i ) = – 2 ( z + 2i ) .

  = ---- – ---6 4

z′ + 2i = – 2 ( z + 2i ) = 2 z + 2i = 2 z + 2i , car z = z .

156 1. Les vecteurs OM et OM′ ont pour coordonnées respectives : ( x ; y ) et ( x′ ; y ′ ) . Le repère est orthonormé, donc OM et OM′ sont orthogonaux si, et seulement si, OM ⋅ OM′ = 0 , c’est-à-dire si, et seulement si, xx′ + yy′ = 0 . Or, z′z = ( x′ + i y′ ) ( x – i y ) = ( xx′ + yy′ ) + i ( y′x – x′y ) . Donc, Re ( z′z ) = xx′ + yy′ et Im ( z′z ) = xy′ – x′y . Donc OM ⋅ OM′ = 0 si, et seulement si, xx′ + yy′ = 0 . 2. On sait que les vecteurs OM ( x ; y ) et OM′ ( x′ ; y ′ ) sont colinéaires si, et seulement si, xy′ – x′y = 0 . Donc, OM et OM′ sont colinéaires si, et seulement si, Im ( z′z ) = 0 . Donc O, M et M′ alignés si, et seulement si, Im ( z′z ) = 0 .

3. N a pour affixe z 2 – 1 . D’après la question 1., on peut donc dire que : OM et ON orthogonaux si, et seulement si, Re ( ( z 2 – 1 )z ) = 0 . Or : Re ( ( z 2 – 1 )z ) = Re ( z 2 z – z )

arg ( z′ + 2i ) =  –
[ 2 ] .

Donc :

---- ; une mesure de l’angle d. Une mesure de l’angle ( v ; A M ) est
–  2    ( v ; A M ′ ) est (  –
) – ---- = ---- –
= – 
– ---- .  2 2 2

(v ; AM′) = – (v ; AM) [2] .

On a donc :

Les demi-droites [ AM ) et [ AM ′ ) sont donc symétriques par rapport à l’axe des ordonnées.

158 A 1.  = --p- = 5 . O et O  = 5 . 2

 A = a –  = 5 + 5i – 5 = 5i = 5 . Donc A appartient à  .  B = – 4 + 3i = 5 . Donc B appartient à  .

2. • BC admet pour affixe c – b = 8 – 4i – 1 – 3i = 7 – 7i .

1 1 1 – 1 ( z 2 – 1 ) =  ---- – 1 × z 2 ×  1 – ---- a.  ---    

• BD admet pour affixe d – b = 2 + 2i – 1 – 3i = 1 – i .

z2

z2 1 1 = – z 2 ×  ---- – 1 ×  ---- – 1  z2   z2 

Puisque c – b = 7 ( d – b ) , on en déduit que BC = 7BD , donc D appartient à ( BC ) . D’autre part, OD admet pour affixe d = 2 + 2i et :

2 1 = – z 2 × ---- – 1 . z2

b. Donc, d’après la question 2., on peut dire que O, N et P sont alignés si, et seulement si : 1 Im   ---- – 1 ( z 2 – 1 ) = 0 .   z2  

2 d 2 + 2i 2 1 + i 2 ( 1 + i ) 2 1 ----------- = -------------- = --- × ----------- = --- × ------------------ = --- × ( 1 – 1 + 2i ) = --- i . 2 7 7 c – b 7 – 7i 7 1 – i 7 Donc :

Donc, d’après l’égalité montrée dans la question précédente, si, et seulement si : 2 1 Im  – z 2 × ---- – 1  = 0 .   z2

–

arg ( z′ + 2i ) ( z + 2i ) = arg ( z′ + 2i ) + arg ( z + 2i ) = arg ( z′ + 2i ) +
.

 C = 3 – 4i = 5 . Donc C appartient à  .

z2

=

c. arg ( ( z′ + 2i ) ( z + 2i ) ) = arg ( – 2 z + 2i 2 ) =  [ 2 ] . Mais :

que de [ AM ) par rapport à l’axe des ordonnées. Le point M′ est le point de cette demi-droite qui vérifie AM′ = 2 AM . Cela détermine M′ de manière unique.

1 –1. 4. P d’affixe ----

Or

( z + 2i ) ( z′ + 2i ) = – 2 ( z + 2i ) ( z + 2i ) = – 2 z + 2i 2 ∈
 * .

5. Étant donné un point M différent de A , on trace la demi-droite symétri-

= ( z – 1 ) Re ( z ) = 0

y2

b. z′ + 2i = – 2 ( z + 2i ) .

= Re ( z × z 2 – z ) car z z = z 2

Donc, Re ( ( z 2 – 1 )z ) = 0 si, et seulement si, z 2 = 1 OU Re ( z ) = 0 . si, et seulement si z = 1 OU Re ( z ) = 0 . On a donc le cercle de centre O et de rayon 1 OU la droite d’équation x = 0 . Conclusion : ON et OM sont orthogonaux si, et seulement si, M appartient à (
) ∪ ( D ) , où (
) = cercle de centre O et de rayon 1 et ( D ) est l’axe des ordonnées.

x2

4. a. M ≠ A ; ( z + 2i ) est l’affixe du vecteur non nul AM . On en déduit qu’un argument
de z + 2i est une mesure de l’angle ( u ; A M ) .

= z 2 Re ( z ) – Re ( z ) car Re ( z ) = Re ( z ) 2

z2

AM′ = 2 AM .

On a donc

les exercices

 arg z A′ = – ------ . 12

z2

4. Les nombres complexes

 d  arg  ----------- = ---- [ 2 ] et ( BC ; O D ) = ---- [ 2  ] .  c – b 2 2

Ce qui montre que les droites ( BC ) et ( OD ) sont perpendiculaires. Il s’ensuit que D est le projeté orthogonal de O sur la droite ( BC ) . 20z 20 B 1. z′ = -------- = ------- z . zz z2

+ 2i xy , donc : 2 2 1 1 Im  – z 2 × ---- – 1  = – 2 xy ----- – 1   z2 x2

D’où O, B et P alignés si, et seulement si, x = 0 OU y = 0 OU z 2 = 1 .

20 z 2 = OM 2 , donc OM′ = ------------ OM , ce qui prouve que les points O , M OM 2 et M′ sont alignés car les vecteurs OM ′ et OM sont colinéaires.

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2. a. z + z = 2 + iy + 2 – iy = 4 .

bac

20 20 20 ( z + z ) b. z′ + z′ = 20 ------ +  ------ = ------ + 20 ------ = ---------------------  z

Les sujets

z

z

zz

avec

z′ + z = 4 ;

80 z′ + z′ = ------- . z2

157 1. a′ = – 2i et b′ = – 6 – 2i .

D’autre part

M'

On en déduit que :

O u A = A'

20 20 400 z′z′ = ------- z × ------- z = --------- . z2 z2 z2 5 ( z′ + z′ ) = z′z′ .

c. Ainsi z′z′ – 5z′ – 5z′ = 0 , ( z′ – 5 ) ( z′ – 5 ) – 25 = 0 , z′ – 5 2 = 25 et  M′ = 5 .

M

v

B'

z

B

Donc M′ appartient au cercle  . Par conséquent, M′ appartient à l’intersection de la droite ( OM ) et du cercle  . Puisque z′ + z′ = 2 Re ( z′ ) et z′z′ = z′ 2 , nous avons Re ( z′ ) 0 .

71

M' B

 (  I ;  E ) = (  K ;  E ) [ 2  ] , donc (  K ;  E ) = ---- [ 2  ] . 4

A

M

161 1. Le centre I de
admet pour affixe 1--- et pour rayon IA = 1--- . 2

D

v O u

P

2

1 M ( m ) ∈
⇔ IM = --- ; soit : 2 1 m – --- = 1 --- . 2 2

2. Le carré OMKL est direct, donc L est l’image de M par la rotation de  centre O et d’angle de mesure ---- . 2

C

 i ----

z +z 2

A B - soit : 160 1. Le centre  de
admet pour affixe  = ----------------

D

– a ) et p – 1 = – i ( m – 1 ) .

v O I u

On admet que les points N et K admettent pour affixes respectives n = ( 1 – i )m + i et k = ( 1 + i )m . K

3. a. Soit  le milieu de [ PL ] et  (  ) . p +  – im + 1 + i + im 1 + i v = ------------ = ---------------------------------------- = ----------- . 2 2 2

A

b. On a :  – 1--- = 1--- + 1--- i – 1--- = 1--- i = 1--- . Donc  ∈
. ( 3 + 9i ) ( 4 – 2i ) 30 + 30i 3 3 2. z D = -------------------------------------= -------------------- = --- + --- i .

( 4 + 2i ) ( 4 – 2i ) 20 2 2 On détermine une mesure de l’angle ( DA ; D B ) . On a :

3 3--7 1 z B – z D – 2 + 2i – --2- – 2 i – --2- + --2- i – 7 + i i ( 1 + 7i ) ----------------- = ----------------------------------------- = --------------------- = ------------------ = ----------------------- = – i . – 1 – 7i – ( 1 + 7i ) z A – zD 1 7 3 3 1 – 2i – --- – --- i – --- – --- i 2 2 2 2 z B – z D p  Donc arg ----------------- = arg ( – i ) [ 2 ] = – --- [ 2 ] . z – z  2 A D  On en déduit que ( DA ; D B ) = – ---- [ 2  ] , ce qui montre que le triangle 2 BDA est rectangle en D et donc que D appartient au cercle de diamètre [ AB ] .  - [2] . 3. a. Soit E le point d’affixe zE tel que (  I ;  E ) = --4 1 z E + --- = z E –  et E ∈
,  E = z E –  et  E =  A . 2 3 5 Or
est de rayon A où  A = --- – 2i = --- . 2 2 1 1 5 Puisque z E + --- =  A , on en déduit que z E + --- = --- . 2 2 2 (u ; E ) = (u ; I ) + (I ; E ) [2] .

On a :

1 Or arg ( z I –  ) = arg  1 + --- [ 2 ] , donc arg ( z I –  ) = 0 [ 2 ] soit :  2 ( u ;  I ) = 0 [ 2  ] . Donc :  ( u ;  E ) = 0 + (  I ;  E ) [ 2  ] = ---- [ 2  ] 4 1   arg z E + --- = ---- [ 2 ] .  2 4

b. z E + 1--- = 5--- e 2

 i ---4

2

5   5 2 2 = ---  cos  ---- + i sin  ----  = ---  ------- + i ------- .  4  4 2  2 2  2

2 5 2 1 5 2 2–2 5 z E = ---------- – --- + ---------- i = 5------------------ + ---------- i . 4 4 4 2 4

4. a. z′ + 1--- = 2

 i ---e 4 z



1 + --- ⇔ z′ –  = 2

 i ---e 4 (z

2

2

2

2

2

2

1 Re (  ) = --- , donc  appartient à la médiatrice de [ OA ] . 2

4. a. KN = n – k = m – im + i – m – im = – 2im + i . 1 1 Soit KN = 2i × – m + --- = 2 × m – --- . 2 2 1 1 Or M ∈
donc m – --- = --- . Par suite KN = 1 . 2 2 1 1 ( 1 – i )m + i – --- – --- i

1 1 – --- + --- i + ( 1 – i )m

1 n– 2 2 2 2 b. ------------ = -------------------------------------------------- = ----------------------------------------------------------- = --- = – i . k– 1 1  1 1  i ( 1 + i )m – --- – --- i 2

2

i – --- + --- i + ( – i + 1 )m  2 2 

n– arg  ------------- = arg ( – i ) [ 2 ]  k – 

Donc :

 n –  = –i (  K ;  N ) = – ---- [ 2  ] ; -----------2 k–

N et --------- = 1 . K

5. Le triangle KN est rectangle isocèle en  et KN = 1 . Par conséquent : K N 2 =  K 2 +  N 2 . 1 2 1 = 2  N 2 ,  N 2 = --- et  N = ------- . 2 2 2 Donc N appartient au cercle de centre  et de rayon ------- . 2

162 1. Soit  (  ) un éventuel point invariant : 4  = --- ⇔  = 4 ⇔  2 = 4 .  L’ensemble des points invariants est le cercle de centre O et de rayon 2.

2. On cherche M ( z ) tel que f ( M ) = J , d’où : 4 --- = 1 ⇔ z = 4 ⇔ z = 4 . z L’ensemble est le point I d’affixe 4.

– ) .

 On reconnaît l’écriture complexe de la rotation de centre  et d’angle ---- . 4 

i ---b. z K′ + 1--- = e 4  z K + 1--- =  ------2- + i ------2- × 5--2 2 2 2 2

5 2–2 5 2 z K′ = ------------------- + ---------- i . 4 4 5 K appartient au cercle
de rayon --- puisque : 2 1 5 2 –  = 2 + --- = --- . 2 2 Par conséquent :  K =  E . D’autre part :

72

– i ---2 (m

p = – im + 1 + i .

#

B

p–a=e

3. 4--- =  ⇔ z = --4- ⇔ z = --4- . z  

4 A admet un unique antécédent par f d’affixe --- . 

z ′ 4 4 - = arg  ----- = arg  ------- = 0 [ 2  ] , 4. a. ( OM ; O M ′ ) = arg  -- z z  z 2 z car z 2 ∈
1 * . Les points O , M et M′ sont alignés et M ′ ∈ [ OM ) . 4 4 b. z′ = ---- = ----- , car z = z . z

z

4 M ∈
( O ; r ) ⇔ OM = r ⇔ z = r ⇔ z ′ = --- , r 4 car r ≠ 0 ⇔ M′ ∈
 O ; --- .  r

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les exercices

1 – 2i – 2 + 2i - = – --- .  = 1--------------------------------2 2

 = e 2 m = im . Le carré AMNP est indirect, donc P est l’image de M par la rotation de  centre A et d’angle de mesure – ---- . 2 

Obligatoire :

c. P′ appartient au cercle de centre O et 4 de rayon --- et O, P et P′ sont alignés 3 avec P′ ∈ [ OP ) .

P

z et z′ étant distincts de 0, 1 et i, on a : z–1 z′ – 1 1 z – 1 ------------- = ---  ----------- = – i  ----------- .  z – i z′ – i i  z + i 

P' v O

u

4. Les nombres complexes

Avec z ≠ 0 et z′ ≠ 0 , on a : z–1 z′ – 1 arg  ------------- = arg ( – i ) + arg  -----------  z – i  z′ – i  z′ – 1 z–1  arg  ------------- = – ---- – arg  ----------- [ 2  ] .  z′ – i   z – i 2

5. Soit M ∈
1 ( J ; 1 ) alors JM = 1 et M ≠ 0 , d’où :

4 Son image par f vérifie z′ = ------------------- , e – i
= cos
– i sin
. 1 + e– i
4i sin
4 ( 1 + cos
+ i sin
) 4 + 4 cos
+ 4i sin
z′ = ---------------------------------------------------- = -------------------------------------------------- = 2 + -------------------------- . 1 + 2 cos
+ 1 2 + 2 cos
( 1 + cos
) 2 + sin2
Donc Re ( z′ ) = 2 . L’image d’un point M de
1 appartient à la droite D d’équation x = 2 .

163 1. a. z et z′ sont deux nombres complexes non nuls. On a : z z = ---- × z′ z′ z arg ( z ) = arg  ---- + arg ( z′ ) à 2k près, k ∈  .  z′ On en déduit que : z arg  ---- = arg ( z ) – arg ( z′ ) à 2k près, k ∈   z′ z n’est pas nul ; notons r, le module de z et , un argument de z. On a : z = r ( cos  + i sin  ) = re i  . 1 1 1 On sait qu’alors z = re – i  et que, z étant non nul, z′ = --- = ------------- = --- e i  . z re – i  r

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1 z′ a pour module --- et pour argument . r On en déduit que z et z′ ont même argument, à 2k près, k entier relatif. Pour z π 0 , arg ( z¢ ) = arg ( z ) à 2k
près, k Œ Z . Interprétation géométrique z est l’affixe du vecteur OM , donc arg ( z ) = ( u ; O M ) . z′ est l’affixe du vecteur OM′ , donc arg ( z′ ) = ( u ; O M ′ ) . On a ( u ; O M ) = ( u ; O M ′ ) à 2k près, k ∈  , ce qui veut dire que les points O, M et M′ sont alignés sur une même demi-droite d’origine O. Pour tout point M de , O, M et M¢ sont alignés sur une demi-droite d’origine O. b. f ( M ) = M équivaut à z′ = z . M ∈ \O équivaut à z ≠ 0 . Avec les mêmes notations que dans la question 2.a., pour tout z ≠ 0 : 1 z′ = z équivaut à --- e i  = re i  r En simplifiant par le nombre e i  qui est non nul : 1 i --- e = re i  équivaut à 1 --- = r et à r 2 = 1 r r r est le module de z, c’est un réel strictement positif. r 2 = 1 équivaut à r = 1 . z est l’affixe du point M, r = OM . L’ensemble cherché est l’ensemble des points M tels que OM = 1 c’est-àdire le cercle de centre O de rayon 1. L’ensemble des points invariants par f est le cercle de centre O et de rayon 1. c. z est distinct de 0, de i et de 1 ; z′ aussi d’après l’énoncé. z–1 1 1–z z′ – 1 = --- – 1 = ----------- = – ----------z z z

z–1 z–1 - ∈
* équivaut à arg  ----------- = 0 à k près. 2. a. --------- z – i z–i z – 1 1 – z zU – z M -. Or : ----------- = ----------- = ----------------z – i i – z zV – z M D’après la question de cours 1.b. : z U – z M - = ( MV ; M U ) à 2k près, donc arg  ----------------z – z  V

M

z–1 ----------- ∈
* si, et seulement si, ( MV ; M U ) = 0 à k près, z–i si et seulement si, MV et MU sont colinéaires et non nuls. Donc : z–1 ----------- ∈ R* si, et seulement si, M appartient à la droite ( UV ) privée de z–i U et de V. z–1 - ∈
* , b. M appartient à ( UV ) privée de U et de V si, et seulement si, ---------z–i

z–1 c’est-à-dire arg  ----------- = 0 à k près.  z – i Or, d’après la question 2.c. : z′ – 1 z–1  arg  ------------- = – ---- – arg  ----------- à 2k , k ∈  .  z′ – i   z – i 2

les exercices

z–1 =1 z – 1 = e i
avec
≠ 0 et z = 1 + e i
avec
≠ 0 .

M′ appartient à l’image par f de la droite ( UV ) privée de U et de V si, et seulement si :  z′ – 1 arg  ------------- = – ---- à k .  z′ – i  2 z′ – 1 Comme précédemment, arg  ------------- = ( M′V ; M ′ U ) à 2k près.  z′ – i  L’image par f de la droite ( UV ) privée de U et de V est l’ensemble des points M′ tels que ( M′V ; M ′ U ) est un angle droit : c’est le cercle de diamètre [ UV ] privé de U et de V. L’image par f de la droite ( UV ) privée de U et de V est le cercle de diamètre [ UV ] privé de U et de V.

164 1. a. z B1 – z A = 2 ( z B – z A ) .

zB = 2 2 + i ( 1 – 2 ) . 1

 i ----

b. z B′ – z A = e 4 ( z B – z A′ ) = e

 i ---4

1

× 2 ( zB – z A )

1 z B′ – i = ------- ( 1 + i ) × 2 × ( 2 – i ) 2 z B′ = ( 1 + i ) ( 2 – i ) + i = 2 – i 2 + 2i z B′ = 3 + 2i .

1 1 – iz – i 2 – iz z′ – i = --- – i = ------------- = ------------------z z z M'

– i(z + i) z′ – i = ---------------------- . z Par quotient z′ – i étant non nul : z–1 z z′ – 1 ------------- = – ----------- × --------------------------z (– i)(z + i) z′ – i z′ – 1 1 z – 1 ------------- = ---  ----------- z′ – i i  z + i  z – 1 z – 1 z – 1  ---------- . ----------- = ----------- = z – i z – i  z – i

B' Σ1

A M v O

u

B

Σ1

73

2. a. f ( B ) a pour affixe z′ = ( 1 + i )z B + 1 .

Donc, quel que soit le point M du plan, les vecteurs E MM′ et Z O A sont orthogonaux.

z B = 2 , donc z′ = 2 ( 1 + i ) + 1 = 3 + 2i = z B′ . L’affixe de f ( B ) est l’affixe de B′ , donc : L’image du point B par f est B¢ .

b. Le point M est invariant par f si, et seulement si, M′ = M donc si, et seulement si, z′ = z . z′ = z équivaut à ( 1 + i )z + 1 = z et à : iz = – 1 = i 2 soit : z = i . A est le seul point invariant par f.

• Le point M 2 a pour affixe z 2 = z = ( 4 + i ) = 4 – i . Les coordonnées de M 2 sont ( 4 ; – 1 ) . • Le point M 3 est tel que OM 1 M 3 M 2 est un parallélogramme, donc M 3 vérifie l’égalité OM 1 = M 2 M 3 .

c. z′ – z = ( 1 + i )z + 1 – z = iz + 1 = iz – i 2 = i ( z – i ) = i × ( – 1 ) × ( i – z )

z¢ – z -=– i. Pour tout nombre complexe z distinct de i, -----------i–z z′ – z z M′ – z M ------------ = -------------------- . i – z z A – zM

les exercices

2. a. • M a pour coordonnées ( 4 ; 1 ) . Donc, M 1 a pour affixe z 1 = iz = i ( 4 + i ) = – 1 + 4i . Le point M 1 a pour coordonnées ( – 1 ; 4 ) .

L’affixe z 3 vérifie alors : z1 = z3 – z2 . z 3 = 3 + 3i . Le point M 3 a pour coordonnées ( 3 ; 3 ) . On place les points M, M 1 , M 2 , M 3 sur la figure.

Ce nombre complexe n’est pas nul : en effet, puisque z ≠ i , z est différent de z′ .

M1

z M′ – z M MM′ ------------------- a pour module ------------ et pour argument ( MA ; M M ′ ) . z A – zM MA

M3

On en déduit que : MM′ ------------ = 1 MA

---- [ 2  ] et ( MA ; M M ′ ) = –  2

A

On construit le point M¢ , image de A par la rotation de centre M,

v

---- . d’angle – 

M

u

O

2

Il suffit de construire la droite perpendiculaire à ( AM ) passant par M, le cercle de centre M et de rayon AM, et de choisir celui des deux

M2

---- . points d’intersection pour lequel l’angle droit mesure –  2

3. a.

z – 2 = zM – zB .

( z – 2 ) est l’affixe du vecteur BM , son module est la distance BM.

2.

b. z′ – 3 – 2i = ( 1 + i )z + 1 – 3 – 2i = ( 1 + i )z – 2 ( 1 + i ) = ( 1 + i ) ( z – 2 ) . Si M appartient à  1 , on a z – 2 = 2 . z′ – 3 – 2i = 1 + i × z – 2 . z′ – 3 – 2i = 2 × 2 = 2 . Si M ∈  1 , M ¢ ∈  2 où  2 est le cercle de centre B¢ , de rayon 2.

165 1. a. On pose z = x + i y avec x et y réels, et on obtient : 1 z′ = --- [ x + i y + i ( x – i y ) ] 2 1 1 z′ = --- ( x + y ) + --- ( x + y )i 2 2  x′ = 1 --- ( x + y )  2  1  y′ = --- ( x + y )  2 1 z′ = x′ + i y′ = --- ( x + y ) ( 1 + i ) . 2 Le point A a pour affixe z A = 1 + i , le point M′ est le pont d’affixe z′ d’où : 1 z′ = --- ( x + y )z A . 2 1 Le nombre --- ( x + y ) est un nombre réel, donc l’égalité précédente montre 2 que : Les points O, A, M¢ sont alignés.

b. Soit  l’ensemble des points M du plan vérifiant M = M′ . 1 1 x = --- ( x + y ) y = --- ( x + y ) si, et seulement si : x = y et x = y . et 2 2 Donc l’ensemble  des ponts M tels que M = M¢ est le droite d’équation y = x , c’est-à-dire la droite ( OA ) .

c. Quel que soit le point M d’affixe z = x + i y , le vecteur MM′ a pour coordonnées : 1 1 ( x′ – x ; y ′ – y ) =  --- ( – x + y ) ; --- ( x – y ) . 2  2 Le vecteur OA a pour coordonnées ( 1 ; 1 ) . 1 1 MM′ ⋅ OA = --- ( – x + y ) + --- ( x – y ) = 0 . 2 2

74

b. • Le point M 1 d’affixe z 1 est l’image par r du point M d’affixe z. L’écriture complexe de la rotation r est z′ = iz donc : z 1 = iz . • Le quadrilatère OM 1 M 3 M 2 est un parallélogramme éventuellement aplati si, et seulement si : OM 1 = M 2 M 3 z1 = z3 – z2 z3 = z1 + z2 z 3 = iz + z Le quadrilatère OM 1 M 3 M 2 est un parallélogramme éventuellement aplati si, et seulement si : z 3 = iz + z . c. OM 1 = iz = i z = z OM 2 = z 2 = z = z Le parallélogramme O M 1 M 3 M 2 a donc deux côtés consécutifs de même longueur, c’est un losange. d. Pour un nombre complexe z : 1 1 1 z′ – z = --- ( z + iz ) – z = – --- z + --- iz . 2 2 2 D’autre part, pour tout complexe z : 1 1 1 1 --- iz 3 = --- i ( iz + z ) = – --- z + --- iz 2 2 2 2 1 z′ – z = --- iz 3 2 1 z′ – z = --- iz 3 2

puis

1 z′ – z = --- i z 3 où i = 1 . 2

1 MM′ = --- OM 3 . 2

3. On a : OM = z

OM 1 = iz = z OM 2 = z 2 = z = z . Les trois points M , M 1 , M 2 appartiennent au cercle
de centre O et de rayon r = z . Le point M 3 d’affixe z 3 appartient au cercle
si, et seulement si : OM 3 = OM . Or, on a montré au 2.d. que, pour tout z complexe, 1 1 --- iz 3 = z′ – z , puis que MM′ = --- OM 3 , d’où OM 3 = 2MM′ . 2 2

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

z – 2 = 2 si, et seulement si, BM = 2 .  1 est le cercle de centre B, de rayon

Obligatoire :

Donc, le point M 3 appartient au cercle
si, et seulement si : OM 3 = OM = 2MM′

C. 1. O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC si, et seulement si, OA = OB = OC , donc si, et seulement si, a = b = c .

1 MM′ = --- OM . 2

a , b et c sont des réels positifs donc :

1 On suppose que M et M′ ne sont pas confondus avec O et que MM′ = --- OM . 2

a = b = c équivaut à a 2 = b 2 = c 2 et aa = bb = cc . O est le centre du cercle circonscrit à ABC si, et seulement si :

Les trois points O, M , M′ déterminent un triangle rectangle en M′ car on a montré en 1.a. que le point M′ appartient à la droite ( OA ) , puis en 1.c. que

aa = bb = cc .

les vecteurs MM′ et OA sont orthogonaux.

2. a.  = ( bc – bc ) .

Dans le triangle OMM′ rectangle en M′ , on a :

 = b ⋅ c – b ⋅ c = – (bc – bc) .

MM′ 1 sin M′OM = ------------ = --OM 2

 = –  , ce qui montre que :

 Donc M¢OM mesure ---- radian. 6

 est imaginaire pur.

b. ( b + c ) ( b – c ) = bb + cb – bc – cc .

166 A. 1. Soit z = x + yi , où x et y sont deux réels. On a z = x – yi . z est un imaginaire pur si, et seulement si, sa partie réelle x est nulle. D’autre part, pour tout z de  : z = – z si, et seulement si, x – yi = – x – yi

O est le centre du cercle circonscrit à ABC, donc : bb = cc et ( b + c ) ( b – c ) = cb – bc =  (b + c)(b – c) = 

2 x = – yi + yi = 0

ABC est un triangle, les points A, B et C ne sont pas alignés et, en particulier, B est distinct de C.

x=0 Donc, z est un imaginaire pur, si et seulement si, z = – z .

2. Le complexe z est réel si, et seulement si, sa partie imaginaire, y, est nulle.

B et C ont deux affixes distinctes et b – c ≠ 0 .

D’autre part, pour tout z appartenant à C : z = z si, et seulement si, x – yi = x + yi

b + c (b + c)(b – c) b + c)(b – c) ------------ = --------------------------------- = (--------------------------------b – c (b – c)(b – c) b–c2

x – x = yi + yi

b+c  ------------ = ----------------b–c b–c2

0 = 2yi z = z si, et seulement si, 0 = y . z = z si, et seulement si, z est réel. z est un réel si, et seulement si, z = z .

les exercices

soit :

4. Les nombres complexes

+ c  - = ---------------– b+c - = ---------------c.  b----------- = ------------ .  b–c

b–c2

b–c2

b–c

3. Pour tout nombre complexe z, on a : z × z = ( x + yi ) ( x – yi ) = x 2 + y 2 . On sait que z = x 2 + y 2 , donc z ⋅ z = z 2 . Pour tout complexe z, z ◊ z = z 2 .

b+c Donc ------------ est un imaginaire pur. b–c

3. a. Z A H a pour affixe ( b + c ) , Z C B a pour affixe ( b – c ) .

B. 1. OA = a = 3 2 + 1 2 = 10

b. b – c ≠ 0 .

OB = b = ( – 1 ) 2 + 3 2 = 10 OC = c = –

5(1 + i) = –

On suppose donc A ≠ H , c’est-à-dire b – c ≠ 0 .

5 × 1+i

( CB ; A H ) = ( C B ; u ) + ( u ; A H ) = – ( u ; C B ) + ( u ; A H )

= 5 × 1 2 + 1 2 = 5 × 2 = 10

b+c = arg ( b + c ) – arg ( b – c ) = arg  ------------  b – c

OA = OB = OC donc : O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC .

2.

b + c   ----------- est un imaginaire pur, non nul, il a pour argument ---+k⋅, k∈.  b – c 2 B

 Si A π H , ( Z C B ; AH Z ) = ---- [  ] . 2

c. Lorsque A ≠ H et B ≠ H , les angles ( CB ; A H ) et ( CA ; B H ) sont droits. ( AH ) est la hauteur issue de A dans le triangle ABC et ( BH ) est la hauteur issue de B.

Η A v

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

O

u

Ces deux hauteurs se coupent en H puisque ( AC ) et ( BC ) sont sécantes et H est l’orthocentre du triangle ABC. Lorsque A = H (ou B = H , ou C = H ), la hauteur issue de B est ( BH ) = ( AB ) , donc ( AB ) et ( AC ) sont perpendiculaires et le triangle ABC est rectangle en A. Son orthocentre est A, c’est-à-dire H. On a alors pour centre du cercle circonscrit à ABC le milieu O de l’hypothénuse : B et C sont symétriques par rapport à O, donc b = – c .

C

On a alors b + c = 0 et a + b + c = a = z A = z H . Le point d’affixe a + b + c est bien l’orthocentre du triangle ABC dans tous les cas. Le point H d’affixe a + b + c est l’orthocentre du triangle ABC.

75

O B L I G A T O I R E

5

FONCTIONS LOGARITHMES

Contenus

Capacités attendues

Extraits des commentaires

Fonction logarithme népérien ; notation ln. Équation fonctionnelle caractéristique. Dérivée ; comportement asymptotique.

On mentionnera la fonction logarithme décimal, notée log, pour son utilité dans les autres disciplines et son rapport avec l’écriture décimale des nombres. Approximation affine, au voisinage de 0, de h
ln ( 1 + h ) .

Le mode d’introduction du logarithme n’est pas imposé. On peut, pour l’introduire : – soit partir des propriétés des fonctions exponentielles ; – soit poser le problème des fonctions dérivables sur
* telles que f ( xy ) = f ( x ) + f ( y ) et admettre l’existence de primitives pour la 1 fonction x
--- ; x – soit traiter le logarithme après l’intégration.

Fonctions x
a x pour a > 0 . Comportement asymptotique ; allure des courbes représentatives.

On positionnera, à l’aide d’un grapheur, les courbes représentatives de x
e x et de x
ln x par rapport à celles des fonctions x
xn .

Croissance comparée des fonctions exponentielles, puissances entières et logarithme.

ex On établira la limite en + ∞ de ----x ln x et de ---------- ; on en déduira la limite x en – ∞ de xex ; on aboutira aux règles opératoires : « à l’infini, l’exponentielle de x l’emporte sur toute puissance de x » et « les puissances de x l’emportent sur le logarithme de x ».

À travers des exemples, on étendra ces règles au cas des polynômes (comme pour la fonction ex x
-------------- ). 2 x +1

On étudiera les fonctions x
e – kx , 2 ou x
e – k x , avec k > 0 , et on illustrera leur décroissance rapide.

Ces fonctions sont très utilisées en probabilité et en statistique, en théorie du signal, etc.

La racine n-ième sera introduite et expliquée ; on utilisera aussi la

On pourra aborder lors de l’étude de problèmes des fonctions du type x
x
(avec
réel) ; l’étude générale de ces fonctions est hors programme.

Fonction racine n-ième.

notation x

1 – --n

.

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

Le programme

Obligatoire :

17 a.  f = ] 0 ; + ∞[ ;

Applications directes du cours l’Application,

page 175,

de

2

h ln ( x + h )
ln
( x ) h + ln x . Soit ln ( x + h )
--- + ln x . x Comme ln 1 = 0 est connu, on prend x = 2 et h très petit.

A = 4 ln 3 ;

Équations – Inéquations

18 a. x = e ;

2. ln  1--- = – ln ( 3 ) . 3

2

B = ln ( 4 ) – ln ( 5 ) ;

D=0 ;

3 1. y = x – 1 est la tangente à
ln au point d’abscisse 1 et
ln est ln x  x – 1 .

concave, donc :

1 0 ; --e

• Sur ] 0 ; + ∞[ , ( I ) ⇔ x ∈

10 2 888



29 1 975

5

20 a. x = 1 ; b. x = ± 9 – e 2 ; c. x = ± e – 4 ; d. x = 2 .

3 X 2 – X + 2 = 0

17 ------

c. x 6 ;

lim

x→+∞









e



d. x ∈  e – 3 ; e

.

3 + ---  2

qui n’a pas de solutions.

d. x ∈

7 --e4





2 – --5

;

; +∞ .

26 a. x ∈ [ 5 – e ; 5 [ ; b. x ∈ ] – ∞ ; – 3 ] ∪ [ 3 ; + ∞[ ;

d. x0,54 .

2

lim g ( x ) = + ∞ .

et

8 – --- 

25 a. x ∈ ] 0 ; e ] ; b. x ∈ [ e 5 ; + ∞[ ; c. x ∈ 0 ; e

c. x ∈ 1--- ; + ∞ ;

f ( x) = 0



 . 



2. 27 ; 27 ; 81.

8



 2

24 a. x ∈ { ± e 3 } ; b. x ∈ { e ; e – 5 } ; c. x ∈  e – 2 ; e 3  ;

> 9 x ⇔ x2 – 2 x + 1  0 ⇔ x ∈
.

b. x3,1 ;



1 23 1. X ∈  – 1--- ; 1  . 2. x ∈  e ; ----- .

Son écriture contient 2 889 chiffres.  X = 2x

2

2

10 2 889

6 1. 3 × 4 x – 2 = 2 x ⇔ 

2

d. x = 8 ( e 3 ln 2 – 3 ) – 1 .

∪ ] e 2 ; + ∞[ .



1 – ln 2

–1 e–1 ----------------------------- = ----------- ; 19 a. x = 1--- e 2 ; b. x = 2e – 1 ; c. x = 2e

22 a. x = 5 ; b. x = 1 et x = 5 ; c. x = 5 ; d. x = 5 et x = – 1--- .

5 1. 2 888  log 29 1 975  2 889 , donc :

5 ---

7 ---

; d. x = e 4 .

2

4 • Sur ] 0 ; + ∞[ , ( E ) ⇔ 3 x 2 + x – 4 = 0 ⇔ x = 1 .

7 1. a. x 2 ;

2 – --5

21 a. x = 3--- ; b. x = 2 ; c. x = 1 ; d. x = 0 .

2. Idem avec y = --x au point d’abscisse e . e 3. Voilà c’est fait !

2+1

b. x = e 5 ; c. x = e 3 ---

9 C = --- ln ( 5 ) ; 2

E = – 0 ,5e .

2. 3 x

b.  f = ] 1 ; + ∞[ ; d.  f = [ 0 ; + ∞[ .

c.  f = ] 0 ; e ] ;

les exercices

1 1. On se sert, comme dans l’approximation x  ln ( x + h ) en 0 .

5. Fonctions logarithmes

27 a. x ∈ – 2--- ; 1 ;

x→–∞

3 d. x ∈ [ 1 ; + ∞[ .

d. x ∈ – 1 ; 1--- . 3

e–3 -;1 ; b. x ∈ -----------

x ∈ ] 2 ; + ∞[ ;

c.

2+e

28 a. x  1 + ln 3 ; b. x ∈ ] – ∞ ; – 4 + ln 2 [ ∪ ] 4 + ln 2 ; + ∞[ ;

1

Propriétés algébriques de la fonction ln

c. x  ln ( e – 1 ) ; d. x  1--- ln ( 1 + e – 2 ) . 2

29 1. X ∈ ] – ∞ ; – 1 ] ∪ [ 1 ; + ∞[ . 2. x ∈ 0 ; 1--- ∪ [ e ; + ∞[ . e

A = ln 3 + 4 ln 2 ; B = 3 ln 3 – 6 ln 2 ; C = 5 ln 3 – 10 ln 2 ; D = 2 ln 3 + 3 ln 2 .

9

200 8 - = ------ ; 10 A = ----------------3 × 125 15

11 A = 5--- ; 2

B=

2 29

B = 5 ,5 ;

31 a. x ∈ ] e – 4 ; e 4 [ ; c. x ∈ e

C = –1 .

1 – --3

; e2 ;

b. x ∈ ] 0 ; e – 1 [ ∪ ] e 3 ; + ∞[ ; d. ∅ .

32 1. u ∈ { 2 ; 6 } . ;

2. ( x ; y ) ∈ { ( 2 ; 6 ) ; ( 6 ; 2 ) } .

C=4 .

33 a. ( x ; y ) ∈ { ( 3 ; 27 ) ; ( 27 ; 3 ) } ; 12 A = – 1--- ; 3

B = – 46 ;

© Hachette Livre, 2006 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

13 a.  f = – ∞ ; --5- ; 2 c.  f = ] – 1 ; 1 [ ;

14 a.  f =
\ { ln 3 } ; c.  f =
\ { ln 2 } ;

– 1 – 32 C = --------- = ---------- . 339 339 --------32

b. ( x ; y ) ∈ { ( e – 3 ; e 5 ) ; ( e 5 ; e – 3 ) } .

b.  f =
\ – --5- ; --5- ; 2 2

d.  f = ] – ∞ ; 0 [ . b.  f = ] – ∞ ; ln 5 ] ; d.  f =
\ { 2 + ln 2 } .

3

Calcul de dérivées x

6 3 e - ; b. f ′ ( x ) = --- ln x – 1 --- ; c. f ′ ( x ) = -------------- . 34 a. f ′ ( x ) = -------------x 3x + 1

1 --- ; + ∞ ; 2 c.  f = ] – 1 ; 1 [ ;

15 a.  f =

16 a.  f =
;

1 --- ; + ∞ 2 d.  f = ] – 1 ; 1 [ .

b.  f =

;

b.  f =
\ { – 1 ; 2 } ; 

  2

c.  f =
\  ± 1---  ;

d.  f =
\ { ± 2 } .

x

x

1+e

e– x

2x – 3 1– - ; b. f ′ ( x ) = ----------------- ; 35 a. f ′ ( x ) = -------------------------2 –x

c.

x – 3x + 1 6 ln 2 ( 1 + 2 x ) f ′ ( x ) = --------------------------------- . 1 + 2x

x+e

1 – ln x 2 – ln x - ; c. f ′ ( x ) = ------------------- . 36 a. f ′ ( x ) = ln x + 1 ; b. f ′ ( x ) = -----------------2 x

2x x

77

1 b. f ′ ( x ) = – ------------; 2

37 a. f ′ ( x ) = 1 + ln ( x + 2 ) ;

51 1. lim f ( x ) = – ∞ et

xln x

c. f ′ ( x ) = 2--- ln x ;

x→0 x>0

d. f ′ ( x ) = 1 + ln x .

x

2

1 – ln x f ′ ( x ) = ------------------- . x 3. f ( x ) = 0 ⇔ x = 1 .

x (1 + x)

1+x

x2

52 1. La fonction h est positive sur [ 0 ; + ∞[ ln ( 1 + x )  x .

– 2x – 3 – 2x - – 1 = -------------------------- . c. f ′ ( x ) = ------------3 – x2

3 – x2

2+x

2–x

et on sait déjà que

2. C’est la pause qui suit.

1 1 6x – 2 - + ----------- ; b. f ′ ( x ) = ------------------------------ ; 39 a. f ′ ( x ) = ----------2

les exercices

f ( x) = 0 .

2.

x x – ( 1 + x ) ln ( 1 + x ) - ; b. f ′ ( x ) = -------------------------------------------------- ; 38 a. f ′ ( x ) = 2 x ln ( 1 + x ) + ----------2

3x – 2x – 5

2

3

2

3

x x 3. On pose h ( x ) = ln ( 1 + x ) – x + ---- – ----- .

2e 2 x 2e 2 x f ′ ( x ) = ---------------- – ----------------- . e2 x – 1 e2 x + 1

c.

lim

x→+∞

h est négative sur [ 0 ; + ∞[ .

53 1. f est définie sur ] – 1 ; 1 [ .

4

2. f ( – x ) = – f ( x ) , donc f est impaire et
f symétrique par rapport à O .

Calcul de limites

41 a. + ∞ ; b. + ∞ ; c. 0 ;

3. ( x = 1 ) et ( x = – 1 ) sont asymptotes verticales. 2 - et donc f est décroissante sur ] – 1 ; 1 [ . 4. f ′ ( x ) = – --------------------------------(1 – x)(1 + x)

d. 0.

5.

42 a. ln 3 ; b. + ∞ ; c. + ∞ ; d. + ∞ . 43 a. + ∞ ;

b. 0 ;

44 a. 0 ;

b. + ∞ ; c. 0 ;

46 a. – 5--- ;

b. 0 ;

2

c. – ∞ ;

c. – 2--- ; 3

lim

x→–1

f ( x ) = + ∞ et lim f ( x ) = – ∞ . x→1

6. y = – 2 x .

d. + ∞ .

7.
f est en dessous sur [ 0 ; 1 [ et au-dessus sinon.

d. 0.

54 1. VRAI. 2. FAUX. 3. VRAI.

d. 0.

4. VRAI. 5. FAUX. 6. FAUX. n

47 a. Soit P un polynôme de degré n. P ( x ) =

∑ ai x i . En factorisant par

i=0

ln x , on est ramené à la limite « -------- » en + ∞ . C’est du cours. xn 1 b. On pose u = --- , et c’est terminé. x xn

55 Il y a évidemment suivant le signe de a : y = 0 en – ∞ ou en + ∞ . Sinon y = ax + b en – ∞ ou en + ∞ , car : f ( x ) = ax + b + ln ( 1 + 2e – ax – b ) .

57 1. f est la somme de fonctions croissantes.

48 f n’est ni continu, ni dérivable.

2. La limite est 0. 3. y = x – 4 . 4. ln ( 1 + e 3 x ) = 3 x + ln ( 1 + e – 3 x ) . D’où le résultat.

5

5. La limite est 0.

Étude de fonctions

6. y = 4 x – 4 .

49 f est définie sur ]0 ; + ∞ [ , elle y est même dérivable avec

– ln 2 - ; + ∞ . 2. FAUX. 3. FAUX. 58 1. FAUX. C’est 1-----------------2

x–1 f ′ ( x ) = ----------- , ce qui donne : x y

4. FAUX. 5. FAUX.

59 1. f est définie sur
, donc c  0 . Ainsi f est somme de fonctions croissantes.

2. y = 3 x – 1 asymptote à
f au voisinage de + ∞ et d > 0 .

1 O

• f ( x ) = ( a + d ) x + b + ln ( 1 + ce – dx ) , avec ( a + d ) = 3 et b = – 1 . • f ( x ) = ax – 1 + ln ( c + e dx ) , • f ( 0 ) = – 1 + ln ( c + 1 ) = 2 ln 2 – 1 .

x

1

50 1. f est définie sur
* . 2.

lim

x→–∞

f ( x ) = – ∞ et

lim f ( x ) = + ∞ et

x → 0–

lim

x→+∞

3. Soit c = 3 . Ainsi f ( x ) = ax – 1 + ln ( 3 + e dx ) .

f ( x) = + ∞ .

d 3 d e dx f ′ ( x ) = a + ---------------- donc f ′ ( 0 ) = a + --- = --- . 4 2 3 + e dx

lim f ( x ) = + ∞ .

x → 0+

x ln ( x 2 ) + 2 x – 2 3. f ′ ( x ) = ----------------------------------------- . x On a : f ′ ( x ) < 0 sur ] – ∞ ; 0 [ ∪ ] 0 ; 1 [ et f ′ ( x ) > 0 sur ] 1 ; + ∞[ . D’où le tableau suivant : x f ( x)

–∞

–1

0 +∞

1 +∞

4. f ( x ) = 0 si, et seulement si, x = – 1 ou x = 1 .

78

+∞

0 –∞

+∞

0

Soit

 4a + d = 6 , d’où : a = 1 et d = 2 .  a + d = 3

4. f ( x ) = x – 1 + ln ( 3 + e 2 x ) . 5. y = x – 1 + ln 3 .

60 1.   = ] 0 ; 1 [ . 2. lim  ( x ) = 0 et lim  ( x ) = + ∞ . x→0 x>0

x→1 x 0

• Si a > 1 : lim log a ( x ) = – ∞

x ln x + ( 1 – x ) ln ( 1 – x ) car  ′ ( x ) = ------------------------------------------------------------ donc  est croissante. x ( x – 1 ) ( ln x ) 2

1 - . 3. log a′ ( x ) = ------------

x

2( + 1)

1

+∞ +∞

log a

0 –∞

0 –∞

5. log 1 ( x ) = – log a ( x ) pour x > 0 , donc
a et
1 sont symétriques --a

--a

rapport à ( Ox ) . • Idem par
0,1 et
log où log est le logarithme décimal.

63 1. pH = – log ( 5 × 10 – 9 ) = 9 – log 5 > 7 , donc la solution est

e.   0 ,57 .

basique.

–∞

f ( x)

 –∞

0



–1



2. pH = 7 , d’où [ H 3 O  ] = 10 – 7 .



3. Si on augmente [ H 3 O  ] , on diminue le pH, car u  – log ( u ) est

+∞

0

0

1 pH = – log ( 0 ,1 ) = – log  ------ = 1 , la solution est (très) acide !  10

+∞



décroissante.

4. En divisant par 10, [ H 3 O  ] , on incrémente le pH.



0

En multipliant par 10, [ H 3 O  ] , on décrémente le pH.

64 1. N = 0 et N = 10 .

donc f est définie sur ] – ∞ ; – 1 [ ∪ ] 0 ; + ∞[ . f ( x ) = + ∞ = lim

x→+∞

f ( x) ,

f ( x) = – ∞

lim

x→–1

et

les exercices

--e

1 - car   0 . d. Soit 1---    -----2 2

lim

0

6. •
e et
ln sont identiques, donc
1 est la symétrique de
ln par

c. 1---   2  1--- . 4 2

x→–∞

x

par rapport à ( Ox ) .

1 - . b. P (  ) = 0 , donc  2 = --------------------

3.

a>1 +∞

1

log a

61 1. a. Du tableau de variation et du théorème de bijection on déduit une valeur approchée de  .

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

0 +∞

f est dérivable avec f ′ ( 0 ) = 0 . c. La fonction est donc strictement croissante sur [ 0 ; 1 [ .

x

log a ( x ) = + ∞ .

0 0 . 2. • Si 0 < a < 1 : lim log a ( x ) = + ∞ x→0

et

lim

x→+∞

log a ( x ) = – ∞ .



 2



 2

73 1. u ∈  1 ; – 1---  . 2. x ∈  1 ; – 1---  . 



79

75 1. u ∈ { 1 ; 2 } . 2. x ∈ { 1 ; 2 } .

1 f ( x) ( x) d. Pour x ≠ 0 , ----------- = ----------- = ln  1 + --- , donc f n’est pas dérivable.  x x x

76 f ′ ( x ) = ln 2 ⋅ 2 x et g′ ( x ) = – ln 10 ⋅ 10 – x . 3 3 f ′ ( x ) = ln --- ⋅  --- 2  2

77

x+1

3.  ′ ( x ) = g ( x ) , donc on en déduit les variations de f grâce au signe de la fonction w .

et g′ ( x ) = – 2 ln 4 ⋅ 4 1 – 2 x .

86 A. 1. Taux d’accroissement de x  ln ( 1 + x ) en 0. 2. Vu au 49 .

---- ⋅  ---- . 78 f ′ ( x ) = 1 ,98 ⋅ 0 ,99 2 x et g′ ( x ) = ln     x

3

1 f ′ ( x ) = – ln 2 ⋅  ---  2

79

x

81 1. D f =
* .

les exercices

B. 1.

x2 – 3 x

3. OUI.

– ln 2 et g′ ( x ) = -------------x2

1 --2x

.

f ( x) =

4.

lim

f ( x ) = 0 , lim f ( x ) = – ∞ et lim f ( x ) = + ∞ .

• Si m < 0 , lim f ( x ) = + ∞ . x→0

x→0 x>0

–∞

x

2

x –m 2. f m′ ( x ) = x – m ---- = --------------- .

+∞

0 +∞

0

–∞

0

f ( x) f ( x) - = e x ln 2 – 2 ln x , donc ln  ----------- = x ln 2 – 2 ln x . 82 1. --------- g ( x ) g( x) On cherche x pour lesquels x ln 2 – 2 ln x > 0 . x ln 2 – 2 2. h′ ( x ) = ln 2 – 2--- = --------------------- , d’où le tableau suivant :

h( x)

a2 – 1 a2 – 1 f m′ ( a ) = -------------- – m′ ln a . f m ( a ) = -------------- – m ln a et 2 2 f m ( a ) = f m′ ( a ) ⇔ m = m′ , car ln a ≠ 0 d’où l’unicité.

4. Pour a = 1 : toutes les courbes passent par ( 1 ; 0 ) .

( – ln 3 ) ( 3 x + 3 – x ) f ′ ( x ) = --------------------------------------------- . 3 x – 3– x

x

x x • Si m < 0 , f est strictement croissante. • Si m  0 , f n’est pas monotone.

3. Soit a ∈ ] 0 ; 1 [ ∪ ] 1 ; + ∞[ et y ∈
.

f ( x)

x

88 1. T ′ ( t ) = k ( T ( t ) – 20 ) . Puisque T ( 0 ) = 70 et T ( 5 ) = 80 on en déduit que T ( t ) = 50e kt + 20 , ln 0 ,8 avec k = --------------- . 5 2. La fonction est décroissante sur [ 0 ; + ∞[ et on a :

x

2 ---------ln 2

0

f ( x) = + ∞ .

x→0

3.

5. et 6.

lim

x→+∞

• Si m > 0 , lim f ( x ) = – ∞ .

3x 32 9 × ----------------- = -------------------- = -------------------- . 32 x – 1 3 x – 3– x 3 x – 3– x x→0 x 0 et donc f ( x ) > g ( x ) .

83 1. Composée de fonctions dérivables sur ] 0 ; + ∞[ :  f ′ ( x ) = --- x  =  x  – 1 . x 2. Donc f est croissante si  > 0 et décroissante si  < 0 .

3.  > 0 : lim f ( x ) = 0 ; x→0

x→+∞

 < 0 : lim f ( x ) = + ∞ ; x→0

lim

lim

f ( x) = + ∞ .

x→+∞

f ( x) = 0 .

3. • On initialise. 2 • On utilise 2. : u n + 1 –  --- u n – . 3 • On conclut.





n  ln ( 10 – 9 ) ln ( 10 – 9 ) 4. Il suffit que  2---  10 – 9 soit n  ---------------------- 1 + E  ----------------------- .

3

 ln  2 ---    3 

2 ln  ---  3

90 A. 1. En – 2 : – ∞ et en + ∞ : – ∞ . 2. et 3.

–1 – x f ′ ( x ) = --------------- , d’où le tableau suivant : 2+x x

4. lim f ( x ) = f ( 0 ) = 0 , donc f est continue sur [ 0 ; + ∞[ .

–2

x→0

f

84 vert : k, violet : g, rouge : f et marron : l.

–1

+∞

1 –∞

–∞

4. On en tire les deux solutions que l’on justifie grâce au théorème de la bijection, l’une est  = 1 ,146 . B. 1. Pour tout u 0 > – 2 .

7

Les problèmes

2. « Existe »  ou  . 3.  et  . 4. Il suffit de reporter, grâce aux deux courbes.

85 1. On étudie les variations de g , c’est immédiat. 2. a. La limite est 0. b. La limite est 1. c. lim f ( x ) = 0 = f ( 0 ) , donc f est continue en 0. x→0

80

5. • u 0 = 5 ; ( u n ) est décroissante et converge vers  . 3 • u 0 = – --- ; ( u n ) est croissante et converge vers  . 2 6. u n + 1 – u n = ln ( u n + 2 ) – u n = f ( u n ) .

Obligatoire :

7. a. Par récurrence, c’est immédiat. b. D’après le tableau de variations de f on en déduit que f ( u n ) < 0 , donc ( u n ) est décroissante et minorée. Elle converge ! c. Et converge vers  .

2. a. On part de l’expression fonction de t et en développant, on aboutit. Ce qui permet de conclure sur la limite de f en O…

b.

8. a. x  ln ( x + 2 ) est croissante, et ln (  + 2 ) =  ; ln (  + 2 ) =  . b. Sur [  ;  ] , f ( x ) > 0 , donc u n + 1 – u n > 0 . Donc ( u n ) est croissante (et majorée par  ). c. Donc elle converge vers  . d. Si u 0 <  , la suite est décroissante et non minorée, elle diverge.

lim g ( x ) = + ∞ .

x→+ ∞

c. Idem : On développe 2 ( 1 + ln x ) ( 2 ln ( x – 1 ) ) et on tombe bien sur f ′ ( x ) . On a :

x

dans [0,1 ; 0,3] .

3. C’est une propriété très classique de la fonction exp.

3. Vu à la partie précédente sur le tableau de variation.

ex – 1 ex – 1 4. ------------- – 1 > 0 , donc -------------- > 1 sur [0 ; + ∞ [ .

94 1. ∀n  0 , 0  n < n + 1 .

x

2. La suite ( V n ) est donc négative.

5. D’où ∀x ≠ 0 , f ( x ) > 0 sur [0 ; + ∞ [ . x→– ∞

3. On a lim ( V n ) = 0 .

lim g ( x ) = + ∞ .

+∞

x→+ ∞

b. g′ ( x ) = xe x d’où :

2

(n + 1)

–∞

x

+∞

0

95 1.

0

lim

x→–1

f ( x) = + ∞ ,

lim

x→+∞

f ( x ) = + ∞ et lim f ( x ) = 1 . x→0

2. On pose L = 1 et f est continue.

et donc g est positive sur
.

3. f est dérivable en 0, avec f ′ ( 0 ) = 0 .

c. Et même strictement positive sur
∗ . 6. La fonction f est donc croissante sur ] – ∞ ; 0[ et sur ]0 ; + ∞ [ .

4. f est décroissante sur ] – 1 ; 0 [ et croissante sur ] 0 ; + ∞[ . 625 7 776 ------ , u 4 = --------- et u 5 = -------------- . 5. u 1 = 2 , u 2 = 9--- , u 3 = 64

7. f est positive donc : ∀n ∈  u n > 0 . a. f ( x ) =

1

= ln 1 – ln ( p + 1 ) 2 = – 2 ln ( p + 1 ) ce que l’on voulait.

+∞

1 g

ln ( e x )

n

n  = ( ln ( n 2 ) – ln ( n + 1 ) 2 ) 4. S n = ∑ ln  ------------------∑ 2

les exercices

–1 -------------- > 0 , d’où f défini sur
. x

lim g ( x ) = 1 et

f ( e)

2. La fonction  est bien croissante sur [0,1 ; 0,3] (il suffit de vérifier que  ′ ( x ) positif). De plus  ( 0,1 ) ×  ( 0,3 ) < 0 , donc  ( x ) = 0 admet une solution unique

– 1 < 0 et x < 0 , donc : ex

a.

+∞

1 f  ---  e

C. 1. On réduit au même dénominateur…

x

x

+∞

e

0

ex – 1 ->0. 91 1. ∀x > 0 , e x > 1 donc -------------

2. ∀x < 0 ,

1 --e

0

f ( x)

9. Il suffit de distinguer la position de u0 par rapport à  et  .

ex

5. Fonctions logarithmes

4 27 64 La suite est croissante et converge vers e .

e– x – 1 + ln  ------------------ = x + f ( – x ) .  –x 

b. Du coup : f ( U 0 ) = U 0 + f ( – U 0 ) donc U 1 < U 0 et donc ( U n ) est décroissante car f est négative sur ] – ∞ ; 0[ . c. ( U n ) est de plus minorée par O, donc elle converge vers 0.

3 125

96 A. 1. Théorème de la bijection.  est strictement croissante de ] 0 ; + ∞[ dans
. ln x + x + 1 2. f ′ ( x ) = ---------------------------. ( x + 1 )2

92 1. ] 0 ; + ∞[ . 2. lim f ( x ) = 0 et x→0

lim

x→+∞

f ( x) = + ∞ .

3. f est continue sur [ 0 ; + ∞[ . f ( x ) – 1 e x ln x – 1 -------------------- = --------------------x x

et

f ( x) – 1 lim  -------------------- = – ∞ ,  x 

x→0

f ( x)

1 --e

0 1

+∞ 1 ---

–∞

1 --- e  e

93 A. 1. Trivial ! © Hachette Livre, 2006 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

2. lim g ( x ) = + ∞ et lim g ( x ) = 0 . x→0

x→+ ∞



+∞ +∞

f ()

n

en + 1 en + 1 Donc f ( e n )  n . Comme f est croissante sur [  ;  n ln  m =n ⇔ • f (  n ) = n ⇔ -------------------n + 1

en + 1

+ ∞[ e n   n . ln  n --------------n- = -----. n + 1 n

n Comme  n ln (  n ) – n  n – n = 0 , ln (  n ) – n = ------ , soit le résultat. n n n n • ------  ----- et lim  ----- = 0 , donc : n e n n → + ∞  e n  n lim  ------ = 0 lim  -----n- = 1 . et n   n n  en  n 3. a. ( 1 +  n ) ln ( 1 +  n ) = ---- .

x>0

Ce qui entraîne l’existence de deux asymptotes… les axes du repère – 2e 2 x g′ ( x ) = ------------------------ donc la fonction g est décroissante strictement. ( e2 x – 1 )2

B. 1. a. f ′ ( x ) = 2a ( ln x ) 2 + 4a ln x + 2 ( b + c ) . b. f ′  1--- = 0 ; f ′ ( e ) = 0 2

f ( x)

0

B. 1. D’après le tableau de variations, il n’y a qu’une solution n pour l’équation f ( x ) = n . n

f ′ ( x ) = ( ln x + 1 ) x x d’où le tableau suivant : x

0

ne + n – n n ne - = --------------------------- = n – -------------- . 2. • f ( e n ) = -------------

donc f n’est pas dérivable en 0 .

4.

x

et

f (1) = 4 .

Ce qui fournit un système de 3 équations à 3 inconnues dont le triplet solution est : a = 2 ; b = – 3 et c = 2 .

en

b. Il suffit d’étudier les deux fonctions induites. c. On remplace t par  n . d. e n –  n + n = e n ( ne – n –  n ) . Puis on utilise 3. pour conclure.

97 1. Il suffit de penser aux identités remarquables ! 2. Sur [0 ; + ∞ [ , f est la composée de 2 fonctions strictement croissantes. 3.

lim f ( x ) = + ∞ , donc en – ∞ …

x→+ ∞

4. y = x .

81

98 On sait graphiquement qu’il y aura 2, 1 ou 0 points d’intersections. En étudiant g m ( x ) , on observe que : 1 1 – mx g′ m ( x ) = ---------------- avec – mx + 1 qui s’annule sur ---- , pour m ≠ 0 . D’où : m x m0 1 ---x 0 +∞ m 1 g m  ----  m

gm ( x )

les exercices

5. a. On a bien f ′ ( x ) = ( – e – x ) ( cos 4 x + 4 sin 4 x ) . n

– ------n f ′  ------- = – e 2 , ce qui prouve que et
ont mêmes tangentes en  2 leurs points communs.

b.

2

–∞ m0

102 2. a. L’ajustement logarithmique de la calculatrice indique alors : c = – 3,5

+∞ +∞

d’euros.

– ∞

103 1. a. x

0 –

ln x

• Dans le cas où m  0 , on a toujours exactement une solution. 1 • Dans le cas où m > 0 tout dépend de g m  ---- .  m

P( x)

e

0

+

–

0

+

0

–

0

–

∀x > 0 , f ( x ) – g ( x ) = ln x ( 1 – ln x ) . D’où la position relative de ces deux courbes.

2. a. h est dérivable sur ]0 ; + ∞[ avec :

1  e d’où : Soit --m

m  e– 1 .

n 1 nx + n + 1 h n′ ( x ) = ------------ + ------------------- = ------------------------ ; la fonction hn est crois1 + x ( x + 1 )2 ( x + 1 )2

1 2 – 2 ln x . h′ ( x ) = --- – --- ln x = 1-------------------x x x D’où le tableau de variation de la fonction, sachant bien que : lim h ( x ) = – ∞ et lim h ( x ) = – ∞ x→0



x

+∞

0

–1

x>+ ∞

x>0

sante et h n ( 0 ) = 0 . D’où le tableau suivant :

1 ---

0

+∞

e2



0

h( x)

2. a. f 1′ ( x ) = h 1 ( x ) . On a n n – 1 × h n ( x ) = f n′( x ) . b. Pour n impair, n – 1 est pair et f n′ est du signe de h n ( x ) ; d’où le

–∞

–∞

tableau de variation ci-dessous.

c.

x

–1

f n( x)

b. Ce qui entraîne que h admet un maximum global en un maximum sur [ 1 ; e ] . c. Soit l’équation ( ln x ) 2 – ( ln x ) – 1 = 0 ( E )

+∞

0

+∞

+∞ 0

En revanche, si n est pair alors :

f n( x) = – ∞ .

lim

x→–1

Ce qui donne deux solutions : x = e

2x f ( x ) = ln  ----- = ln ( 2 x ) – ln ( x 2 ) = x ln 2 – 2 ln x .  x 2

2. f ( 2 ) = 2 ln 2 – 2 ln 2 = 0

x

0

f ( x)

2 

+∞

4 

0

5. n ∈ { 0 ; 1 ; 2 } ∪ { 4 ; 5 ; ... }

0

lim

x f ( x)

3. Les solutions de e – x = e – x cos 4 x sont les réels :  k  x ∈  ------- / k ∈   .  2 

un =

n – ------e 2

La raison est e

82

– ---2

n

– ------ cos  4n ---- = e 2  2

.

---2

– (n + 1) cos  4 ( n + 1 ) ---- = e  2 – ---un + 1 , d’où ------------ = e 2 . un

,

2 ,2 2 x 2 – 2 ,2 x 2 x ( x – 1 ,1 ) f ′ ( x ) = 2 x – 2 ,2 + ------------ = -------------------------- = ---------------------------- , d’où le tableau x+1 x+1 x+1 suivant :

f ( x) = 0 .

– (n + 1) ---- = e 4. a. u n + 1 = f  ( n + 1 ) 2

1+ 5 ---------------2

3.

101 2. – 1  cos x  1 sur
, d’où le résultat et donc : x→+∞

et x = e

104 2. a. f est croissante sur ] – 1 ; + ∞[ . b. f ( x ) = 0 ⇔ x = 0 .



n ∈  \ {3} .

et

1– 5 ---------------2

d. On déduit du tableau des variations, qu’en effet, – 1 admet bien deux antécédents, qui sont, bien évidemment en dehors de [1 ; e] dans ]0 ; + ∞ [ et qui sont donc les réels annoncés plus haut.

x ln 2 – 2 -. 3. f ′ ( x ) = ln 2 – 2--- = --------------------x x

4.

= e , qui est donc

puisque ( E ) équivaut aussi à h ( x ) = – 1 .

f ( 4 ) = 4 ln 2 – 2 ln 4 = 0 .

et

1 --e2

 1– 5 + 5  X = ---------------- ou X = 1 X2 – X – 1 = 0 ---------------(E ) ⇔  ⇔  2 2   X = ln x X = ln x 

3. a.
1 est au-dessus de
2 sur ] – 1 ; 0 [ et en dessous ensuite.

100 1.

+∞

b. On remarque alors que :

1 1 1 Soit ln  ----  ---- × m : ln  ----  1  m m  m

hn ( x )

1

+

1 – ln x

1 On a au moins une intersection dès que g m  ----  0 .  m

x

et d = 67 .

c. Ce qui entraîne, pour 2009, une épargne d’à peu près 59,3 milliards

1 1 1 avec g m  ---- = ln  ---- – ---- × m .  m  m m

99 1.

< 1 , la suite ( u n ) est strictement décroissante. Elle

converge vers 0 .



0

gm ( x )

– ---2

– ------- , on a – e 2
– 0 ,2 . 6. Pour

–∞

x

b. Comme 0 < e

–1

0

1,1

+∞

0 –∞

+∞

f ( 1 ,1 ) < 0

On en déduit que les deux conjectures sont fausses !

4. On y met f ( 1 ,1 ) et 0 . f ( x ) = 0 ⇔ x ∈ { 0 ; 0 ,15 } . ---2

105 A. 1. On a par calcul : x–1 1–x f 1 ′ ( x ) = – -------------- = -------------- , et donc sur [0 ; + ∞ [ ; f 1 ′ est du signe de x + ex x + ex 1–x.

Obligatoire :

On a : x

0

+∞

1 f (1)

f ( x) 0

0

116 1. VRAI.

2. VRAI.

117 1. VRAI.

2. VRAI.

119 1. VRAI.

2. VRAI.

120 3. VRAI.

4. VRAI.

5. Fonctions logarithmes

3. VRAI.

118 2. VRAI.

5. VRAI.

2. En factorisant par e x … ln ( e x + x ) = ln ( e x ) + ln ( 1 + xe – x ) . Et voilà ! Ce qui justifie bien lim f 1 ( x ) = 0 .

bac

x→+ ∞

Les ROC

B. 1. 2. On a par calcul :

Donc là encore on a : f k ′ ( x ) du signe de k – kx , et donc du signe de 1 – x , car k > 0 . x - (même méthode !), 3. a. En outre on a évidemment f k ( x ) = ln  1 + k ---e x

121 Prérequis : cf. le cours 1. Idem. 2. On en déduit alors un encadrement de ln 6, puisque : ln 6 = ln ( 2 + ln 3 ) . 1 De même : ln  --- = – ln 6  6

d’où : x

0

+∞

1

3 ln  --- = ln 3 – 3 ln 2 .  8

f k(1) f k( x)

122 a. f ( x ) = ( e x – 1 ) ( e x – 2 ) ; b. f ( x ) = ln ( 2 x ) ; c. f ( x ) = x 3 .

ln ( 1 + k )

0

123 2. a. f est croissante et positive, d’où

b. Du fait que ∀u  0 , ln ( 1 + u )  u , alors :

[ 1 ; + ∞[ .

x x ln  1 + k ----- < k ---- e x ex

x  ln x  0

sur

ln x 1 ln x -  0 , soit 0  ----------  ------- . b. ------x-  --------x

x

x

et donc en particulier : x k ∀x ∈ [0 ; + ∞ [ ln  1 + k -----  ln  1 + --  -k- .   e e e x

c. Donc

lim

x→+∞

x

les exercices

k – kx f k ′ ( x ) = ----------------- , pour tout k > 0 . kx + e x

ln x  --------- =0 .  x 

124 1. a. y = 1--- ( x – a ) + ln a .

D’où l’inégalité cherchée.

a

4. Pour finir, f k ( 0 ) = ln ( 1 + k ) ; f k ′ ( 0 ) = k d’où une équation de la tangente en 0 : y = ln ( 1 + k ) x + k .

b. ln a – 1 . c. Du coup : PQ = 1

5. D’autre part, soit p et m deux réels strictement positifs, p < m alors pour

Il suffit donc d’ôter 1 sur l’axe des ordonnées :

tout x  0 : x x 1  1 + p -----  1 + m ----- . ex ex Vu que ln est croissante sur [1 ; + ∞ [ on a : x x 0  ln  1 + p ----- < ln  1 + m ----- .   e x e x

j O

Soit finalement,
p en dessous de
m .

ln2

ln2 2

i

–1

106 Il suffit de comparer avec ln. 2 2

2. Question très classique de cours.

2

3. Il suffit de faire la moyenne arithmétique de ln a et de ln b .

a x 1 – ----------- et ln ( 1 + u ) , u ; ensuite on conclut. 107 cos ax  0

108

1 --an

=

1 --- ln a en

125 1.

, puis composition des limites.

x h

109 Il suffit d’écrire la fonction f sous forme exponentielle ainsi que les ax

bx

quantités et . À partir de là, on aboutit à des limites usuelles du cours.

0

+∞

ln 2 2 – 2 ln 2 > 0

Donc h ( x ) > 0 et H ( x ) > 0 .

2. a. Limite en 0 : + ∞ ; limite en + ∞ : + ∞ .

© Hachette Livre, 2006 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

x–n b. f ′ ( x ) = ----------.

bac

x

Les Q.C.M.

110 b. et d.

111 a.

113 a., b. et d.

114 a., b., c. et d.

c.

112 c. et d.

x f ( x)

0

n +∞

+∞ +∞

f (n)

f ( n ) = n – n ln n , dès que n > 3 , on a ln n > 1 et donc f ( n ) < 0 .

d. Par suite, en utilisant le théorème de la bijection on démontre que Vrai-Faux

115 3. VRAI.

4. VRAI.

f ( x ) = 0 admet exactement deux solutions et donc il existe A , à partir ex duquel on a : f ( x ) > 0 et donc ln  ----- > 0 .  x n en - > 1 à partir d’un certain A > 0 et donc e x > x n . e. Ce qui assure que ---xn

83

3. a. Limite en 0 : – ∞ ; limite en 1 : 0 ; limite en + ∞ : 0. b.

x

0

+∞

e

130 A. 1. a. La limite est 0. b.

x

1 --e

ln x ---------x

–∞

0

1 --e

f ( x)

0

+∞

1

0

c. d. e. f.

1 1 Pour n  3 , on a : --- < --- d’où le résultat. n e ( a n ) est décroissante et converge vers 1. ( b n ) est croissante et diverge vers + ∞ . On s’appuie sur les limites qui valent 0, on a alors : lim ( a n ) = 1

et

c. e < 4 , donc f ( x ) = 4 admet bien deux solutions : 1 m = 0 : x = 0 et m = --- : x = 1 . e un + 1 –u B. 1. a. ∀n ∈  , -----------=e n 1 , soit ----- > x , et donc : xn + 1 xn lim

x→+∞

e x  ---- = +∞  x n

Donc ( u n ) est strictement décroissante.

b. ( u n ) est donc décroissante et minorée donc elle converge. c. Et sa limite est 0. u un + 1

n 2. w n – w n + 1 = ln ( u n ) – ln ( u n + 1 ) = ln ----------- = un .

et n est fixé.

b. Pour xnex , il suffit de poser X = – x , et on retrouve le résultat.

Du coup

n

n

0

0

∑ uk = ∑ ( wk – wk + 1 ) = w0 – wn + 1 = ln  – ln ( un + 1 ) .

Et donc S n = ln  – ln u n + u n . lim ( S n ) = + ∞ .

n→+ ∞

bac

Les sujets

3. Oui, il suffit de prendre le second antécédent de 1--- pour f, il s’agit de . 4

127 A. 1. a. – ∞ ; + ∞ . b. Somme de deux fonctions croissantes sur ] 0 ; + ∞[ . 2. a.

x

+∞

x N ( x)

–x b. h′ ( x ) = 1----------avec h ( 1 ) = 0 , donc h est négative sur ] 0 ; + ∞[ . x est en dessous de ( T ) .

4. Du fait que ln (  n ) +  n = n et donc

lim

n→+∞

n = + ∞ .

B. 2. (  n ) est croissante et non majorée, donc elle diverge vers + ∞ .

128 Il n’y a véritablement aucune difficulté pour cet exercice qui n’est qu’à peine calculatoire. L’élève peut y être tout à fait autonome (contrairement à l’exercice précédent).

lim

x→+∞

ln ( x ) = 0 .

– ln x b. h′ ( x ) = 1------------------ et donc : x2

x

0

h( x)

+∞

e

–∞

–1

+∞

0 –

0

+

D’où les variations de la fonction f. Remarque : f ( x ) = x ⇔ x = 0 et y = x est asymptote à
au voisinage de +∞. B. Le graphique s’effectue sans difficulté, on normalise très bien que ( u n ) est strictement décroissante et converge vers 0. Pour se faire : ln 5 u 1 = 4 – -------- < 4 5 f est croissante sur [0 ; + ∞ [ avec ∀n  0 , u n  0 . Donc ( u n ) est décroissante. Ensuite ( u n ) converge puisqu’elle est minorée par 0, et de la fin de la partie A, on en déduit donc que le candidat à la limite en question est : 0.

133 Il s’agit d’une équation de BERNOUILLI. Ces équations font l’objet d’un exercice de fin de chapitre dans les fonctions exponentielles. Donc aucune nouveauté à ce stade du chapitre. 134 1. a. lim f n ( x ) = – ∞ ; lim f n ( x ) = + ∞ et f n strictement crois-

1 --e

0

0

c. h ( x ) = 0 ⇔ x = 1 . 3. On utilise le théorème de bijection sur chacun des intervalles : ] 0 ; e [ et ] e ; + ∞[ .

+∞

sante. b. D’où l’existence d’une unique solution pour f n ( x ) = 0 . Bijection oblige ! f n ( 1 ) × f n ( e ) < 0 , donc :  n ∈ ]1 ; e[ .

n  2. On fait que f n (  n ) = 0 = ln  n + ----------- alors ln  n = 1 – -----n-

4. a. b → + ∞ . b. b → e . c.

(1 + x)

132 Il s’agit d’un exercice très connu, où l’intérêt n’est justement pas de dévoiler ce que ne dévoile pas la calculatrice à savoir que les deux conjectures sont évidemment fausses et que la calculatrice à ses limites…

129 1. x y = y x ⇔ ln ( x y ) = ln ( y x ) . et

2

Soit des fonctions strictement croissantes, donc cette somme l’est aussi, et par conséquent N est croissante sur ] – 1 ; + ∞[ et comme N ( 0 ) = 0 , alors :

–∞

3. a. y = f ′ ( 1 ) ( x – 1 ) + f ( 1 ) .

x→0

x + 2 x + ln ( 1 + x ) N ( x) - = ------------------- . 131 A. 1. f ′ ( x ) = ---------------------------------------------2 2

2. Sur ] – 1 ; + ∞[ x  ( 1 + x ) 2 – 1 et x  ln ( 1 + x ) .

c.  1 = 1 . d. (  n ) est croissante car f l’est.

2. a. lim ln ( x ) = – ∞

1 On aura u 1 = f ( u 0 ) = --- et donc ensuite, les suites coïncident effectivement. 4 (1 + x)

+∞

0

f ( x)

n–1

x s

1

n

e

– n donc f n + 1 (  n ) = ------------------- et f n + 1 (  n ) < 0 . n(n + 1)

0

3. Or, vu que f n + 1 (  n + 1 ) = 0 et que f n + 1 est croissante alors : n < n + 1 . Vu qu’elle est majorée par e ; (  n ) converge vers une limite, ;   e et par

+∞

5. Les couples d’entiers distincts solutions sont ( 1 ; 1 ) .

84

0

passage à la limite ln  = 1 ; d’où

=e.

O B L I G A T O I R E

6

INTÉGRATION

Le programme Contenus

Capacités attendues

Extraits des commentaires

Pour une fonction f continue positive sur [ a ; b ] , introduction

On indiquera que l’aire sous la courbe peut être approchée en l’encadrant par deux suites adjacentes construites en quadrillant le plan de plus en plus finement. Exemple où la fonction intégrée est en escalier. Exemple de la parabole : on fera apparaître l’intégrale comme limite de sommes et on admettra que cette situation est généralisable.

Les élèves ont une notion intuitive d’aire (avec la propriété d’additivité) et savent calculer certaines aires élémentaires. L’objectif est de leur donner un aperçu de la définition et du calcul de l’aire de domaines plans liés aux fonctions ; tout développement théorique est exclu.

Extension à l’intégrale et à la valeur moyenne d’une fonction de signe quelconque.

On indiquera la convention de signe sur un intervalle où la fonction f est négative et on en déduira le cas général ; on pourra aussi ajouter une constante à la fonction f pour la rendre positive.

Cette extension doit être faite brièvement. Cette convention de signe prendra tout son

Linéarité, positivité, ordre, relation de CHASLES. Inégalité de la moyenne.

On interprétera ces propriétés en termes d’aire ou en termes de valeur moyenne pour les rendre conformes à l’intuition.

Les propriétés générales de l’intégrale seront rapidement commentées et admises ; les élèves s’en serviront comme règles opératoires.

Notion de primitive. Théorème : « si f est continue sur un intervalle I , et si a est un point de I , la fonction F telle

On illustrera l’intérêt de l’intégrale par diverses situations, entre autres : – expression intégrale de la distance parcourue sur une droite par un point mobile dont on connaît la vitesse instantanée ; – expression intégrale du volume d’un solide dont on connaît les aires des sections avec les plans z = constante ; – calculs de probabilités d’intervalles pour des lois de probabilités à densité.

Ce travail est une façon de préparer le théorème liant intégrales et primitives, particulièrement frappant dans le cas du point mobile. Aucune connaissance théorique n’est exigible sur ces activités de modélisation. Dans les problèmes, les expressions intégrales seront toujours données. En lien avec la physique, on mentionnera le problème des unités : si x et y sont deux grandeurs liées par une relation y = f ( x ) ,

de la notation

b

∫a

f ( x) d x

comme aire sous la courbe. Valeur moyenne d’une telle fonction.

que : F ( x ) =

x

∫a

f ( t ) dt est

l’unique primitive de f sur I s’annulant en a ».

sens lors de l’étude de

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

l’intégrale

b

∫a

x

∫a

f ( t ) dt .

f ( x ) d x est une grandeur

homogène au produit des grandeurs xy tandis que la valeur moyenne est homogène à y . Calcul de

b

∫a

f ( x ) d x à l’aide

d’une primitive de f .

On démontrera que la fonction F est une primitive de la fonction f dans le cas où la fonction f est continue et croissante, et on admettra le cas général.

L’intégration permet d’établir l’existence des primitives des fonctions continues, et d’en donner des méthodes numériques de calcul ; inversement, la connaissance d’une primitive d’une fonction continue donne une formule explicite pour le calcul des intégrales : les élèves devront percevoir l’intérêt de cette double démarche.

Contenus Intégration par parties .

Capacités attendues

Extraits des commentaires

Tableau primitives-dérivées des fonctions usuelles (fonctions x
x n , x
x , x
ln x , x
e x , sinus, cosinus) . Application de la dérivation des fonctions composées à la

L’existence d’une solution de l’équation y′ = f ( t ) , admise en Première, est ainsi justifiée ; de même, est justifiée l’existence du logarithme : celle de sa fonction réciproque en découle alors . La volonté d’introduire rapidement la fonction exponentielle pour la physique aura conduit à admettre un théorème d’existence en début d’année, qui se trouve ici justifié .

---- , u′e n et u′u n . primitivation de u′ u

On se limitera à des cas simples où l’élève aura à trouver lui-même le recours à la technique d’intégration par parties .

les exercices 2

6

∫0 3 d x = 18 ; ∫– 1 – 7 d x = – 21

1

4

f ( x) d x = – 6 .

4


5
f ( x ) d x = 2
+ ---- = ------- . 2 2

∫– 3

2

et

–5

∫– 2 – 2 d x = 6


---2

∫0

11

Applications directes .


----


----

0

0

( sin t + cos2 t ) dt  ∫ 2 sin t dt + ∫ 2 cos2 t dt

 ---- + ---- 
. 2 2

12 m = 1--6

4

∫– 2 ( 2 x – 3 ) d x = – 1

.

13 1. On trouve que pour tout x ∈  F′ ( x ) = – 3 x 2 + 4 x + 1 = f ( x ) . 2. F + C avec C constante réelle .

∫– 2

3

4 1.

–1

∫– 4

2

9

∫– 1 g ( x ) d x = --2-

f ( x ) d x = – 3 et

1 1 • G ( x ) = --- x 3 + --- x 2 ; 2 2 3 1 4 1 2 • H ( x ) = --- x – --- x + x , x ∈  . 2 2

14 • F ( x ) = – 1--- x 2 + 3 x ;

.

2. 3--- u.a. soit 3--- cm2 . 2

5 1. 2.

15 • F ( x ) = 3--- x 2 – 2 x + C ; • G ( x ) = – 2--- x 3 + 1--- x 2 – 3 x + C ;

8

2

∫– 1--2

1 – --2

∫– 1

2

2

1 ( – 2t – 1 ) dt = --- et 4

∫– 1--2

15 ( 2t + 1 ) dt = ------ . 2

29 - . 16 F ( x ) = – 2--- x 3 – 1--- x 2 + 5 x –  --2- – --1- – 5 = – 2--- x 3 – 1--- x 2 + 5 x + -----

31 ( 2t + 1 ) dt = ------ . 4

7 1.

8

6

∫– 2

2

4

3

3 + ---

8

2. Non .

3


- sinn x  0 . 9 ∀n ∈
et ∀x ∈ 0 ; --∀n ∈


Donc :

∫0

0

1 --2

---- F ( x ) = ln ( x 3 + 2 ) + C ; b. u′ u 1

0

0

1 Pour tout t ∈ [ 0 ; 1 ] , 0  f ( t )  --- . Donc : 4 1 1 0  ∫ f ( t ) dt  --- . 4 0

1 - ( x2 + 2 x + 5 )5 + C ; c. u′u 5 F ( x ) = ----10

d. u′e u F ( x ) = e x

1 --4

f (t)

( x + 2 x + 4)

8

u

sinn x d x  0 .

10 t

3


u′ 1 1 - F ( x ) = – --- × ------------------------------------- + C ; 19 a. ---3 2 4 2

2

6

1 • G ( x ) = --- sin  3 x +
---- ;  3 2

2

2 --- x 2 ------• H ( x ) = --- e 2 – --- e 4 . 3 3

2


---2

2

18 • F ( x ) = – 1--- cos 2 x – 1--- ; 2

8 L’encadrement est 12  ∫ f ( x ) d x  14 .

3

1 • H ( x ) = 12 x – --- x 2 – 2 x + C . 2

x

f ( x) d x = – 8 .

2

17 • G ( x ) = ------22- + sin x + C ;

4

86

2

3


1 3
---- , J = ---- et K = --- – ------- . 6 I = 1--- +
4

4

3

1 • H ( x ) = – ----- + C . x2

2+x

+C .

20 1. Pour tout x > 1 , 1 × ( x2 – 1 ) – ( x + 2 ) × 2 x x2 – 1 – 2 x2 – 4 x F ′ ( x ) = ---------------------------------------------------------------- = ----------------------------------------- = – f ( x ) . ( x2 – 1 )2 ( x2 – 1 )2

2.

3

∫2

4 5 32 – 15 17 f ( x ) d x = [ – F ( x ) ] 23 = F ( 2 ) – F ( 3 ) = --- – --- = ------------------ = ------ . 3 8 24 24

Obligatoire :

21 I = – sin 1 + cos 1 + sin e – e cos e .

6. Intégration

1 -+C ; 32 a. F ( x ) = – ---------------------------------------------6 2 36 ( 3 x – 6 x + 11 )

x

22 F ( x ) = ∫ t cos t dt = x sin x + cos x + 1 .

c. F ( x ) = 1--- tan ( x ) 4 + C .

b. F ( x ) = – 2 ln ( x 2 – 3 x – 4 ) + C ;




4

33 a. F ( x ) = 1--- ( x 3 – 2 x + 3 ) 4 + C ; b. F ( x ) = 1--- ( x 2 + x + 1 ) 6 + C ;

23 1. Courbe

4 1 c. F ( x ) = --- tan ( x ) 5 + C ; 5

y 4

6

d. F ( x ) = 2 x + 1--- x 4 – 3--- x 2 + C .

3 2

2

4

35 a. F ( x ) = – 1--- cos ( x ) 5 + C ; 5 c. F ( x ) = 1--- tan ( x ) 3 + C . 3

1 - cos ( 3 x ) 4 + C ; b. F ( x ) = – ----12

36 F ( x ) = – cos x + 1--- cos ( x ) 3 + C . 37 a. F ( x ) = tan ( x ) + C ; –4

–3

–2

O

–1

1

2

3

4

x

–1

38 a. F ( x ) = 2--- 3 x + 1 + C ; 2

4 – 5x + C .

2

x

1 - + 323 --------- . 41 F ( x ) = – ------------------------6 ( 2 x + 5 ) 3 162

–4

–1

5

40 F ( x ) = 1--- + 1--- – 2 x~ + 1--- x 2 .

–3

0

b. F ( x ) = – --2-

3

–2

2. A = ∫

b. F ( x ) = tan ( x ) – x + C ;

c. F ( x ) = 1--- tan ( x ) 5 + C . 5

1 ------ + --- x 3 + 3 x + 2 --- . 42 F ( x ) = – 38

7 28 f ( x ) – g ( x ) d x = --- u.a. = ------ cm 2 . 3 3

3

3

x

43 F ( x ) = – 2 x + 2 x 5 ⁄ 2 + 10 .

les exercices

3

1

44 F ( x ) = – 1--- cos ( x ) 4 . 4

1

Recherche de primitives

2

24 a. F ( x ) = 2--- x 3 – 7--- x 2 + 3 x + C ; 3

2

b. F ( x ) = 3--- x 4 – 4--- x 3 + 1--- x 2 – x + C ;

7 -. 45 1. f ( x ) = x + 3 – -----------

2 9 4 1 6 3 4 5 2 c. F ( x ) = --- x – --- x + --- x + C ; 6 4 2 d. F ( x ) = 1--- x 6 – 3--- x 4 + 5--- x 2 + C . 4 2 6

1 3 - – -------- + C ; 25 a. F ( x ) = 3--- x 4 + ----4 2 x 2 x2 2 +C ; 26 a. F ( x ) = -------5 x5 c. F ( x ) = 3--- – x + 4--- x 3 / 2 + C ; 3 x

Transformation d’écritures x+2

2. F ( x ) = – 7--- + 7 ln ( 3 ) + 1--- x 2 + 3 x – 7 ln ( x + 2 ) . 2 2

b. F ( x ) = – 3--- + C . x b. F ( x ) = – 1--- + 4 x + C ; x 5 d. F ( x ) = 3--- x 2 – 2--- + -------+C . 2 x 2 x2

3 1 - + ----------- . 46 1. f ( x ) = 2 + -----------------2 ( x – 1)

3x 6 ln ( x – 1 ) x ln ( x – 1 ) 2. F ( x ) = ----------– ----------- + --------------------------- – ----------------------- + 3 . x–1

15 10 5 2 3 3 b. F ( x ) = – --- x – 2 x + ----- – --- + C ; 2 x2 x 1 2 c. F ( x ) = 2 x – 4 x + ----------- + C . x–1 1 +C ; 28 a. F ( x ) = – ---------------------------3 3 © Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

3( x + 5) x

x–1

x–1

2 3 7 - + ---------------------2. F ( x ) = – ----------- – --- . x+3

5

x–1

2 3 - – ------------------- . 47 1. f ( x ) = -----------------( x + 3 )2 ( x + 3 )2

7 4 4 3 3 2 1 - x – ------ x + ------ x – --- x + C ; 27 a. F ( x ) = ----20

x–1

2 ( x + 3 )2

2

1 1 5 -. - + --------------- + ---------------------49 1. f ( x ) = 2 – -------------2 3x – 1

2x + 1

(2 x + 1)

5 2. F ( x ) = 2 x – 1--- ln ( 3 x – 1 ) + 1--- ln ( 2 x + 1 ) – -----------------------+C . 3 2 2(2 x + 1) 1 b. F ( x ) = – ---------------------+C ; 2 ( x + 2) x

1 -+C . c. F ( x ) = – -----------------------2

d - G ( x ) = e 2 x ( 2ax + b + 2a x 2 + 2bx + 2c ) . 50 1. ----dx

2. F ( x ) = ( 1 – 2 x + 2 x 2 )e 2 x .

4 ( x2 + 1 )

7 -+C ; 29 a. F ( x ) = – --------------------3 3( x – 1)

9 -+C ; b. F ( x ) = – ------------------------2 8(4 x + 1)

3

1 -+C . c. F ( x ) = – ----------------------3(2 x + 3)

1 -+C ; 31 a. F ( x ) = ----------------------2

2 cos ( x ) 1 c. F ( x ) = -----------------------------------------------+C . 14 ( – 1 + cos ( x ) 2 ) 7

b. F ( x ) = ln ( tan ( x ) ) + C ;

Calcul d’intégrales

51 a. c.

3

1

21

∫– 2 2 x 2 – x + 1 d x = -----2-

∫– 2 ( 2t – 1 ) ( t 2 – t + 1 ) dt = 0

b.

;

2

1

3

∫1 t + --t- dt = --2- + ln ( 2 )

;

.

87

1 ---
4

c.

d.

1

∫0

1 1 ----------------------- d x = – -----15 ( x + 5 )3

1 ---
4 1 – ---
4

les exercices

d.

1

4

∫3

4

c.

1

∫0

cos ( x ) ---------------------------------- d x = 3 --- ; 8 ( 1 + sin ( x ) ) 3

∫0

54 a.

55 I = ∫

1 2 2 ---------------- d x = --------------- ; x+2 2+ 6

1

–1

∫– 3

b.

1 ---
2

b. c.

1

∫0 1

∫0

59 a. 1

14 3t + 1 dt = ------ ; 9

∫0

1 3 x sin ( 2 x ) d x = – --- + ---
; 4 4

L=∫

1 ( 4 x – 1 ) sin ( 2 x 2 – x ) d x = 1 – sin  ---
2 . 2 

1 ---
4 1 ---
2

d.

1

∫0

2

∫1

∫0

e– x + 1

1 d x = --- e . 2

1

∫– 1

1 ---


e2

b.

∫1

c.

∫1

d.

∫1

2 1 1 te t dt = – --- + --- e . 2 2

ln ( 2 )

b.

c.

x–1 –7 ---------------------------------- d x = ------------- . 3 072 ( x2 – 2 x + 5 )4

4

J=∫

1 ---
2 1 – ---
4 3

K=∫

1 ---


e2

2

1 1 1 – ---
+ 2 x cos ( x ) d x = ---
2 – 2 + ---
. 2 2 2

∫0

1 x -------------------- d x = --3 cos ( x ) 2

b.

1 ---
2

x cos

( x )2

∫0

62 a. c.

1

1 1 --cos ( ln ( x ) ) d x = – --- + --- e 2 2 2 1

1 1 --sin ( ln ( x ) ) d x = --- + --- e 2 2 2

∫0

∫0 ( 2 – x )3 d x = 4 1 ---
6 1 – ---
2

∫

64 a. c.

88

e

∫?

e

∫1

∫– 1

dt =

2e – 1

;

ln ( t ) ------------- dt = 1 – 2e – 1 . t2

2

∫1

b. d.

;

1 1 x ln ( x ) d x = --- + --- e 2 ; 4 4

te t

;

;

x 2 sin ( ln ( x ) ) d x

1 ------ × ------ et K = – 2 ln 2 + ln (
+ 2 ) . 70 J = 15 4


x2 + 2 x 1 + ------------------2+2 d d x 1 - f ( x ) = -----------------b. ------ f ( x ) = ---------------------------- donc ----- . dx dx x + x2 + 2 x2 + 2

c.

1 1 3 d x = ------
2 – --- + ------
. 16 4 16

5 1 x cos ( x ) d x = – ------
+ --12 2 1







x - . 73 1. a. x
------------------

3p – ln ( 2 ) ;

cos ( 3 x ) sin ( 3 x ) 4 d x = 0 ;

2

63 a. c.




+ sin

( x )4

1 ln ( x ) -------------- d x = 1 --- – --- ln ( 2 ) ; 2 2 x2

1 1 1 1 I = --- cos ( x ) sin ( x ) + --- x et J = – --- cos ( x ) sin ( x ) + --- x . 2 2 2 2

x + 4 – 2 x + 1 + 3 x – 2 d x = 31 .

1 ---
3

dx

71 I + J = x ; I – J = cos ( x ) sin ( x ) . Donc :

32

–2

61 a.

2 d - g ( x ) = 2e 4 x cos ( 2 x ) . 2. -----

2 24 1 1 1 9 8 = ------ – --- cos  --- ln ( 2 ) + ------ sin  --- ln ( 2 ) cos  --- ln ( 2 ) . 2  2  2  5 10 5

6x – 3 1 - d x = ----- . 60 I = ∫ -------------------3 2 (x – x)

dx

2 2 d - h ( x ) = 2e 4 x cos ( 2 x ) – e x cos ( x ) . 3. ----dx

4

3

d - f ( x ) = 1 + x2 . 2. -----

ln ( x )

dx

e x – e– x ------------------- d x = – ln ( 2 ) + ln ( e 2 + 1 ) – 1 ; e x + e– x

1

∫0

1 2 x 2 cos ( 3 x ) d x = ------ – ------
2 ; 27 12

K = ∫2

69 a.

1 1 -------------- dt = – --- ln ( 3 ) ; 2 2t – 1

∫– 1

1 ---


66 J = ∫2

2 d - f ( x ) = e x cos ( x ) . 68 1. -----

1 2 – --- ; 2

1 1 e 3 x – 1 d x = – --- e – 1 + --- e 2 ; 3 3 0

x

d x2 - f ( x ) = -----------------3. -----. dx 1 + x2

1 u3 + 1 1 --------------------------- du = – --- ln ( 2 ) + --- ln ( 7 ) ; 4 4 u 4 + 4u + 2

58 a.

b.

1 t3 ----------------- dt = --2 4 t +1

2
;

x 2 sin ( 2 x ) d x = – 2
2 ;

dx

16 sin ( 2 x ) ( 1 – cos ( 2 x ) ) 5 d x = ------ . 3

0

∫0

∫1 ( t 2 + 3t – 1 ) ln ( t ) dt

1 2 + -----24

d x - f ( x ) = -------------. 67 1. -----

0

57 a.

d.

2


2x – 7 --------------- d x = 4 + 7 ln ( 3 ) . x




1

∫0

3 ---


56 I = ∫ cos ( 3 x ) sin ( 3 x ) 4 d x = 0 . J=∫

c.

0

1 1 x ----------------d x = --- ln ( 2 ) + --- ln ( 5 ) . 6 6 3 x2 – 2

K=∫

1 x sin ( 3 x ) d x = -----18

∫0

5 1 1 3 3 = – ------ + --- x 3 ln ( x ) – --- x 3 + --- ln ( x ) x 2 – --- x 2 – ln ( x ) x + x . 36 3 9 2 4

1 cos ( x ) 8 sin ( x ) d x = --- . 9

0 2

1 ---
4

0

1 ---
2

1 x 2 cos ( x ) d x = – 2 + ---
2 ; 4

b.

– 1 023 d x = ------------------ ; 10

1 x -------------- d x = – ln ( 2 ) + --- ln ( 11 ) . 2 x2 – 5 1 ---
2

1 ---
2

∫0

65 a.

4

1 cos ( 3t ) dt = --- ; 3

∫0

;

5(– 6 + 6 5) ;

∫0 ( x – 2 ) ( x 2 – 4 x – 1 )

1 ---
6

1 ---
4

∫– 1---
1 + tan ( x ) 2 d x = 2

2 ; b.

tan ( x ) ------------------ d x = 0 . cos ( x )

∫

53 a. b.

1 1 sin ( 3 x ) d x = --- + --3 6

∫0

52 a.

b.

4

∫– 6 2

∫0

dx = 1 +

e2

;

b.

∫0

K= 3–J ;



c.  H = ln  1 + 3 – 1--- ln ( 2 ) ,   2  1 1 J = – ln  1 + 3 – --- ln ( 2 ) + --  2 2 1 1 K = ln  1 + 3 – --- ln ( 2 ) + --  2 2

3 . 1

1 1 ------------------- d x = ln ( 1 + 3 ) – --- ln ( 2 ) . 2 x2 + 2

2. a. J + 2I = K ; b.

2x + 3 dx = 6 ;

314 x 2 – 2 x – 3 d x = --------- . 3

xe x

1

∫0

x 2 ---------------- d x = 4 --- – --3 3 x+1

3,  3. 

1+e - . 74 1. A = – ln ( 2 ) + ln ( 1 + e ) et B = 1--- –--------------2 1+e

2 ; at 2

2

+ bt + bt + ct a + 2at + bt ct 2. a + ---------- + ------------------ = --------------------------------------------------------------------- . 1+t

( 1 + t )2

Donc { c = – 1 , b = – 1 , a = 1 } .

( 1 + t )2

Obligatoire :

1

∫0

3.

1 --------------------- d x ( 1 + e x )2

1 1 = – --- ------------ ( – 3 – e – 2 ln ( 2 ) – 2 ln ( 2 )e + 2 ln ( 1 + e ) + 2 ln ( 1 + e )e ) . 2 1+e 1 1 + --- I . 4. a. J = – ---------------------2 2(1 + e)

2

∫0

75

Intégrales et suites

83 1. Pour tout t ∈ [ 0 ; 1 ] , 0  sin
t  1 , donc 0  t n sin (
t )  t n . 1

1 - (1 + 4e + e 2 + 2 ln ( 2 ) + 4 ln ( 2 )e + 2 ln ( 2 )e 2 b. J = --1- -------------------------4 1 + 2e + e 2 – 2 ln ( 1 + e ) – 4 ln ( 1 + e )e – 2 ln ( 1 + e )e 2 ) . On trouve J = 0 ,04 . 2

5

6. Intégration

0  I n  ∫ t n dt . 0

2.

1

∫0

1

1 t n dt = ------------ t n + 1 n+1

0

1

1 = ------------ donc lim n+1 n→+∞

∫0 t n dt = 0

.

1 - , donc d’après le théorème 3. D’après 1 ., pour tout n ∈
, 0  I n  ----------n+1

( – 2 x + 4 )e x d x = – 6 + 2e 2 .

des gendarmes, lim

n→+∞

In = 0 .

1 25 ------ et u 4 = u 3 + --- = ------ . 84 1. a. u 2 = u 1 + 1--- = 3--- , u 3 = u 2 + 1--- = 11 3

2

b. Pour tout n  2 , u n – u n – 1 = 1--- . n

4

n

Aires et volumes

∑

un – u1 =




∫0


n–1

b.

8

0

∫0

∑

k=1

k+1

3. V = ∫
sin ( x ) 4 d x , donc V = 3---
3 . 16

k=2 n

1 --- . k x

k

k+1 1 1 1 ------------  --- d x  --- . k + 1 ∫k k x

2. S ( x ) =
f ( x ) 2 soit S ( x ) =
sin ( x ) 4 .




∑

uk – uk – 1 =

k=2

∑

k=1

1 ------------  k+1

n–1

k+1

∑ ∫k

1 --- d x  x

k=1

n–1

∑

1 --- . k

k=1

n dx 1 u n – 1  ∫ ------  u n – --- . n 1 x 1 1 u n – 1  ln n  u n – --- , donc ---  v n  1 , d’où 0  v n  1 . n n

1 1 + --- cos ( x ) d x + 2 , donc : 2 1 V = ------
+
2 + 2 . 16

n+1

1 3. v n + 1 – v n = u n + 1 – u n – ln ( n + 1 ) + ln n = -----------–∫

z×R - , d’où : 78 S ( z ) =
× M H 2 et MH = -----------

n+1

h

h

V =∫

0

1

80 1. A 1 = ∫

2 xe – x

0

1

n+1

∫n

1 z×R 2
×  ------------ dz = ---
R 2 h .  h  3

1 1 --- d x  ------------ d’après 2 . a. Donc : x n+1 v n + 1 – v n  0 ( v n ) est décroissante .

85 1. On pose u′ ( t ) = e 2 et v ( t ) = 1 = t , donc :

2. A 3 = ∫ x 3 e – x d x , d’où A 3 = – 1--- e – 1 – ∫ – xe – x d x . 2

2

t ---

u ( t ) = 2e 2 et v′ ( t ) = – 1 .

0

1 1 Ainsi A 3 = – ------ + A 1 soit A 3 = --- – e – 1 . 2e 2

u, v, u′ et v′ sont continues sur [ 0 ; 1 ] , donc intégrables . t 1

--1 I 1 = --- 2 ( 1 – t )e 2 4

3 + x 6x - – ------------------------------------- . 81 1. x → ln  ---------- 3–x

2. Or

1

1

∫0 g ( x ) d x = ∫0 1

(3 + x)(– 3 + x)

6x

∫0

Donc

1

.

∫

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

– 0

t 1 ---

1

1

t ---

t ---

u ( t ) = 2e 2 et v′ ( t ) = – ( n + 1 ) ( 1 – t ) n . u, v, u′ et v′ sont continues sur [ 0 ; 1 ] , donc intégrables . --1 I n + 1 = --------------------------------  2 ( 1 – t ) n + 1 e 2 2 n + 2 ( n + 1 )!  1 = -------------------------------2 n + 2 ( n + 1 )!

.

e2 x



1

1

1



d x =
ln 2 – ln ( e –  + 1 ) – --- + -----------------∫
(-------------------- 2 e –  + 1 e x + 1 )2

–

1 1 V (  ) =
 ln 2 + --- – ln ( e –  + 1 ) – ------------------ .  2 e –  + 1
lim V (  ) =
ln 2 – ---- . 2

→+ ∞

0

t

--1 – ∫ – 2 ( n + 1 ) ( 1 – t ) n e 2 dt  0

0

t

 2 ( 1 – 1 ) n + 1 e --2- – 2 ( 1 – 0 ) n + 1 e --2- + 1 2 ( n + 1 ) ( 1 – t ) n e --2- dt ∫0  

Ainsi : V () =

0

On pose u′ ( t ) = e 2 et v ( t ) = ( 1 – t ) n + 1 , donc :

–

0

t 1 ---

2e 2

0

t 1

ex

1

1

∫0 e 2 dt = – --2- + --2-

2. Intégration par parties

ex -------------- d x = ln 2 – ln ( e –  + 1 ) ex + 1

d x = – --- + -----------------∫ (--------------------2 e–  + 1 e x + 1 )2

3.

0

3 I 1 = e – --- . 2

ex ex ex --------------------- = -------------- – --------------------- . ( e x + 1 )2 e x + 1 ( e x + 1 )2

2.

t ---

1

∫0 – 2e 2 dt

----1 = – --- + e 2 – e 2 . 2

82 1. Pour tout x ∈  on a :

0

1 – --4

1

3+x ln  ------------ d x = 10 ln ( 2 ) – 6 ln ( 3 ) .  3 – x

1

0

--- 1 --- 1 1 = --- ( 1 – 1 )e 2 – --- ( 1 – 0 )e 2 + --2 2 2

3+x ln  ------------ d x .  3 – x

- d x = 6 ln ( 3 ) – 9 ln ( 2 ) ∫0 – ------------------------------------(3 + x)(– 3 + x)

dx ------ . x

t ---

1

2

n

( v n ) est décroissante et majorée, donc elle converge .

1 1 d x , donc A 1 = --- – --- e – 1 . 2 2

0

12

1 --- . k

1 1 -  ---  1 --- donc : 2. a. Soit k  1 , pour tout k  x  k + 1 , -----------

3 sin ( x ) 4 d x = ---
. 8

1 -
+
77 2. V = -----

∑

n

1 --- , soit u n = k

k=2

76 1.

4

6

n

les exercices

2

t

1 = --------------------------------  – 2 + 2 ( n + 1 ) 2 n + 2 ( n + 1 )! 

∫0

2(n + 1) –2 = -------------------------------- + -------------------------------2 n + 2 ( n + 1 )! 2 n + 2 ( n + 1 )!

∫0 ( 1 – t )n e 2 dt

1 –1 = -------------------------------- + -----------------2 n + 1 ( n + 1 )! 2 n + 1 n!

1

1

--( 1 – t ) n e 2 dt  t ---

1

t ---

–1

- + In ∫0 ( 1 – t )n e 2 dt = 2------------------------------n + 1 ( n + 1 )!

.

1 I n + 1 = I n – -------------------------------- . 2 n + 1 ( n + 1 )!

89

3. On montre par récurrence sur n ∈
* que :

x–10

   ⇒ ∀n ∈
et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] ,  2 x + 1 > 0

∀n ∈
et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , x n  0

1 1 1 1 1 1 1 1 e = 1 + --- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ... + ----- ⋅ ----- + I n . 2 1! 2 2 2! 2 3 3! 2 n n! 1 1 3 3 Au rang 1 : I 1 = e – --- , donc e = --- + I 1 = 1 + --- ⋅ ----- + I 1 . 2 1! 2 2 La proposition est vraie . On suppose que la proposition est vraie au rang n ∈
* :

xn ( 1 – x ) ----------------------  0 , x2 + 1 donc ∀n ∈
,

1 1 1 1 1 1 1 1 e = 1 + --- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ... + ----- ⋅ ----- + I n . 2 1! 2 2 2! 2 3 3! 2 n n! On montre que la proposition est vraie au rang n + 1 :

les exercices

1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 + --- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ... + ----- ⋅ ----- + I n . 2 1! 2 2 2! 2 3 3! 2 n n! 1 1 Or d’après 2 . I n + 1 = I n – -------------------------------- , donc I n = -------------------------------- + I n + 1 , 2 n + 1 ( n + 1 )! 2 n + 1 ( n + 1 )! 1 1 1 1 1 1 1 1 e = 1 + --- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ... + ------------ ⋅ ------------------- + I n + 1 . 2 1! 2 2 2! 2 3 3! 2 n + 1 ( n + 1 )!

donc ∀n ∈
* et ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] 0  ( 1 – t ) n  1 .

1

t ---

1 1 On en déduit que ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , -------  -------------------  1 , car tous les membres 2 x2 + 1

0

1 ⇔ ∀n ∈
* , 0  -----------------2 n + 1 n! 1 ⇔ ∀n ∈
* , 0  -----------------2 n + 1 n!

1

t --t )n e 2

1

t --t )n e 2

∫0 ( 1 – ∫0 ( 1 –

1 dt  -----------------2 n + 1 n!

1

∫0

t --e2

dt

sont positifs .

t 1

--1 dt  ------------------ 2e 2 n + 1 n! 2

xn xn Donc ∀n ∈
et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , -------  -------------------  x n , car x n  0 . 2 x2 + 1

0

1 ⇔ ∀n ∈
* , 0  I n  ----------- ( e – 1 ) . 2 n n!  1 0  I n  ----------- ( e – 1 )  2 n n!   lim 0 = 0 ∀n ∈
* , n →  ⇒ lim I n = 0 (d’après le +∞ n→+∞   théorème des gendarmes) . 1 lim ----------- ( e – 1 ) = 0  n → + ∞ 2 n n!  1 1 1 1 1 1 1 1 e = lim 1 + --- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ... + ----- ⋅ ----- . Ce qui donne 2 1! 2 2 2! 2 3 3! n→+∞ 2 n n!

86 1. a. x


x2

+ 1 est dérivable sur [ 0 ; 1 ] car elle est polynomiale .

De plus elle est positive stricte, donc x
x 2 + 1 est dérivable sur [ 0 ; 1 ] . dérivable sur [ 0 ; 1 ] car elle est polynomiale, x
x est donc x
x + x 2 + 1 est dérivable sur [ 0 ; 1 ] comme somme de fonctions dérivables sur [ 0 ; 1 ] . x  0 De plus ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] ,  ⇒ ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] x + x 2 + 1 > 0 .  x2 + 1  1 Donc f est dérivable sur [ 0 ; 1 ] . On a : x x + x2 + 1 1 + ------------------- ---------------------------2 ( x + x 2 + 1 )′ x2 + 1 x +1 ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , f ′ ( x ) = ----------------------------------- = ---------------------------- = ---------------------------- . 2 2 x+ x +1 x + x + 1 x + x2 + 1

⇔ ∀n ∈


1

∫0

xn + 1 -----------------------(n + 1) 2

2. a. On calcule u n + 1 – u n : 1 xn + 1 1 xn ∀n ∈
, u n + 1 – u n = ∫ ------------------- d x – ∫ ------------------- d x 2 0 0 x +1 x2 + 1 1 xn + 1 – xn 1 xn ( x – 1 ) = ∫ ----------------------- d x = ∫ ---------------------- d x . 0 0 x2 + 1 x2 + 1

90

0

1

xn + 1  u n  -----------n+1

0

1 1 ⇔ ∀n ∈
------------------------  u n  ------------ . n+1 (n + 1) 2 De plus lim

n→+∞

1 ------------ = 0 , donc : n+1

1 1 ∀n ∈
, ------------------------  u n  ------------  n+1 (n + 1) 2   1 lim ------------------------ = 0 ⇒ n → + ∞ (n + 1) 2   1  lim ------------ = 0  n→+∞ n + 1

lim

n→+∞

un = 0 .

1

n

1

n–2

1

0

x2 + 1

0

x2 + 1

0

n

n–2

x x x –x - dx – 3. a. u n + u n – 2 = ∫ -----------------∫ ------------------- d x = ∫ ----------------------- d x x2 + 1

1 xn – 2 ( x2 – 1 ) 1 = ∫ ------------------------------- d x = ∫ x n – 2 x 2 + 1 d x = I n . 2 0 0 x +1

0

pose u′ ( x ) = x n – 2 et v ( x ) = x 2 + 1 . 1 x Donc u ( x ) = ------------ x n – 1 et v′ ( x ) = ------------------- . n–1 x2 + 1 Les fonctions u, v, u′ et v′ sont continues sur [ 0 ; 1 ] , donc intégrables sur [ 0 ; 1 ] et on a : u

1 I n = ------------ x n – 1 x 2 + 1 n–1

1

u1 = 2 – 1 .

1

Pour faire une intégration par parties, on n’a pas le choix, on

1 u′ x - d x . On reconnaît une forme du type ------- . b. On sait que u 1 = ∫ ------------------

Donc u 1 = [ x 2 + 1 ] 0 = 2 – 1 .

1 1 xn xn ------- d x  - dx  ∫0 -----------------∫0 x n d x 2 x2 + 1

1

1 1 u 0 = ∫ ------------------- d x = [ f ( x ) ] 01 = f ( 1 ) – f ( 0 ) = ln ( 1 + 2 ) – ln 1 0 x2 + 1 ⇔ u 0 = ln ( 1 + 2 ) .

x2 + 1

De plus ∀n ∈


I n = ∫ xn – 2 x2 + 1 d x .

1 Donc ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , f ′ ( x ) = ------------------- . x2 + 1

0

xn ⇒ ∀n ∈
et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , -------------------  0 , x2 + 1

Donc ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , 1  x 2 + 1  2 .

t ---

∀n ∈
* , 0  ∫ ( 1 – t ) n e 2 dt  ∫ e 2 dt 0

  x2 + 1 > 0 

convergente . b. ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , 0  x 2  1 ⇔ 1  x 2 + 1  2 ⇔ 1  x 2 + 1  2 , car la fonction racine carrée est croissante .

donc ∀n ∈
* et ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] 0  ( 1 – t ) n e 2  e 2 . t ---

xn  0

∀n ∈
et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] ,

( u n ) n ∈
est une suite décroissante et minorée par 0 donc elle est

t ---

Or ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] , e 2 > 0 ,

1

La suite ( u n ) n ∈
est décroissante . ( u n ) est minorée par 0 (et en utilisant le théorème de convergence monotone) :

1 xn donc ∀n ∈
, u n = ∫ ------------------- d x  0 . 0 x2 + 1

4. ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] , 0  1 – t  1 ,

t ---

xn ( 1 – x ) ---------------------- d x  0 . x2 + 1

∀n ∈
, u n + 1 – u n  0 ⇔ ∀n ∈
, u n + 1  u n .

1 1 1 1 1 1 1 1 e = 1 + --- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ----- ⋅ ----- + ... + ------------ ⋅ ------------------- + I n + 1 2 1! 2 2 2! 2 3 3! 2 n + 1 ( n + 1 )!

d’où

1

∫0

1 2 = ------------ – -----------n–1 n–1

1

∫0

1 0

1 x 1 – ∫ ------------ x n – 1 ------------------- d x 0 n–1 x2 + 1

xn ------------------- d x x2 + 1

1 1 2 2 ⇔ I n = ------------ – ------------ u n ⇔ u n + u n – 2 = ------------ – ------------ u n n–1 n–1 n–1 n–1 ⇔ ( n – 1 )u n + ( n – 1 )u n – 2 = 2 – u n . nu n + ( n – 1 )u n – 2 = 2 .

Obligatoire :

un + 1  un .

On peut affirmer aussi que ∀n  3 , u n  u n – 1  u n – 2 . Comme d’après 3 . a. ∀n  3 , nu n + ( n – 1 )u n – 2 = 2 ,


   cos  ------ 2n 2 D’où Im  ---------------- = ---------------------- , ce qui prouve que :  i
 -----
   1 – e n  sin ---- 2n
cos -----
2
( n – 1 )
2n sin ---- + sin ------- + ... + sin --------------------- = ----------------- . n n n
sin -----2n

nu n + ( n – 1 )u n  nu n + ( n – 1 )u n – 2 = 2 , d’où ( 2n – 1 )u n  2 .

c. ( 1 ) : ∀n  3 , 1 n 1 n ------------------------  u n  ------------ ⇔ ------------------------  nu n  ------------ . n+1 n+1 (n + 1) 2 (n + 1) 2

d.

n 2 ( 2 ) : ∀n  3 , ( 2n – 1 )u n  2 ⇔ nu n  --------------- . 2n – 1

Pour calculer lim

lim

n→+∞


cos ------ = 1 . 2n n→+∞

n 2 2 2 n Donc ∀n  3 , ------------------------  nu n  --------------- ⇔ ---------------------  nu n  ------------ . 2n – 1 1 (n + 1) 2 1 + 1  2 – ----- 2  n n       2 2  lim ------------ = ------ ⇒ d’après le théorème des gendarmes 1 2 n→+∞ 2 – -- que la suite ( u )converge et que : n n  2 2  2 lim u n = ------- . ∀n  3, ---------------------  nu n  -----------2 n→+∞ 1  1 + 1--- 2 2 – ---   n n  lim

n→+∞

2 --------------------- = ------2 1 + 1--- 2 2  n

1 1
--- × ---------------- , on pose X = ----- , lim X = 0 , donc : n
2n n → + ∞ sin -----2n

lim

n→+∞

1 1 2X 1 --- × ---------------- = lim ------- × ------------- . n
X → 0
sin X ----sin 2n

sin X 2X 1 2 . Or lim ------------- = 1 , d’où lim ------- × ------------- = --X sin X
X→0 X→0 p lim

n→+∞

2 S n = ---- .


89 1. x
x n est continue sur [ 0 ; 1 ] , car elle est polynomiale . x
e – x est continue sur [ 0 ; 1 ] . Donc x
x n e – x est continue sur [ 0 ; 1 ] . 1

L’intégrale I n = ∫ x n e – x d x existe bien .

88 1. a.

0

De plus ∀n ∈
* et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , x n  0 et e – x > 0 , donc :

y

∀n ∈
* , ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] x n e – x  0 ⇔ ∀n ∈
* ,

#

1

xn e– x d x  0 .

Pour prouver la stricte positivité de l’intégrale, on va la « couper » en deux :

0,8

1 ---

1

I n = ∫2 x n e – x d x + ∫ x n e – x d x .

0,6

1 --2

0

0,4

1 On a ∀n ∈
* et ∀x ∈ 0 ; --- , x n  0 et e – x > 0 , donc : 2

0,2 O

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2 x

– 0,2

1 --2

1 ∀n ∈
* et ∀x ∈ 0 ; --- , x n e – x  0 ⇒ ∀n ∈
* , 2

∫0

xn e– x d x  0 ;

1 ∀n ∈
* et ∀x ∈ --- ; 1 , x n > 0 et e – x > 0 , donc : 2 1

1

1 - cos (
x ) b. I = ∫ sin
x d x = – --


0

0

1 1 2 = – ---- cos (
) –  – ---- cos ( 0 ) = ---- . 




1 ∀n ∈
* et ∀x ∈ --- ; 1 , x n e – x > 0 ⇔ ∀n ∈
* , 2 1 ---

c. I correspond à l’aire de la partie du plan délimitée par les axes de coordonnées, la courbe  et la droite d’équation x = 1 .

1

∫0

xn e– x d x > 0 .

1

I n = ∫2 x n e – x d x + ∫ x n e – x d x > 0 . 1 --2

0

1

2 128 I = ---- u.a. soit I = --------- cm 2 .



On calcule I 1 = ∫ xe – x d x .

2. a. Sn correspond à une valeur approchée de I par la méthode des

Intégration par parties

0

rectangles .

On pose u′ ( x ) = e – x , v ( x ) = x et u ( x ) = – e – x , v′ ( x ) = 1 .

b. On reconnaît la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de

Les fonctions u, v, u′ et v′ sont continues sur [ 0 ; 1 ] , donc intégrables sur [ 0 ; 1 ] et on a :

raison

i
-----en

et de premier terme 1 d’où : i
------

1+en +e

2i
--------n

+ ... + e

( n – 1 )i
----------------------n

1– 2 = ------------------- = ---------------- . i
------

i
------

1–en

n

n

= Im  1 + 

i
-----en

+

2i
--------e n

1

0

0

1 1 1 1 = – --- + ∫ e – x d x = – --- + [ – e – x ] 01 = – --- – e – 1 – ( – e – 0 ) e e e 0

2 ⇔ I 1 = – --- + 1 . e

2
( n – 1 )
---- + sin ------- + ... + sin --------------------c. sin
n

1

I 1 = [ x ( – e – x ) ] 01 – ∫ 1 ( – e – x ) d x = 1 ( – e – 1 ) – 0 ( – e – 0 ) + ∫ e – x d x

ni
--------e n

1–en

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

1

∫0

les exercices

b. D’après 2 . a. la suite ( u n ) n ∈
est décroissante . Donc ∀n ∈
,

6. Intégration

+ ... +

  2 = Im  ---------------- .   i
  1 – e ----n

( n – 1 )i
----------------------e n 



cos  ------ – i sin  ------  2n  2n 2 2 Or ---------------- = ------------------------------------------------ = ------------------------------- = ---------------------------------------------------


i

-----i ------ – i -----i -----
- – i sin  ------ 1 – e n e 2n  e 2n – e 2n – 2i sin  ---- 2n 2n  
– i -----2e 2n



i cos  ------ + sin  ------  2n  2n = ----------------------------------------------------- .
sin  ------  2n

1

2. I n = ∫ x n e – x d x . 0

Intégration par parties On pose u′ ( x ) = e – x , v ( x ) = x n et u ( x ) = – e – x , v′ ( x ) = n x n – 1 . Les fonctions u, v, u′ et v′ sont continues sur [ 0 ; 1 ] , donc intégrables sur [ 0 ; 1 ] . On a : 1

I 1 = [ x n ( – e – x ) ] 01 – ∫ n x n – 1 ( – e – x ) d x 0

=

1n ( – e– 1 )

– 0n ( – e– 0 ) + n

1

∫0

1 x n – 1 e – x d x = – --- + nI n – 1 . e

1 ∀n ∈
* , I n = – --- + nI n – 1 . e

91

3. a. La fonction x
ln ( x + 3 ) est dérivable sur [0 ; + ∞[ d’après 1 .,

• Calcul de I2 : d’après 2 . :

donc F est dérivable sur [0 ; + ∞[ . 2 ln ( x + 3 ) Pour tout x ∈ [0 ; + ∞[ F′ = -------------------------- . x+3

1 1 2 5 I 2 = – --- + 2I 1 = – --- + 2  1 – --- = 2 – 5 --- ⇔ I 2 = 2 – --- .  e e e e e • Calcul de I3 : d’après 2 . :

b. I n = 1--- F ( n ) – 1--- F ( 0 ) = 1--- ( ln ( n + 3 ) ) 2 – 1--- ( ln 3 ) .

1 1 5 16 16 I 3 = – --- + 3I 2 = – --- + 3  2 – --- = 6 – ------ ⇔ I 3 = 6 – ------ .  e e e e e

2

2

2

2

4. S n = I n ; lim S n = + ∞ . Donc ( S n ) diverge . n→+ ∞

1

3. I = ∫ ( – x 3 + 2 x 2 – x )e – x d x 0

1

= – ∫ x3 e– x d x + 2 0

1

∫0

1

x 2 e – x d x – ∫ xe – x d x = – I 3 + 2I 2 – I 1 . 0

6

8 16 5 Donc I = –  6 – ------ + 2  2 – --- –  1 – 2 --- ⇔ I = – 3 + --- .   e e e  e

92 1. t
e t est dérivable sur . t
e 2t est dérivable sur , donc t
1 + e 2t est dérivable sur . De plus ∀t ∈  , 1 + e 2t > 0 . Donc f est le quotient de deux fonctions dérivables sur  dont le dénominateur ne s’annule jamais, donc f est dérivable sur  et :

les exercices

90 1. a. I 1 = 1--- . e

b. ∀n ∈
* et ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] , 0  ( 1 – t ) n e – t  e – t . 1

1

0

0

D’où 0  ∫ ( 1 – t ) n e – t dt  ∫ e – t dt , soit : 1 0  I n  ----n!

1

∫0

1 Donc 0  I n  ----- ( 1 – e – 1 ) d’après n! gendarmes lim I n = 0 .

e t ( 1 + e 2t ) – e t ⋅ 2e 2t ∀t ∈  , f ′ ( x ) = --------------------------------------------------( 1 + e 2t ) 2

e – t dt . le

théorème

e t – e 3t e t ( 1 – e 2t ) = ----------------------- = ------------------------- . ( 1 + e 2t ) 2 ( 1 + e 2t ) 2

des

signe de

c. I n + 1 1 1 = -------------------  [ ( 1 – x ) n + 1 ( – e – x ) ] 01 – ∫ ( n + 1 ) ( – 1 ) ( 1 – x ) n ( – e – x ) d x  ( n + 1 )!  0

1 1 1 = + ------------------- – ----- ∫ ( 1 – x ) n e – x d x = ------------------- – I n . ( n + 1 )! n! 0 ( n + 1 )! 2. a. Au rang 1 : 1--- + ( – 1 ) 1 I 1 = 0 et a 1 = 0 . e 1 On suppose a n = --- + ( – 1 ) n I n , n ∈
* . e

signe de ( 1 + e 2t ) 2





signe de f ′





t→+∞

f ( x)

+∞

ln 3 -------3 0

2. a. f est décroissante sur [0 ; + ∞ [ , donc pour tout n ∈
, f est décrois-

 lim e t = + ∞ t → + ∞ , on a donc une forme indéterminée .   lim 1 + e 2t = + ∞ t → + ∞ et 1 et Levons l’indétermination : f ( t ) = ---------------- = ------------------------------- = ----------------------------- . 1 + e 2t e 2t ( e – 2t + 1 ) e t ( e – 2t + 1 )  lim e t = + ∞ t → + ∞ ⇒ lim e t ( 1 + e – 2t ) = + ∞ , Or  t→+∞  lim 1 + e – 2t = 1 t → + ∞ 1 lim ----------------------------- = 0 ⇔ lim f ( t ) = 0 . donc : t → + ∞ e t ( 1 + e – 2t ) t→+∞ • Calcul de lim

t→–∞

d’où :

b. Soit n ∈
, on a vu dans 2. a. que pour tout x ∈ [ n ; n + 1 ]

0,4

f ( n + 1 )  f ( x )  f ( n ) , donc :

n

n→+ ∞

#

f ( x )d x  f ( n ) × ( n + 1 – n ) .

Soit f ( n + 1 )  u n  f ( n ) . f ( n ) = 0 et

f (t) = 0 .

0,3

n+1

lim

lim

t→–∞

y 0,6 0,5

∫

f (t)

2. F ( x ) représente l’aire de la partie délimitée par les points du plan compris entre l’axe des abscisses et la courbe  et ayant une abscisse comprise entre 0 et x.

sante sur [ n ; n + 1 ] . Ainsi pour tout n  x  n + 1 on a : f (n + 1)  f ( x)  f (n) .

f (n + 1) × (n + 1 – n) 

f (t)

 lim e t = 0 t → – ∞ et ⇒ lim ---------------- = 0 ,  t → – ∞ 1 + e 2t  lim 1 + e 2t = 1 t → – ∞

f ( x) = 0 .

0

0 1 --2

• Calcul de lim

1 – ln ( x + 3 ) Pour tout x ∈ [0 ; + ∞ [ f ′ ( x ) = ------------------------------- . ( x + 3 )2 f est décroissante sur [0 ; + ∞ [ .

x

 

0

91 1. La fonction x
x + 3 est dérivable sur [0 ; + ∞ [ car c’est une fonction polynôme . De plus elle est positive stricte sur [0 ; + ∞ [ , donc la fonction x
ln ( x + 3 ) est dérivable sur [0 ; + ∞ [ . Ainsi f est dérivable sur [0 ; + ∞ [ .

lim

 

f

1 1 1 1 = --- + ( – 1 ) n I n – ------------------- = --- + ( – 1 ) n ( – I n + 1 ) = --- + ( – 1 ) n + 1 I n + 1 . ( n + 1 )! e e e 1 n Pour tout n ∈
* , a n = --- + ( – 1 ) I n . e b. lim a n = 1--- . e n→+∞

n→+∞

+∞

0

et

signe de 1 – e 2t

1

c.

–∞

x

n→+∞

( – 1 )n + 1 1 ( – 1 )n + 1 a n + 1 = a n + --------------------- = --- + ( – 1 ) n I n + --------------------( n + 1 )! e ( n + 1 )!

0,2 0,1

lim f ( x ) = 0 , donc d’après le théorème des gen-

n→+ ∞

darmes, ( u n ) converge et

92

Les problèmes

lim u n = 0 .

n→+ ∞

–7

–6 –5 –4 –3 –2 –1

0

1

2

3

4

5

6

7

x

Obligatoire :

∀t ∈  , F′ ( x ) = f ( x ) . ----  = F ( ln 1 ) = F ( 0 ) . 3. ( F
g ) ( 0 ) = F ( g ( 0 ) ) = F  ln tan 
4  0

= ∫ f ( t ) dt = 0 . 0



x
tan  x + ---- est dérivable sur 0 ; ---- et est positive stricte sur cet  4 4 intervalle .

Donc la fonction x
ln tan  x + ---- est dérivable sur 0 ; ---- et :  4 4
∀x ∈ 0 ; ---- , 4


 tan  x +
----  ′  x + ---- ′  1 + tan2  x + ----  1 + tan2  x + ----      4 4  4 4 g′ ( x ) = ------------------------------------ = ------------------------------------------------------------------- = ---------------------------------------- .


    tan x + ---tan x + ---tan x + ---   4 4 4

g : 0 ; ---- →  F :  →  donc F
g : 0 ; ---- →  4 4
g étant dérivable sur 0 ; ---- et F étant dérivable sur  alors F
g est déri4
vable sur 0 ; ---- et : 4
∀x ∈ 0 ; ---- , ( F
g )′ ( x ) = F ′ ( g ( x ) ) × g ′ ( x ) = f ( g ( x ) ) × g ′ ( x ) . 4
1 + tan2  x + ----  4
Or ∀x ∈ 0 ; ---- , g′ ( x ) = ---------------------------------------4
tan  x + ----  4
et ∀x ∈ 0 ; ---- , 4

ln tan  x + ---- tan  x + ----  4  4 e eg( x) f ( g ( x ) ) = ----------------------- = ---------------------------------------------- = ---------------------------------------- .
  1 + e 2g ( x )
2 ln tan x + ---1 + tan2  x + ----  4  1+e 4

1 + tan2  x + ---- tan  x + ----   4 4
Donc ∀x ∈ 0 ; ---- , ( F
g )′ ( x ) = ---------------------------------------- × ---------------------------------------4

1 + tan2  x + ---- tan  x + ----   4 4
⇔ ∀x ∈ 0 ; ---- , ( F
g )′ ( x ) = 1 . 4
( F
g ) ( x ) = x + C avec C ∈  , On obtient ∀x ∈ 0 ; ---- , 4 or ( F
g ) ( 0 ) = 0 , donc C = 0 .
∀x ∈ 0 ; ---- ( F
g ) ( x ) = x . 4

93 1. D F =  . 2. F est la primitive de f qui s’annule en 0 sur .

La réponse est OUI !

3. G′ ( x ) = 1--- e – x – 1--- e – x – --x- ( – 2 x )e – x = x 2 e – x . 2

2

2

2.

1 --2

x



∫0

x

∫0

f ( t ) dt  0 .

0

3. F ( 1 ) = 0 , d’après 2 . F est positive sur 1--- ; + ∞ . 2

4. ∀t  1 ,

t2 + t  t2 > 0 ,

1 ln t ln t 1 ln t donc ------------  ---- d’où ------------  --------- car ln t  0 , ainsi f ( t )  --------- . t2 t2 t2 + t t2 + t t2 x ln t ln x 1 Donc ∀x  1 , F ( x )  ∫ --------- dt  1 – ---------- – ---  1 car x  1 . x x 1 t2 1 ex d x - = [ ln 1 + e x ] 01 = ln 1 + e 1 – ln 1 + e 0 97 1. a. I 1 = ∫ ------------x 0 e +1 = ln ( 1 + e ) – ln 2 ,

1+e I 1 = ln  ------------ .  2 

donc :

1 1 ex d x 1 1 + ex 1 dx I 0 + I 1 = ∫ -------------- + ∫ -------------- = ∫ -------------- d x = ∫ 1 d x = [ x ] 01 = 1 , 0 ex + 1 0 ex + 1 0 ex + 1 0 donc : I0 + I1 = 1 .

1+e 1+e On déduit I 0 = 1 – I 1 = 1 – ln  ------------ = ln e – ln  ------------ , donc :  2   2  2e I 0 = ln  ------------ .  1 + e 1 nx d x 1 e(n + 1) x d x 1 e nx + e ( n + 1 ) x d x -+ -= b. I n + I n + 1 = ∫ e--------------∫ -------------------------∫ ---------------------------------------x x x 0

e +1

0

e nx ( 1

ex)

94 1. F est la primitive de f qui s’annule en 0 sur . F est croissante sur  . x

–∞

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

F ( x)

0

e +1

1 e nx ( e x – 1 ) = ∫ -------------------------- d x . ex + 1 0 ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , e 0  e x  e ⇔ 1  e x  e ⇔ 0  e x – 1  e – 1 .

De plus ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , e nx  0 et e x + 1 > 0 . Donc : e nx ( e x – 1 ) ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , --------------------------  0 . ex + 1 On peut affirmer que

1

∫0

e nx ( e x – 1 ) -------------------------- d x  0 ⇔ I n + 1 – I n  0 ⇔ ( I n ) est ex + 1

b. ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , e 0  e x  e ⇔ ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , 1 1 1 0 < 2  e x + 1  e + 1 ⇔ ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , ---  --------------  ------------ . 2 ex + 1 e + 1 Or ∀n ∈
et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , e nx  0 on a donc :

∞

e nx e nx e nx ∀n ∈
et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , -------  --------------  ------------ . 2 ex + 1 e + 1 e nx e nx e nx -  --------------  ------------ , donc : 3. ∀n ∈
et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , -----x

0

La réponse est NON !

∀n ∈
,

x

dt ------------- = ln 2 + x – ln ( 1 + e x ) . 1 + et F ( x ) = 2 ln 2 + x – e – x ln ( 1 + e x ) – ln ( 1 + e x ) .

∫0

95 1. ∀x ∈  , F ′ ( x ) = f ( x )  0 . F est croissante sur  . 2.

x F

–∞

0 0

e +1

1

2

4.

0

1 1 + dx 1 1 = ∫ ------------------------------------ = ∫ e nx d x = --- e nx = --- e n – --- e 0 , n n n ex + 1 0 0 0 1 n I n + I n + 1 = --- ( e – 1 ) . donc : n 1 e(n + 1) x d x 1 e nx d x 1 e ( n + 1 ) x – e nx -– ---------------- = dx 2. a. I n – 1 – I n = ∫ -------------------------∫0 e x + 1 ∫0 ------------------------------ex + 1 ex + 1 0 1

croissante .

2. ∀x ∈  , F ′ ( x ) = f ( x ) = e – x ln ( 1 + e x )  0 . 3.



0

F

4. ∀x ∈  , f ( x )  0 donc : f ( t ) dt  0 et si x  0

+∞

1

F′

x +2

x

2

96 1. F est la primitive de f qui s’annule en 1 sur 1--- ; + ∞ .

1 - > 0 . F est croissante sur . 3. ∀x ∈  , F′ ( x ) = ------------2

Si x  0

2

2 2 2 Donc il existe k ∈  tel que ∀x ∈  , F ( x ) = G ( x ) + k , F ( 0 ) = G ( 0 ) + k , k = 0 . Donc F = G .

les exercices

f étant une fonction dérivable, F est dérivable et :

6. Intégration

e nx ∀n ∈
* , ------2n

1 0

1

∫0

e nx

e +1

e+1

e nx

1 e nx - dx  ------- d x  - dx . ∫0 ------------∫0 ----------2 e+1 ex + 1 1

e nx  I n  -------------------( 1 + e )n

1

⇔ ∀n ∈
* ,

0

en 1 en 1 ------ – ------  I n  -------------------- – -------------------2n 2n ( 1 + e )n ( 1 + e )n

+∞

en – 1 en – 1 ⇔ ∀n ∈
* , --------------  I n  -------------------- . 2n ( 1 + e )n lim

x→+∞

ex en ----- = + ∞ , donc lim ----- = + ∞ . x n→+∞ n

93

lim

n→+∞

lim

n→+∞

en ------ = + ∞   2n ⇒ 1 – ------ = 0  2n

I (e) – J (e)

lim

n→+∞

– 2n – 1 2n + 3 n n b. ------------------------------- = ------------------- + ------------------- e – n – 1 . 2

e n – 1------------= +∞ . 2n

On

a

vu

n→+∞

en – 1 en – 1 --------------  I n  -------------------- ⇔ ∀n ∈
* , 2n ( 1 + e )n

que ∀n ∈
* ,

1 – e– n I n 1 – e– n -----------------  -----  -------------------- , car e n > 0 . 2n e n ( 1 + e )n lim

n→+∞

lim

les exercices

n→+∞

lim

n→+∞

lim

n→+∞

1 – e– n = 1   ⇒ 2n = + ∞  

– 2n – 1 ------------------- : ( n + 1 )2

• Calcul de lim

en – 1 De plus ∀n ∈
* , --------------  I n donc lim I n = + ∞ . 2n n→+∞

1 1 n  – 2 – --- – 2 – -- n n – 2n – 1 ------------------- = ------------------------------------ = --------------------------------- . ( n + 1 )2 2 1 2 1 n 2  1 + --- + ----- n  1 + --- + -----   n n 2 n n 2 Passons à la limite : lim

lim

n→+∞

  ⇒ ( 1 + e )n = + ∞  

n→+∞

e– n

1– ----------------- = 0 et 2n

2 1 1 + --- + ----- = 1  n n2 ⇒  n = +∞ 

lim

n→+∞

lim

1 – e– n = 1

lim

n→+∞

n→+∞

1 – e – n------------------=0 . ( 1 + e )n

lim

n→+∞

⇒

1 – e– n I 1 – e– n ∀n ∈
* -----------------  ----n-  --------------------  2n e n ( 1 + e )n   1 – e– n On a donc lim ----------------=0 ⇒ 2n n→+∞   1 – e– n  lim -------------------- = 0  n → + ∞ ( 1 + e )n

lim

n→+∞

I ----n- = 0 . en

1 1 donc u ( t ) = ------------ t n + 1 et v′ ( t ) = --- ; n+1 t x x 1 1 1 I n = ------------ t n + 1 ( ln t ) – ∫ ------------ t n + 1 × --- dt n+1 t 1 n+1 1

n→+∞

3 3 n  2 + --- 2 + -- n 2n + 3 n ------------------- = ------------------------------------ = --------------------------------- . ( n + 1 )2 2 1 2 1 n 2  1 + --- + ----- n  1 + --- + -----   n n 2 n n 2 Passons à la limite : lim

n→+∞

2 1 1 + --- + ----- = 1  n n2 ⇒  n = +∞ 

lim

n→+∞

lim

n→+∞

lim

n→+∞

⇒

lim

n→+∞

1 ⇔ I n = ------------------- ( ( n + 1 ) x n + 1 ( ln x ) – x n + 1 + 1 ) . ( n + 1 )2

     2 1 n  1 + --- + ----- = + ∞     2 n n   3 2 + --- = 2 n

3 2 + --n --------------------------------- = 0 . 2 1 n  1 + --- + -----  n n 2

2n + 3 ------------------- = 0 . ( n + 1 )2 De plus lorsque – 1 < q < 1 alors lim On obtient lim

1 ln t u′ ( t ) = t n et v ( t ) = ( ln t ) 2 , donc u ( t ) = ------------ t n + 1 et v′ ( t ) = 2 --------- . n+1 t 1 ⇔ J n = ( ln t ) 2 × ------------ t n + 1 n+1

– 2n – 1 ------------------- = 0 . ( n + 1 )2

2n + 3 ------------------- e – n – 1 : ( n + 1 )2

1 1 1 ⇔ I n = ------------ x n + 1 ( ln x ) – ------------------- x n + 1 + ------------------n+1 ( n + 1 )2 ( n + 1 )2

b. Intégration par parties

1 – 2 – --n --------------------------------- = 0 . 2 1 n  1 + --- + -----  n n 2

lim

n→+∞

d’où :

     2 1 n  1 + --- + ----- = + ∞     2 n n   1 – 2 – --- = – 2 n

n→+∞

• Calcul de lim

98 1. a. Intégration par parties u′ ( t ) = t n et v ( t ) = ln t ,

lim

Donc :

x 1 1 ⇔ I n = ------------ x n + 1 ( ln x ) – ∫ ------------ t n dt ln 1 = 0 n+1 1 n+1 x 1 1 ⇔ I n = ------------ x n + 1 ( ln x ) – ------------ ∫ t n dt n+1 n+1 1 x 1 1 1 ⇔ I n = ------------ x n + 1 ( ln x ) – ------------ ----------------- t n + 1 n+1 n + 1 (n + 1) 1

x 1

x 1 ln t – ∫ ------------ t n + 1 × 2 --------- dt t 1 n+1

x 1 2 ⇔ J n = ( ln x ) 2 × ------------ x n + 1 – ------------ ∫ t n ( ln t ) dt n+1 n+1 1 1 2 ⇔ J n = ( ln x ) 2 × ------------ x n + 1 – ------------ I n n+1 n+1 1 ⇔ J n = ( ln x ) 2 × ------------ x n + 1 n+1 2 1 – ------------  ------------------- ( ( n + 1 ) x n + 1 ( ln x ) – x n + 1 + 1 )  n + 1  ( n + 1 )2 2 1 2 2 ⇔ J n = ------------ ( ln x ) 2 x n + 1 – ------------------- x n + 1 ( ln x ) + ------------ x n + 1 – ------------ . n+1 n+1 n+1 ( n + 1 )2

n→+∞

n→+∞

n

lim

n→+∞

lim

n→+∞

lim

n→+∞

1 --- = 0 ⇔  e

lim

n→+∞

2n + 3 ------------------- = 0   ( n + 1 )2 ⇒ – n – 1 =0  e 

lim

n→+∞

99 1.

q n = 0 , donc :

e – n = 0 d’où lim

n→+∞

lim

n→+∞



∫0

lim

n→+∞

In(e) – Jn(e) -------------------------------=0 . en + 1

xe – x d x = 1 – e –  –  e –  . 

∫0

xe – x d x = 1 , donc lim

2. et 3.

n 1 1 = ------------------- ( ( n + 1 )e n + 1 – e n + 1 + 1 ) = ------------------- e n + 1 + ------------------- . ( n + 1 )2 ( n + 1 )2 ( n + 1 )2 2 1 2 2 J n ( e ) = ------------ ( ln e ) 2 e n + 1 – ------------------- e n + 1 ( ln e ) + ------------ e n + 1 – -----------n+1 n+1 n+1 ( n + 1 )2

100 1. a. I 0 = 1--- .

lim

→+∞

→+∞

A()  k .

b. I 1 = 1--- .

3

9

2. a. I n + 2 = x n + 2 ×  – 1--- cos 3 x 3


---6 0




---1 – ∫ 6 ( n + 2 ) x n + 1  – --- cos 3 x d x  3 0

1 2 2 2 = ------------ e n + 1 – ------------------- e n + 1 + ------------ e n + 1 – -----------n+1 n+1 n+1 ( n + 1 )2 3n + 1 2 = ------------------- e n + 1 – ------------ . n+1 ( n + 1 )2 Donc :

n+2  1 = ------------  --- x n + 1 sin 3 x 3  3

n 3n + 1 1 2 I n ( e ) – J n ( e ) = ------------------- e n + 1 + ------------------- –  ------------------- e n + 1 – ------------ . n + 1 ( n + 1 )2 ( n + 1 )2  ( n + 1 )2

n+2 1
n+1 n + 1  = ------------ ×  ---  ---- – ------------ I n . 3  6  3 3

– 2n – 1 2n + 3 I n ( e ) – J n ( e ) = ------------------- e n + 1 + ------------------- . ( n + 1 )2 ( n + 1 )2

e– n – 1 = 0 .

2n + 3 ------------------- e – n – 1 = 0 . ( n + 1 )2

– 2n – 1 2n + 3 ------------------- + ------------------- e – n – 1 = 0 ⇔ ( n + 1 )2 ( n + 1 )2

1 2. a. I n ( e ) = ------------------( ( n + 1 )e n + 1 ( ln e ) – e n + 1 + 1 ) 2 (n + 1)

94

(n + 1)

( n + 1 )2

en + 1

n+2 = -----------3


---6

∫0

x n + 1 cos 3 x d x
---6 0




--- n+1 – ∫ 6 ------------ x n sin 3 x d x 3 0 

+ 2  1 
 2 2  1
2 2 1
2 2 - --- ---- – --- I 1 = --- ------ – --- × --- = --------- – ------ . b. I 3 = I 1 + 2 = 1----------3 3  6 3  3 36 3 9 108 27

Obligatoire :

105 On ne le corrige pas .


----

3. a. ∀n ∈
* , I n + 1 – I n = ∫ 6 x n ( x – 1 ) sin 3 x d x .

106 2. e – x  0 ;

0


Or ∀x ∈ 0 ; ---- , x n ( x – 1 ) sin 3 x  0 , donc I n + 1 – I n  0 . 6 ( I n ) est décroissante .
----

I n = 0 (théorème des gendarmes) .

7 1 x 8 7 e – x ( e x + 1 )  --- --- e – x  -------------- , d’où --- xe – x  -------------- . 8 7 8 ex + 1 ex + 1

101 1. C’est l’aire de la partie du plan délimitée par les axes de coordonnées, la courbe f et la droite d’équation x = m . 0

∫m

2. a. 3.

xe x d x = e m – me m – 1 . b. 0

lim

m→–∞

2

b. A = ∫

1



+∞ 

0

+∞ – 2e – 1 + 1

2

c. Sur – ∞ ; 1--- f est située au-dessous de la droite  : y = 1 . 2 I est l’aire de la partie du plan délimitée par les droites d’équations x = 0 , 1 x = --- et y = 1 et la courbe g . 2 3. a. ∀x ∈ [ – 2 ; – 1 ] , e – 4  e 2 x  e – 2 et e – 4 – 1  e 2 x – 1  e – 2 – 1 . e – 4 – 1
– 0 ,981 7 et e – 2 – 1
– 0 ,864 67 .

– 1 – 0 ,99 0 ,86 - dx  J  - dx . b. ∫ –-------------∫– 2 -------------x x 2 0 ,86 ln 2  J  0 ,99 ln 2 et 0 ,59  J  0 ,69 . –1

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

n–1

et v n =

∑

p=0

p + 1 p p 2 ⁄ n 2 1  -----------– --- e = -- n n n

2 2 e( p + 1) ⁄ n

p + 1 p ( p + 1 ) 2 ⁄ n 2 1  -----------= --– --- e  n n n

4. u 20  1 ,42 et v 20  1 ,50 . 5. A  1 ,46 à 6. On trouve

1

10 – 1

∫0 e x

2

près . d x  1 ,463 .

∑

p=1

e

2

2

2

= e – x ( 2 x – 2 x 3 ) = 2 xe – x ( 1 – x 2 ) . –∞

x f ′( x)

+∞

0 

–∞

x g( x)



0 1

–1

0

0

1

+∞

 0  0  0  1 --e

g( x) 0

1 --e

0

0

0

4. Sur ] – ∞ ; – 1 ] ∪ [ 1 ; + ∞[ g est au-dessus de f . Sur [ – 1 ; 1 ] f est au-dessous de f . B. 1. G est la primitive sur  de g qui s’annule en 0 . 2. G ( t ) est l’aire de la partie du plan délimitée par les axes des coordonnées, la courbe g et la droite d’équation x = t . 3. G est croissante sur .

ln m - . 109 1. A ( m ) = 1 – ---1- – ----------

n–1

∑

p=0

2 2 ep ⁄ n

m

.

2.

m

lim

m→+∞

A(m) = 1 .

110 A1. I ( )  0 , I ( ) est l’aire de la partie du plan délimitée par , les axes de coordonnées et la droite d’équation x = . e1 – 3 + e - . 2. I ( ) = 1--- –--------------------------3

n

p2 ⁄ n2

+ x 2 ( – 2 x )e – x

2

0

3. B p + 1 C p + 1

g′ ( x ) = 2 xe

2

– x2

2 2 5. a. lim 1--- F ( x ) – xe – x =  , donc lim G ( x ) =  . x→+∞ 2 x→+∞ b. N est l’aire de la partie du plan délimitée par f, g les droites d’équations x = 0 et x = 1 .

p2 ------

p=0

vn = A .

4. G ( x ) = 1--- ( F ( x ) – xe – x ) .

104 1. B p  --p- ; 0 et C p  --p- ; e n 2 . n n 

e

n→+∞

3. ∀x ∈  , f ′ ( x ) = – 2 xe – x

f ( x)

e– 2 – 1 e2 x – 1 e– 4 – 1 Donc ∀x ∈ [ – 2 ; – 1 ] , -----------------  ----------------  ----------------- . x x x2 0 ,86 e – 2 – 1 – 2 Or – 0 ,86  e – 1 , d’où – ----------  ----------------- et e – 4 – 1  – 0 ,99 , x x e – 4 – 1 – 0 ,99 d’où -----------------  --------------- , soit : x x 0 ,86 e 2 x – 1 0 ,99 – ----------  ----------------  – ---------- . x x x

∑

u n = A et ce qui entraîne lim

108 A .2. f est paire ainsi que g.

2

, donc u n =

p=1

1 --------------- . p2 1 + -----n2

5. On obtient 0,785 .

b. I = 1--- e – 1 .

n–1

n

∑

n 1+1 n 1+0 2n n→+∞ Soit  > 0 , il existe N ∈
tel que ∀n  N , –   u n – v n   or u n – v n  0 , donc 0  u n – v n   . v n  u n  v n +  or A  u n et v n  A , donc A  u n  A +  ce qui n→+∞



1 1 --------------- et v n = --n p2 1 + -----n2

p=0

prouve que lim

2. a. 1 – g ( x )  0 ⇔ ( 2 x – 1 )e 2 x  0 S = – ∞ ; 1--- .

p2 ⁄ n2

∑

1 1 1 1 - – --- × ------------ = – ------ , donc lim v n – u n = 0 . 4. v n – u n = --1- × -----------

Donc ∀x ∈  , g ( x ) > 0 .

2. B p C p

n–1

3. u 25
0 ,795 3 et v 25
0 ,775 3 .

1

0

7 3 3 3e I n = ------ . Soit A = lim A n , donc --- × -----  A  ----- . 8 e2 n→+∞ e2 e2

2. v n  A  u n .

1 – --2

–∞

g( x)

lim

n→+∞

n

103 1. g′ ( x ) = 2e 2 x + ( 2 x – 1 )2e 2 x = e 2 x ( 2 x + 1 ) .

g′ ( x )

8

107 1. u n = 1---

1 ln x- – x d x = 1  x + 1--- + ----------- ln 2 + --- u.a. = 2 ln 2 + 2 cm 2 .   2 2 x x2

x

4. --7- I n  A n  I n . 5.

ln t 1 --------- dt = 1 --- – --- ln 2 . 2 2 t2

∫1

102 a.

∫m

1 1 f ( x ) d x = – --- e 2 x + me m + --- . 2 2

1 f ( x ) d x = --- . 2

∫m 2

0

3. I n = 3e – 2 – e – n – ne – n .

les exercices

lim

1 e – x  -------------- , 1 + ex

e– x ( e x + 1 )  1 ;

1 8 x  2 , donc e – x  e – 2  --- et 1 + e – x  --- . 7 7

0

n→+∞

1 + e– x  1 ;

x d’où xe – x  -------------- . 1 + ex

b. ∀n ∈
* , I n  ∫ 6 x n d x . c.

6. Intégration

3

. B1.

3.

1+e

lim

→+∞

e I ( ) = ---------------------- . 3 ( 1 + e3 )

x ---

a. ∀n ∈
* et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , f ( x )e n  0 , donc : 1

∫0

x ---

f ( x )e n d x  0 u n  0 . x ------------

x ---

x x -  --- f ( x )e n + 1  f ( x )e n . b. ∀n ∈
* et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , ----------n+1

n

95

D’où u n + 1  u n . ( u n ) est décroissante .

d.

y 0,8

c. ( u n ) est décroissante et minorée, donc elle converge . x ---

1 ---

0,6

2. a. ∀n ∈
* et ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , f ( x )  f ( x )e n  f ( x ) e n . I1  In  I1

D’où :

b.

lim

n→+∞

1 --en

0,4 0,2 – 1,2 1 – 0,8 – 0,6 – 0,4 – 0,2

.

O 0,2 0,4 0,6 0,8 – 0,2

1 e – e– 2 u n = --- ----------------- . 3 1 + e3

1

1,2 1,4

x

– 0,4 3 --– 2e 2

111 1. I =

– 0,6

–4 .

3 ---

– 0,8

3 ---

les exercices

2. A = 4e 2 – 10 u.a. = 16e 2 – 40 cm 2 .

2. a.

112 1. I 1 = 1--- e – 1--- e – 1 . 2

2

2. In est l’aire de la partie du plan délimitée par les axes de coordonnées,  f et la droite d’équation x = 1 . n

3. Il semblerait que la limite soit nulle .

 ( x ) d x = [ ( x ) ] 5 = – --2

– 7e – – 2 e – u.a.

5 ---

A ( ) = 4e 2 cm 2 .

1+t

1

t

1

t

n

n

1 -=1 . b. H′ ( x ) = ( 1 + tan2 x ) × ---------------------------2 1 + tan ( x )

38e – 2

et I 4 = 24 –

168e – 2


---- ; ---- , H ( x ) = x + C , H ( 0 ) = 0 , donc C = 0 . c. ∀x ∈ –
2 2

.

H ( x) = x .

f 1 ( x ) = 0 et lim

x→+∞

f 1 ( x ) = 0 . 1 admet

la

1 + x)(1 – x) b. ∀x ∈  , f 1′ ( x ) = (---------------------------------. (1 +

–∞

x2 )2

–1 

0

0 1 – --2

+∞

1 

0


---- = H  ---- =
d. F ( 1 ) = F  tan
---- .  4 4 4 1 1 2 x 2. ∀x ∈   , K ′ ( x ) = – ------------------2- F ′  ------------ + ------------------2- F ′  ------------ x+1 x+2 ( x + 1) ( x + 2)

droite ( Ox ) comme asymptote au voisinage de – ∞ et de + ∞ .

f 1′ ( x )

dt -------------  1 . Soit a 1  1 . 1 + t2

1 dt 1 - dt + e. a n = ∫ -----------∫ ------------2-  1 + 1 – ---  2 . 2

f 2 ( x ) d x = 24
– 168
e – 2 u.v.

lim

1

∫0

n 0 1+t 1 1+t ( a n ) est croissante et majorée donc ( a n ) converge . C. 1. a. H ( x ) = 0 .

, I3 = 6 –

x→–∞

dt -------------  0 . Donc ( a n ) est croissante . 1 + t2

n dt 1 1 1 -  ---- , donc a n  d. ∀t ∈  , -----------∫ ----2- . Soit an  – --- + 1 . 2 2

e

116 A .1. a.

0

1+t

p+1

∫1



0

1 -  1 , donc c. ∀t ∈  , -----------2

2. I p + 1 = – 2-----------+ ( p + 1 )I p . 2

e2

0 1

n

115 1. I 1 = 1 – 3e – 2 .

3. I 2 = 2 –



n+1

f ( x ) d x = 24 – 24e – – 16 e – – 4 2 e – cm 2 .

10e – 2

+∞

0

b. ∀n ∈
, a n + 1 – a n = ∫

114 1. F ( x ) = ( – x 2 – 4 x – 6 )e – x . 0

x→+∞

f 0( x) = 0 .

2. a. an est l’aire de la partie du plan délimitée par 0, les axes de coordonnées et la droite d’équation x = n .

5 ---



lim

–∞

f 0( x)

= 4e 2 – 14e – – 4 e – cm 2 .

2. A ( ) = ∫

f 0 ( x ) = 0 et

f 0′ ( x )

 ′ ( x ) = ( – 2 x – 3 )e – x ,  ″ ( x ) = ( 2 x + 1 )e – x et ( x ) = ( – 2 x – 7 )e – x .

→+∞

x→–∞

x

  donc b = 5 et a = 2 . ′(0) = – 3 

lim

2

lim

– 2x -. b. ∀x ∈  , f 0′ ( x ) = --------------------( 1 + x2 )2

(0) = 5

5 --2e 2

2

0

B. 1. a.

3. A = – a et B = – a – b .

5 – --2

2

4. A = ∫ ( f 1 ( x ) – f 3 ( x ) ) d x = ln 2 – 1--- u.a. .

2. ( x ) = –  ′ ( x ) – 2  ( x )

4. A ( ) = ∫

2

2

1

b. ∀x ∈  , – 2  ′ ( x ) – ′ ( x ) = ( 2ax – 2a + 2b – ax + 2a – b )e – x = ( ax + b )e – x =  ( x ) .



+∞ –∞

3. I 1 + I 3 = 1--- , I 1 = 1--- ln 2 et I 3 = 1--- – 1--- ln 2 .

= ( ax – a + b – 2ax – 2b )e – x = ( – ax – a – b )e – x .

96

+∞ 

f 3( x)

 ′ ( x ) = ( ax – a + b – a )e – x = ( ax – 2a + b )e – x .

f 1( x)

–∞

x f 3′ ( x )

113 1. a.  ′ ( x ) = ( – ax + a – b )e – x .

x

2

( 1 + x2 )2

1

– -- --- – 1  1 en e n–1 I n = ---  ------------ – ----------------- , d’où lim I n = 0 .  2 1  1 n→+∞ – ---   --n n

4. V =


f 3( x) = + ∞ .

x (3 + x ) -. b. ∀x ∈  , f 3′ ( x ) = ------------------------

2

1

lim

x→+∞



1 --2 0

2 1 1 1 = – ------------------- × ----------------------------- + ------------------- × ----------------------------2 1 ( x + 1 ) 2 1 + -----------------x 2  - ( x + 2) 1 + ------------  x + 2 ( x + 1 )2 2 1 = – ----------------------------- + ------------------------------- = 0 . ( x + 1 )2 + 1 ( x + 2 )2 + x2
Donc K est constante sur   , K ( 0 ) = F ( 1 ) + F ( 0 ) = ---- . 4 D’où :

1 1
K ( 1 ) = ---- = F  --- + F  --- .  2  3 4

Obligatoire :

117 1. I0 est l’aire de la partie du plan délimitée par f, les axes de coordonnées et la droite d’équation x =
. 2

n

, donc ( I n ) est une suite géométrique de raison

e – 2


.

4. – 1 < e – 2
< 1 , donc lim I n = 0 .

–  ( x0 ) +  ( x0 + h ) -  f ( x0 ) . f ( x 0 + h )  -------------------------------------------------h  ( x0 + h ) –  ( x0 ) d. • De b. on a lim ---------------------------------------------- = f ( x 0 ) , car f est continue en x0 . h h→0

n→+∞

118 1. A = ∫

ln 2

0

h>0

 ( x0 + h ) +  ( x0 ) - = f ( x 0 ) , car f est continue en x0 . • De c. on a lim ---------------------------------------------h h→0

1 – e – x + 2e – 2 x d x = --- u.a. 4

2. a. ∀x  ln 2 , f ( x )  1 , donc u n  0 . b. un est l’aire de la partie du plan délimitée par ,  et les droites d’équation x = n – 1 + ln 2 et x = n + ln 2 .

3. a. f est décroissante sur [ ln 2 ; + ∞[ ,

f ( n + ln 2 ) – 1  f ( x ) – 1  f ( n – 1 + ln 2 ) – 1 .

b. Par intégration de la relation précédente, on obtient : f ( n + ln 2 ) – 1  u n  f ( n – 1 + ln 2 ) – 1 .

c. f ( n + 1 + ln 2 ) – 1  u n + 1  f ( n + ln 2 ) – 1 . Donc :

f ( n + 1 + ln 2 ) – f ( n – 1 + ln 2 )  u n + 1 – u n  f ( n + ln 2 ) – f ( n + ln 2 ) u n + 1 – u n  0 . ( u n ) est décroissante pour n  2 .

d. ( u n ) est décroissante et minorée par 0, donc ( u n ) converge . n + ln 2

h 0 , on a f ( x 0 )  -------------------------------------------

lim f ( x 0 ) = lim f ( x 0 + h ) = f ( x 0 ) , car f continue en x0 .

h→0

h→0

h>0

h>0

bac A ( x0 + h ) – A ( x0 ) - = f ( x0 ) . lim ------------------------------------------h

Donc :

h→0 h>0

A ( x0 + h ) – A ( x0 ) - = f ( x 0 ) , donc A est dérivable en x0 et : lim ------------------------------------------h

h→0 h 1 , F ( x ) = – ------------2

139 1. T : y = x est la tangente commune à f et g . g est au-dessus de f et en dessous de g .

∫1 ( 2 – 1 )dt = 2 x – --2- – --2- x 2 .

t

b. ∀x > 1 , G ( x ) = – ln x + 1--- ln ( x + 1 ) + 1--- ln ( x – 1 ) . 2 2

17 ------ ln 3 + ------ ln 2 . 3. I = – 13 8 6

A′ ( x 0 ) = f ( x 0 ) .

x

138 1. a. a = – 1 et b = c = 1--- . 2

De même on obtient en utilisant l’inégalité obtenue dans 3 .b .

136 A. 1.

Les sujets

De plus y = ln ( x + 1 ) et e y = x + 1 . x = e y – 1 soit x = g ( y ) . Donc M′ ∈  g . On démontre de la même façon que M ∈  g ⇒ M′ symétrique de M par rapport à g appartient à f .

t

t – 1 ) 2  0 , soit 2 – t  1 . Or t  1 , donc (------------------t t

3. a. L’aire recherchée est : 3. Pour tout x  1 on a

x

x1 ∫1 ( 2 – t )dt  ∫1 --t- dt .

y

Par symétrie, c’est aussi : y

#g

1 Soit – --- x 2 + 2 x – 3---  ln x . 2 2

B. 1. a.

4

 1

3

∫1  – --2- x 2 + 2 x – --2- d x =

α

3 1 – --- x 3 + x 2 – --- x 2 6

#f

4

#f

1

1 1 3 =  – --- × 4 3 + 4 2 – 6 –  – --- × 1 3 + 1 2 – --- = 0 .  6   6 2

98

#g

O

α

x

O

x

Obligatoire :

Soit : I ( a ) = a ln ( a + 1 ) – ∫

ln ( a + 1 )

f ( x ) d x = a ln ( a + 1 ) – ∫

0

ln ( a + 1 )

ex

2e 1 u 2 = 1 – --- – ln  ------------ .  1 + e e

– 1 dx

0

u

lim

n→+∞

1

1 1 3 1 3 f ( x ) – --- x d x = --- e 2 – --- u.a. = --- e 2 – --- cm 2 . 2 8 2 2 8

n→+∞

lim

n→+∞

+u u +u 2 2 Donc v n  u n et u n  0 d’après 3 .

c. D’après le théorème des gendarmes : lim u n = 0 .

∫1 ( 1 – ln

t )2

n→+∞

a

144 1. I 0 ( a ) = ∫

dt =
( 2e – 5 ) u.v.

0

1 ----------- dt = [ ln 1 + t ] 0a = ln 1 + a – ln 1 + 0 1+t

142 a. 0  x  1 , – 1  – x  0 , e – 1  e – x  e 0 , 1---  e – x  1 . 1 xn xn xn 0  ----- e – x  ----- , d’où 0  I n  ∫ ----- d x , or n! n! 0 n!

t–a - dt . 2. I 1 ( a ) = ∫ ----------------2

e xn 1 ----- d x = ------------------ . n! ( n + 1 )!

1

∫0

a 0

1 Donc 0  I n  ------------------- . ( n + 1 )! lim I n = 0 d’après le théorème des gendarmes .

b. I k = ∫ -----

e– x

v′ ( x ) =

v( x) =

0 k! e – x et

xk I k = ----- ( – e – x ) k!

1 0

∑

xk – 1

u ( x ) = ----- , k!

– e– x

u′ ( x ) = ------------------ , ( k – 1 )!

.

n

Ik – Ik – 1 =

k=1

∑

1 1 – ---- e – 1 = – --e k!

k=1

n

∑

k=1

n

∑

d.

lim

n→+∞

k=1

n

1 1 ---- = 1 – --k! e

∑

1 ---- . k!

∑

1 ---- = e . k!

k=0 n

I n = 0 , donc lim

n→+∞

k=0

0

a 1 – ∫ – ----------- dt 1+t 0

a 1 1 1 = – ------------ ( a – a ) –  – ------------ ( 0 – a ) + ∫ ----------- dt = – a + I 0 ( a ) .  1+0  1+a 0 1+t

a (t – - dt . 3. I k + 1 ( a ) = ∫ -----------------------k+2

(1 + t)

0

1 ---k!

1 On pose u′ ( t ) = ------------------------- et v ( t ) = ( t – a ) k + 1 , donc : ( 1 + t )k + 2 1 1 u ( t ) = – ------------ ------------------------k + 1 ( 1 + t )k + 1

et v′ ( t ) = ( k + 1 ) ( t – a ) k d’où :

1 1 I k + 1 ( a ) = – ------------ ------------------------- ( t – a ) k + 1 k + 1 ( 1 + t )k + 1

a 0

a 1 ( k + 1 ) ( t – a )k – ∫ – ------------ ----------------------------------- dt k + 1 ( 1 + t )k + 1 0

1 1 1 1 = – ------------ -------------------------- ( a – a ) k + 1 –  – ------------ -------------------------- ( 0 – a ) k + 1  k + 1 ( 1 + 0 )k + 1  k + 1 ( 1 + a )k + 1 a ( t – a )k + ∫ ------------------------- dt 0 ( 1 + t )k + 1

x

1

e - d x = [ ln ( 1 + e x ) ] 01 s 143 1. u 0 = ∫ -----------------------0 x 0

a

a )k + 1

1 1 = I n – I 0 or I 0 = ∫ e – x d x = [ – e – x ] 01 = – --- + 1 . e 0

1 1 I n = 1 – --- – --- × e e

1 I 1 ( a ) = – ----------- ( t – a ) 1+t

I 1 ( a ) = – a + ln ( 1 + a ) .

1 xk – 1 1 – ∫ – ------------------ e – x d x = – ------- + I k . ( k – 1 )! ek! 0

n

c.

xk

dx ,

1 pose u′ ( t ) = ------------------ et v ( t ) = t – a , ( 1 + t )2

On

1 donc u ( t ) = – ----------- et v′ ( t ) = 1 d’où : 1+t

n→+∞

xk

(1 + t)

a ( t – a )k 1 ( – 1 )k + 1 ak + 1 = ------------ ( – a ) k + 1 + ∫ ------------------------- dt = ---------------------------------- + I k ( a ) . k+1 k+1 0 ( 1 + t )k + 1

e (1 + e )

1+e = ln ( 1 + e ) – ln 2 = ln  ------------ .  2  1

ex

1

ex

0

1+e

0

e (1 + e )

( – 1 )k + 1 ak + 1 I k + 1 ( a ) = ---------------------------------- + I k ( a ) . k+1

1 ex

+1 2. u 0 + u 1 = ∫ -------------x- d x + ∫ -----------------------d x = ∫ -------------- d x = 1 . x x x

4. En utilisant la relation du 3 . :

1+e 1+e 2e Donc u 1 = 1 – ln  ------------ = ln e – ln  ------------ = ln  ------------ .  2   2   1 + e

( – 1 )2 a2 a2 • pour k = 1 : I 2 ( a ) = -------------------- + I 1 ( a ) = ----- – a + ln ( 1 + a ) ; 2 2

0

1+e

x

e -  0 , donc : 3. ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] et ∀n ∈
, -------------------------nx x

a3 a2 ( – 1 )3 a3 • pour k = 2 : I 3 ( a ) = -------------------- + I 2 ( a ) = – ----- + ----- – a + ln ( 1 + a ) ; 3 3 2

e (1 + e )

ex --------------------------- d x  0 , soit u n  0 . e nx ( 1 + e x )

1

∫0

x

( – 1 )4 a4 a4 a3 a2 • pour k = 3 : I 4 ( a ) = -------------------- + I 3 ( a ) = ----- – ----- + ----- – a + ln ( 1 + a ) ; 4 4 3 2

x

1 e e - – --------------------------- = --------------------------- [ 1 – e x ] . 4. a. k ( x ) = ------------------------------------nx x

• pour k = 4 :

b. 0  x  1 1  e x  e 1 – e  1 – e x  0 .

a5 a4 a3 a2 ( – 1 )5 a5 I 5 ( a ) = -------------------- + I 4 ( a ) = – ----- + ----- – ----- + ----- – a + ln ( 1 + a ) 5 5 4 3 2

e(n + 1) x ( 1 + e x )

e nx ( 1 + e x )

e (1 + e )

Donc ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , k ( x )  0 .

c. De b. on obtient

1

∫0

= ln ( 1 + a ) – P ( a ) .

f n + 1( x) – f n( x) d x  0 . a

5. Soit J ( a ) = ∫ ( t – a ) 5 dt . On calcule J ( a ) .

Soit u n + 1  u n , donc ( u n ) est décroissante . 1

x

0

(1 + e )

0

1

a

1 J ( a ) = ∫ ( t – a ) 5 dt = --- ( t – a ) 6 6 0

x

e e 5. a. u n – 1 + u n = ∫ ------------------------------------d x + ∫ --------------------------- d x (n – 1) x x nx x e

0

e (1 + e )

1 ex(ex + 1) 1 1 = ∫ --------------------------- d x = ∫ e ( 1 – n ) x d x = ------------ e ( 1 – n ) x 1–n 0 e nx ( 1 + e x ) 0

e1 – n – 1 1 – e1 – n = -------------------- = -------------------- . 1–n n–1 2e –e 1 b. u 1 + u 2 = 1---------------- = 1 – --- , or u 1 = ln  ------------ , donc :  1 + e 1 e –1

les exercices

e

= ln ( 1 + a ) , donc I 0 ( a ) = ln ( 1 + a ) .

1

1 – e– (n – 1) = 1    lim v n = 0 . n – 1 = +∞  n→+∞ 

u

2. e 1 – x = t ⇔ x = 1 – ln t .

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e – ( n – 1 ) = 0 , donc

n–1 n n n -  ---------------- car ( u n ) décroissante . b. ∀n  2 , -----------------------

141 1. ∀x ∈  , f ( x ) = e – x + 1 . 3. V =


n–1

2

lim

∫0

– (n – 1)

+u

n–1 n 1–e - = --------------------------- . 6. a. v n = -----------------------

b. I ( a ) = ( a + 1 ) ln ( a + 1 ) – a . c. On retrouvera I ( a ) = ( a + 1 ) ln ( a + 1 ) – a .

140 2.

6. Intégration

1 0

a

1 1 1 = --- ( a – a ) 6 – --- ( 0 – a ) 6 = – --- a 6 , 6 6 6 1 6 -donc : J (a) = – a . 6 6. a. t ∈ [ 0 ; a ] , donc 1 + t  1 , d’où ( 1 + t ) 6  1 et donc : 0

1 ------------------  1 . ( 1 + t )6 Comme t ∈ [ 0 ; a ] , on a 0  t  a , donc – a  t – a  0 . Ainsi ( t – a ) 5  0 .

99

1 ( t – a )5 De ce fait : l’inégalité ------------------  1 devient ------------------  ( t – a ) 5 , ( 1 + t )6 ( 1 + t )6 car ( t – a ) 5  0 .

n+1

g(n) × (n + 1 – n)  ∫

n

g(n)  Un  g(n + 1) .

c. ∀n ∈
* ,

a )5

(t – -  ( t – a )5 , b. D’après 6 .a . ∀t ∈ [ 0 ; a ] , ----------------6

g ( n )  U n  g ( n + 1 ) et g ( n + 1 )  U n + 1  g ( n + 2 ) donc U n  U n + 1 . ( U n ) est croissante .

(1 + t)

a ( t – a )5 donc ∫ ------------------ dt  ∫ ( t – a ) 5 dt ( 0  a ) . 0 ( 1 + t )6 0 Ce qui prouve que I 5 ( a )  J ( a ) . De plus ∀t ∈ [ 0 ; a ] , ( t – a ) 5  0 et ( 1 + t ) 6  1 > 0 , a

d.

les exercices

1

∫x

x

∫1 g ( t ) dt  0

Remarque :

une

valeur

l

146 1. a. A (  ) = ∫

1 – --2

1 --2

2

approchée

approchée

1 1 =  --- x 2 + x ln x – --- t 2 + t 2  4

1 ---

1 ---

f 2 ( x ) d x = ∫2

1 – --2


h ( x ) d x = [
H ( x ) ] 2 1

0

2

– --2

1

1 1 1 =  --- x 2 + x ln x –  --- x 2 + x –  --- 1 2 + 1  2  4 4 

1 1 5 =  --- x 2 + x ln x – --- x 2 – x + --- . 2  4 4 1 1 5 ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , G ( x ) =  --- x 2 + x ln x – --- x 2 – x + --- . 2  4 4 4

4

1 1 5 5 lim --- x + 1 = 1 et lim – --- x 2 – x + --- = --- , 4 4 x→0 2 x→0 4

or lim x ln x = 0 , x→0

donc :

5 lim G ( x ) = --- . 4

1

0

lim

x→+∞

1 1 1 5 1 1 1 --- + --- = --- , lim ln x = + ∞ , lim – --- – --- + -------- = – --- , 4 2 x 2 x→+∞ x → + ∞ 4 x 4 x2

donc lim

1 1 1 5 1 --- + --- ln x – --- – --- + -------- = + ∞ , or lim x 2 = + ∞ ,  2 x 4 x 4 x2 x→+∞

ainsi lim

G( x) = + ∞ .

x→+∞

x→+∞

x - . 149 A. 1. a. Pour tout x ∈ [0 ; + ∞ [ , f ′ ( x ) = ln ( x + 1 ) + -----------

1 – u n = --- – u n . 2

tn + 1 tn -  ----------- . b. ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] , ---------1+t 1+t 1 tn tn + 1 - dt  - dt soit u n + 1  u n . ∫0 ---------∫0 ---------1+t 1+t ( u n ) est donc décroissante .

x+1

x x  0 , alors ln ( x + 1 ) + ------------  0 . x+1 f est donc croissante sur [0 ; + ∞ [ .

b. On a f ′ ( 0 ) = 0 et f ( 0 ) = 0 , donc la tangente à  au point d’abscisse 0 est y = 0 , c’est-à-dire l’axe des abscisses . 2. a. Pour tout x ≠ 1 on a :

1

n

1 t -  1 , donc 0  -----------  t n . c. ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] , 0  ----------

x2 1 ------------ = x – 1 + ------------ . x+1 x+1

n+1

0

n→+∞

1 I n = --- . 2

148 1. a. Un est l’aire de la partie du plan délimité par la courbe , l’axe

des abscisses et les droites d’équation x = n et x = n + 1 .

x ln x + x + 1 - . b. ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , g′ ( x ) = ln x + ( x + 1 ) × --1- = -------------------------------

x x Si x  1 , alors g′ ( x )  0 , et ∀n ∈
* , g est croissante sur [ n ; n + 1 ] , donc ∀x ∈ [ n ; n + 1 ] , g ( n )  g ( x )  g ( n + 1 ) ce qui entraîne :

 x2 

1

- d x = – --- + ln ( 2 ) ∫0  ----------x + 1 2

3.

∫0 ( x – ln ( x + 1 ) )d x = --4-

1

2 - . d. D’où 0  u n  ∫ 2t n dt et 0  u n  -----------

1

b.

1+t

1+t

u n = 0 soit lim

x

1 1 1 1 5 ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , G ( x ) = x 2  --- + --- ln x – --- – --- + -------- .  2 x 4 x 4 x2

1 3. a. I n = ∫ x d x – u n = 1--- x 2

100

1

x→0

1

lim

d’où :

x 1 1 1 – ∫  --- t 2 + t × --- dt =  --- x 2 + x ln x  t 2  1 2 x 1 1 2   – --- 1 + 1 ln 1 – ∫  --- t + 1 dt 2   1 2

2

d’équation y = x . D’où I f = ∫ ( x – f ( x ) ) d x .

n→+∞

g(t)  0 ,

c. ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , G ( x ) =  1--- x + 1 x ln x – 1--- x 2 – x + 5--- ,

147 1. ∀x ∈ [ 0 ; 1 ] , f ( x )  x , donc f est au-dessous de la droite

e.

x

donc

13 1 =
 --- e 2 – ------ e – 2 u.v.  0 ,704 u.v. 8  2

Donc

donc ∀t ∈ [ 1 ; x ] ,

.

1 G ( x ) =  --- t 2 + t ln t 2 

1 ( 2 x + 1 )e – 2 x d x = --- e – e – 2  –  e – 2  2

0

g( x)  0 ,

.

1 1 u′ ( t ) = t + 1 et v ( t ) = ln t , donc u ( t ) = --- t 2 + t et v′ ( t ) = --- , ainsi : 2 t

3 5 H′ ( x ) =  – 2 x – --- + 4 x 2 + 6 x + --- e – 4 x = ( 4 x 2 + 4 x + 1 )e – 4 x = h ( x ) .  2 2

∫– 1---

x

∫1 g ( t ) dt  0

x

b. lim A (  ) = 1--- e . 2 →+∞ 2. a. ∀x ∈  ,

b. V =


Un = + ∞ .

1

6 × 10 – 3  0 ,426 .

6

n→+∞

g(n) = + ∞ .

b. ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , G ( x ) = ∫ ( t + 1 ) ln t d t . On pose :

a6 -----  10 – 3 ⇔ a 6  6 × 10 – 3 ⇔ a  6 6 × 10 – 3 . 6 Donc pour a ∈ [ 0 ; 6 6 × 10 – 3 ] P ( a ) est de ln ( 1 + a ) à 10 – 3 près .

g ( t ) dt  0 , soit

∀x ∈ [ 1 ; + ∞[ ,

a6 ln ( 1 + a ) – P ( a )  ----- , 6 valeur

n→+∞

2. a. ∀x ∈ ] 0 ; 1 ] , g ( x )  0 , donc ∀t ∈ [ x ; 1 ] , g ( t )  0 , d’où :

a6 ln ( 1 + a ) – P ( a )  ----- . 6

une

ln n = + ∞ ,

( n + 1 ) ln n = + ∞ , soit lim

La suite ( U n ) ne converge pas .

1 Or I 5 ( a ) = ln ( 1 + a ) – P ( a ) et J ( a ) = – --- a 6 . 6 1 Ainsi ∀a ∈ [ 0 ; + ∞[ , – --- a 6  ln ( 1 + a ) – P ( a )  0 , 6 a6 d’où ln ( 1 + a ) – P ( a )  – ----- et : 6

a6 si -----  10 – 3 , alors P ( a ) est 6 de ln ( 1 + a ) à 10 – 3 près .

n→+∞

Or ∀n ∈
* , g ( n )  U n donc lim

7. Au 6 .b . ∀a ∈ [ 0 ; + ∞[ , J ( a )  I 5 ( a )  0 .

∀a ∈ [ 0 ; + ∞[ ,

n + 1 = + ∞ et lim

n→+∞

(t – donc ∀t ∈ [ 0 ; a ] , ------------------  0 . ( 1 + t )6 a ( t – a )5 Ce qui entraîne ∫ ------------------ dt  0 et prouve I 5 ( a )  0 . 0 ( 1 + t )6 Pour tout a ∈ [ 0 ; + ∞[ J ( a )  I 5 ( a )  0 .

7 .,

lim

n→+∞

donc lim

a )5

8. D’après

g( x) d x  g(n + 1) × (n + 1 – n) ,

1

1

.

.

4. On trouve  – 0,44 . 1

B. 1. u n + 1 – u n = ∫ x n ( x – 1 ) ln ( x + 1 )d x . 0

Or pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ] , x n ( x – 1 ) ln ( x + 1 )  0 , donc : 1

∫0 x n ( x – 1 ) ln ( x + 1 )d x  0 Ainsi u n + 1 – u n  0 soit ( u n ) est décroissante .

.

Obligatoire :

Pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ] , x n ln ( x + 1 )  0 donc :

∫0

x n ln ( x

3. La courbe (1) admet une limite infinie en + ∞ , donc d’après 2 . a. c’est 0 .

+ 1 )d x  0 .

Ce qui prouve que u n  0 . La suite ( u n ) est décroissante et minorée par 0, donc elle est convergente .

2. Soit n ∈
. Pout tout x ∈ [ 0 ; 1 ] :

ln 1  ln ( x + 1 )  ln 2 donc 0  x n ln ( x + 1 )  x n ln 2 , ainsi : 1

1

1

0

0

0

0  ∫ x n ln ( x + 1 )d x  ∫ x n ln 2d x soit 0  u n  ∫ x n ln 2d x . Or

1

ln 2

∫0 x n ln 2d x = ----------n+1

ln 2 ; ainsi on obtient 0  u n  ----------n+1

ln 2 ------------ = 0 . n→+ ∞ n + 1 Donc, d’après le théorème des gendarmes, ( u n ) converge vers 0 . lim

× x – e × 1 xe – e - = ------------------- d’où : 150 1. ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , u′ ( x ) = e--------------------------------2 2 x

x

x

x

x

x

ex xex – ex xex – ( xex – ex) ex ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , u ( x ) – u′ ( x ) = ----- – ------------------- = -------------------------------------- = ----- . x x2 x2 x2 u est bien une solution de ( E ) sur ] 0 ; + ∞[ . • On suppose v solution de ( E ) sur ] 0 ; + ∞[ , et on montre que v – u est solution de l’équation différentielle y – y′ = 0 : ex ex ( v – u ) – ( v – u )′ = v – v′ – ( u – u′ ) = ----- – ----- , car u et v sont des solutions x2 x2 de ( E ) . Donc ( v – u ) – ( v – u )′ = 0 , ce qui prouve que v – u est solution de l’équation différentielle y – y′ = 0 . • On suppose que v – u soit solution de l’équation différentielle y – y′ = 0 , et on montre que v est solution de ( E ) : ( v – u ) – ( v – u )′ = 0 par hypothèse, donc v – v′ = u – u′ . ex

a. Soit v une solution de ( E ) sur ] 0 ; + ∞[ . D’après 1 . b. cela équivaut à v – u solution de l’équation différentielle y – y′ = 0 . Or lessolutionsde y – y′ = 0 sur ] 0 ; + ∞[ sontlesfonctionsdéfinies par y ( x ) = ke x , x ∈ ] 0 ; + ∞[ , k constante réelle . Ainsi ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , v ( x ) – u ( x ) = ke x ⇔ v ( x ) = u ( x ) + k e x , soit :

lim

x→+∞

ex v ( x ) = ----- + ke x . x kx + 1 kx --------------- = lim ----- = k et lim e x = + ∞ . Si k < 0 alors : x x→+∞ x→+∞ x lim

x→+∞

fk = –∞ .

1 ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , f 0 ( x ) = --- e x . x ex Or lim ----- = + ∞ , donc lim f 0 ( x ) = + ∞ . x→+∞ x x→+∞ lim ( kx +

x→0 x>0

1 )e x

= 1 et lim x = x→0 x>0

01

( kx + 1 )e x , donc lim ------------------------- = + ∞ ainsi : x x→0 x>0

lim f k ( x ) = + ∞ .

x→0 x>0

+1 --------------- est dérivable sur ] 0 ; + ∞[ car c’est une fracb. La fonction x
kx x tion rationnelle . La fonction x
e x est dérivable sur ] 0 ; + ∞[ . Donc fk est dérivable sur ] 0 ; + ∞[ .

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

1 Remarque : La solution de l’équation f k ( x ) = 0 est x = – --- , on pouvait idenk tifier ainsi chacune des courbes…

151 A. 1. t
2 – t est dérivable sur [ 0 ; 1 ] , car c’est une fonction polynomiale . t
e t est dérivable sur [ 0 ; 1 ] . Donc f est le produit de deux fonctions dérivables sur [ 0 ; 1 ] , elle est dérivable sur [ 0 ; 1 ] . ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] f ′ ( t ) = – e t + ( 2 – t ) e t = ( – 1 + 2 – t ) e t = ( 1 – t ) e t = g ( t ) . Donc f est une primitive de g sur [ 0 ; 1 ] .

kx + 1 k × x – ( kx + 1 ) × 1 ∀x ∈ ] 0 ; + ∞[ , f k′ ( x ) = ----------------------------------------------- e x + --------------- e x , donc : x x2 kx – ( kx + 1 ) + k x 2 + x f k′ ( x ) = -------------------------------------------------------- e x , x2 k x2 + x – 1 f k′ ( x ) = -------------------------- e x . x2 k x2 + x – 1 k x2 + x – 1 f k′ ( x ) = 0 ⇔ -------------------------- e x = 0 ⇔ -------------------------- = 0 , car e x > 0 , x2 x2 d’où k x 2 + x – 1 = 0 .  = 1 + 4k , 1 • Si k > – --- , l’équation f k′ ( x ) = 0 admet deux solutions . 4 1 • Si k = – --- , l’équation f k′ ( x ) = 0 admet une unique solution . 4 1 • Si k < – --- , l’équation f k′ ( x ) = 0 n’admet pas de solution . 4

1

1

0

0

u 1 = ∫ ( 1 – t )e t dt = ∫ g ( t ) dt = [ f ( t ) ] 01 = f ( 1 ) – f ( 0 ) = ( 2 – 1 )e 1 – ( 2 – 0 )e 0 = e – 2 .

1

2. Pour tout entier naturel n non nul, u n + 1 = ∫ ( 1 – t ) n + 1 e t dt . 0

On pose u ( t ) = ( 1 – t ) n + 1 et v′ ( t ) = e t , donc u′ ( t ) = ( n + 1 ) ( – 1 ) ( 1 – t ) n et v ( t ) = e t , d’où : 1

u n + 1 = [ ( 1 – t ) n + 1 e t ] 01 – ∫ ( n + 1 ) ( – 1 ) ( 1 – t ) n e t dt 0

= (1 –

ex

Or u est solution de ( E ) , donc : u – u′ = ----- et v – v′ = ----- , x2 x2 ce qui prouve que v est solution de ( E ) .

2. a.

La courbe (3) n’admet pas de tangente horizontale, donc sa dérivée ne 1 s’annule pas d’après 2 . b. On est dans le cas où k < – --- .  – 0 ,15 est la seule 4 possibilité . La courbe (4) admet une unique tangente horizontale, donc sa dérivée s’annule une seule fois d’après 2 . b. On est dans le cas 1 où k = – --- .  – 0 ,25 est la seule possibilité . 4 La courbe (2) correspond donc à  – 1 .

1 )n + 1 e1

1

– ( 1 – 0 ) n + 1 e 0 + ∫ ( n + 1 ) ( 1 – t ) n e t dt

les exercices

1

6. Intégration

0

= – 1 + ( n + 1 )u n .

B. Avec la première calculatrice, la suite ( u n ) semble tendre vers – ∞ et avec la deuxième calculatrice, elle semble tendre vers + ∞ . C. 1. Pour tout entier naturel n non nul et ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] , ( 1 – t ) n  0 et e t  0 . Donc ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] , ( 1 – t ) n e t  0 , d’où soit u n  0 .

1

∫0 ( 1 – t )n e t dt  0 ,

2. a. ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] , e t  e , car la fonction exp est croissante sur [ 0 ; 1 ] . De plus, pour tout entier naturel non nul n et ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] , ( 1 – t ) n  0 , donc ( 1 – t ) n e t  e × ( 1 – t ) n . b. Pour tout entier naturel non nul n et ∀t ∈ [ 0 ; 1 ] : ( 1 – t )n et  e × ( 1 – t )n ,

donc

1

1

∫0 ( 1 – t )n e t dt  ∫0 e × ( 1 – t )n dt ,

1

soit u n  ∫ e × ( 1 – t ) n dt . 0

Or

1

∫0 e × ( 1 – t )n dt =

1 e × ------------ ( – 1 ) ( 1 – t ) n + 1 n+1

1 0

1 1 e = e × ------------ ( – 1 ) ( 1 – 1 ) n + 1 – e × ------------ ( – 1 ) ( 1 – 0 ) n + 1 = ------------ . n+1 n+1 n+1 e D’où pour tout entier naturel non nul n, u n  ------------ . n+1 e -. 3. D’après C 1 . et 2 . b., pour tout entier naturel non nul n, 0  u n  ----------lim

0 = 0 et lim

lim

un = 0 .

n→+∞ n→+∞

n→+∞

n+1 e ------------ = 0 , donc d’après le théorème des gendarmes, n+1

D. 1. Au rang 1 : u 1 + 1! ( a + 2 – e ) = e – 2 + ( a + 2 – e ) = a = v 1 . La proposition est vraie au rang 1 . On suppose que pour un entier naturel non nul donné n : v n = u n + n! ( a + 2 – e ) . On montre alors que v n + 1 = u n + 1 + ( n + 1 )! ( a + 2 – e ) : u n + 1 + ( n + 1 )! ( a + 2 – e ) = ( n + 1 )u n – 1 + ( n + 1 )! ( a + 2 – e ) = ( n + 1 ) [ u n + n! ( a + 2 – e ) ] – 1 = ( n + 1 )v n – 1 d’après l’hypothèse de récurrence . u n + 1 + ( n + 1 )! ( a + 2 – e ) = v n + 1 . Pour tout entier naturel non nul n, v n = u n + n! ( a + 2 – e ) .

101

2. On étudie le comportement de ( v n ) à l’infini suivant les valeurs de a. D’après C 3 ., lim

n→+∞

• si a > e – 2 • si a < e – 2 • si a = e – 2

u n = 0 ; de plus lim

n→+∞

lim

vn = + ∞ ,

lim

vn = – ∞ ,

lim

vn = 0 .

n→+∞ n→+∞ n→+∞

n! = + ∞ . Donc :

Donc H est bien une primitive de h sur .





1

1

1

b. A ( ) = ∫ ( f ( x ) – g ( x ) )d x = ∫ ( x 2 – 1 )e – x d x = ∫ h ( x ) d x = H ( ) – H ( 1 ) = ( – 2 – 2 – 1 )e – – ( – 1 2 – 2 – 1 ) e – 1 = ( – 2 – 2 – 1 ) e – + 4e – 1

c.

3. On déduit une raison susceptible d’expliquer les résultats affichés par les deux calculatrices . u 1 = e – 2 . On devrait avoir lim

lim A ( ) = 4e – 1 .

→+ ∞

3. a. On obtient à l’aide de GÉOGÉBRA : y

u n = 0 , mais la calculatrice prend une

n→+∞

valeur approchée de e – 2 : – si la valeur approchée est par défaut, on se retrouvera dans le cas a < e – 2 et donc lim v n = – ∞ ;

18 16

les exercices

n→+∞

– si la valeur approchée prise par la calculatrice est par excès, alors a > e – 2 et donc lim v n = + ∞ .

Q P

lim ln x = + ∞ et

lim

x→+ ∞

x→+ ∞

12

2 --- = 0 , donc : x

10

lim f ( x ) = + ∞ .

x→+ ∞

8

2 lim ln x = – ∞ et lim – --- = – ∞ , donc : x→0 x→0 x x>0

6

x>0

lim f ( x ) = – ∞ .

4

x→0 x>0

2

1 2 Pour tout x > 0 , g′ ( x ) = --- + ----- donc g′ ( x ) > 0 . g est croissante sur x x2 ]0 ; + ∞ [ . g ( 2,3 )  – 0,037 et g ( 2,4 )  0,04 . Donc l’équation g ( x ) = 0 admet une unique x 0 solution sur ]0 ; + ∞ [ de plus 2,3 < x 0 < 2,4 . 2 2 2. a. On sait que g ( x ) = 0 , c’est-à-dire ln x 0 – ---- = 0 , soit ln x 0 = ----x0 x0 donc : 2 5 × ----5 ln x x 10 f ( x 0 ) = -------------0- = --------------0 = -----2- . x0 x0 x0 a 5 ln x

b. ∫ ------------ d x = 5--- ( ln x ) 2 2 1 x

a 1

A1 = ∫

x0

1

xQ xP –2 O

–4

5 5 2 10 f ( x )d x = --- ( ln x 0 ) 2 = ---  ----- = -----2- ; 2 2  x 0 x0

4

6

8

x

b. PQ = x P – x Q . f ( xP ) = g ( xQ ) .

c. On sait que g ( x Q ) = m , or g ( x Q ) = e –x e Q

De plus f ( x P ) = m , or f ( x P ) = –x x P2 e P

2

2

Par construction f ( x P ) = m et g ( x Q ) = m , donc :

5 5 5 = --- ( ln a ) 2 – --- ( ln 1 ) 2 = --- ( ln a ) 2 . 2 2 2

3. On note A 1 l’aire de la partie du plan nommé D 1 et A 2 l’aire de D 2 .

=

, donc :

=m .

–x x P2 e P

–x e Q

– xQ

, donc x P2 e

ainsi e

xP – xQ

– xP

= m , d’où :

= x P2 .

1 ---

Ce qui donne e 1 = x P2 et, donc x P = – e 2 (on rappelle que x P < 0 ) .

1 ---

10 A 2 = 1 × f ( x 0 ) = f ( x 0 ) = -----2- . x0

154 A. 1. I = [ 5t × ln ( 1 + t ) 2 ] 01 / 2 – ∫2 5 ln ( 1 + t 2 ) dt 0

Donc A 1 = A 2 . On trouve 1,81  A 1  1,83 .

1 --2

5 5 = --- ln  --- – 5 ∫ ln ( 1 + t 2 ) dt . 2  4 0

153 A. 1. F′ = f , donc d’après le tableau de variation de f, f est positive sur  donc F est croissante sur .

1 1 – (1 – x ) x 0 . - – 1 + x = ---------------------------- = ----------2. a. f ′ ( x ) = -----------

2. Pour tout x ∈ [ 2 ; 3 ] , 0  f ( x )  4e – 2 , donc :

Or x  0 , donc f ′ ( x )  0 . f est croissante sur [0 ; + ∞ [ . f ( 0 ) = 0 , donc pour tout x ∈ [0 ; + ∞ [ , f ( x )  0 .

3

( 3 – 2 ) × 0  ∫ f ( x )d x  ( 3 – 2 ) × 4e – 2 soit 0  F ( 3 )  4e – 2 . 2

B. 1. a. Pour tout x ∈  on a f ′ ( x ) = x

–∞

e– x ( 2 x

–

0

x2 )

=

x e– x ( 2

– x) .

signe de e – x



0



0



signe de x



0



0



signe de 2 – x



0



0



signe de f ′ ( x )



0



0



2. a. Pour tout x ∈  on a :

2

1+x

1+x

H′ ( x ) = ( – 2 x – 2 )e – x + ( – x 2 – 2 x – 1 ) ( – e – x ) = ( x 2 – 1 ) e – x .

2

1+x

b. D’après la question précédente, pour tout x ∈ [0 ; + ∞ [ , f ( x )  0 , ainsi : x2 x – -----  ln ( 1 + x ) . 2

+∞

2

Ce qui confirme les variations de A. De plus f ( 0 ) = 0 et f ( 2 ) = 4e – 2 . b. Pour tout x ∈  on a : f ( x ) – g ( x ) = e– x ( x2 – 1 ) = e– x ( x – 1 ) ( x + 1 ) . Donc C f est au-dessus de C g sur ] – ∞ ; – 1] ∪ [1 ; + ∞ [ et C f est audessous de C g sur [ – 1 ; 1 ] .

102

14

QP = 1

n→+∞

152 1.

m = 14,24

20

De même pour tout x ∈ [0 ; + ∞ [ , g ( x )  0 , ainsi : ln ( 1 + x )  x . Conclusion : En posant x = t 2 les deux inégalités précédentes donnent : t4 t 2 – ----  ln ( 1 + t 2 )  t 2 . 2

c. Pour tout t ∈ 0 ; 1--- , on a : 2

t4 t 2 – ----  ln ( 1 + t 2 )  t 2 . 2 Donc : 1 --2



t 4

1 --2

1 --2

∫0 5  t 2 – ---2- dt  ∫0 5 ln ( 1 + t 2 ) dt  ∫0 5t 2 dt

.

Obligatoire :

D’où :

x 1  1 , alors : b. Pour tout n ∈
∗ et pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ] 1--- – ----  ----------- --n

1 --2

5 1  5 ln ( 1 + t 2 ) dt  5 . ------ – ---------24 64 ∫0 24

1

1

x

1 --2

1 1 --- x – --------- x 2 n 2n 2

37 - . ∫0 ln ( 1 + t 2 ) d t  – -------192

n2

x+n

n

11

1

1 0

n+1 x  ln  ------------  -- n  n

1 0

n+1 1 1 . --- – ---------  ln  ------------  1  n  --nn 2n 2

5 37 5 I5 --- ln  --- – -------- . 3. On obtient : 5--- ln  5--- – ----2  4 192 2 4 24

k = n+1

D’où 0,34  I  0,366 .

3. u ( n + 1 ) – u ( n ) =

∑

k=1

B. 1. Φ ( 0 ) = 0 .

k = n 1  1 --- – ln ( n + 1 ) –  ∑ --- – ln ( n ) k k   k=1

1 = ------------ – ln ( n + 1 ) + ln ( n ) n+1

10 x 2 Φ′ ( x ) = -------------- . 1 + x2

n+1 1 = ------------ – ln  ------------ .  n  n+1

2. y n + 1 = y n +  ′ ( x n ) × 0,1 , donc : n2 10 × --------100 y n + 1 = y n + --------------------- × 0,1 . n2 1 + --------100

Donc d’après 2 .b . on a : 1 1 1 1 – n  0 ( n ∈
∗ ) . u n + 1 – u n  ------------ –  --- – ---------  ------------------------n + 1  n 2n 2 2n 2 ( n + 1 ) Donc la suite ( u n ) est décroissante .

Soit : n2

k = n+1

y n + 1 = y n + -------------------- . 100 + n 2

4. v n + 1 – v n =

∑

k=1

1 1 1 4 4 9 ; 3. y 0 = 0 ; y 1 = 0 ; y 2 = -------- ; y 3 = --------- + --------- ; y 4 = --------- + --------- + -------101

101

101

101

104

1 16 4 9 y 5 = --------- + --------- + ------------+ --------- . 101 104 1 096 116 y 5  0,269 à 0,001 près .

4. Oui, elles sont compatibles . 1 1 . - --155 1. x  0 , donc ----------x+n n 1 1 x n2 – n ( x + n ) + x ( x + n ) De plus ------------ – --- + ----- = ---------------------------------------------------------x + n n n2 n2 ( x + n ) x2

= ----------------------- qui est positif . Donc : n2 ( x + n ) 1 x 1 ------------  --- – ----- . x + n n n2

k=1

1 = ------------ – ln ( n + 2 ) + ln ( n + 1 ) n+1 n+2 1 = ------------ – ln  ------------ .  n + 1 n+1 Donc d’après 2 .b . on a : 1 1 0 . v n + 1 – v n  ------------ – ----------n+1 n+1 Donc la suite ( v ) est croissante .

5. ( u n ) est décroissante, ( v n ) est croissante, de plus : n+1 u n – v n = ln ( n + 1 ) – ln ( n ) = ln  ------------ . Donc :  n  lim u n – v n = 0 .

n→+ ∞

Ce qui prouve que les suites ( u n ) et ( v n ) sont adjacentes . Elles convergent donc vers une même limite . On sait que pour tout n ∈
∗ on a v n   u n . En prenant n = 100 on a u 100 – v 100 = ln 1,01  0,009 95 . Donc 0,572   0,583 . Soit

= 0,58 à 10 – 2 près .

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

1 x 1 1 . On a bien démontré que pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ] --- – -----  ----------- --n n2 x + n n 1 1 + 1 - . 2. a. ∫ ------------ d x = [ ln ( x + n ) ]10 = ln ( n + 1 ) – ln ( n ) = ln  n----------n  0x+n

109

k = n 1  1 --- – ln ( n + 2 ) –  ∑ --- – ln ( n + 1 ) k k  

les exercices

1 Et pour tout x ∈ 0 ; --2

1

- d x  ∫ ------------ d x  ∫ --- d x ∫0  --n- – ---n 2 0x+n 0n

Et donc : 5 – ------  – 5 24

6. Intégration

103

O B L I G A T O I R E

7

PROBABILITÉS ET STATISTIQUES

Le programme Après avoir introduit en classe de Seconde la nature du questionnement statistique à partir de travaux sur la fluctuation d’échantillonnage, on poursuit ici la présentation entreprise en Première des concepts fondamentaux de probabilité dans le cas fini avec la notion de conditionnement et d’indépendance et l’étude de quelques lois de probabilité. On vise aussi, en complément à l’usage des simulations introduit dès la Seconde, une première sensibilisation à d’autres classes de problèmes, notamment celui de l’adéquation d’une loi de probabilité à des données expérimentales. Contenus

Capacités attendues

Extraits des commentaires

Conditionnement et indépendance Conditionnement par un événement de probabilité non nulle puis indépendance de deux événements. Indépendance de deux variables aléatoires. Formule des probabilités totales. Statistique et modélisation Expériences indépendantes. Cas de la répétition d’expériences identiques et indépendantes.

On justifiera la définition de la probabilité de B sachant A , notée p A ( B ) , par des calculs fréquentiels. On utilisera à bon escient les représentations telles que tableaux, arbres, diagrammes, efficaces pour résoudre des problèmes de probabilités. Application à la problématique des tests de dépistage en médecine et à la loi de l’équilibre génétique lors d’appariements au hasard. Application aux expériences de références vues en Seconde et Première (dés, pièces, urnes).

Un arbre de probabilité correctement construit constitue une preuve. Les élèves doivent savoir appliquer sans aide la formule des probabilités totales dans des cas simples. On conviendra, en conformité avec l’intuition, que pour des expériences indépendantes, la probabilité de la liste des résultats est le produit des probabilités de chaque résultat.

Lois de probabilité Exemples de lois discrètes Introduction des combinaisons, n notées   .  p

On introduira la notation n! . L’élève devra savoir retrouver les n n – 1  n – 1 formules :   =  +  p  p – 1  p 

n Le symbole   peut être désigné par la  p

Statistique et simulation

 n =  n  .  p  n – p On appliquera ces résultats à des situations variées. Application à la désintégration radioactive : loi exponentielle de désintégration des noyaux.

Étude d’un exemple traitant de l’adéquation de données expérimentales à une loi équirépartie.

L’élève devra être capable de poser le problème de l’adéquation à une loi équirépartie et de se reporter à des résultats de simulation qu’on lui fournit. Le vocabulaire des tests (test d’hypothèse, hypothèse nulle, risque de première espèce) est hors programme.

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

Formule du binôme. Loi de BERNOULLI, loi binomiale ; espérance et variance de ces lois. Exemples de lois continues Lois continues à densité : – loi uniforme sur [ 0 ; 1 ] ; – loi de durée de vie sans vieillissement.

locution « p parmi n ». Pour les dénombrements intervenant dans les problèmes, on en restera à des situations élémentaires résolubles à l’aide d’arbres, de diagrammes ou de combinaisons. La formule donnant l’espérance sera conjecturée puis admise ; la formule de la variance sera admise. Ce paragraphe est une application de ce qui aura été fait en début d’année sur l’exponentielle et le calcul intégral.

Obligatoire :

21 a.   ×   ×   ; b. 3! ; c.   3! ; d. 6! ; e.   ×   × 3! . 3 2 2 2 3 2 7

Applications directes du cours 2 A =  3--- 2

32 1   . 8

n

35

78

7

4.

2– 7 5– 7 4– 7

24

2

6 24n ( n – 1 ) 91 ( n – 1 ) ( n – 2 ) ( n – 3 ) b. -------------------------- = ---------------------------------------------------------- ; 2 6

7

5. p ( B ) = 3--- . 7

B B

28 a. ( 1 + x ) 4 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 ; b. ( 2 – x ) 5 = – x 5 + 10 x 4 – 40 x 3 + 80 x 2 – 80 x + 32 ; c. ( 2 x + 1 ) 6 = 64 x 6 + 192 x 5 + 240 x 4 + 160 x 3 + 60 x 2 + 12 x + 1 .

b. ( – x + 2 y ) 5 = – x 5 + 10 x 4 y – 40 x 3 y 2 + 80 x 2 y 3 – 80 x y 4 + 32 y 5 ; 4 1 4 - y . c.  3 x – --1- y = 81 x 4 – 36 x 3 y + 6 x 2 y 2 – --4- x y 3 + -----

9

3

B

30 ( 2 –

k 1 -- d x = k ln 2 , donc k = --------- . x ln 2

i )7

= – 278 + 29i ;

1 5 1 5 7 30 ------ – --- × --- = ------ . b.  5 – ------ × --- = ------ . 8 a.  13  3 2 2 12 7  2 14

b. e – 2 ,4 .

9 b.   × 9 7 ; 2

= – 278 – 29i ;

1

9 7 c.   ×   × 8 6 ; 2 1

2

9 6 4 d.   ×   ×   × 7 3 . 3 2 1

3. 89. 6 5 5 5 5 33 3 × ( 2 6 – 2 ) + 3 +     +   +   +   1 1 2 3 4

2. 12,5 minutes.

6 4 4 4 +    +  +   2  1  2  3 6 3 3 +    +   3  1  2 6 2 +     = 729 .  4  1

4 4 - ( 1 – 12 + 12 × 11 ) = -------- × 121 . 10 a. 56 ; b. 55 ; c. 12 ; d. -------

34 1.   . 2.   . 6 6

1 - ; b. ( 2n + 1 )2n ; 11 a. -----------

36 1.   = 6 . 2

12!

12!

64

4

n+1

2

81

9 9 2. a. 10 9 –  9 9 –   9 8 –   9 7 ;

32 1. 109.

Dénombrements

( n + 1 )!

(2 +

i )7

( 2 – i ) 7 + ( 2 + i ) 7 = – 556 ∈
.

3 1 4 ln 3 ln 3 p  X  --- = ---------- – 1 , p  X  --- = 1 , p  X  --- = ---------- – 1 ,    2 ln 2 2 3 ln 2 4 3 ln --- – ln --4 3 3 ln 3 – ln 2 – 2 ln 2 + ln 3 2 ln 3 2  --p < X  = -------------------------- = -------------------------------------------------------------= ------------- – 3 . 3 2 ln 2 ln 2 ln 2

( n + 1 )!

2

5

B

1 n +n–1 - ( n ( n + 1 ) – 1 ) = ----------------------c. -----------------;

(n – 1) c. n------------------- = 780 .

5 10 10 5 1 - + ------ x + ------ x 2 + ------ x 3 + --- x 4 + x 5 ; 29 a.  1--- + x = -------27 9 3 3 243 81

F 3– 7

1

7

(n – 1)(n – 2) ----------------------------------------- = 21n ; 27 a. 2n

F

9 1. a. 1 – e – 0 ,8 .

3

6

4

3. p F ( B ) = 4--- et p F ( B ) = 3--- . 7 7

2

c. 50.

(n – 1)(n – 2) n(n – 1) - = 14 -------------------- . c. 9 × n------------------------------------

2. p F ( B ) = 2--- et p F ( B ) = 5--- .

2

∫1

6

2

.

8

6 1. p ( F ) = p ( F ) = 1--- .

7 1.

b. 56 ;

(n – 1) (n)(n – 1)(n – 2)(n – 3) b. n------------------- = ----------------------------------------------------------- ; 0 ,4 5

5 p ( A ) = 6--- = 2--- ; p A ( B ) = 3--- ; p ( A ∩ B ) = 1--- .

1– 2

24 a. 21 ;

les exercices

p(B) = 1 –

1– 2

5

26 a. n ( n – 1 ) = 72 , n 2 – n – 72 = 0 ;

2. E ( X ) = 3 ;  ( X ) = 1 ,2 .

3

8

1 × 7 28 4×7×7×3 - ; b. 8 ------------ = ------ ; c. ------------------------------ = 84 . 25 a. -----

5 - . 3. -----

4 1. La loi binomiale.

9

5

6 23   + 6 = 21 . 2

12

3. p ( A ) =

2

2

5 - . 3 1. p ( B ) = -----

( 0 ,4 ) 5

4

4 22 a. 1 + 2 × 4 +   × 2 = 21 ; b. 15 ; c. 84.

13 n et B =  ------ .  4

4 ; 7 2 2. p ( N ) = ----- p ( R ) = ------ ; p ( B′ ) = ------ . 13 13 13

7. Probabilités et statistiques

d. ( n – 1 )! – ( n – 1 )! = 0 .

32

-------- . 35 18! 5!

7 2.   = 35 . 4

11 3.   = 462 . 5

7 4 4 3 4 4.   ×   = 140 . 5.   ×   ×   = 72 . 4 1 2 2 1

n! 12! 11! ----- ; b. ------------------ ; c. -------- × 4! ----- ; d. --------------------- . 12 a. 9! 10 2 ( n – 3 )!

4!

7!

8!

2

× 5!

2

24 -. 13 --4- et ----7

91

+1 n( p + 1) - et -------------------------------------------- . 14 n----------© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

39 1. Il y a 36 dominos. 5 -. 2. a. La probabilité est de -----

(n – p)(n – p – 1)

n

32 15   = 496 . 2

49 16   = 13 983 816 . 6

52 17   . 13

86 234 18   ×   . 4 5

31 19   = 169 911 . 5

20 1. a.   ; 5 8

Probabilité et variable aléatoire

b. 0.

4 28 4 28 4 4 2. a. 46 ; b. 7 ×   ×   ; c. 7 ×   ×   ; d. 7 × 6 ×   ×   . 3 2 2 3 3 2

18

b. La probabilité est de 5--- . 9 3. L’univers
est l’ensemble de tous les sous-ensembles à 2 éléments parmi les 36 dominos. En effet on tire simultanément 2 dominos parmi 36 2 = 360 possibilités. donc : card (
) = C 36 Soit D l’événement : « obtenir 1 domino double et 1 domino simple dont l’un des chiffres est celui du domino double ». Il y a 8 dominos doubles. Pour 1 domino double donné (ex. : 0 0), il y a 7 dominos simples dont l’un des chiffres est celui du domino double (0 1 ; 0 2 ; 0 3 ; 0 4 ; 0 5 ; 0 6 et 0 7). Ce qui nous fait 8 × 7 = 56 cas favorables à l’événement D.

105

Donc card ( D ) = 56 .

2.

Nous sommes dans un cas d’équiprobabilité car le tirage est effectué au hasard et simultanément, donc : card ( D ) 56 4 . p ( D ) = -------------------- = --------- = ----card (
) 630 45 Conclusion : l’élève a raison.

40 1. 15 € ; 30 € ; 45 € ; 60 € ; 510 € ; 525 € ; 540 €. 2.

x

15

30

45

60

510

525

540

p( X = x)

5 -----42

5 -----14

5 -----28

1 -----84

5 -----42

5 -----28

1 -----28

les exercices

 50  2  149 - = --------- . 41 1. 1 – ------------ 100 198  2 

 50  2  1 225 49 2. -------------- = ------------- = --------- .  100 4 950 198  2 

5€

9€

29 €

p( X = k)

13 739 ----------------16 796

1 155 ----------------16 796

308 -------------4 199

308 ----------------12 597

231 ----------------20 995

77 ----------------20 995

k

49 €

149 €

999 €

9 999 €

p( X = k)

12 ----------------20 995

4 ----------------20 995

1 1 -------------------- -------------------167 960 503 880

308 308 231 77 12 4 1 155 p ( A ) = ----------------- + -------------- + ----------------- + ----------------- + ----------------- + ----------------- + ----------------16 796 4 199 12 597 20 995 20 995 20 995 20 995 1 1 + -------------------- + -------------------- . 167 960 503 880 3 057 p ( A ) = ----------------- ; p ( A )  0 ,182 . 16 796 On a donc, en moyenne, 18,2 % de chance de gagner.

48 1. Les entiers de 2 à 12. 2. La somme des deux chiffres d’un lancer de 2 dés parfaitement équilibrés. 3.

x

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

p( X = x)

1 -----36

2 -----36

3 -----36

4 -----36

5 -----36

6 -----36

5 -----36

4 -----36

3 -----36

2 -----36

1 -----36

x

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

p(5 = x)

1 -----36

1 -----18

1 -----12

1 --9

5 -----36

1 --6

5 -----36

1 --9

1 -----12

1 -----18

1 -----36

49 1. X peut prendre les valeurs 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9.

3. E ( X ) = 7 .

2. a. L’événement X = i correspond à « i tiroirs ont été ouverts ».

4.  ( X )
2 ,41 .

Donc la boule est dans le tiroir i (car i ≠ 9 ), qui correspond à Bi . b. X = 9 est « 9 tiroirs ont été ouverts ». Donc la boule peut être dans le 9e, sinon elle est dans le 10e tiroir. Donc ( X = 9 ) = B 9 ∪ B 10 .

7 1 5. p ( X > 6 ) = 21 ------ = ------ et p ( X = 12 ) = ------ . 36

12

36

24 4 ------
0 ,491 4 . 2. 1 –  35 36 6 3. On a plus de chance de faire au moins un six sur 4 lancers de dé.

5 -
0 ,517 7 . 43 1. 1 – ---4

44 1. 50 ; 100 ; 400 ; 1 000. x

50

100

400

1 000

p( X = x)

7 -----16

5 -----16

3 -----16

1 -----16

4.  ( X )  245 ,7 .

45 a. 5--- est la probabilité; 4  1 × ------ ; 1  k  5 . 46 p ( X = k ) =  k – 1 24

2

3

4

5

6

7

8

9

p( X = i)

1 -----10

1 -----10

1 -----10

1 -----10

1 -----10

1 -----10

1 -----10

1 -----10

2 -----10

3

Probabilités conditionnelles p ( B ) = 0,7 ,

2 p A ( B ) = --- , 3

2 p B ( A ) = --7

et

1 ---

Probabilité

Probabilité en %

8 numéros dans la grille A 10 000 € et le numéro de la grille B

1 1 1 --------- × --- = ------------------8 4 503 880 C 20

0,000 198 %

8 numéros dans la grille A

1 000 €

3 1 1 --------- × --- = ------------------8 4 167 960 C 20

0,000 595 %

7 numéros dans la grille A et le numéro de la grille B

150 €

1 C 87 × C 20 1 4 –8 ---------------------------- × --- = ---------------8 4 20 995 C 20

0,019 %

7 numéros dans la grille A

50 €

1 C 87 × C 20 3 12 –8 ---------------------------- × --- = ---------------8 4 20 995 C 20

0,057 %

6 numéros dans la grille A et le numéro de la grille B

30 €

2 C 86 × C 20 1 77 –8 ---------------------------- × --- = ---------------8 4 20 995 C 20

0,367 %

10 €

2 × C 20 –8 ---------------------------8 C 20

3 231 × --- = ----------------4 20 995

1,1 %

6€

3 × C 20 –8 ---------------------------8 C 20

1 308 × --- = ----------------4 12 597

2,445 %

5 numéros dans la grille A

2€

3 × C 20 –8 ---------------------------8 C 20

3 308 × --- = -------------4 4 199

7,335 %

4 numéros dans la grille A et le numéro de la grille B

1€

5 numéros dans la grille A et le numéro de la grille B

1

p ( A ∩ B ) = 0,2 .

47 1.

6 numéros dans la grille A

i

50 p ( A ) = 0,3 ,

9

Vous avez trouvé

c.

E ( X ) = 5 ,4 .

3. E ( X ) = 190 ,625 .

106

1€

50 388

42 1. X peut prendre les valeurs entières entre 2 et 12.

2.

0€

871 -----------------
0 ,33 . 4. E ( X ) = – 16

 n  2 2. On cherche n tel que --------------  0 ,95 , n  98 . À partir de 98. 100    2 

2.

–1 €

3. Soit A l’événement « Gagner au Rapido ». On a donc :

4. V ( X ) = 129 375 et  ( X )
359 ,7 .

3. E ( X ) = 195 .

k

Gain

C 86 C 85

C 85

4 C 84 × C 20 1 1 155 –8 ---------------------------- × --- = ---------------8 4 16 796 C 20

51 --6- = 1--- . 1 --2

3

52 1.

6,877 %

Personnes contaminées

Personnes non contaminées

Total

Test positif

2

260

262

Test négatif

0

9 738

9 738

Total

2

9 998

10 000

2. p ( A ) = 0,000 2 ;

p ( B ) = 0,996 × 0,000 2 + 0,002 6 × 0,999 8 = 0,002 798 68 .

3. p A ( B ) = 0,996 ; p A ( B ) = 0,004 ; p ( A ∩ B ) p A ( B ) p ( A ) 0,004 × 0,000 2 p B ( A ) = ------------------------ = ---------------------------= --------------------------------------  8 × 10 – 7 ; 0,997 201 32 p(B) p(B) p B ( A ) = 1 – p B ( A ) = 1 – 8 × 10 – 7 .

4. p ( A ∩ B ) = 0,000 199 2 ; p ( A ∩ B ) = 0,025 994 8 ; p ( A ∩ B ) = 0,973 805 2 .

5. p = p ( A ∩ B ) + p ( A ∩ B ) = 0,025 995 6 .

Obligatoire :

61 1. Le tirage est fait avec remise donc X et Y suivent la même loi.

1 ---

53 p B ( A ) = --8- = 3--- et p A ( B ) = --8- = 1--- . 1 --3

8

1 --4

54 p ( A ∩ B ) = 1--- ; 5

p( A ∩ B) p B ( A ) = ------------------------ , donc : p(B)

1 --5 p ( B ) = --- = --3- ; 1 5 --3

55 1. 0,35

0,65

2

0,69 0,31

B

0,88

B

0,12

B

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

p( X = x)

1 -----13

1 -----13

2 -----13

1 -----13

2 -----13

1 -----13

2 -----13

1 -----13

1 -----13

1 -----13

2. Oui car le tirage est fait avec remise. 3. X suit la même loi qu’à la question 1.

4 p ( A ∪ B ) = --- . 5

B

x

63 1. a. Il n’y a que 2 faces multiples de 3 : le 3 et le 6. Donc 2 1 2 p ( C ) = --- = 1 --- . On en déduit que p ( C ) = 1 – p ( C ) = 1 – --- = --- . 6 3 3 3 Soit N l’événement « Tirer une boule noire ». • Si l’événement C est réalisé, on tire alors 1 boule de l’urne A : A contient 1 boule rouge et 3 boules vertes. Donc on ne peut pas obtenir de boule noire pC ( N ) = 0 . dans ce cas : • Si l’événement C n’est pas réalisé, on tire alors 1 boule de l’urne B : B contient 2 boules rouges et 2 boules noires. Comme les boules sont indiscernables au toucher, on est dans un cas d’équiprobabilité :

A

A

2 p C ( N ) = --- = 1 --- . 4 2

2. p ( B ) = 0 ,35 × 0 ,69 + 0 ,88 × 0 ,65 = 0 ,813 5 , p ( A ∪ B ) = 0 ,922 .

On obtient :

0 ,69 × 0 ,35 1 144 483 p B ( A ) = ---------------------------- = -------------- , p B ( A ) = -------------1 627 0 ,813 5 1 627 0 ,31 × 0 ,35 1 410 217 p B ( A ) = ---------------------------- = -------------- et p B ( A ) = -------------- . 1 627 0 ,813 5 1 627

56 1. 0,56

0,44

0,84

B

0,16

B

0,67

B

0,33

B

1– 3

0

N

1

N

1– 2

N

C

2– 3

C 1– 2

A

1 1 2 1 p ( N ) = p C ( N ) p ( C ) + p C ( N ) p ( C ) = 0 × --- + --- × --- ⇔ p ( N ) = --- . 3 2 3 3 b. Soit R l’événement « Tirer une boule rouge » et V l’événement « Tirer une boule verte ». On obtient :

A

0

2. p ( B ) = 0 ,84 × 0 ,56 + 0 ,67 × 0 ,44 = 0 ,765 2 , p ( A ∩ B ) 1 176 p ( A ∪ B ) = 0 ,854 8 , p B ( A ) = ------------------------ = --------------
0 ,614 7 , 1 913 p(B) p ( A ∩ B ) 224 p B ( A ) = ------------------------ = ---------
0 ,381 6 587 p(B)

1– 3

737 p B ( A ) = --------------
0 ,385 3 et p B ( A )
0 ,618 4 . 1 913

2– 3

57 1.

38 –– 85 0,85

Rh+

39 –– 85

A

2. a. 0,85 ;

6 –– 85 B 2 –– 85 AB

1– 2

2 1 1 ,13 p ( B ) = --- ; c. p ( D ) = 0 ,05 × --- + 0 ,03 × --- = 0 ---------- ; 3 3 3 3 2 0 ,05 × --3 10 p( A ∩ D) d. p D ( A ) = ----------------------- = -------------------- = ------ . p(D) 0 ,13 13 ---------3

V R

1 1 1 2 5 3 1 2 p ( R ) = --- × --- + --- × --- = ------ , p ( V ) = --- × --- + 0 × --- = 1 --4 3 2 3 12 4 3 3 4 1 1 2 et p ( N ) = 0 × --- + --- × --- = 1 --- . 3 2 3 3 La couleur qui a la plus grande probabilité de sortir est le rouge. 1 2 --- × ---

p(C ∩ R) 2 3 4 c. p R ( C ) = ----------------------- = ------------ = --- . p(R)

5 5 -----12 2. a. Il y a donc 2 boules noires sur 8 en tout. Soit Nk l’événement « Tirer une boule noire lors du k-ième tirage ». On obtient : N3

0 1– 7

O

58 p ( A )2 p ( B ) ; p A ( D ) = 0 ,05 ; p B ( D ) = 0 ,03 .

N 0

C

V R

1– 2

15

O

N 3– 4

1– 4

1 –– 15 AB 6 –– 15

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

C

2 - . b. -----

A 6 –– 15 2 –– 15 B Rh–

N

les exercices

1 ---

7. Probabilités et statistiques

1– 4

N1

1– 6 6– 7

a. p ( A ) = 2--- ; b.

1

N2

N2

N3 N3 5 – 6

N3

3

59 p ( A ∪ B ) = p ( A ) + p ( B ) – p ( A ∩ B ) , donc :

p ( A ∩ B ) = 0,088 et p ( A ) × p ( B ) = 0,112 . On en déduit A et B dépendants.

60 p ( A ∪ B ) = 0,709 6 .

1– 6 3– 4

2– 7 N1

N2 1– 3

N3 5 – 6

2 – 5– 3 N2 7 1 6 1 1 2 3 1 5 3 1 p ( N 3 ) = --- × --- × --- + --- × --- × --- + --- × --- × --- = --- . 6 7 4 6 7 4 3 7 4 4

N3 N3 N3

107

Donc la probabilité de l’événement « La troisième boule tirée est noire » vaut 1 bien --- . 4 b. p ( N 1 ) = 1--- , donc la proposition de 1’énoncé est fausse. 4

64 1.

1 ––– 100 G

0,2

0,8

les exercices

p ( A ) = 0 ,2 × 0 ,01 = 0 ,002 p ( B ) = 0 ,082

B

99 ––– 100 1 –– 10

B

9 –– 10

B

5

2 3k 2 Il faut prendre k = 3 .

3

1 5 1 - ⇔ ------ = ----d. p ( N ) = ----3k

20

30

k = 50 .

30


0 ,492 .

G

p(B)

p(B)

4

41

x

0

80

280

p( X = x)

0,2

0,72

0,08

Loi binomiale

12 1  12 1 13 + × ------- = 1 – ------- ; 68 a. 1 –    ------2 12 0 2 12  1  2 12 1   1 13 b. 1 –    × ------+ × ------- = 1 – ------- . 2 12  11 2 12 2 12 12 12

E ( X ) = 80 .

12

5

------
0 ,116 . 4. p = 1 –  40 

12 12 12 69 p = 1 –   × 0 ,14 4 × 0 ,86 8 +   × 0 ,14 3 × 0 ,86 9 +  

41

8 9 10 12 12 × 0 ,14 2 × 0 ,86 10 +   × 0 ,14 × 0 ,86 11 +   × 0 ,86 12
0 ,067 .  11  12

8 4 16 8 - = ------ ; p ( A 2 ) = ------ = ----- . 65 1. a. p ( A 1 ) = -----

22 11 22 11 1 6 2 b. p A ( A 2 ) = --- ; p B ( A 2 ) = --- ; p ( A 1 ∩ A 2 ) = ----- . 1 1 2 7 11

c.

1– 2 4 –– 11

71 1. 1– 2 6– 7

B2

1– 7

B2

7

2.

11

0

A2

B1

11

x p( X = x)

4 6 7 8 - + --- × ------ = ----- . d. p ( A 2 ) = 1--- × ----2

5 70   0 ,4 2 × 0 ,6 3 = 0 ,345 6 . 2

A2

A1

7 –– 11

11

3 ---  4

x

40

50

60

p( X = x)

1 -----11

8 -----11

2 -----11

66 1.

5

5×3 -----------45

1 ---  4

y

– 2 ,5

–1

0,5

2

3,5

5

p(Y = y)

243 --------45

405 --------45

270 --------45

90 -----45

15 -----45

1 ----45

5

72 a. 1 – 0 ,95 7
0 ,302 ; b. 1 – 0 ,95 30
0 ,785 ; c. 1 – 0 ,95 365
0 ,999 .

0,995

9

0,2

T

0,1

T

0,9

T

4 3 7 75    1--- ×  7---
0 ,005 7 . 8 4 8

M

ln 0 ,01 - n  10 . 76 1 – 0 ,6 n  0 ,99 ⇔ n  ----------------ln 0 ,6

2. p ( T ) = 0,8 × 0,005 + 0,1 × 0,995 = 0,103 5 .

67 1.

N

3– k

N

k–3 ––––– k

N

2– k

N

k–2 ––––– k

N

1– k

N

k–1 ––––– k

A 1– 6 1– 3

B

1– 2 C

+4+3 5 a. p ( N ) = 3--- × 1--- + 2--- × 1--- + 1--- × 1--- = 3-------------------- = ------ . k

2

9

1 1 511 63 - = -------- ; b. 1 –  --- = --------- . 74 a.   × --- 2 512 2 9 256 5

M

0,005

3

10 × 3 3 10 × 3 2 ----------------- ----------------45 45

4

7 7 7 b.   0 ,7 7 +   0 ,3 × 0 ,7 6 +   0 ,3 2 × 0 ,7 5
0 ,647 . 0 1 2

T

0,8

k

5 × 34 -------------45

3

7

11

6

5

2

73 a.   0 ,3 2 × 0 ,7 5
0 ,317 7 ; 2

---------
50 ,9 . b. E ( X ) = 560

k

1

5 E ( Y ) = – --- = – 0 ,625 . 8

2. a.

108

10

5 1 -  --- ⇔ k  10 ------ . c. p ( N )  1--- ⇔ -----

------ 2. p = 1 –  29 

B

2

5 -----3k

30

p(B ∩ G) p( A) 1 2. p B ( G ) = ----------------------- = ------------ = ------ .

3.

1 3 --- × ---

3 3 6 k 1 b. p N ( A ) = ----------- = --- × --- = ------ .

6k

3k

ln 0 ,01 - ; n6 . 78 1 – 0 ,46 n  0 ,99 ; n  ----------------ln 0 ,46

79 1 – ( 0 ,86 n + n × 0 ,14 × 0 ,86 n – 1 )  0 ,99 . 0 ,01  0 ,86 n – 1 ( 0 ,86 + 0 ,14n ) . On trouve n  45 . 80 2. On a un tirage avec ordre et avec remise. Soit
l’ensemble des 2 listes d’éléments parmi { 0 ; 1 ; 2 } . Donc card (
) = 3 2 = 9 . Si M est sur l’axe des abscisses alors on doit avoir y = 0 . Ainsi A est l’événement « Avoir n’importe quelle boule au premier tirage et avoir la boule numérotée 0 au deuxième tirage ». Donc card ( A ) = 3 × 1 = 3 . card ( A ) 3 1 p ( A ) = ---------------------- = --- = --- . card (
) 9 3 Un point de coordonnées ( x ; y ) est sur le cercle de centre O et de rayon 1 si et seulement si x 2 + y 2 = 1 .

Obligatoire :

Dans le tableau suivant on a représenté la valeur de x 2 + y 2 .

expérience est répétée 30 fois de suite de façon indépendante car il n’y a aucun lien entre les différents jours. La probabilité qu’un jour donné les

0

1

2

7 12 12 groupes inscrits soient tous présents est  --- .  8

0

0

1

4

1

1

2

5

X représente le nombre de jours où les 12 groupes inscrits se sont tous présentés au départ lors d’un mois de 30 jours. Ainsi X suit une loi binomiale

2

4

5

8

y

7 12 de paramètre p =  --- et n = 30 .  8 L’événement X = 30 signifie que durant les 30 jours, les 12 groupes sont tous venus tous les jours.

Il n’y a donc que deux cas favorables à B : – le cas où x = 0 et y = 1 ; – le cas où x = 1 et y = 0 . card ( B ) card ( B ) = 2 , d’où p ( B ) = ---------------------- = 2 --- . card (
) 9

30 7 12 p ( X = 30 ) =    ---  30  8

3. a. Valeurs de X : 0, 1, 2, 4, 5 et 8 et on a : card ( X = 0 ) = 1 , card ( X = 1 ) = 2 , card ( X = 2 ) = 1 , card ( X = 4 ) = 2 , card ( X = 5 ) = 2 et card ( X = 8 ) = 1 . D’où la loi de probabilité (car on est dans un cas d’équiprobabilité) : x

0

1

2

4

5

8

p( X = x)

1 --9

2 --9

1 --9

2 --9

2 --9

1 --9

E(X) =

6

∑

p(D) = p(( X = 0) ∪ ( X = 1) ∪ ( X = 2)) .

1 2 1 4 p ( D ) = p ( X = 0 ) + p ( X = 1 ) + p ( X = 2 ) = --- + --- + --- ⇔ p ( D ) = --- . 9 9 9 9 4. C = D 1 ∩ D 2 ∩ D 3 ∩ D 4 ∩ D 5 d’où : p ( C ) = p ( D1 ∩ D2 ∩ D3 ∩ D4 ∩ D5 ) . Comme les événements D 1 , D 2 , ..., D 5 sont deux à deux indépendants : 5

4 p ( C ) = p ( D 1 ) × p ( D 2 ) × p ( D 3 ) × p ( D 4 ) × p ( D 5 ) =  1 – --- .  9 5 5 4 5 p ( C ) = 1 – p ( C ) = 1 –  1 – --- = 1 –  --- .   9 9

5. Soit E l’événement « Au moins un de ces n points appartient à D ».

30 7 12 p ( X = 0 ) =    ---  0   8

i=1

n

. On résout :

4 n 4 n p ( E )  0 ,999 9 ⇔ 1 –  1 – ---  0 ,999 9 ⇔ 0 ,000 1   1 – --- > 0   9 9 ln ( 0 ,000 1 ) 4 ⇔ ln ( 0 ,000 1 )  n ln  1 – --- ⇔ ------------------------------- .  9 4 ln  1 – ---  9

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

ln ( 0 ,000 1 ) -------------------------------  11 ,75 , donc la réponse est : 4 ln  1 – ---  9 à partir de n = 12 la probabilité de E est supérieure ou égale à 0,999 9.

8

à

calculer

12 30 – 0

7 = 1 –  ---  8

12 30

0 .

2. a. En notant toujours Ai l’événement « Le groupe i se présente au 7 départ » : p ( A i ) = --- ( ∀1  i  13 ) . Ainsi : 8 13

13

i=1

i=1

13 7 13 7 P 13 = p  ∩ A i = ∏ p ( A i ) = ∏ --- =  ---  0 ,176 .  8   8 i=1

b. Lorsque l’activité de substitution est utilisée, son coût est de 2 Crédits. Ainsi p ( R = 2 ) = P 13 et p ( R = 0 ) = 1 – P 13 . Donc : E ( R ) = 0 × p ( R = 0 ) + 2 × p ( R = 2 ) = 2P 13  0 ,352 .

c. Soit S′ la variable aléatoire égale à la somme, en Crédits, perçue par 1’association un jour donné. S′ suit donc une loi binomiale de paramètre 7 p = --- et n = 13 . Donc : 8 k 1 13 – k 13 7 k 7 13 – k  13  7 ---  --- p ( S = k ) =    ---  1 – --- . =  k   8   k   8  8 8 Le gain moyen est :  E ( S′ ) – E ( R ) =  

13

∑

k=0

13 7 k 1 13 – k k    ---  ---  – 2P 13  k   8  8 

7 = 13 × --- – 2P 13  11 ,023 . 8 d. Oui, car le gain moyen est plus important (11,023 contre 10,5). 1 7 - et p ( E 2 ) = ------ . 82 1. a. p ( E 1 ) = ----36

b.

55

x

0

1

2

3

p( X = x)

2 -----33

4 -----11

5 -----11

4 -----33

18 E ( X ) = ------ . 11

3 k 6 k -  1 000  ------ . 2. On cherche k tel que  ---- 11 11 Soit 2 k  1 000 du k  10 . À partir de 10.

81 1. a. p ( A i ) = 1--- ⇔ p ( A i ) = 7--- . cherche

7 1 –  ---  8

7 Et E ( S ) = np = 12 × --- = 10 ,5 . 8

n

effet les événements ( D i ) i ∈ * sont deux à deux indépendants.

On

0

8

n 4 n D i . D’où p ( E ) = p  ∩ D i = ∏ p ( D i ) =  1 – --- , en    9

4 D’où p ( E ) = 1 –  1 – ---  9

0 .

11 1 12 7 11 7 12 – 11 = ×  7 ---  ---  0 ,3 . Donc p ( S = 11 ) =    ---  1 – --- 12  8  8  11  8  8

Soit Di : « Le point du i-ème tirage appartient au disque D ». i=1

360

L’événement X = 0 signifie que durant les 30 jours, il n’y a aucun jour où les 12 groupes sont tous venus.

Or les événements ( X = 0 ) , ( X = 1 ) et ( X = 2 ) sont deux à deux incompatibles donc :

i=1

7 =  ---  8

c. S suit donc une loi binomiale de paramètre p = 7--- et n = 12 .

+ 4 × p( X = 4) + 5 × p( X = 5) + 8 × p( X = 8) 1 2 2 1 30 10 2 = --- + 2 × --- + 4 × --- + 5 × --- + 8 × --- = ------ = ------ . 9 9 9 9 9 9 3 Donc E ( X ) = 10 ------ . 3 b. D = ( X  1 ,7 ) , donc D = ( X  1 ,7 2 ) ⇔ D = ( X  2 ,89 ) . D’où :

∩

12 30 – 30

12

i=1

Donc E =

7 1 –  ---  8

7 E ( X ) = 30 ×  ---  6 en moyenne sur les 30 jours, seulement 6 fois les  8 12 groupes se présenteront tous.

xi p ( X = xi ) = 0 × p ( X = 0 ) + 1 × p ( X = 1 ) + 2 × p ( X = 2 )

n

30

les exercices

x

7. Probabilités et statistiques

8 la

probabilité

A 1 ∩ A 2 ∩ ... ∩ A 11 ∩ A 12 (qu’on notera

∩ 12

i=1

de

l’événement

A i ).

Or ces événements sont tous indépendants deux à deux donc : 12

12

i=1

i=1

12 7 12 7 p  ∩ A i = ∏ p ( A i ) = ∏ --- =  ---  0 ,201 .   8  8 i=1

La probabilité qu’un jour donné les 12 groupes inscrits soient tous présents est comprise entre 0,20 et 0,21.

b. On est en présence d’une expérience aléatoire à deux issues possibles : les 12 groupes inscrits sont tous présents ou ils ne sont pas tous présents. Cette

83 1. a. L’aire du disque D est  cm2. L’aire du carré est 400 cm2. On sait que le point appartient nécessairement au carré d’aire 400 cm2 donc : 1 400k = 1 ⇔ k = --------- . 400 Si A est l’événement « Le point appartient à une zone du carré d’aire A », A  p ( A ) = --------- ; et en particulier p ( D ) = --------- . 400 400 b. Les 8 secteurs ayant la même aire, l’aire de S1 est donc égale au 8e de l’aire du cercle D′ privé de D . 81 –  10  Soit -------------------- = 10 . Donc p ( S 1 ) = ---------- = ------ . 8 400 40

109

8 2. a. p ( R ) = 1 – p ( R ) = 1 – p  D ∪  ∪ S 1  = 1 – p ( D ) – i=1

8

∑

p ( Si ) ,

4 11 7 3. p ( X < 0 ) = 3--- , p ( X = 0 ) = 0 , p  X  1--- = ----- et p  X < – --- = ------ .  3 5 40 8 12

i=1

car les événements sont tous deux à deux incompatibles, en effet les zones D , S1 , S2 , …, S8 sont deux à deux disjointes.

8 - . 89 a. -----

Donc p ( R ) = 1 – p ( D ) – 8 p ( S 1 ) car ∀i ∈ { 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 } p ( S i ) = 0 ,078 5 . p ( R ) = 0 ,364 .

3 90 1. p ( X  1 ) = ∫ 1--- d x = 2--- .

E ( X ) = 10 p ( D ) +

8

∑

6 - . b. -----

11

11

13

3

0,5 1

2. p ( X  0,5 ) = ∫

kp ( S k ) + ( – 4 ) p ( R )

0

--- d x = 1 --- . 3 6

k=1

= 10 × 0 ,008 +

2,5 1

8

∑

2

k=1

les exercices

= – 1 ,376 + 0 ,078 5

8

∑

k=1

--- d x = 1 --- . 3 6

3. p ( 2  X  2,5 ) = ∫

0 ,078 5 k – 4 × 0 ,364 8×9 k = – 1 ,376 + 0 ,078 5 × ------------ . 2

3 3 4. E ( X ) = ∫ xf ( x )d x = ∫ 1--- xd x = 1--- x 2 03

0

6

Les couples favorables à A sont : ( R, R ) ( R, S 1 ) ( S 1, R ) ( R, S 2 ) ( S 2, R ) ( R, S 3 ) ( S 3, R ) . Dans cette notation par couple, le 1er élément correspond au 1er placement de point et le 2e élément correspond au 2e placement de point. Les événements étant incompatibles : p ( A ) = p ( R, R ) + p ( R, S 1 ) + p ( S 1, R ) + p ( R, S 2 ) + p ( S 2, R ) + p ( R, S 3 ) + p ( S 3, R ) . Les placements étant indépendants : p ( A ) = p ( R )2 + 2 p ( R ) p ( S1 ) + 2 p ( R ) p ( S2 ) + 2 p ( R ) p ( S3 ) . p ( A )  0 ,304 . Or p ( A ) = 1 – p ( A ) , donc p ( A )  0 ,696 . Soit Y la variable aléatoire correspondant au nombre de point placé dans le disque D . L’expérience aléatoire consiste à répéter n fois de suite et de façon indépendante une même expérience qui a la probabilité  p ( D ) = ---------  0 ,008 de se réaliser à chaque fois. Donc Y suit une loi bino400 miale de paramètre n et 0,008 : pn = p ( Y  1 ) = 1 – p ( Y < 1 ) = 1 – p ( Y = 0 )

1 1 - . 2. f ( x ) = ------ e 91 1.  = -----

3. p ( X  20 ) = e

10 – -----7

On résout p n  0 ,9 ⇔ 1 – 0 ,992 n  0 ,9 ⇔ – 0 ,992 n  0 ,9 – 1 ⇔ 0 < 0 ,992 n  0 ,1 ⇔ ln ( 0 ,992 n )  ln ( 0 ,1 ) ln ( 0 ,1 ) ln ( 0 ,1 ) ⇔ n ln ( 0 ,992 )  ln ( 0 ,1 ) ⇔ n  -------------------------- or --------------------------  286 ,7 ln ( 0 ,992 ) ln ( 0 ,992 ) donc on doit avoir n  287 .

. p ( X  20 ) p ( X  14 )

4. p X  14 ( X  20 ) = -------------------------- = e

 3  5 ×  3  3  1  2 b. p ( B ) = -------- + ----------------------- = 2--- . 7  8  8  3  3

3. p ( X  12t ) = 0 ,5 ⇔ e – 0 ,001 2 × 12 t = 0 ,5 . t = 48 ,13 . ln 2 - . 93 1. p ( X  T ) = 1--- ⇔ 1 – e –  T = 1--- ⇔ e –  T = 1--- , soit T = --------2

2

l

2

ln 2 2. T = 5 570 , donc  = ------------- . T ( X  2 000 ) = 1 – e – 2 5 570

000 

 0 ,22 .

94 1. 20 minutes. 2. a. p ( X  30 ) = e – 1 ,5 ; c. p X  30 ( X  60 ) = e – 1 ,5 .

b. p ( X  20 ) = 1 – e – 1 ;

95 1. p ( [ 0 ; 200 [ ) = 1--- ; 1 – e – 200  = 1--- . 2

3. a.

A

∫0

x

0

1

2

3

p( X = x)

5 -----28

15 -----28

15 -----56

1 -----56

8

b. À partir de 14.

1 ln 2 e – 200  = --- ;  = ---------- . 2 200

2

3 – --- ln 2 2

2 1 = ------- = -------  0 ,35 . 8 4 A

 xe –  x d x = [ – xe –  x ] A0 – ∫ – e –  x d x 0

1 = – Ae –  A + – --- e –  x 

b. E ( X ) = 9--- .

A 0

–  Ae –  A – e –  A + 1 = --------------------------------------------------- ;  200 -  288 ,54 . b. d m = --1- = -------- ln 2

96 A. 1. p ( X  1 ) est l’aire de la partie du plan délimitée par l’axe des abscisses et l’axe des ordonnées, la courbe représentant la densité et la droite d’équation x = 1 . 2. f ( t ) =  e –  t , donc f ( 0 ) =  . Ainsi  est l’ordonnée à l’origine de
f . B. 1. p ( X  1 ) = 1 – e – 1,5 . Donc p ( X  1 )  0,777 . 2. p ( X  2 ) = e – 3 .

Loi continue

85 k = 4--- .

3. p ( 1  X  2 ) = p ( X  2 ) – p ( X < 1 ) = 1 – e – 3 – ( 1 – e – 1,5 )

86 k = 1--- .

3

5

88 1. Loi uniforme sur [ – 3 ; 5 ] . 5

2. E ( X ) = 1--- . V ( X ) = ∫

110

.

92 1. 833, 333... jours.

12

8

3 – --7

b. p ( X  60 ) = 1 – e – 0 ,072 . 2. a. p ( X  100 ) = e – 0 ,12 . – 0 , 048 c. p X  60 ( X  100 ) = e .

2. p ( [ 300 ; + ∞[ ) = e – 300  = e

1 - . 84 1. a. p ( A ) = -----

5

, x0 .

–l

p n = 1 – 0 ,992 n .

n 3. a. p n = 1 –  5--- . 7

x – -----14

14

14

ln 0 ,2 -  12 933 . 3. p ( X  T ) = 0 ,8 ; T = --------------

= 1 – C n0 0 ,008 0 × ( 1 – 0 ,008 ) n – 0 = 1 – 0 ,992 n .

2. a.

3 = --- = 1,5 . 2

La durée moyenne d’attente aux urgences est de 1 h 30.

E ( X ) = 1 ,45 .

b. Soit A l’événement « D’obtenir un gain total positif ou nul ».

3 0

–3

1 171 ( x – E ( X ) ) 2 f ( x ) d x = -------------- . 192

= e – 1,5 – e – 3 . Donc p ( 1  X  2 )  0,173 .

4. F ( x ) = 2--- – 2--- e – 1,5 x – xe – 1,5 x . 3

3

2 lim F ( x ) = --- . 3

x→+ ∞

Obligatoire :

97 1.

6

7

8

9

effectif

94

95

101

106

fréquence

0,094

0,095

0,010 1

0,010 6

d9

401,7

14,9

Tableau de répartition des 1 000 premières décimales de e 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

chiffre

0

1

2

3

4

5

effectifs

7

6

4

3

4

5

6

7

7

2

1

effectif

100

96

97

109

100

85

fréquence

0,01

0,096

0,097

0,010 9

0,01

0,085

chiffre

6

7

8

9

104d2

d9

effectif

99

99

103

112

fréquence

0,099

0,099

0,010 3

0,011 2

403,2

14,9

2. x = 5 ,48 .

3. V = 8 ,28 .

4.  = 2 ,874 .

nombre

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

effectifs

7

6

4

3

4

5

6

7

7

2

1

effectifs cumulés croissants

7

13

17

20

24

29

35

42

49

51

52

2. On obtient, après simulation informatique : d g = 0,010 52 , donc d 2 > d g . On rejette l’hypothèse de l’équirépartition des coups de Federer avec un risque d’erreur de 10 %.

6. 52 ------ = 13 . Le 13e nombre est 2 et le 39e nombre est 8. 4

7.

Q1 = 2

x M=6

8. On a d 2 =

11

Q3 = 8

11

1 2 2 2  f – -----  0 ,016 4 . Or --- = ------  0 ,038 5 . Donc  i 11 n 52

∑

i=1

2. L’hypothèse « Les décimales de  et e sont équiréparties » est rejetée.

103 1. d 2 = 0,011 .

L’effectif total est de 52. La moitié est de 26. Le 26e nombre est 6.

7

Les problèmes

104 a.

Johanna est une bonne simulatrice...

1– 2

99 1. On calcule d pour chacune des pièces

B

pièce no

1

2

3

4

5

d2

0,033 8

0,003 2

0,016 2

0,024 2

0,012 8

1 ,6 ------n

0,016

0,016

0,016

0,016

0,016

2 --n

0,02

0,02

0,02

0,02

0,02

3 ,4 ------n

0,034

On calcule d 2 =

2

∑

i=1

0,034

0,034

0,034

0,034

2 f –1 --- où les fi représentent les fréquences obte i 2

2. La pièce 4 est fausse. 3. Toutes les pièces sont bonnes.

100 Le nombre de livres volés est 100 : d2 =

5

∑

i=1

1– 2 C

1– 2

A

F

1– 3

1– 2 G

1

B B

T

C 1 Les probabilités indiquées sur cet arbre correspondent à des probabilités conditionnelles. 1 La 1re valeur --- correspond à la probabilité que la 2e salle visitée soit la B 3 sachant que la 1re salle visitée est la E , etc. b. A = E 1 ∩ B 2 ∩ D 3 ∩ F 4 . Donc : p ( A ) = p ( E 1 ∩ B2 ∩ D3 ∩ F 4 ) = p ( F 4 E 1 ∩ B2 ∩ D3 ) × p ( E 1 ∩ B2 ∩ D3 )

p ( A ) = p ( F 4 E 1 ∩ B2 ∩ D3 ) × p ( D3 E 1 ∩ B2 ) × p ( B2 E 1 ) × p ( E 1 ) .

chiffre

1

2

3

4

5

6

7

8

9

nombre d’apparitions

9

8

15

11

16

11

12

7

11

fréquence 0,09 0,08 0,15 0,11 0,16 0,11 0,12 0,07 0,11 d’apparitions

i=1

A

D

1– 3

1 p ( B 2 E 1 ) = --- , p ( D3 E 1 ∩ B2 ) = 1 3 (d’après le schéma précédent). D’où :

9

1

F

Or p ( E 1 ) = 1 , car le visiteur entre par la salle E .

101 1.

∑

T

1

1– 3

E

A

D

= p ( F 4 E 1 ∩ B2 ∩ D3 ) × p ( D3 E 1 ∩ B2 ) × p ( E 1 ∩ B2 )

2 f –1 --- = 0 ,019 4 . d 2 > 0 ,015 4 .  i 5

L’hypothèse « les vols sont équirépartis dans la semaine » est rejetée.

2. d 2 =

1

1– 3

1– 3

nues lors de l’expérience. Au niveau de confiance de 90 %, les pièces 3 et 4 sont fausses.

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

104d2

nombre

5.

1

chiffre

les exercices

6

Test d’adéquation

7. Probabilités et statistiques

2  f – 1--- = 0 ,007 09 . Donc 100d 2 = 0 ,709 , 100d 2 < d . 9  i 9

3. L’hypothèse « la boule n’est pas truquée » est valide.

102 1. Tableau de répartition des 1 000 premières décimales de  chiffre

0

1

2

3

4

5

effectif

93

116

103

102

93

97

fréquence

0,093

0,011 6

0,010 3

0,010 2

0,093

0,097

et

1 p ( F 4 E 1 ∩ B 2 ∩ D 3 ) = --2

1 1 p ( A ) = --- × 1 × --- × 1 ⇔ p ( A ) = 1 --- . 2 3 6 Pour déterminer la probabilité d’un trajet, il suffit de multiplier les probabilités de chacune des branches de l’arbre. c. Trajets favorables : EBDF , EADF , EAGF . Soit B l’événement : « le parcours du visiteur est EADF ». 1 1 1 1 p ( B ) = --- × --- × --- = ----- . 3 3 2 18 Soit C l’événement « Le parcours du visiteur est EAGF ». 1 1 p ( C ) = --- × --- × 1 = 1 --- . 3 3 9 Donc p 1 = p ( A ∪ B ∪ C ) . Or les événements A , B et C sont deux à deux incompatibles, donc : 1 1 1 1 p 1 = p ( A ) + p ( B ) + p ( C ) = --- + ----- + --- ⇔ p 1 = --- . 6 18 9 3

111

105 1. a. Tirages successifs avec remise, il y a 2 séries possibles. À chaque fois, on est en présence d’un schéma de BERNOULLI. Donc X suit une loi binomiale. 5 15 20 b. p ( X = 5 ) =    2---  3---  0 ,075 . 5 5 5

6 5 4 7 - × ------ + ----- × ------ = 29 2. a. ---------- .

c. p ( X  2 ) = 1 – p ( X < 2 ) = 1 – p ( X = 0 ) – p ( X = 1 ) 3 = 1 –  ---  5

20

2 3 – 20  ---  ---  5  5

19

10

 0 ,999 .

5

10

les exercices

100

4

25

11

45 – x 2 + 10 x – ------  0 , soit 4  x  6 . 2

110 1. p 1 = 1--2

1– 3

ln 0 ,1 n  ------------------ , soit n  14 . ln 0 ,84 1 - . 106 1. a. p ( A ) = 1--- , p A ( R ) = 1--- et p ( A ∩ R ) = -----

2 4 1 1 13 b. p ( R ) = --- × --- + ------ = ------ . 6 2 10 30

5

10

13

n+4

2

3

n

0

1

2

3

4

5

p( R)

5 -----14

13 -----30

7 -----15

13 -----28

5 -----12

5 -----18

5

5

3– 4

1 - . 2. a. ----16

P

5.

15

lim

n→+∞

13

26 15

3 p n = ------ . 13

1– 4 1– 2

P

1 1 ------ ; • en B : ------ ; • en C : 11 ------ ; • en D : ------ . 111 1. a.• en A : 11

P

b. p 1 = 1--- . 3

1– 2

P

36

T

a. p ( P ) = 3--- × 2--- + 1--- × 3--- = 3--- . 4 5 2 5 5

B2

7 2 n–1 7  2 n–1 3 - -----4. u n = ----et p n = ------ + ------  ------ .    

T

3– 5

4– 5

A2

2 2 2 3 = – ------ + ------  u n + ------ = ------ u n . 65 15  13 15 2 7 ( u n ) est géométrique de raison ------ et de premier terme u 1 = ------ . 15 26 26 15

107 1. 2– 5

B2

2 3 1 ----3 3. u n + 1 = p n + 1 – ----- = --- + - p – -----13 5 15 n 13

n = 2 , donne la plus grande valeur de p ( R ) .

3 2 --- × --p(T ∩ P) 4 5 1 b. p P ( T ) = ----------------------- = ------------ = --- . p(P) 3 2 --5

4

b. 1 –  3--- = 175 --------- . 4 256

36

1 p n + 1 = p S ( S n + 1 ) p ( S n ) = --- ( 1 – p n ) . n 3

1 1 n On suppose que p n = ---  1 –  – ---  , n ∈ * .  3  4  1 1 1 1 n On a p n + 1 = --- ( 1 – p n ) = ---  1 – ---  1 –  – ---   3 3 4 3

1 3 175 2 199 - × --- + --------- × --- = --------- . c. ----16

12

1 2. a. Au rang 1 : 1---  1 –  – 1---  = 1--- × 4--- = 1--- = p 1 . 4 4 3 3 3

5

256

5

1 1 n 1 1 = ---  1 – --- + ---  – ---  3  4 4  3 

640

1 n + 1 1 n+1 1  1 1 = --- – ---  – --- = --- 1 –  – --- .  3  4  4 4  3

108 1.   = 210 . 4 10

1 1 n Donc ∀n ∈ * , p n = ---  1 –  – ---  .  3  4 

 4 ×  2  3  1 4 p ( B ) = ----------------------- = --------- . 105  10  4

2. a.

B1

2– 3 1– 2

2 - pn – 1 . 2. p n = 1--- p n – 1 + 1--- ( 1 – p n – 1 ) = 1--- + -----

7–n

1 n(7 – n) + (n + 4)(5 – n) + 4n + 10 = --- × ------------------------------------------------------------- = ---------------------------------- . 2 (n + 4)(7 – n) (n + 4)(7 – n)

c.

1– 2

A2

1 1 1 1 4 p 2 = --- × --- + --- × --- , donc p 2 = ------ . 2 3 2 5 15

1 n 1 5–n b. p ( R ) = --- × ------------ + --- × -----------2

A1

13

n 5–n p A ( R ) = ------------ , p B ( R ) = ------------ . n+4 7–n

2. a.

1– 2

10

1 30 3 p ( A ∩ R ) ----c. p R ( A ) = ----------------------- = - × ------ = ----- . p(R)

55

55 – x 2 + 10 x + 5  ------ ; 2

1 -----1 p ( S ∩ E ) = ----10- = 25 ------ × ------ = 5 --- . c. p E ( S ) = ---------------------4 10 8 p(E) 4 -----25 3. On cherche n tel que 1 – 0 ,84 n  0 ,9 0 ,84 n  0 ,1

– n2

112

10

– x 2 + 10 x + 5 x 2 + 10 x + 5 ----------------------------------  1 – –--------------------------------- ; 55 55

8 3 4 1 -------b. p ( E ) = ----- + - × --- = ------ = 0 ,16 . 10

11

x 11 – x 10 – x x + 1 – 2 x 2 + 20 x + 10 – x 2 + 10 x + 5 - × -------------- + -------------- × ------------ = ----------------------------------------- = ---------------------------------- . b. ----10 11 10 11 110 55 c. Il s’agit de résoudre :

1 - . 2. a. p ( S ) = 1--- ; p S ( E ) = 2--- ; p ( S ∩ E ) = ----4

 10 ×  10  5   5  15 876 -  0 ,34 . b. ----------------------------- = ---------------46 189  20  10

1 1 - = -------------------- . 109 1. a. --------- 20 184 756  10

b.

lim

n→+∞

1 p n = --- . 4

 6  4 1 1 8 209 b. p ( A ) = --------- , p ( C ) = --------- = ----- , p ( D ) = --------- et p ( E ) = --------- . 210 210 14 105 210

1. p I ( I n + 1 ) = 0 ,04 et p I ( I n + 1 ) = 0 ,64 .

4 p ( B ∩ C ) -------8 c. p C ( B ) = ----------------------- = - × 14 = ------ . 105 p(C ) 15

p ( I n + 1 ∩ I n ) = 0 ,04 p n et p ( I n + 1 ∩ I n ) = 0 ,64 ( 1 – p n ) .

112 Partie 1 n

n

2. p n + 1 = 0 ,04 p n + 0 ,64 ( 1 – p n ) = 0 ,64 – 0 ,6 p n .

x

–5

–1

4

10

15

p( X = x)

2 --------105

13 -----15

4 --------105

2 -----35

2 --------105

3. a. 1 E ( G ) = ------ . 21

q n + 1 = p n + 1 – 0 ,4 = 0 ,64 – 0 ,6 p n – 0 ,4 . = 0 ,24 – 0 ,6 ( q n + 0 ,4 ) = – 0 ,6q n

( q n ) est géométrique de raison – 0 ,6 .

12

Obligatoire :

7. Probabilités et statistiques

b. q n = 0 ,35 ( – 0 ,6 ) n – 1 et p n = 0 ,35 ( – 0 ,6 ) n – 1 + 0 ,4 . c. p 6
0 ,373 .

30 c.  P T > 10 ( T < 15 ) = 1 – p T > 10 ( T > 15 ) = 1 – ---------  0,45 . 

Partie 2 1 – 0 ,627 10
0 ,991 .

2. a. Y suit une loi binomiale de paramètre 6 et 0,3. b. p ( Y  4 ) = p ( Y = 4 ) + p ( Y = 5 ) + p ( Y = 6 )

10

6 6 6 =   0,3 4 × 0,7 2 +   0,3 5 × 0,7 +   0,3 6 × 0,7 0  4  6  5

113 En utilisant le binôme de NEWTON on trouve : k=0 n

+

 n  × 2n – k × 3k =  k

∑

k=0

p ( Y  4 )  0,07 .

 n  × 2n – k × ( – 1 )k 3k  k

∑

0  2k  n

B d 2 = 0 ,008 437 5 < 0 ,009 8 . Donc on peut le considérer comme parfaitement équilibré.

qui est bien un entier naturel. n

∑

114 A 1. f ( x ) =

k=0

2.

f ′( x) =

n

∑

k=1 n

3.

∑

k=1

1 p ( E ) = ------ et p ( F ) = 3 --- . 16 8 10 9 2. 1 – p ( F ) – 10 p ( F ) p ( F ) = 0 ,936 .

128 A 1.

 n  × 2 n – 2k × 3 k  2k 

 n  xk .  k

bac

n k   xk – 1 = n ( 1 + x )n – 1 .  k

1 3 - et p ( J ) = ------ . 129 1. a. p ( V ) = -----

n k   = n ( 1 + 1 ) n – 1 = n2 n – 1 .  k

10

B 4. et 5. On calcule p ( X = x ) avec X le nombre de boîtes qu’il a fallu

ouvrir pour avoir toutes les images. Dans le cas k = 2 , on trouve E ( X ) = 3 .

10

5 . b. p V ( R ) = 5--- et p ( R ∩ V ) = ----8

2. 2 n – 1 ( i n + ( – i ) n ) et – 2 n – 1 ( i n + 1 + ( – i ) n + 1 ) . 3. A = 1--- ( 8 n + 2 ( – 1 ) n ) , B = 1--- ( 8 n – ( – 1 ) n ) et C = 1--- ( 8 n – ( – 1 ) n ) .

b.

3

3

x

–m

0

20 – m

100 – m

p( X = x)

3 --5

29 -----80

1 -----40

1 -----80

117 b.

120 1. b. 121 b.

4

3. 1 –  2--- = 609 --------- . 5 625

118 a.

2. a.

119 b.

3. a.

122 1. c.

d. 3 €.

80

Les Q.C.M.

116 c.

4. c.

2. d.

4. 4.

130 1.

5. b.

3. a.

80

1 - . d. La probabilité de gagner 100 € est -----

– 51m ------------------------- . c. E ( X ) = 140

bac

c. p ( R ) = 29 ------ .

80

80 1 La probabilité de gagner 20 € est ------ . 40 2. a. X peut prendre les valeurs – m , 100 – m , 20 – m et 0.

4n - . 115 1. a = b = ---2

3

Les sujets

6. c.

4. a. b.

les exercices

n

∑

( 2 – 3 )n + ( 2 + 3 )n =

0,6

D1

0,4

D1

0,3

R1

0,7

R1

p ( R 1 ) = 0 ,18 .

b. b.

Vrai-Faux

2.

123 1. VRAI.

2. FAUX.

3. FAUX.

124 1. VRAI.

2. VRAI.

125 1. FAUX.

2. VRAI.

126 1. a. FAUX.

b. VRAI.

c. FAUX.

d. VRAI.

b. FAUX.

c. VRAI.

3. a. FAUX.

b. VRAI.

c. FAUX.

R1

0,7

R1

D1 0,7

d. VRAI. p(R ∩ R ) p(R)

Les ROC

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

0

0,8

R2

4. 0,179.

6 8 1 - ; p ( A 1 ) = ------ ; p ( A 2 ) = ------ . 132 1. p ( A 0 ) = -----

 e– x

6

0

= 1 – [–

t e –  x ]0

=

e– t

.

p(( X > 5 + t ) ∩ ( X > t)) • p X > t ( X > 5 + t ) = ----------------------------------------------------------p( X > t)

15

p ( X > x + t ) = --------------------- = e –  5 = p ( X > 5 ) . = ----------------------------p( X > t) e – t

B. 1. a. p ( T  10 ) = 0,7 , donc T ( T  10 ) = 0,3 1 10 ainsi e – 10  = 0,3 , donc l = ------ ln ------ . 10 3 e– 5

2

1

2

6 1 8 1 1 6 . - × --- + ------ × --- + ------ × 1 = ----b. p ( B 0 ) = ----15

6

15

15

2

15

8 1 c. p ( B 1 ) = ----- ; p ( B 2 ) = ------ . 15

e– (5 + t )

b. P T > 10 ( T > 15 ) = p ( T > 5 ) =

15

2. a. p A ( B 0 ) = 1--- ; p A ( B 0 ) = 1--- ; p A ( B 0 ) = 1 .

127 A. • p ( X  t ) = 1 – p ( X < t ) =1–∫

R2

D2

0 ,236

15

t

0,2

D2

0,3 0,4

0 ,18 1 - = ------------- = 0 ,763 . 3. p R ( R 1 ) = -------------------------

bac

p ( R ) = 0 ,18 + 0 ,2 × 0 ,7 × 0 ,4 = 0 ,236 .

D1

0,6

2. a. VRAI.

0,3

p( A ∩ B ) p ( B1 )

15

p A ( B1 ) p ( A1 )

1 8 --- × ------

p ( B1 )

8 -----15

2 15 1 1 1 1 d. p B ( A 1 ) = ---------------------------- = ----------------------------------- = -------------- = --- . 1

2

3. p ( R ) = p ( A 1 ∩ B 1 ) + p ( A 0 ∩ B 2 ) 3 30 = ------ = ---------- . 10 10

1 = p A ( B 1 ) p ( A 1 ) + p A ( B 2 ) p ( A 0 ) = --- . 1 0 3

113

2. p ( X  0 ,5 ) = 0 ,061 .

40 133 1. p ( X = k ) =   p k ( 1 – p ) 40 – k .

3. p X  8 ( X  10 ) = e – 0 ,25 = 0 ,779 .

k

2. a. E ( X ) = 2 . ------ b. p ( X = 0 ) =  19  40

4. 1 – p ( X < 10 ) 15 = 0 ,999 . 40

19 , p ( X = 1 ) = 2 ×  ------  20

5. 1 – p ( X < 10 ) n > 0 ,999

39

ln 0 ,001 n  -------------------------------- ; n  28 . ln p ( X < 10 )

39 19 39 et p ( X = 2 ) = ------ ×  ------ . 20  20 c. 0,676 7.

137 A 1.

3. E ( 2 ) = – 400 . 4. a. p ( X  2 ) = ( 1 –

p ) 40

+ 40 p ( 1 –

p ) 39

p( p – 1) + --------------------- p 2 ( 1 – p ) 38 2

= ( 1 – p ) 38 ( 741 p 2 + 38 p + 1 ) .

les exercices

b. f ′ ( x ) = – 21 640 x 2 ( 1 – x ) 37 < 0 si x ∈ [ 0 ; 1 ] .

1 p ( A 1 ) = --4

1 p ( A 2 ) = --- ; 2

et

ln 2  = ---------------
0 ,000 12 . 5 + 30 2. On cherche t tel que p ( t ) = 0 ,9 p ( 0 ) .

134 1. p ( A ) = 1 – 0,9 50  0,995 ;

ln 0 ,9 e –  t = 0 ,9 , t = ---------------
878 . – 3. p ( t ) = 0 ,5 ; 0 ,75e –  t = 0 ,5 .

p ( C )  0,888 .

2. a. La probabilité qu’au moins trois personnes répondent est de : 1 – ( p( X = 0) + p( X = 1) + p( X = 2)) e– a a1

B 1.

1 0 ,5 t = – --- ln ---------- = 3 379 .  0 ,75

= 1 –  --------------- + --------------- + ---------------  0! 1! 2!  e– a a0

e– a a2

138 1. a. p ( F ) = 0,92 ;

a2 = 1 – e – a  1 + a + ----- = f ( a ).  2

question 1.

p(F )

x

0,08

0,92

0,08

+∞

0

S

0,05

S

0,75

S

0,25

S

2. a. p ( S ) = 0,95 × 0,92 + 0,75 × 0,08 = 0,934 .

1

p (S) p(F ) p(S)

p ( F ∩ S ) ---------------------------  0,936 . b. p S ( F ) = ----------------------= F p(S)

0

b. On applique le théorème de la bijection. On trouve à l’aide de la calculatrice une solution comprise entre 6,29 et 6,3. c. Le nombre maximal de personne à interroger est 63,

1– 3

139 1. a. 0,653 2 ;

b. 0,027 6 ;

1 - . 2. -----

40 3.   0 ,12 10 × 0 ,88 30 = 0 ,011 3 . 10

a. p ( G ∩ A ) = --1-

G

3 et p ( G ) = --- . 7

G

b. p G ( A ) = --7- = 1--- .

2. 1 – 0 ,98 50
0 ,64 .

3. 1.

B 1.

b. 0,90.

a. 0,61.

2. 0,02

0,98

3

non défectueux

1 1 - et p R ( R n + 1 ) = --- . 141 1. a. p Rn ( R n + 1 ) = ----n 20

5

1 1 - p n et p ( R n + 1 ∩ R n ) = --- q n . b. p ( R n + 1 ∩ R n ) = -----

c. – 10

p ( T  t ) = 0 ,02 p ( T 1  t ) + 0 ,98 p ( T 2  t )

3. 0,01.

1 --3 --7

défectueux

= 0 ,02e – 5 × 10

7

ln 0 ,286 -  0 ,125 . 136 1. p ( X > 10 ) = e –  10 = 0 ,286 .  = --------------------

c. 0,119 2.

50 140 A 1.   0 ,02 2 × 0 ,98 48
0 ,2 . 2

G

G

10 0,874

12

6 c. p A ( B ) ≠ p ( B ) , donc A et B sont dépendants. 1 4 p A ( C ) = --- , p C ( A ) = --- , donc p A ( C ) = p ( C ) et p C ( A ) = p ( A ) . 3 7 A et C sont indépendants.

A

5 0,06

 0,976.

b. p A ( B ) = 5--- .

3– 4 2– 3

0 0,066

10 10 10 =   0,934 8 × 0,066 2 +   0,934 9 × 0,066 +   0,934 10  9  10  8

1 1 k Ainsi p 1 = ------ ( 1 – 6 p 1 ) , p 1 = ------ et p k = ------ . 15 21 21 4 1 2. a. p ( A ) = 12 ------ = --- , p ( B ) = 6 --- et p ( C ) = --- . 21 7 7 3

A

x p( B = x)

4. p ( X  8 ) = p ( X = 8 ) + p ( X = 9 ) + p ( X = 10 )

1 x = ------ ( 1 – 6 p 1 ) . 15 p p1 + r p p 2 + 2r r 2r -----2 = -------------= 1 + ----- et -----4 = ----------------- = 1 + -------------- . p1 p2 p1 p1 + r p1 p2 p1 + r r 2r Donc 1 + ----- = 1 + -------------- , d’où p 1 = -------------, soit p 1 = r . 2 p1 p1 + r

1– 4

3. a.

b. E ( B ) = 9,04 .

135 1. p 1 + p 2 + p 3 + p 4 + p 5 + p 6 = p 1 × 6 + 15r = 1

3– 7

0,95

F

+

f ( x)

4– 7

4

F

.

f ′( x)

3.

p ( F ∩ S ) = 0,02 .

c.

x2 x2 3. a. ∀x ∈
+ , f ′ ( x ) = e – x  1 + x + ---- – 1 – x = ----- e – x .  2 2 Donc f est croissante sur lim f ( x ) = 1 .

p F ( S ) = 0,95 ;

p ( F ∩ S ) 0,02 1 b. p F ( S ) = ---------------------- = ---------- = --- .

b. f ( 5 )  0,875 . Oui cette modélisation donne un résultat voisin de la


+

1 p ( B 2 ) = --- ; 8

2 3 5 3 375 -
0 ,206 . 2.    5---  3--- = ---------------16 384 2 8 8

Donc f est décroissante sur [ 0 ; 1 ] . Il existe un unique x 0 ∈ [ 0 ; 1 ] tel que f ( x 0 ) = 0 ,01 . On trouve n = 19 . c. p = x 0 . p ( B )  0,112 ;

et

3 5 p ( C 1 ) = --- et p ( C 2 ) = --- . 8 8

x→+ ∞

114

1 p ( B 1 ) = --8

20 1 1 p n + 1 = ------ p n + --- q n . 20 5

5

– 4t

+ 0 ,98e – 10

– 3t

.

Obligatoire :

1 1 3 - p n + --- ( 1 – p n ) = – ------ p n + 1 --- . d. p n + 1 = -----

1 1 De la même façon : P  ( V ) = ------ et P  ( D ) = ------ . 28 28

3 - vn . 2. a. v n + 1 = – -----

Deuxième méthode : On considère un ordre. On va imaginer un nouvel univers
′ qui contient tous les triplets sans répétition parmi les éléments de { A 1, A 2, A 3, B 1, B 2, B 3, C 1, C 2, C 3 } . Le premier élément du triplet correspond au jeton déposé par la machine M1 , le deuxième élément du triplet correspond au jeton déposé par la machine M2 et le troisième élément du triplet correspond au jeton déposé par la machine M3 .

5

20

5

20

3 b. v n = v 1  – ----

n–1

20

c.

lim

n→+∞

4 3 n–1 = – ------  – ------ . 23  20

4 3 n–1 4 p n = ------ – ------  – ------ . 23 23  20

4 p n = ------ . 23

142 1.
est donc l’ensemble des sous-ensembles à 3 éléments de l’ensemble des cases, donc : card (
) = C 93 = 84 . • Pour que H soit réalisé il faut que les cases dans lesquelles sont posés les jetons soient : A1 , B1 et C1 ou A2 , B2 et C2 ou A3 , B3 et C3 . Il y a alors 3 cas favorables, donc card ( H ) = 3 . 1 card ( H ) 3 p ( H ) = ---------------------- = ------ = ------ . card (
) 84 28 • Pour que V soit réalisé il faut que les cases dans lesquelles sont posés les jetons soient : A1 , A2 et A3 ou B1 , B2 et B3 ou C1 , C2 et C3 . Il y a alors 3 cas favorables, donc card ( V ) = 3 : card ( V ) 3 1 p ( V ) = ---------------------- = ------ = ------ . card (
) 84 28 • Pour que D soit réalisé il faut que les cases dans lesquelles sont posés les jetons soient : A1 , B2 et C3 ou A3 , B2 et C1 . Il y a alors 2 cas favorables, donc card ( D ) = 2 . 1 card ( D ) 2 p ( D ) = ---------------------- = ------ = ------ . card (
) 84 42 N = H ∪ V ∪ D , de plus ces 3 événements sont deux à deux disjoints : ( H ∩ V = ∅ , H ∩ D = ∅ et V ∩ D = ∅ ), donc : 2 p ( N ) = p ( H ∪ V ∪ D ) = p ( H ) + p ( V ) + p ( D ) = -----21 19 d’où p ( N ) = 1 – p ( N ) = ------ . 21 2. p ( X = 20 ) = p ( H ∪ V ) = p ( H ) + p ( V ) car H ∩ V = ∅ 1 donc p ( X = 20 ) = ------ . 14

Donc

4 p (  ) = --- car le nombre de cas favorable pour que la machine M1 mette un 9 jeton dans un des coins est 4 et le nombre total de cases est 9. On a l’équiprobabilité. On calcule p ( H ∩  ) : la machine M1 est déréglée donc elle a mis un jeton soit en A1 , C1 , A3 ou C3 : • Si la machine M1 a mis un jeton en A1 alors les cas favorables à H sont : ( A 1, B 1, C 1 ) et ( A 1, C 1, B 1 ) . • Si la machine M1 a mis un jeton en C1 alors les cas favorables à H sont : ( C 1, A 1, B 1 ) et ( C 1, B 1, A 1 ) . • Si la machine M1 a mis un jeton en A3 alors les cas favorables à H sont : ( A 3, B 3, C 3 ) et ( A 3, C 3, B 3 ) . • Si la machine M1 a mis un jeton en C3 alors les cas favorables à H sont : ( C 3, A 3, B 3 ) et ( C 3, B 3, A 3 ) . Donc : 8 1 p ( H ∩  ) = --------- = ------ . 504 63 1 -----p ( H ∩  ) 63 1 Conclusion : P  ( H ) = ------------------------- = ------ ⇔ P  ( H ) = ------ . 4 p() 28 --9 1 1 P  ( V ) = ------ et P  ( D ) = ------ . 28 28 b. p  ( N ) = p  ( H ∪ V ∪ D ) = p  ( H ) + p  ( V ) + p  ( D ) car H ∩ V = ∅ , H ∩ D = ∅ et V ∩ D = ∅ . Donc : 3 p  ( N ) = ------ . 28

4.

1 19 p ( X =  ) = p ( D ) = ------ . De plus p ( X = – 2 ) = p ( N ) = ------ . 42 21 La loi de X est : x

–2



20

p( X = x)

19 -----21

1 -----42

1 -----14

E ( X ) = – 2 × p ( X = – 2 ) +  × p ( X =  ) + 20 × p ( X = 20 )

p(H ∩ ) card (
′ ) = A 93 = 504 et P  ( H ) = ------------------------- . p()

3 –– 28 1– 5

∆

4– 5

∆

A

25 –– 28 2 –– 21

A

19 –– 21

A

A

3 1 2 4 41 p ( A ) = p  ( A ) p (  ) + p  ( A ) p (  ) = ------ × --- + ------ × --- = --------28 5 21 5 420 41 ⇔ p ( A ) = --------- . 420 3 1 ------ × ---

19 1 1 8  = – 2 × ------ +  × ------ + 20 × ------ = – ------ + ------ . 21 42 14 21 42 8  E ( X ) = 0 ⇔ – ------ + ------ = 0 ⇔  = 16 . 21 42 3. a. Première méthode : On sait que la machine M1 dispose un jeton dans un des quatre coins. Il y a donc 4 possibilités. Les deux autres machines vont disposer chacune un jeton il y a donc C 82 = 28 possibilités. Donc notre nouvel univers
′ admet 4 × 28 éléments c’est-à-dire :

9 p (  ∩ A ) p ( A  ) p (  ) 28 5 ----9 - = -------------------------------- = --------------- = - ⇔ p (  A ) = ------ . 5. p (  A ) = -----------------------

card (
′ ) = 112 .

2. a. La probabilité d’obtenir dans l’ordre les nombres 1, 2 et 4 est

p( A)

p( A)

41

41 --------420

41

143 1. p 1 = p 4 – 3r ; p 2 = p 4 – 2r ; p 3 = p 4 – r . p 1 + p 2 + p 3 + p 4 = 1 , donc : 4 p 4 – 6r = 1 ,

1,6 – 6r = 1 ,

r = 0,1 .

Ainsi p 1 = 0,1 ; p 2 = 0,2 ; p 3 = 0,3 .

Les cas favorables à H sont au nombre de 4 :

p 1 p 2 p 4 = 0,008 .

• Si M1 dispose un jeton en A1 il faut que les 2 autres machines placent les jetons en B1 et C1 .

b. La probabilité d’obtenir 3 nombres distincts rangés dans l’ordre croissant

• Si M1 dispose un jeton en A3 il faut que les 2 autres machines placent les jetons en B3 et C3 .

10 3. a. p ( X = i ) =   p 4i ( 1 – p 4 ) 10 – i .

• Si M1 dispose un jeton en C1 il faut que les 2 autres machines placent les jetons en A1 et B1 . • Si M1 dispose un jeton en C3 il faut que les 2 autres machines placent les jetons en A3 et B3 . Donc 4 1 P  ( H ) = --------- ⇔ P  ( H ) = ------ . 112 28

les exercices

20

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7. Probabilités et statistiques

est :

p 1 p 2 p 3 + p 1 p 2 p 4 + p 2 p 3 p 4 = 0,038 . i

b. E ( X ) = 10 p 4 = 4 . Tous les 10 lancers le chiffre 4 apparaîtra 4 fois en moyenne. c. p ( X  1 ) = 1 – p ( X < 1 ) = 1 – p ( X = 0 ) 10 = 1 –   p 04 ( 1 – p 4 ) 10 = 1 – ( 1 – p 4 ) 10  0 p ( X  1 )  0,994 .

115

4. a. ∀n ∈ ∗ , U n = ( 1 – p 4 ) n – 1 p 4 . Donc ( U n ) est une suite géométrique de raison 1 – p 4 et de premier terme U 1 = p4 . 1 – ( 1 – p )n 1 – ( 1 – p4 )

4 - = 1 – ( 1 – p4 )n b. ∀n ∈ ∗ , S n = p 4 ------------------------------

n→+ ∞

50

50 =   2 – 50 .  n

b. La probabilité que le jardinier obtienne n tulipes jaunes est :

n

c. On trouve n 0 = 14 .

144 1. a. Loi binomiale de paramètre 50 et 1--- . 4

25 -. b. L’espérance est ----2

les exercices

50 1 =   ×  ---  n   2

1 50 1 n 3 50 – n 1  50 – 50 2 . + --p ( J n ) = ---    ---  --- 2 n  2  n   4  4

lim S n = 1 .

116

n 50 – n 50 2. a. p B ( J n ) =   ×  1--- ×  1--- 2 2 n

n 50 – n 50 c.    1---  3--- . 4 4 n

d. La probabilité que le jardinier obtienne 15 tulipes jaunes est 0,089.

50 – n

3  50  1 ---  ---  n   4  4 pA(Jn) p( A) c. p n = p J ( A ) = ------------------------------ = ------------------------------------------------------------------------n 3 50 – n n p(Jn) 50  50  1 ---  --- +   2 – 50  n   4  4  n 3 50 – n -------------4 50 3 50 – n = -------------------------------- = ---------------------------- . 50 – n + 2 50 3 3 50 – n -------------- + 2 – 50 4 50

d. p n  0,9 ⇔ n  16 .

O B L I G A T O I R E

8

GÉOMÉTRIE DANS L’ESPACE

1. Le programme Contenus

Capacités attendues

Extraits des commentaires

j Produit scalaire dans l’espace Rappels sur le produit scalaire dans le plan. Définition du produit scalaire de deux vecteurs dans l’espace. Propriétés, expression en repère orthogonal.

Expression en repère orthonormal de la distance d’un point à une droite dans le plan. Plan orthogonal à un vecteur passant par un point. Équation cartésienne en repère orthonormal. Expression de la distance à un plan. Inéquation définissant un demi-espace.

On généralisera aux vecteurs de l’espace la définition du produit scalaire donnée dans le plan ; à cette occasion, on présentera la projection orthogonale sur une droite ou sur un plan.

On reprendra les problèmes d’alignement et de concours déjà abordés en classe de Première. On fera clairement apparaître que les problèmes géométriques considérés ici sont aussi l’étude des systèmes d’équations linéaires, que l’on résoudra algébriquement. On traitera aussi quelques situations numériques (issues de l’analyse, de situations économiques ou autres) s’y ramenant.

Les élèves doivent aussi savoir qu’une droite de l’espace peut être représentée par un système de deux équations linéaires.

j Droites et plans dans l’espace Caractérisation barycentrique d’une droite, d’un plan, d’un segment, d’un triangle. Représentation paramétrique d’une droite de l’espace. Intersection de deux plans, d’une droite et d’un plan, de trois plans. Discussion géométrique, discussion algébrique.

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2. Les commentaires Au cours de leur scolarité, les élèves ont étudié des objets simples du plan et de l’espace (droites, plans, cercles, sphères, triangles) à l’aide de méthodes diverses. En Terminale, l’objectif est de prolonger cette étude en équilibrant les points de vue algébrique et géométrique. Un point essentiel est la capacité à traduire en langage algébrique les problèmes géométriques et, inversement, d’interpréter géométriquement les calculs algébriques. Il n’y a pas lieu d’établir une opposition entre les méthodes de géométrie pure et les méthodes de géométrie analytique (calcul vectoriel ou calcul avec des coordonnées) : dans les deux cas, les élèves doivent améliorer leur vision des relations entre objets mathématiques, ceux-ci pouvant être aussi bien des objets géométriques que leurs représentations analytiques (coordonnées, équations). À ce titre, on pourra donner des exemples de démonstrations de propriétés géométriques à l’aide de ces deux méthodes. Les élevés traiteront de situations ou il s’agit, à partir de points, droites, plans... donnés dans un repère par leurs coordonnées ou leurs équations, d’en déterminer d’autres caractérisées par des conditions géométriques. Pour ce faire, on se placera toujours dans un repère orthonormal. Ces exercices aident à renforcer les capacités des élèves dans les calculs algébriques, mais leur intérêt va au-delà de l’aspect mécanique des calculs : les élèves apprennent ainsi à organiser leurs calculs et à les présenter de façon à mettre en évidence la signification géométrique de chaque étape. On insistera sur le fait qu’un exercice de géométrie analytique ne consiste pas à enchaîner sans commentaire des calculs formels, mais au contraire d’expliquer clairement ce que l’on est en train de calculer. Ces problèmes sont indissociables de l’étude des systèmes linéaires : les systèmes linéaires de deux équations à deux inconnues s’interprètent comme des intersections de deux droites du plan, les systèmes de deux ou trois équations linéaires à trois inconnues comme des intersections de deux ou trois plans de l’espace. Il n’est pas demandé d’étude générale des systèmes linéaires 3 × 3 (la méthode du pivot de GAUSS n’est pas au programme, l’utilisation systématique et codifiée d’opérations élémentaires sur les lignes non plus) ; les systèmes liés à tel ou tel problème seront résolus avec les mêmes méthodes que celles utilisées antérieurement pour les systèmes 2 × 2 (substitution ou combinaison élémentaire) en veillant à contrôler les équivalences entre les systèmes écrits : l’objectif est donc ici que les élevés acquièrent une maîtrise raisonnée des systèmes linéaires à deux ou trois inconnues sans qu’il soit nécessaire de viser une mécanisation complète des calculs.

On utilisera les diverses représentations des droites et des plans : caractérisation barycentrique, équation cartésienne d’un plan de l’espace, représentation paramétrique ou parfois système de deux équations cartésiennes d’une droite de l’espace, et, bien sûr, équation cartésienne ou représentation paramétrique d’une droite du plan (cette dernière notion étant à présenter en même temps dans le plan et l’espace). Certains problèmes mettront en œuvre la notion de partie convexe (le terme lui-même n’est pas au programme), sous-jacente à la définition du segment [ AB ] (resp. du triangle plein ABC ) comme ensemble des barycentres à coefficients positifs de A et B (resp. de A , B , C ). On pourra retrouver cette notion lors de situations se traitant à l’aide de demi-espaces ou de demi-plans : ce sera l’occasion d’aborder des systèmes simples d’inéquations linéaires. On continuera à traiter de situations planes, dans le prolongement de ce qui a été fait en première et en cohérence avec les autres parties du programme (nombres complexes, équations différentielles...).

les exercices Applications directes

 – 2

6 1. BC  – 4  et  : – 2 x – 4 y + d = 0 .  0 

2
1 = ------- AB × AB × cos ---- = --- AB 2 . 2 4 2 • AO . AB = AI . AB où I est le milieu de [ AB ] . 1 = --- AB 2 2 1 1 • AB . AO = --- ( AB 2 + AO 2 – OB 2 ) = --- AB 2 , car AO = OB . 2 2

2 HB . EG = ( HD + DB ) . EG = HD . EG + DB . EG = 0 + DB . AC = 0 , car ABCD est un carré.

A ∈  d’où – 2 ( – 2 ) – 4 ( 1 ) + d = 0 , 4 – 4 + d = 0 , d = 0 . Soit  : x + 2 y = 0 .  2 

 2   0  On a x BC = – x AB et y BC ≠ – y AB donc : AB et BC ne sont pas colinéaires.

Les points A , B et C ne sont pas alignés, donc A , B , C déterminent un plan. b. Soit n ( a ; b ; c ) un vecteur normal au plan ( ABC ) , donc :  n ⋅ AB = 0  2a – b + 2c = 0  a = – 2b ⇔  ⇔    n ⋅ BC = 0  – 2a – 4b = 0  2c = – 2a + b = 5b

HB . ED = ( HG + GB ) . ED = HG . ED + GB . ED = 0 . Donc ( HB ) est orthogonale à deux droites sécantes du plan ( EGD ) , d’où ( HB ) est orthogonale au plan ( EGD ) .

3 AE . HC = DH . HC = – HD . HC

 – 2

2. a. AB  – 1  et BC  – 4  .

Par suite, on peut choisir n ( – 4 ; 2 ; 5 ) . Soit M ( x ; y ; z ) ∈ ( ABC ) ⇔ A M . n = 0 . AM ( x + 2 ; y – 1 ; z + 1 ) ⇔ – 4 ( x + 2 ) + 2 ( y – 1 ) + 5 ( z + 1 ) = 0


2 = – HD × HC × cos ---- = – a × a 2 × ------- = – a 2 . 4 2

4

 1  3 • AB  7  et AC  5  . AB . AC = 3 + 35 + 4 ≠ 0 , donc :      4  1

⇔ – 4 x + 2y + 5z = 0 . –4 + 2 × 4 – 3 1 5 - = ------- = ------- . 7 1. d ( A ;  ) = -----------------------------------1+4

3–3 = 0 , donc B ∈  . 2. d ( B ;  ) = -------------5

( AB ) et ( AC ) ne sont pas perpendiculaires.  – 1 • CD  – 1  , AB . CD = – 1 – 7 + 8 = 0 , donc :    2  ( AB ) et ( CD ) sont orthogonales.

5 •
: ( x – 1 )2 + ( y + 1 )2 + ( z – 3 )2 = 4 . •
′ : ( x + 3 ) 2 + ( y – 3 ) 2 + ( z + 3 ) 2 = 20 .

8 Soit I le milieu du segment [ AC ] . D’après l’associativité du barycentre, on a G barycentre : Soit J le milieu de [ DI ] , alors G est le barycentre de : { ( B ; – 2 ), ( J ; 4 ) } .

AB = 4 5 , donc R = 2 5 . Soit :

4 BG = --- BJ = 2BJ 2

G

A

I

{ ( B ; – 2 ), ( D ; 2 ), ( I ; 2 ) } .

Soit I le milieu de [ AB ] , on a I ( – 3 ; 3 ; – 3 ) .  4  AB  0  , AB 2 = 16 + 64 = 80 .    – 8

5

5

J

C

D

B

9 a. 2MA + MB – MC = 2 Soit G le barycentre de { ( A ; 2 ), ( B ; 1 ), ( C ; – 1 ) } 2MG = 2 , donc MG = 1 . M appartient à la sphère de centre G et de rayon 1.

M ( x ; y ; z) ∈
′ ⇔ MA . MB = 0 M ( x ; y ; z) ∈ 6′ ⇔ (– 5 – x)(– 1 – x) + (3 – y)(3 – y) + (1 – z)(– 7 – z) = 0 M ( x ; y ; z ) ∈ 6 ′ ⇔ x2 + 6 x + 5 + y2 – 6 y + 9 – 7 + z2 + 6 z = 0 M ( x ; y ; z ) ∈ 6 ′ ⇔ x2 + 6 x + y2 – 6 y + z2 + 6 z + 7 = 0 .

118

b.

2MA + MB – MC = MA + MB 2MG = 2MI , avec I le milieu de [ AB ] . MG = MI .  est le plan médiateur de [ IG ] .

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1 • AO . AB = AO × AB × cos ( BAO )

Obligatoire :

 8

1

10 AB  2  , une représentation paramétrique de ( AB ) est :  3

 x = – 3 + 8t  avec t ∈
.  y = 1 + 2t  = + 3t z – 2 


= 2 × 2 cos ---- = 2 3 6

 – 1  1  u1  – 2  et u 2  2  , donc u 1 et u 2 ne sont pas colinéaires,      – 3  – 1 par suite 1 et 2 ne sont pas parallèles. t = – 2   t′ = 1 .

12 Un vecteur normal à  est n ( 1 ; – 3 ; 1 ) . Un vecteur directeur de  est u ( 1 ; – 3 ; 1 ) . n . u = 1 + 9 + 1 = 11 ≠ 0 , donc  et  sont sécantes en un point A . ( – 1 + t ) – 3 ( – 3t ) + ( 1 + t ) – 1 = 0 . 1 11t – 1 = 0 , t = ------ . Le point est : 11 10 3 12 A  – ------ ; – ------ ; ------ .  11 11 11

13 Les vecteurs normaux aux plans 1 et 2 sont respectivement : et

 2  n 2  1  n 1 et n 2 ne sont pas colinéaires donc :    – 1

1 et 2 sont sécants suivant une droite  .  x – y + 3z – 2 = 0  2 x + y – z – 1 = 0

 x – y + 3z – 2 = 0   3 x + 2z – 3 = 0

 2  x = – --- z + 1 3   y = x + 3z – 2 = – 1  z = t 

Une représentation paramétrique de la droite d’intersection de 1 et 2  x = – 2t ----- + 1  3  est : avec t ∈
.  y = 7t ----- – 1  3  z = t

14 Soit n i un vecteur normal à i , 1  i  3 .  1 n1  1  ,    1

 2  n2  – 4     1 

et

 – 1 n3  3     – 1

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n 1 et n 2 ne sont pas colinéaires, donc 1 et 2 sont sécants suivant une droite  . x + y + z – 3 = 0  2 x – 4 y + z – 2 = 0

x + y + z – 3 = 0  6 y + z – 4 = 0

z = – 6 y + 4   x = 3 – y – (– 6 y + 4)

 x = 5t – 1   : y = t avec t ∈
.   z = – 6t + 4  5  Soit u  1  un vecteur normal à  . u . n 3 = – 5 + 3 + 6 = 4 ≠ 0 , donc le    – 6 plan et la droite sont sécants en un point A .

16 u . v = u × v cos ( u ; v ) 3
– 6 = 3 v 2 cos ------4 4 –2 –2 v 2 = ---------------- = ---------- = ------v = 2 2 3
2 2 cos ------- – --------4 2 2

17 a. • BC . BA = BI . BA = a--- × a = a----2

2

a a2 • BC . GB = BC . JB = – a × --- = – ----- . 2 2 a2 • BC . BJ = BC × BJ = ----- . 2 2 a 3 1 a 3 a2 • GA . GJ = – G A × GJ = – --- ---------- × --- × ---------- = – ----- . 6 3 2 3 2 a2 2 a 3 1 a 3 • GB . GC = GB . GK = – --- ---------- × --- ---------- = – ----- . 3 2 3 2 6 a2 ---- = ----- . b. • BC . BA = BC × BA × cos ( ABC ) = a × a × cos
3 2 • BC . GB = – BC . BG = – BC × BG × cos ( CBG ) 2 a 3
a2 = – a × --- ---------- × cos ---- = – ----- . 2 3 2 6 a2 • BC . B J = BC × BJ × cos ( CBJ ) = ----- . 2

les exercices

11 1 et 2 ont pour vecteurs directeurs respectifs :

 1  n1  – 1     3 

Calculer un produit scalaire dans le plan

15 u . v = u × v cos ( u ; v )

1 – 3 + 8t = – 1 pour 8t = 2 , soit t = --- . 4 3 5 1  Pour t = --- , le point de ( AB ) est – 1 ; --- ; – --- , donc C ∉ ( AB ) .  2 4 4

 – t = 1 + t′  t + t′ = – 1  t′ = – t – 1    – 3t = 6 – t′ = – 1 3t – t′ – 7    4t = – 8 • Le point de 1 pour t = – 2 est ( 2 ; 6 ; 5 ) . • Le point de 2 pour t′ = 1 est ( 2 ; 6 ; 5 ) . 1 et 2 sont sécantes au point ( 2 ; 6 ; 5 ) .

8. Géométrie dans l’espace

• GA . GJ = G A × GJ × cos ( AGJ ) 2 a 3 1 a 3 a2 = --- ---------- × --- ---------- × cos
= – ----- . 3 2 3 2 6 2 a 3 2 a 3 2
• GB . GC = GB × GC × cos ( BGC ) = --- ---------- × --- ---------- × cos ------3 2 3 2 3 2 2 a a 1 = ----- ×  – ---  = – ----- . 3  2 6 D 18 A E

B

C 2

a. AB . DE = DC . DE = DC × DE cos 60 = a 2 × 1--- = a----- . 2

2

b. DB . DE = ( DA + AB ) . DE = DA . DE + AB . DE a2 = D A × DE × cos ( ADE ) + ----2 3 a2 a2 ( 1 – 3 ) = a 2 ×  – ------- + ----- = --------------------------- .  2 2 2

19 1. AC . DB = AC . ( DA + AB ) = AC . AB – AC . AD . 1 1 Or AC . AB = --- ( AB 2 + AC 2 – BC 2 ) , AC . AD = --- ( AC 2 + AD 2 – C D 2 ) . 2 2 1 1 Donc AC . DB = --- ( AB 2 + AC 2 – BC 2 ) – --- ( AC 2 + AD 2 – C D 2 ) . 2 2 D’où 2AC . DB = AB 2 + AC 2 – BC 2 – AC 2 – AD 2 + C D 2 2AC . DB = AB 2 – BC 2 – AD 2 + C D 2 . 2. ( AC ) et ( BD ) sont perpendiculaires si, et seulement si : AC . DB = 0 , d’où AB 2 + C D 2 = BC 2 + AD 2 . I

20

A N

B

O

E

U

K

– ( 5t – 1 ) + 3t – ( – 6t + 4 ) + 3 = 0 . – 5t + 1 + 3t + 6t – 4 + 3 = 0 , 4t = 0 , t = 0 , d’où A ( – 1 ; 0 ; 4 ) .

119


1. EBN +
---- + ABO + ---- = 2
, donc EBN =
– ABO . 2

2

2. BE . BN + BO . BA = BE × BN cos ( EBN ) + BA cos ( ABO ) . Comme BE = BO et BN = BA , on obtient : BE . BN + BO . BA = BO × BN × cos (
– ABO ) + BO × BA cos ABO . Or cos (
– x ) = – cos x , donc : BE . BN + BO . BA = – BO × BN × cos ABO + BO × BA cos ABO = 0 .

3. AE . ON = ( AB + BE ) . ( OB + BN )

les exercices

= AB . OB + AB . BN + BE . OB + BE . BN . BAIN est un carré, donc ( AB ) ⊥ ( BN ) , alors AB . BN = 0 .

23 a. BC . BF = 0 . b. EB . ED = ( EA + EF ) . ( EH + EA ) = EA . EH + EA . EA + EF . EH + EF . EA = 0 + E A2 + 0 + 0 = a2 . c. AB . AG = AB ⋅ ( AB + BG ) = AB 2 + AB . BG = a 2 .

d. CH . GC = – CH . CG = – a 2 . e. CH . GF = 0 . f. AG . DF = ( AB + BG ) . ( DA + AF ) = AB . DA + AB . AF + BG . DA + BG . AF AG . DF = 0 + a 2 + AH . DA + AH . AF

BEVO est un carré, donc ( BE ) ⊥ ( OB ) , alors BE . OB = 0 .

= a 2 – AH . AD + AH . AF

D’où AE . ON = AB . OB + BE . BN = 0 d’après 1.

= a 2 – a 2 + ( AE + AD ) . ( AE + AB )

Par suite ( AE ) ⊥ ( ON ) .

= 0 + AE 2 + 0 + 0 + 0 = a 2 .

  
= BO × BN × cos  ---- + OBA  2   donc BO . BN = BA . BE .  BA . BE = BA × BE × cos ( ABE ) 
   = BN × BO × cos AOB + ----   2 

4. BO . BN = BO × BN × cos ( OBN )

5. BK . AO = 1--- ( ( BN + BE ) . AO )

2 1 = --- ( BN . AO + BE . AO ) 2 1 = --- ( BN . ( AB + BO ) + BE . AO ) 2 1 = --- ( BN . AB + BN . BO + BE . AO ) 2 1 1 = --- ( 0 + BA . BE + BE . AO ) = --- BE . ( BA + AO ) 2 2 1 = --- ( BE . BO ) = 0 . 2 Donc ( BK ) ⊥ ( AO ) , d’où ( BK ) est la hauteur issue de B dans le triangle OAB . K est le milieu de [ BE ] , donc ( BK ) est la médiatrice issue de B dans le triangle EBN .

 – 1

 4 

25 1. AB  – 1  et AC  3  .

 2   – 4 AB . AC = – 4 – 3 – 8 = – 15 .  – 4  – 5 BA  1  et BC  4  .      – 2  – 6

BA . BC = 20 + 4 + 12 = 36 .

 1   5  CA  – 3  et CB  – 4  .      4   6 

CA . CB = 5 + 12 + 24 = 41 .

– 15 546 AB . AC – 15 2. cos ( BAC ) = ------------------------ = -------------------------- = ----------------------- . AB AC

21 × 26

546

BAC = 129 ,9° . BA . BC 36 36 17 33 cos ( ABC ) = ---------------------- = -------------------------- = ------------- = ---------------- . AB × BC 77 21 × 77 7 33 ABC = 26 ,5° . CA . CB 41 41 2 002 cos ( ACB ) = ----------------------- = -------------------------- = ------------------------- . 2 002 AC × BC 26 × 77 ACB = 23 ,6° .

26 1. Les faces sont des triangles équilatéraux. 21 a. Dans le repère orthonormé ( A ; A B ; A D ) on a : A ( 0 ; 0 ) , B ( 1 ; 0 ) , D ( 0 ; 1 ) et C ( 1 ; 1 ) , 1 1 donc I  --- ; 0 et J  1 ; ---  . 2   2 1  1   --1 1 DI . AJ = --- × 1 – 1 × --AJ  1  DI  2     ---  2 2  – 1  2 1 1 = --- – --- = 0 . 2 2

b. DJ . AJ =  DA + 1--- AB .  AB + 1--- AD     2

2 1 1 1 2 = – AD . AB – --- AD + --- AB 2 + --- AB . AD . 2 2 4 Comme ABCD est un carré alors AB . AD = 0 et AB = AD . Donc DI . AJ = 0 . Dans les deux cas ( DI ) et ( AJ ) sont orthogonales.

1 a2
• BA . BD = BA × BD × cos ---- = a 2 × --- = ----- . 2 2 3
a2 • BA . BC = B A × BC × cos ---- = ----- . 3 2 2

2

2

2

a 2. BA . CD = BA . ( CB + BD ) = – BA . BC + BA . BD = – a----- + ----=0 . De même BC . AD = BD . AC = 0 .

3. a. BH . CD = ( BA + AH ) . CD = BA . CD + AH . CD = 0 + AH . CD . Or H est le projeté orthogonal de A sur le plan ( BCD ) , donc ( AH ) ⊥ ( BCD ) , en particulier : AH . CD = 0 , par suite BH . CD = 0 . b. De même CH . BD = DH . BC = 0 . H est l’orthocentre du triangle BCD .

4. a. Le triangle AHB est rectangle en H , donc AB 2 = AH 2 + H B 2 . Or H est l’orthocentre du triangle BCD équilatéral, donc : 2 a 3 3 HB = --- ---------- = a ---------- . 3 2 3

Calculer un produit scalaire dans l’espace

22 a. AB . AC = AB 2 = a 2 . b. AB . CD = AB . BA = – AB 2 = – a 2 . c. AB . FG = AB . BC = 0 . d. DB . GC = DB . FB = 0 . e. DB . HF = DB . DB = BD 2 = 2a 2 . f.

120

ED . EC = ED . ( EF + ED ) , or ( ED ) ⊥ ( EF ) , donc ED . EF = 0 . = ED . ED = 2a 2 .

6a AH = ---------- . 3

et

a 3 a 3 ×b a b.  ABCD = 1--- ×  BCD × AH or  BCD = h----------- = --- × ---------- = ------------2

3

2

2

2

4

3 18 a 2 × 3 2 a 2 2 1 a2 3 6a - = ---------------------- = ------------- .  ABCD = --- × ------------- × ---------- = a--------------3 4 3 9×4 12 32 × 4

1 ---- = --- a 2 . 27 a. AB . AC = AB × AC × cos

b. AD . AK = AD × AK × cos ---3 1 1 1 2 ---=a× a× = a . 2 2 4

3

C

2

K I

A

D J

B

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

2

a2 2a 2 AH 2 =  a 2 – ----- = -------- 3 3

Par suite :

Obligatoire :

2

c. AB . IK = AB . 1--- BA = – 1--- a 2 .

a 3. ( SB ) ⊥ ( SD ) ⇔ h 2 – ----- = 0

2

2

d. AD . JK = AD . ( JB + BA + AK )

a2 2 ⇔ h 2 = ----- ⇔ h = ------- a , car h > 0 et a > 0 . 2 2

1 = AD . --- BD – AB . AD + AD . AK 2 1 1 = --- DA . DB – AB . AD + --- a 2 2 4 1  2 1  2 1 1 2 = --- × a × --- – a × --- + --- a 2  2  2 4

Donc

 2 

28 1. • H B 2 = a 2 – h 2

 – 3  2  AB . AC = 8 – 2 – 6 = 0 . Donc ABC est rectangle en A .

• H A2 = b2 – h2

A

 3 

• HA = b 2 – h 2

AB 2 = a 2 + b 2

b

2

a2 b2

– –

h2 ( a2

–

+

h2 )

b2 )

=

+

h2

h4

=

 – 1  9  BA . BC = 9 + 0 – 9 = 0 . Donc BAC est rectangle en B .

H h

a2 – h2 + b2 – h2 + 2 ( a2 – h2 ) ( b2 – h2 ) = a2 + b2 h2 ) ( b2

a

C

B

h4

------ ; 2 , AB 2 = 625 --------- . 32 AB  – 3--- ; – 35  2 2 2 11 27 AC  – ------ ; – 10 ; – ------ ,  2 2

625 AC 2 = --------- . 2

h 2 = ----------------- d’où : a2 + b2

15 1 AD  – 16 ; – ------ ; --- ,  2 2

625 AD 2 = --------- . 2

1 a2 + b2 1 1 ----- = ----------------- = ----- + ----- . h2 a2 b2 b2 a2 2. a. ( OH ) est orthogonale au plan ( ABC ) .

15 31 BC  – 4 ; ------ ; – ------ ,  2 2

625 BC 2 = --------- . 2

29 3 BD  – ------ ; 10 ; – --- ,  2 2

625 BD 2 = --------- . 2

21 5 CD  – ------ ; --- ; 14 ,  2 2 

625 C D 2 = --------- . 2

h2 ( a2 + b2 ) = a2 b2 a2 b2

C

HC . AB = HO . AB + OC . AB = 0 + OC . ( AO + OB ) =0 car ( OC ) ⊥ ( OA ) et ( OC ) ⊥ ( OB ) .

Donc ABCD est un tétraèdre régulier.

H

HB . AC = HO . AC + OB . AC,

O

B

= 0 + OB . ( AO + OC ) = 0 . A

 1 

 – 4

 – 2

 4  CD  2  , CD . AB = 4 – 6 + 2 = 0 , donc ( CD ) ⊥ ( AB ) .    – 1

b. AB . OC = ( AO + OB ) . OC = 0

  AB . OH = 0 , car ( OH ) ⊥ ( ABC )  ( AB ) est perpendiculaire au plan ( OCH ) .

C est le projeté orthogonal du point D sur la droite ( AB ) .

c. OK . AB = ( OH + HK ) . AB = OH . AB + HK . AB .

34 1. O ( 0 ; 0 ; 0 ) , A ( a ; 0 ; 0 ) , B ( 0 ; a ; 0 ) et C ( 0 ; 0 ; a ) . Comme OA = OB = OC et OAB , OBC et OAC sont rectangles en O , donc :

Or ( OH ) ⊥ ( ABC ) , donc ( OH ) ⊥ ( AB ) ; ( HK ) ⊥ ( AB ) , donc OK . AB = 0 .

( OK ) est la hauteur issue de O dans le triangle OAB .

BC = AB = AC d’après le théorème de Pythagore.

d. Dans le triangle OAB rectangle en O , K est le projeté orthogonal de 1 1 1 O sur ( AB ) , donc ----------- = ----------- + ----------- . OK 2 O A 2 OB 2 Dans le triangle OCK rectangle en O , H est le projeté orthogonal de O sur ( CK ) (car H ∈ ( CK ) et ( OH ) ⊥ ( ABC ) , d’où ( OH ) ⊥ ( CK ) ) . 1 1 1 1 1 1 1 Donc ------------ = ----------- + ----------- , par suite ------------ = ----------- + ----------- + ----------- . OH 2 OC 2 OK 2 OH 2 O A 2 OB 2 OC 2

29 1. a. OA . OB = 0 car ABCD est

Le triangle ABC est équilatéral, I est le pied de la hauteur issue de C du triangle ABC , donc I est le milieu de [ AB ] : a a I  --- ; --- ; 0 . 2 2  a a • CI  --- ; --- ; – a 2 2  a a a • OH  --- ; --- ; --- ,  3 3 3

S

un carré.

b. AO . AS = AO . ( AO + O S )

a a 2a • CH  --- ; --- ; – ------ 3 3 3 H ∈ ( CI ) .

3 • C I = --- CH , donc : 2

a2 a2 a2 OH . CI = ----- + ----- – ----- = 0 , donc : 6 6 3 ( OH ) ⊥ ( CI ) .

Par suite, H est le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OIC .

= AO 2 + AO . O S Or ( OS ) est la hauteur de la pyramide SABCD , donc AO . O S = 0 .

2. BC 2 = AB 2 = AC 2 = 2a 2 . D

2 1 1 AO . AS =  --- a 2 = --- a 2 . 2  2

C O

A

B

c. SB . SD = ( SO + OB ) . ( SO . OD ) = SO 2 + SO . OD + OB . SO + OB . OD . Or ( SO ) ⊥ ( ABCD ) , donc ( SO ) ⊥ ( OD ) et ( SO ) ⊥ ( OB ) , par suite : SO . OD = OB . SO = 0 . a 2 a 2 a2 S B . SD = h 2 – ---------- × ---------- = h 2 – ----- . 2 2 2

2.  = 1--- a 2 × h . 3

 2 

33 AC  – 6  , AB  – 3  , AC = 2AB , donc C ∈ ( AB ) .

K

H est l’orthocentre du triangle ABC .

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

 + 3

31 BA  0  et BC  2 

( a2 – h2 + b2 – h2 ) = a2 + b2 ( a2

 4 

30 AB  1  et AC  – 2 

1 1 1 = --- a 2 + --- a 2 – --- a 2 = 0 . 4 2 4

• HB = a 2 – h 2

1 2 2  = --- a 2 × ------- a = ------- a 3 . 3 2 6

les exercices

2

8. Géométrie dans l’espace

HO = OD , donc OD = – OH alors : a a a D  – --- ; – --- ; – --- .  3 3 3 2 a 18 a2 a2 16 1 AD 2 =  – --- – a + ----- + ----- =  ------ + --- + 1 --- a 2 = ------ a 2 = 2a 2 .  3  9 9 9  9 9 9 2 a 2 a a 2 BD 2 =  – --- +  – --- – a +  – --- = 2a 2 .  3  3  3  2 a 2 a 2 a C D 2 =  – --- +  – --- +  – --- – a = 2a 2 .  3   3  3

AB = AC = AB = BC = BD = CD , donc ABCD est régulier.

3. Comme H  a--- ; a--- ; a--- , alors H est le centre de gravité du triangle 3 3 3 ABC . Or ABC étant équilatéral, H est l’orthocentre du triangle ABC .

121

Comme ABCD est régulier, le projeté orthogonal de D sur le plan ( ABC ) est le point H , donc  ∈ ( OH ) .

 est isobarycentre des points A , B , C et D . Or H est l’isobarycentre des points A , B et C . D’après l’associativité du barycentre  = barycentre { ( H ; 3 ), ( D ; 1 ) } , on prouve que  ∈ ( OH ) . a a a A ( a ; 0 ; 0 ) , B ( 0 ; a ; 0 ) , C ( 0 ; 0 ; a ) et D  – --- ; – --- ; – --- .  3 3 3 1 2a 1 2 a 1 2 a   ---  ------ ; ---  ------ ; ---  ------  donc : 4 3 4 3 4 3 a a a   --- ; --- ; --- . 6 6 6

 4 

 1 

43 1. AB  1  , AC  – 1  , x AB = 4 x AC et y AB ≠ 4 y AC .

 0   – 2 AB et AC ne sont pas colinéaires, les points A , B et C déterminent un plan.  a

2. Soit u  b  un vecteur normal au plan ( ABC ) .  c

 n . AB = 0   n . AC = 0

 a + b – 2c = 0   4a – b = 0

 a + b – 2c = 0   b = 4a

Un vecteur normal au plan ( ABC ) est n ( 2 ; 8 ; 5 ) .

3. Soit M ( x ; y ; z ) ∈ ( ABC ) ⇔ A M . n = 0

les exercices

⇔ 2( x + 1) + 8( y + 1) + 5(z – 1) = 0 ⇔ 2 x + 8y + 5z + 5 = 0 .

3

Équation cartésienne de plan

 1 ---   2  1 1      0    35 n p  1  , n p′ – 2  , n q  – 1---  et n q′  3  . 4    0   – 1  0  3   – --4- 

36 Soit M ( x ; y ; z ) ∈ 3 ⇔ A M . u = 0

44 1. Le centre de la sphère est  ( 2 ; 1 ; – 3 ) . AB 1 Le rayon est -------- = --- ( – 10 ) 2 + ( – 2 ) 2 + ( – 2 ) 2 = 3 3 . 2 2 L’équation de
est donc ( x – 2 ) 2 + ( y – 1 ) 2 + ( z + 3 ) = 27 .

2. VA est un vecteur normal au plan tangent  .  7–2   5 VA  2 – 1  , VA  1  .      – 2 + 3  1 M ( x ; y ; z) ∈ 3 ⇔ AM . VA = 0

⇔ 1( x – 1) + 0( y + 4) – 2(z – 3) = 0

⇔ 5( x – 7) + ( y – 2) + (z + 2) = 0

⇔ x – 2z + 5 = 0 .

⇔ 5 x + y + z – 35 = 0 .

 – 4

37 AB  – 4  est un vecteur normal au plan que l’on notera  .

 6   : – 4 x – 4 y + 6z + d = 0 . Soit I le milieu de [ AB ] ; I ( – 2 ; 1 ; 2 ) ∈  . – 4 × (– 2) – 4(1) + 6 × 2 + d = 0 8 – 4 + 12 + d = 0 d = – 16  : – 4 x – 4 y + 6z – 16 = 0 ou 2 x + 2 y – 3z + 8 = 0 .

38 Une équation cartésienne de  est de la forme : – x + 2y + z + d = 0 A ∈  , 1 + 4 – 3 + d = 0 , d’où d = – 2

 : – x + 2y + z – 2 = 0 .  – 2

39 AB  2  , M ∈  ⇔ AB . CM = 0 .

45 1. ( x + 1 ) 2 – 1 + ( y – 1 ) 2 – 1 + ( z – 2 ) 2 – 4 + 2 = 0 . ( x + 1 )2 + ( y – 1 )2 + ( z – 2 )2 = 4 . Le centre  est  ( – 1 ; 1 ; 2 ) de rayon 2. –2 – 2 – 2 – 3 9 - = --- = 3 . 2. d (  ;  ) = -----------------------------------3

4+4+1

3. d (  ;  ) = 3 > 2 , donc :  et
ne sont pas sécants.

46 1. x 2 + ( y + 1 ) 2 – 1 + ( z – 3 ) 2 – 9 – 15 = 0 ; x 2 + ( y + 1 ) 2 + ( z – 3 ) 2 = 25 . Le centre est  ( 0 ; – 1 ; 3 ) de rayon 5. 0 – 9 – 6 15 = ------ = 3 . 2. d (  ;  ) = ----------------------16 + 9

5

3. d (  ;  ) = 3 < 5 , donc :  et
sont sécants et l’intersection est un cercle.

 – 2

47 1. ( x – 2 ) 2 – 4 + ( y + 1 ) 2 – 1 + ( z + 3 ) 2 – 9 + 10 = 0 ;

⇔ x–4+y–2–z+2=0 .

: x+y–z–4=0 .

40 n 1 , n 2 , n 3 et n 4 les vecteurs normaux respectifs de  ,  ′ ,

 et  ′ .

 1   2   1   – 1 n 1  2  , n 2  – 2  , n 3  – 2  et n 4  3  .          – 1  – 4  1   1  • n 1 = – n 2 donc  //  ′ Les plans  et  ′ sont parallèles. • n1 . n4 = – 2 + 6 – 4 = 0 .  ′ est perpendiculaire aux plans  ,  ′ . • n1 . n2 = – 1 – 4 + 1 = – 4 ≠ 0 .

41 – 5 ( – 1 ) + ( 1 ) – ( 0 ) = 5 + 1 = 6 donc B ∈  .  5   – 5 AB  – 1  . Un vecteur normal à  est n  1  .      1   – 1 AB = – n , donc AB est un vecteur normal à  . B ∈  . B est le projeté orthogonal de A sur  .

122

( x – 2 )2 + ( y + 1 )2 + ( z + 3 )2 = 4 .


est de centre  ( 2 ; – 1 ; – 3 ) et de rayon 2. 6–2–3–1 2. d (  ;  ) = -------------------------------=0 . 9+4+1

3.  ∈  , donc :  et
sont sécants suivant un cercle de centre  et de rayon 5.  10 

48 1. BC  – 4 

et

 5  BD  – 6  .    – 2

 2   a Soit n  b  un vecteur normal au plan ( BCD ) .    c  n . BC = 0  10a – 4b + 2c = 0  5a – 2b + c = 0     n . BD = 0  5a – 6b – 2c = 0  4b + 3c = 0 Un vecteur normal au plan ( BCD ) est n ( 2 ; 3 ; – 4 ) . Soit M ( x ; y ; z ) ∈ ( BCD ) ⇔ B M . n = 0 ⇔ 2( x + 6) + 3( y – 1) – 4(z – 1) = 0 ⇔ 2 x + 3 y – 4 z + 13 = 0 .

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

⇔ – 2( x + 4) + 2( y – 2) – 2(z – 2) = 0

Obligatoire :

 x H – 3 = 2k   y H – 2 = 3k   z H + 1 = – 4k

 xH – 3    AH  y H – 2     zH + 1 

avec k ∈


H ∈ ( BCD ) , donc 2 x H + 3 y H – 4z H + 13 = 0 2 ( 3 + 2k ) + 3 ( 2 + 3k ) – 4 ( – 1 – 4k ) + 13 = 0 6 + 4k + 6 + 9k + 4 + 16k + 13 = 0 29k = – 29 , k = – 1 . D’où H ( 1 ; – 1 ; 3 ) .  7  BH  – 2     2   3–1  BH . CD = – 35 + 4 – 8 = – 39 .

 – 5 CD  – 2  .    – 4

 1+6 

3. BH  – 1 – 1  ,

et

5

Avec des demi-espaces

54 x A – 2 y A + 4z A – 7 = 3 + 2 + 8 – 7 = 6 > 0 . Donc une équation du demi-plan est x – 2 y + 4z – 7 > 0 . 55 Soit n ( a ; b ; c ) un vecteur normal du plan ( ABC ) .  2  AB  1     – 1  n . AB = 0   n . AC = 0

et

 – 2 AC  1  .    – 1  2a + b – c = 0   – 2a + b – c = 0

 2a + b – c = 0   4a = 0 .

4. Comme BH . CD ≠ 0 , donc ABCD n’est pas orthocentrique.

Un vecteur normal au plan ( ABC ) est n ( 0 ; 1 ; 1 ) .

5. Le projeté orthogonal de I sur le plan ( OIK ) est O .

M ( x ; y ; z ) ∈ ( ABC ) ⇔ A M . n = 0

Le projeté orthogonal de J sur le plan ( OIK ) est O . Le projeté orthogonal de K sur le plan ( OIJ ) est O . Donc les quatre hauteurs sont concourantes en O . Par suite OIJK est orthocentrique.

⇔ ( y + 1) + (z – 3) = 0 ⇔ y+z–2=0 . yD – zD – 2 = 1 – 2 = – 1 < 0 . L’inéquation cherchée est y + 3 – 2  0 .

4

Distance d’un point à un plan

56 L’équation de ( ABC ) est z = 0 . L’équation de ( BCD ) est 6 x + 2 y + z – 2 = 0 . L’équation de ( ACD ) est 2 x – y + 2z – 4 = 0 . L’équation de ( ABD ) est x + 2 y + 2z – 2 = 0 . z  0  6 x + 2 y + z – 2  2   2 x – y + 2z – 4  0  x + 2y + 3 – 2  0

–3 – 2 – 4 + 1 8 - = --- . 49 d ( A ;  ) = -----------------------------------5

9 + 1 + 16

les exercices

2. Soit H ( x H ; y H ; z H ) , on a H ∈ ( BCD ) . AH est un vecteur normal.

8. Géométrie dans l’espace

–3 3 6 - = ------- = ------- . 50 d ( O ;  ) = ------------------------1+1+4

 2 

6

2

 2 

 0

52 1. AB  – 5  , AC  – 4  et BC  1  .

 5   6   1 Soit n ( a ; b ; c ) un vecteur normal au plan ( ABC ) .

6

 2a – 5b + 5c = 0  n . AB = 0   n . BC = 0 b + c = 0 .  Donc un vecteur normal est n ( 5 ; 1 ; – 1 ) .

A′B = 2A′C , soit A′B – 2A′C = 0 .

57 2. A′ est le symétrique de B par rapport à C donc : A′ = barycentre { ( B ; 1 ), ( C ; – 2 ) } .

Soit M ( x ; y ; z ) ∈ ( ABC ) ⇔ A M . n = 0 ⇔ 5( x + 1) + ( y – 2) – (z + 3) = 0 ⇔ 5x + y – z = 0 . 0+1+1 2 2 3 - = ---------- = ---------- . 2. d ( D ; ( ABC ) ) = ---------------------------25 + 1 + 1

9

3 3

3. AB . BC = 0 – 5 + 5 = 0 , donc ABC est un triangle rectangle en B . BA × BC 54 × 2  ABC = --------------------- = ----------------------- = 3 3 . 2 2 9

3

 – a et

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

 0 

 – a AC  0  .    c 

y = a --- x  b  z = a --- x .  c Un vecteur normal au plan ( ABC ) est n ( bc ; ac ; ab ) .  n . AB = 0   n . AC = 0

 – ax + by = 0   – ax + cz = 0

Soit M ( x ; y ; z ) ∈ ( ABC ) ⇔ A M . n = 0 ⇔ bc ( x – a ) + acy + abz = 0 ⇔ bcx + acy + abz – abc = 0 . abc - . 2. d ( O ; ( ABC ) ) = h = -------------------------------------------------b2 c2 + a2 c2 + a2 b2

1 b2 c2 + a2 c2 + a2 b2 1 1 1 - = ---------------------------------------------- = ----- + ----- + ----- . 3. ---h2

a2 b2 c2

a2

et C′ = barycentre { ( A ; 1 ), ( B ; – 2 ) } .

4. Soit G l’isobarycentre du triangle ABC , donc : G = barycentre { ( A ; – 1 ), ( B ; – 1 ), ( C ; – 1 ) } = barycentre { ( A ; 1 ), ( B ; – 2 ), ( A ; – 2 ), ( C ; 1 ), ( B ; 1 ), ( C ; – 2 ) } . D’après l’associativité du barycentre : G = barycentre { ( C′ ; – 1 ), ( B ′ ; – 1 ), ( A ′ ; – 1 ) } .

58 1. Comme a ≠ 0 et b ≠ 0 les coefficients 1--- et 1--- existent :

53 Soit n ( x ; y ; z ) un vecteur normal au plan ( ABC ) . 1. AB  b 

3. B′ = barycentre { ( C ; 1 ), ( A ; – 2 ) }

G est l’isobarycentre du triangle A′B′C′ .

2 3 2 - = --- . 4.  ABCD = 1--- × 3 3 × --------3

Barycentres

b2

c2

a b 1 1 b+a --- + --- = ------------ . a b ab 1 De plus ab ≠ 0 et a + b ≠ 0 , donc --- + 1 --- ≠ 0 , par suite G′ existe. a b 1 --b b 1 ab - AB et AG′ = ------------ AB = --- × ------------ AB . 2. AG = ----------a+b 1 1 b a+b --- + --a b a AG′ = ------------ AB . a+b IG + IG′ = IA + AG + IA + AG′ b a = 2IA + ------------ AB + ------------ AB = – AB + AB = 0 . a+b a+b I est le milieu de [ GG′ ] .

3. GG′ = 2GI = 2GA + AB – 2b – 2b + a + b = ------------ AB + AB = ----------------------------- AB . a+b a+b a–b a – b AB . GG′ = ------------ AB , donc GG′ = ----------a+b a+b

123

61 • Si m = 0 , alors G m n’existe pas. • Si m ≠ 0 , alors G m existe. Soit K, le barycentre du système pondéré { ( C ; m – 2 ), ( D ; m ) } , alors K décrit la droite ( CD ) privée de C (car m ≠ 0 ). D’après l’associativité du barycentre, G m est le barycentre de

a–b >1 4. GG′ > AB ⇔ -----------

m–1 2m – 2 { ( I ; 2 ) , ( K ; 2 m – 2 ) } d’où IG m = ---------------- IK = ------------- IK . m 2m m–1 Donc, G m est l’image de K par l’homothétie de centre I et de rapport ------------- . m G m décrit l’image de la droite ( CD ) privée de C, par l’homothétie de centre m–1 et de rapport ------------- . m

59 • B′ = barycentre { ( A ; 1 ), ( C ; 1 ) } . • C′ = barycentre { ( A ; 1 ), ( B ; 1 ) } . • D = barycentre { ( A ; 3 ), ( B ; 2 ) } .

62 – a – b – c – d + b + c + d = – a ≠ 0 , donc le barycentre existe et on le note G′ .

2 1 • E = barycentre { ( B ; 2 ), ( C ; 1 ) } . AD = --- AB et BE = --- BC . 5 3 1. 6DI = DC . 6DA + 6 A I = DA + A I + IC .

– ( a + b + c + d )G′G + bG′G + bGB + cG′C + cGC + dG′G + dGD = 0 .

5DA + 6 A I – A I – IC = 0 . – 2 AB + 5 A I – IC = 0 2 A I + 2IB – 5 A I + IC = 0 .

3IA + 2IB + IC = 0 , donc :

I = barycentre { ( A ; 3 ), ( B ; 2 ), ( C ; 1 ) } .

2. I = barycentre { ( A ; 1 ), ( C ; 1 ), ( A ; 2 ), ( B ; 2 ) } . I = barycentre { ( B′ ; 2 ), ( C ′ ; 4 ) } , donc

I ∈ [ B′C′ ] .

3. I = barycentre { ( A ; 3 ), ( B ; 2 ), ( C ; 1 ) } . I = barycentre { ( D ; 5 ), ( C ; 1 ) } , donc

I ∈ [ DC ] .

– ( a + b + c + d )G′G + bG′B + cG′C + dG′D = 0 . – aG′G + bGB + cGC + dGD + aGA – aGA = 0 . 0 – a ( G′G + GA ) = 0 , or a ≠ 0 , donc G′A = 0 par suite A = G′ .

63 5SG = SO = SG + GA + AO . 4SG = GA + 1--- AC .

2 8SG = – 2AG + AG + GC = – AG + GC . 8GS + GA + GC = 0 , donc : G = barycentre { ( S ; 8 ), ( A ; 1 ), ( C ; 1 ) } .

4. I = barycentre { ( A ; 3 ), ( B ; 2 ), ( C ; 1 ) } . I = barycentre { ( A ; 3 ), ( E ; 3 ) } , donc :

I est le milieu de [ AE ] .

5. I ∈ ( B′C′ ) , I ∈ ( DC ) et I ∈ ( AE ) , donc : les droites ( B′C′ ) , ( DC ) et ( AE ) sont sécantes en I .

64 1. La masse du système est 3m + m + m + 3 – 5m = 3 ≠ 0 donc Gm existe. En utilisant l’associativité du barycentre : G m = barycentre { ( C′ ; 3 m ), ( O ′ ; 2 m ), ( A ; 3 – 5 m ) } , donc : G m ∈ ( O′C′A ) . Or A′ ∈ ( O′C′ ) , donc A′ ∈ ( AA′C′ ) . G m ∈ ( AA′C′ ) .

60 1. Il faut que la masses du système soit non nulle. – 1 + 2 + m ≠ 0 , m ≠ – 1 . Si m ≠ – 1 alors Gm existe.

D'

2. G 0 = barycentre { ( A ; – 1 ), ( B ; 2 ) }

G 2 = barycentre { ( A ; – 1 ), ( B ; 2 ), ( C ; 2 ) } . Donc G 2 = barycentre { ( A ; – 1 ), ( I ; 4 ) } , avec I le milieu de [ BC ] . 4 AG 2 = --- AI . 3 4 G 0 G 2 = G 0 A + AG 2 = – 2AB + --- AI 3

A'

B' D

16 4 2 5 20a 2 G 0 G 22 = ------ a 2 + --- a 2 = ------------ , d’où G 0 G 2 = ---------- a . 9 9 3 9 3. – MA + 2MB + 2MC = MA + MB + MC . 3MG 2 = 3MG , avec G centre de gravité du triangle ABC . M G 2 = MG , donc 1 est la médiatrice de [ GG 2 ] . 2 4 Or G vérifie AG = --- AI et AG 2 = --- AI , donc I est le milieu de 3 3 [ GG 2 ] . De plus ( AI ) ⊥ ( BC ) , car ABC est isocèle en A , donc G 1 = ( BC ) .

4. – MA + 2MB + MC = AB ⇔ 3M G 2 = AB ⇔ M G 2 = 1--- AB . 3 a 2 est le cercle de centre G2 et de rayon --- . 3 5. – MA + 2MB + MC = 2MA – MB – MC . 2MA – MB – MC est un vecteur constant. 2MA – MB – MC = – AB – AC = – ( AB + AC ) = – 2 AI .

A

2 3 est le cercle de centre G2 et de rayon --- AI = G 2 G donc : 3 G ∈ 3 .

124

B

2. a. En utilisant l’associativité du barycentre on a : K = barycentre { ( C′ ; 3 ), ( O ′ ; 2 ) } d’où K ∈ ( O′C′ ) or A′ ∈ ( O′C′ ) donc : K ∈ ( A′C′ ) .

b. G m = barycentre { ( C′ ; 3 m ), ( D ′ ; m ), ( B ′ ; m ), ( A ; 3 – 6 m ) } , donc :

G m = barycentre { ( K ; 5 m ), ( A ; 3 – 5 m ) } .

5m 5 AK = --- m AK . 3. a. G m ∈ ( AK ) et AG m = -------

3 3 Quand m décrit
, Gm décrit la droite ( AK ) . Donc Gm décrit la droite ( AK ) . b. Pour que G m ∈ [ KA ] il faut que 5m et 3 – 5m soient de même signe. m 5m

–∞ 2

0

5 --3

0

1

+∞

–∞

m

0 1

3 – 5m

3 Donc m ∈ 0 ; --- . 5

66 1. BG = 2BC . 2. F = barycentre { ( G ; – 2 ), ( A ; – 2 ) } , donc :

2MA – MB – MC = 2 AI . M ∈  3 ⇔ 3M G 2 = 2 AI 2 ⇔ M G 2 = --- AI = AG = CG 2 . 3

C O

4 1 = – 2AB + ---  --- ( AB + AC ) , d’après la règle du parallélogramme .  3 2 2 2 2 4 = – 2AB + --- AB + --- AC = – --- AB + --- AC . 3 3 3 3 4 2 16 4 G 0 G 22 = ------ AB 2 + --- AC 2 – 2 × --- × --- AB . AC . 3 3 9 9 Or AB . AC = 0 , car ABC est rectangle en A .

C' O'

F est le milieu de [ AG ] . B

C

G

F A

3 --5 0

+∞ 2 © Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

les exercices

a+b a–b a–b ⇔ ------------ > 1 , ou ------------ < – 1 a+b a+b – 2b 2a ⇔ ------------ > 0 , ou ------------ < 0 a+b a+b 2b 2a ⇔ ------------ < 0 , ou ------------ < 0 . a+b a+b 2b 2a Il faut que ------------ et ------------ soient négatifs. a+b a+b Si a + b < 0 , il faut que a > 0 ou b > 0 . Si a + b > 0 , il faut que a < 0 ou b < 0 .

Obligatoire :

MA + MG = 2MF  1  MF = --- AF . 2 MA – MF = FA  2

1 est la sphère de centre F et de rayon --- AF . 2

67 1. H = barycentre { ( A ; 1 ), ( B ; 1 ), ( C ; 1 ) } donc G = barycentre { ( B ; 1 ), ( H ; 3 ) } . Soit G ∈ ( BH ) par suite B , G et H sont alignés.

2. 3 4MG = 4 3MH . MG = MH , donc : 1 est le plan médiateur de [ GH ] . 3. a. La masse 2 + 1 – 3 = 0 , donc le système de points pondérés n’admet pas de barycentre. v = MA + 2MB – 3MC = MA + 2MA + 2AB – 3MA – 3AC = 2AB – 3AC .

b. • Pour M = C , on a u = CA + 2CB . • Pour M = C , on a v = CA + 2CB . Donc u = v pour M = C .

c.

v u = v ⇔ 4MG = v ⇔ MG = -------4 est la sphère de centre G passant par C .

68 Nouvelle figure du plan

70 1.

AO

O

I

BO

4 A 1 = barycentre { ( A 0 ; 1 ), ( B 0 ; 4 ) } où A 0 A 1 = --- A 0 B 0 . 5 2 B 1 = barycentre { ( A 0 ; 3 ), ( B 0 ; 2 ) } où A 0 B 1 = --- A 0 B 0 . 5

2. a n + 1 = 1--- ( a n + 4b n ) et b n + 1 = 1--- ( 3a n + 2b n ) 5

5

3. a. • Au rang n = 0 , 3a 0 + 4b 0 = – 12 + 12 = 0 . La propriété est

vraie au rang n = 0 . • On suppose que pour un n fixé, on a 3a n + 4b n = 0 et on démontre que : 1 3a n + 1 + 4b n + 1 = 0 = --- ( 3a n + 12b n + 12a n + 8b n ) 5 1 = --- ( 15a n + 20b n ) = 3a n + 4b n = 0 . 5 • ∀n ∈  , 3a n + 4b n = 0 .

b. On a b n = – 3--- a n et a n + 1 = 1--- ( a n – 3a n ) = – 2--- a n .

4 5 5 2 4 1 4 De plus on a a n = – --- b n et b n + 1 = ---  3  – --- b n + 2b n = – --- b n .  5 3 5   3 

4. ( a n ) et ( b n ) sont des suites géométriques de raison – 2--- . 5

2 n 2 n ∀n ∈  , a n = – 4  – --- et b n = 3  – --- .  5  5 2 2 n Comme – 1 < – --- < 1 , lim  – --- = 0 5 n → + ∞  5 d’où lim a n = lim b n = 0 . An et Bn tendent vers O. n→+∞

n→+∞

1. Créer / Point / Point libre / Dans le plan / : A ; B ; C. Créer / Numérique / Variable réelle libre / dans un intervalle Créer / Point / Barycentre / : ( A, m ) ( B, m 2 + 3 ) ( C, 2m ) noté G. Afficher / Sélection / Trace : G / OK / Enclencher TT Utiliser les flèches pour obtenir le lieu des points G.

2. La masse du système est : m 2 + 3m + 3 .  = 9 – 4 × 3 = – 3 < 0 , donc ∀n ∈
, m 2 + 3m + 3 ≠ 0 , d’où G m existe et G 0 = B .

3. m E G m A + ( m 2 + 3 ) E G m B + 2m E G m C = 0 ( m 2 + 3m + 3 ) E G m B = – ( m B A + 2 m B C )

m BG m = ------------------------------ ( BA + 2BC ) . m 2 + 3m + 3 Il existe un point D ∈ tel que BA + 2BC = BD , d’où G m ∈ ( BD ) .

4. f est dérivable sur [ – 1 ; 1 ] comme quotient de fonctions dérivables. 1 ( x2 + 3 x + 3 ) – ( 2 x + 3 ) x – x2 + 3 f ′ ( x ) = ----------------------------------------------------------------- = ---------------------------------- . ( x2 + 3 x + 3 )2 ( x2 + 3 x + 3 )2 Comme ( x 2 + 3 x + 3 ) 2 > 0 , le signe de f ′ ( x ) est du signe e 3 – x 2 . Or x ∈ [ – 1 ; 1 ] , donc x 2 ∈ [ 0 ; 1 ] , d’où 3 – x 2 ∈ [ 2 ; 3 ] . Donc, f est croissante sur [ – 1 ; 1 ] . Si – 1  x  1 , alors f ( – 1 )  f ( x )  f ( 1 ) , soit – 1  f ( x )  1 --- , donc 7 décrit le segment [ EF ] avec BE = – ( BA + 2BC ) et Gm 1 BF = --- ( BA + 2BC ) . 7

69 1. La masse du système est 1 – 3m + 2m + m = 1 ≠ 0 donc Gm

existe. Si m = 0 , alors G 0 = A .

2. • x = ( 1 – 3m ) × 2 + 2m × 3 – m = 2 – 6m + 6m – m = 2 – m . • y = ( 1 – 3m ) ( – 1 ) – 2 ( 2m ) + 0 × m = – 1 + 3m – 4m = – 1 – m .

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

• z = ( 1 – 3m ) × 1 + 0 × ( 2m ) + 2m = 1 – 3m + 2m = 1 – m . x = 2 – m   y = – 1 – m avec m ∈
.  z = 1 – m G m ∈  où  est la droite passant par ( 2 ; – 1 ; 1 ) et u ( – 1 ; – 1 ; – 1 ) , un vecteur directeur. 3. Gm appartient au triangle ABC si, et seulement si, 1 – 3m , 2m et m sont de même signe. 1 1 – 3 m > 0 si m > --- . 3 1 2m et m sont du signe de m , donc il faut que m > 0 et m < --- ou m < 0 3 1 et m > --- , ce qui est impossible. 3 1 Donc Gm appartient au triangle ABC si, m ∈ 0 ; --- . 3

7

Représentation paramétrique d’une droite x = t 

71 1.   y = t

 z = 1 + t

 x = – 1 – t′ 

2.  ′  y = 0

  z = – 1 + 2t′

les exercices

1 MF = --- AG . MF = AF , donc : 2 1 est la sphère de centre F et de rayon AF . Comme FA = FG , donc A et G appartiennent à 1 . 4. F est le milieu de [ AG ] , donc :

3.

8. Géométrie dans l’espace

avec t ∈
.

avec t′ ∈
.

 5

 x = – 2 + 5t

 1

 z = 1 + t

 72 1. AB  – 2 d’où ( AB )  y = 7 – 2t

avec t ∈
.

2. – 2 + 5t = 13 , pour t = 3 .

Le point de ( AB ) , pour t = 3 est ( 13 ; 1 ; 4 ) , donc C ∈ ( AB ) . – 2 + 5t = – 12 , pour t = – 2 . Le point de ( AB ) , pour t = 2 est ( – 12 ; 11 ; – 1 ) , donc D ∉ ( AB ) .  – 6

 x = 1 – 6t 

 5

 z = – 2 + 5t

73 a. AB  4  d’où ( AB )  y = – 3 + 4t avec t ∈
.   4 

 x = – 5 + 4t 

 – 2

 z = 3 – 2t

 – 2

 x = 1 – 2t 

 3

 z = – 2 + 3t

b. BC  0  d’où [ BC ]  y = 1 

avec t ∈ [ 0 ; 1 ] .

c. AC  4  d’où [ AC )  y = – 3 + 4t avec t ∈ [ 0 ; + ∞[ .  d. La représentation paramétrique de ( AB ) n’est pas unique. Une autre représentation paramétrique de ( AB ) est :  x = 3 + 5t′   y = 5 – 2t′ avec t ′ ∈
.   z = 2 + t′

74 1. – 2 + 3t = – 2 , pour t = 0 . Le point de  est alors ( – 2 ; 0 ; – 3 ) , donc A ∉  . – 2 + 3t = 1 , pour t = 1 . Le point de  est alors ( 1 ; – 1 ; – 5 ) , donc B ∈  . – 2 + 3t = – 8 , pour t = – 2 .

125

Le point de  est alors ( – 8 ; 2 ; 1 ) , donc C ∉  . – 2 + 3t = 4 , pour t = 2 . Le point de  est alors ( 4 ; – 2 ; – 7 ) , donc D ∈  .

2. Un vecteur directeur de  est u ( 3 ; – 1 ; – 2 ) .  x = – 1 + 3t  avec t ∈
. 3.  ′  y = 2 – t  z = – 4 – 2t 

75 Un vecteur normal du plan est un vecteur directeur de la droite donc : x = – 3 + t    y = 5 – 2t avec t ∈
.   z = – 1 + 3t

les exercices

76 a. Une droite.

b. Un segment. d. Une demi-droite.

c. Une demi-droite. x – 2y – z = 3 

x – 2y = z + 3   2 x – 3 y = 4 – 2t  z = t

77  2 x – 3 y + 2z = 4  z = t

x = 2y + t + 3  d’où :  y = – 2 – 4t  z = t 

 x = – 1 – 7t   y = – 2 – 4t avec t ∈
.  z = t . Les deux systèmes ne définissent pas la même droite. x + y + z = 2 

78  – 2 x – y + 3z – 5 = 0  z = 1 + t

z + y + z = 2   y + 5z = 9  z = 1 + t

 z = 2 – y – z = 2 – 4 + 5t – 1 – t = – 3 + 4t  avec t ∈
.  y = 9 – 5 – 5t = 4 – 5t  z = 1 + t  Les deux systèmes définissent la même droite.  1 

80 Soit n  – 1 un vecteur normal à .

 2  On note  la droite perpendiculaire à  passant par A. x = – 1 + t   : y = 2 – t t∈
 z = 2t 

H ∈  donc H ( – 1 + t ; 2 – t ; 2 t ) .

5 H ∈  , donc – 1 + t – 2 + t + 4t = 2 ; 6t = 5 ; t = --- . Donc : 6 – 1 7 5  H -------- ; --- ; --- .  6 6 3

81 a. L’équation du plan ( O ; i, j ) est z = 0 . 7 5 L’intersection de  avec ( O ; i, j ) est  – --- ; --- ; 0 .  2 2  b. L’intersection de  avec ( O ; i, k ) est ( – 6 ; 0 ; 5 ) . c. L’intersection de  avec ( O ; j, k ) est ( 0 ; 6 ; – 7 ) .

– 3 x + 2 y + z = 1 

b.  x – y + 2z = 5  z = t

 x – y + 2z = 5   – y + 7z = 16  z=t 

 x = y – 2z + 5 = 5t – 11  avec t ∈
.  y = 7t – 16  z = t 

84  et  ′ admettant le vecteur u′ ( 5 ; – 1 ; – 4 ) comme vecteur directeur, donc  et  ′ sont confondues ou parallèles. • Pour t = 0 , le point de  est ( – 1 ; – 3 ; 0 ) . • Pour t = – 2 , le point de  ′ est ( – 1 ; – 3 ; 0 ) . Donc :  et  ′ sont confondues. 85  et  ′ admettant le vecteur u′ ( 1 ; 1 ; 3 ) comme vecteur directeur, donc  et  ′ sont confondues ou parallèles. • Pour t = 0 , le point de  est ( – 3 ; 0 ; 1 ) . • Pour t′ = – 2 , le point de  ′ est ( – 3 ; 0 ; – 1 ) . Donc :  et  ′ sont strictement parallèles. 86 Soit u ( 1 ; 1 ; 3 ) un vecteur directeur de  et u′ ( 1 ; – 2 ; 3 ) un vecteur directeur de  ′ . u et u′ ne sont pas colinéaires, donc :  et  ′ sont sécantes ou non coplanaires.  – 3 + t = – 1 + t′   t = 2 – 2t′

t = 2   t′ = 0

• Pour t = 2 , le point de  est ( – 1 ; 2 ; 7 ) . • Pour t′ = 0 , le point de  ′ est ( – 1 ; 2 ; 5 ) . Donc :  et  ′ sont non coplanaires.

87 Soit u ( 2 ; – 1 ; 1 ) un vecteur directeur de  et u′ ( 1 ; – 1 ; 4 ) un vecteur directeur de  ′ . u et u′ ne sont pas colinéaires, donc :  et  ′ sont sécantes ou non coplanaires.  – 3 + 2t = t′   2 – t = 1 – t′

t = 2   t′ = 1

• Pour t = 2 , le point de  est ( 1 ; 0 ; 3 ) . • Pour t′ = 1 , le point de  ′ est ( 1 ; 0 ; 3 ) . Donc :  et  ′ sont sécantes au point ( 1 ; 0 ; 3 ) .

88 a.  et  ′ ne sont pas parallèles, donc :

 et  ′ sont sécantes ou non coplanaires.

 4 – 5t′ = – 1   3 – 2t′ = 1 – t

t = 0   t′ = 1

• Pour t = 0 , le point de  est ( – 1 ; 1 ; 1 ) . • Pour t′ = 1 , le point de  ′ est ( – 1 ; 1 ; 1 ) .  a

b. Soit n  b  un vecteur normal de  , alors n . u = 0 et n . u′ = 0 .  c

 – b – 2c = 0   – 5a – 2b + 2c = 0

 b = – 2c   – 5a + 6c = 0

D’où n ( – 6 ; 10 ; – 5 ) . M ∈  ⇔ AM . n = 0 , avec A ( – 1 ; 1 ; 1 )

c = – 5   1  a = --- ( 6c ) = – 6 5   b = 10 

⇔ – 6 ( x + 1 ) + 10 ( y – 1 ) – 5 ( z – 1 ) = 0

8

Les intersections

82 a.  et  sont confondus. b.  et  sont strictement parallèles. 83 Dans les deux cas,  et  ne sont pas parallèles donc leur intersection est une droite. 2 x – y + z + 2 = 0 

a.  x + y + z = 0  z = t

y = – x – z   3 x + 2z + 2 = 0  z = t

2  x = 1--- ( – 2z – 2 ) = – 2 --- – --- t  3 3 3  avec t ∈
. 5  y = – 2--- – 2--- t – t = – 2 --- – --- t  3 3 3 3  z = t

126

89 1. Soit u ( – 4 ; 2 ; – 2 ) et u′ ( 2 ; – 1 ; 1 ) les vecteurs directeurs respectifs de  et de  ′ , on a u = – 2u′ .  et  ′ sont parallèles. ( 1 ; 5 ; – 1 ) est un point de  ′ . 3 3 5 – 2 – 4t = 1 pour t = – --- , donc le point de  est  1 ; --- ; --- .  4 2 2  et ′ sont strictement parallèles. Les points A ( 1 ; 5 ; – 1 ) et B ( – 2 ; 3 ; 1 ) sont deux points de  . AB ( – 3 ; – 2 ; 2 ) et u′ ( 2 ; – 1 ; 1 ) sont deux vecteurs non colinéaires de  . 2. Soit n ( a ; b ; c ) un vecteur normal au plan  .  AB . n = 0   u′ . n = 0

 – 3a – 2b + 2c = 0   2a – b + c = 0

 2a – b + c = 0   7a = 0

a = 0  b = c = 1 .

Un vecteur normal est donc n ( 0 ; 1 ; 1 ) . M ( x ; y ; z) ∈  ⇔ AM . n = 0 ⇔ ( y – 5) + (z + 1) = 0 ⇔ y + z – 4 = 0 .

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⇔ – 6 x + 10 y – 5z – 11 = 0 .

Obligatoire :

90 Un vecteur normal à  est n ( – 2 ; 1 ; – 1 ) . Un vecteur directeur à  est u ( 1 ; – 3 ; 1 ) . n . u = – 2 – 3 – 1 = – 6 ≠ 0 , donc  et  sont sécants. – 2t – 1 – 3t – 2 – t + 3 = 0 . t = 0 . Le point d’intersection de  et de  est A ( 0 ; – 1 ; 2 ) .

=

+

+1=9 .

2. V A 2 est un vecteur normal à  , VA ( 2 ; 2 ; – 1 ) . Soit M ( x ; y ; z ) ∈  ⇔ A M ⋅ V A = 0 ⇔ 2( x – 3) + 2( y – 3) – z = 0 ⇔ 2 x + 2 y – z – 12 = 0 . 3. a. BC ( 1 ; – 2 ; – 2 ) et BD ( 2 ; 0 ; – 2 ) . z BC = z BD et x BC ≠ x BD . Les vecteurs BC et BD ne sont pas colinéaires, les points B , C et D ne sont pas alignés, donc ces points déterminent un plan  . b. Soit n ( a ; b ; c ) un vecteur normal à  .  n . BC = 0 d’où   n . BD = 0 Un vecteur normal à

 a – 2b – 2c = 0 a = c    2a – 2c = 0  – 2b – c = 0  est n ( – 2 ; 1 ; – 2 ) .

x + y + z = 4  – x + y – z = 2

2 y = 6  x = 4 – y – z

y = 3  x = 1 – z

x = 1 – t  avec t ∈
. Représentation paramétrique de   y = 3  z = t  Un vecteur directeur de  est u 1 ( – 1 ; 0 ; 1 ) . u 1 . w = – 3 + 0 + 3 = 0 , donc  est parallèle à . Un point de  est le point A ( 1 ; 3 ; 0 ) . 3 × 1 + 4 × 3 + 3 × 0 – 15 = 0 , donc A ∈ , par contre  ⊂ . L’intersection des trois plans est la droite  .  1  7 ---   – 4  1  6 97 u  – --- , v   et w  2  sont les vecteurs normaux respectifs aux  2  0  – 8  2   12 plans ,  et . Les vecteurs a et w sont colinéaires ( – 4 u = w ) . Le point ( 0 ; 0 ; 6 ) ∈  et – 4 × 0 + 2 × 0 + 6 × ( – 8 ) + 1 ≠ 0 , donc ( 0 ; 0 ; 6 ) ∉ ,  et sont alors strictement parallèles. Par suite, les trois plans n’ont pas d’intersection.

94 1. ( x – 1 ) 2 + ( y – 1 ) 2 + ( z – 1 ) 2 = V A 2 = 9 . 22

 – 1  1  3 plans  ,  et . Les vecteurs u , v et w ne sont pas colinéaires, donc les plans  ,  et ne sont pas parallèles. L’intersection de  et de  est la droite  :

a = c   c = – 2b

Soit M ( x ; y ; z ) ∈ 4 ⇔ B M . n = 0

 x + y – 2z + 7 = 0  x = – y + 2z – 7 = z – 4 + 2z – 7 = 3z – 11   y = – z + 4 .   3 y + 3z – 12 = 0 S = { ( 3z – 11 ; – z + 4 ; z ) ; z ∈
} . Graphiquement les trois plans sont sécants suivant une droite.

98 a.  – y – z + 4 = 0

les exercices

92 Un vecteur normal à  est n ( 1 ; 1 ; – 2 ) . Un vecteur directeur à  est u ( 1 ; 1 ; 1 ) . u . n = 1 + 1 – 2 = 0 , donc  et  sont parallèles. Un point de  est A ( 5 ; 1 ; 4 ) . 5 + 1 – 2 × 4 + 2 = 6 – 8 + 2 = 0 , donc A ∈  .  est incluse dans le plan  . L’intersection de  et  est la droite  . 22

 3

96 u  1  , v  1  et u  4  sont les vecteurs normaux respectifs des

91 Un vecteur normal à  est n ( 1 ; 3 ; – 1 ) . Un vecteur directeur à  est u ( 3 ; – 1 ; 0 ) . n . u = 3 – 3 = 0 , donc  est parallèle à  . Un point de  est A ( 1 ; – 2 ; 2 ) . 1 + 3 ( – 2 ) – 2 + 1 = 1 – 6 – 2 + 1 = – 6 ≠ 0 donc  est strictement parallèle à  . Il n’y a pas d’intersection entre  et  .

V A2

 – 1

 1

8. Géométrie dans l’espace

b. S = { ( – 1 ; 1 ; 0 ) } . Les trois plans sont sécants en un point A ( – 1 ; 1 ; 0 ) .

⇔ – 2( x + 1) + 1( y – 2) – 2(z + 1) = 0 ⇔ – 2 x + y – 2z – 6 = 0 .

4. Un vecteur normal à  est n ( 2 ; 2 ; – 1 ) . Un vecteur normal à  est n′ ( – 2 ; 1 ; – 2 ) . n . n′ = – 4 + 2 + 2 = 0 , donc  et  sont perpendiculaires.  2 x + 2 y – z – 12 = 0  y = z + 6   – 2 x + y – 2z – 6 = 0  3 y – 3z – 18 = 0  2 x = 12 – 2 y + z = – z   2 x + 2 y – z – 12 = 0

5. 

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 t  x = – --2  avec t ∈
. Représentation paramétrique de   y = t + 6 z = t   0  1  3   95 u  1  , v  1  et w  2  sont les vecteurs normaux respectifs des  1  1  0  --2-  plans  ,  et . Les secteurs u , v et w ne sont pas colinéaires, donc les plans  ,  et ne sont pas parallèles. Intersection de  et de  : 1 z + y + z = 4 x = 4 – y – z = 4 + 1 --- z – 3 – z = 1 – --- z   2 2   1  y + --2- z = 3 y = – 1 --- z + 3   2 Représentation paramétrique de la droite d’intersection  de  et de  :  x = 1 – 1--- t  2   y = – 1--- t + 3 avec t ∈
.  2  z = t Un vecteur directeur de  est u 1 ( – 1 ; – 1 ; 2 ) . w . u 1 = – 3 – 2 + 0 ≠ 0 , donc  et sont sécantes suivant un point A . 1 1 3 3  1 – --- t + 2  – --- t + 3 = 6 ; 3 – --- t – t + 6 = 6 .   2  2  2 5 6 – --- t = – 3 , d’où t = --- . 2 5 2 12 6 Le point d’intersection de  ,  et est le point A  --- ; ------ ; --- .  5 5 5

 2 

 0

99 1. AB  0  et AC  1 

 – 1  1 AB et AC ne sont pas colinéaires, donc les points A , B et C ne sont pas alignés, par suite A , B et C forment un plan. Soit n ( a ; b ; c ) un vecteur normal au plan ( ABC ) .  2a – c = 0  b + c = 0

 n . AB = 0   n . AC = 0

 c  a = --2  b = – c 

Un vecteur normal au plan ( ABC ) est n ( 1 ; – 2 ; 2 ) . Soit M ( x ; y ; z ) ∈ ( ABC ) ⇔ A M . n = 0 ⇔ 1( x – 1) – 2( y – 2) + 2( x – 2) = 0 ⇔ x – 2y + 2z – 1 = 0 . 2. a. Soit n 1 et n 2 deux vecteurs normaux au plan 1 et 2 . n 1 ( 1 ; – 2 ; 2 ) et n 2 ( 1 ; – 3 ; 2 ) . xn = xn 1

2

et y n ≠ y n , donc n 1 et n 2 ne sont pas colinéaires. 1

2

1 et 2 sont sécants suivant une droite  . b. 1 – 2 × 3 + 2 × 3 – 1 = 1 – 6 + 6 – 1 = 0 , donc C ∈  . 1 – 3 × 3 + 2 × 3 + 2 = 1 – 9 + 6 + 2 = 0 , donc C ∈ . D’où C ∈ D . c. n 1 . u = 2 – 2 = 0 et n 2 . u = 2 – 2 = 0 . Donc u est un vecteur normal à n 1 et à n 2 . u est un vecteur directeur de  .  x = 1 + 2t  D y = 3 avec t ∈
.  z = 3 – t

3. a. AM ( 2k + 1 – 1 ; 3 – 2 ; – k + 3 – 2 ) ; AM ( 2k ; 1 ; 1 – k ) . 1 AM . u = 0 ⇔ 4k – 1 + k = 0 , soit k = --- . 5 ------ . b. Le point de  pour k = 1--- est H  7--- ; 3 ; 14 5 5 5 H est le projeté orthogonal de A sur la droite  : 2 2 7 14 9 5 d ( A ; D ) = AH =  --- – 1 + 1 2 +  ------ – 2 = --- = 3 ---------- . 5  5  5 5

127

b. Le plan ( OEH ) est le plan orthogonal à ( BC ) et passant par O . Le plan ( OEH ) est donc l’ensemble des points M de l’espace tels que :

Les problèmes

BC . OM = 0 , soit 0 x + 20 y – 15z = 0 ou 4 y – 3z = 0 .

c. Le plan ( ABC ) admet pour équation cartésienne :

100 ( AH ) est orthogonale au plan ( BCD ) . Soit K le projeté orthogonal de B sur le plan ( ACD ) . ( AH ) et ( BK ) sont supposées sécantes en O .

20 x + 9 y + 12z – 180 = 0 .

A

x = 0

d. Une équation de ( OH ) est 

 4 y – 3z = 0 L’équation 3 y + 4z – 60 = 0 est une équation du plan ( ABC ) . Résoudre ce système c’est chercher les points d’intersections de ( OH ) avec le plan ( ABC ) . Le point O n’appartient pas au plan ( ABC ) , le point H est un point de ( BC ) , donc du plan ( ABC ) . Il n’y aura donc qu’une seule solution au système, les coordonnées du point H .

BH . CD = BO . CD + OH . CD . Or ( BO ) est orthogonale au plan ( ACD ) , donc BO . CD = 0 .

D

BH . CD = OH . CD .

H

les exercices

Or O ∈ ( AH ) et ( AH ) ⊥ ( BCD ) , donc B OH . CD = 0 . Par suite BH . CD = 0 et H ∈ ( BCD ) , donc :

( BH ) est la hauteur issue de B dans le triangle BCD .

x = 0   y = 36 -----5   48  z = ----- 5

101 1. Nouvelle figure du plan. Créer / Point / Point libre / dans le plan : 0 Créer / Ligne / Cercle / Définie par centre et rayon : O (on peut choisir R = 2 noté  1 ) Créer / Point / Point libre / sur un cercle :  1 / A Créer / Point / Point image par / Symétrie centrale : O, A, A′ Créer / Point / Milieu : OA′ , P. Créer / Numérique / Variable réelle libre : m Créer / Ligne / Droite / Pont coefficient directeur : P, m noté D2 Créer / Ligne / Droite / Perpendiculaire / P,  noté D1 Créer / Point / Intersection droite-cercle / 2 points : D1, C1, B et C. Créer / Point / Milieu : BC, I Afficher / Selection trace / I OK Enclencher TT

2. Créer / Point / Point image par / projection orthogonale : BC, A, H Créer / Point / Intersection de deux droites : A′I , AH, D. Créer / Point / Centre / Orthocentre : ABC, H. Créer / Affichage / Longueur d’un segment HD, 2.

102 1. Un vecteur normal au plan ( ADF ) est le vecteur EB . A(1 ; 0 ; 0) , B(1 ; 1 ; 0) , C (0 ; 1 ; 0) , D(0 ; 0 ; 0) , E ( 1 ; 0 ; 1 ) , F ( 1 ; 1 ; 1 ) , G ( 0 ; 1 ; 1 ) et H ( 0 ; 0 ; 1 ) . EB ( 0 ; 1 ; – 1 ) .

1–0 2 3. d ( B ; ( ADF ) ) = -------------= ------- . 2

2

AD × AF 1 × 2 2 - = ---------------- = ------- . 4.  ADF = ---------------------2

2

donc

2

x = 0   4 y – 3z = 0   25 y = 180

36 48 H  0 ; ------ ; ------ .  5 5

2

48 ------ +  ------ = 144 , donc OH = 12 . e. OH 2 =  36  5 5

E H 2 = OE 2 + OH 2 = 81 + 144 = 225 , donc : EH = 15 . On sait que BC 2 = OB 2 + OC 2 = 15 2 + 20 2 = 625 soit BC = 25 . 1 1  EBC = --- × BC × EH = --- × 15 × 25 soit  EBC = 375 --------- . 2 2 2 1 1 1 3.  = --- ×  OBC × OE = --- × --- × OB × OC × OE 3 3 2 1 = --- × 15 × 20 × 9 = 450 . 6 1 1 375  = --- ×  EBC × OH = --- × --------- × d ( O ; ( EBC ) ) = 450 , donc : 3 3 2 36 d ( O ; ( EBC ) ) = ------ . 5 36 Or d ( O ; ( EBC ) ) = d ( O ; ( ABC ) ) , soit d ( O ; ( ABC ) ) = ------ . 5

104 1. a. Un vecteur normal à  est n ( – 2 ; 1 ; 5 ) . Un vecteur normal à est n′ ( 1 ; + 2 ; 0 ) .

 : – 2 x + y + 5z – 1 = 0 .

2

5.  ADFB = 1--- ou  ADF × d ( B ; ( ADF ) ) = 1--- × ------2- × ------2- = 1--- . 3 6. P = barycentre { ( A ; 2 ), ( C ; – 1 ) } .

3

2

2

6

AP = – AC , AP + AC = 0 . A est le milieu de [ PC ] ou encore P est le symétrique de C par rapport à A .

7. MP = – BA – BC = BA + BC = BD . MP = BD . est la sphère de centre P et de rayon BD . 4MP = 4MI , car I = barycentre { ( A ; 1 ), ( B ; 1 ), ( C ; 1 ), ( D ; 1 ) } . MP = MI .  est le plan médiateur du segment [ PI ] .

8.

103 1. a. Une représentation paramétrique de la droite ( AB ) est :  x = 3 – 3t  y = 0   z = 10 + 5t

x = 0   4 y – 3z = 0   3 y + 4z – 60 = 0

n . n′ = – 2 + 2 + 0 , donc  et sont perpendiculaires. =0 b. Les deux plans sont sécants suivant une droite  . Une équation de  est – 2 x + y + 5z + d = 0 comme B ∈  , alors – 2 – 2 + 5 + d = 0 soit d = – 1 .

2. M ( x ; y ; z ) ∈ ( ADF ) ⇔ D M . E B = 0 ⇔ y – z = 0 .

avec t ∈
.

b. La droite ( AB ) coupe l’axe des abscisses au point E ( 9 ; 0 ; 0 ) . c. La droite ( AB ) est incluse dans le plan ( O ; i, k ) d’équation y = 0 dont le point C ne fait pas partie. Ces points ne peuvent donc être alignés.

2. a. La droite ( BC ) est incluse dans ( O ; j, k ) elle est donc orthogo-

nale à ( OE ) qui a pour vecteur directeur i . ( OH ) est une hauteur du triangle OBC , donc ( BC ) est orthogonale à ( OH ) . La droite ( BC ) étant orthogonale à ( OE ) et ( OH ) elle est orthogonale à deux droites sécantes du plan ( OEH ) , elle est donc orthogonale au plan ( OEH ) . On en déduit qu’elle est perpendiculaire à toute droite du plan ( OEH ) , en particulier à ( EH ) .

128

x = 0   4 y – 3z = 0   3 y + 4z – 60 = 0

C

 – 2 x + y + 5z – 1 = 0  x + 2y – 7 = 0

x + 2y – 7 = 0   5 y + 5z – 15 = 0

x = – 2y + 7  z = – y + 3

 x = – 2t + 7  Une représentation paramétrique de  est  y = t  z = – t + 3 Un vecteur directeur de  est ( – 2 ; 1 ; – 1 ) , donc u ( 2 ; – 1 ; 1 ) est un autre vecteur directeur. Pour t = 4 , le point de  est ( – 1 ; 4 ; – 1 ) , c’est-à-dire C . – 10 – 2 – 5 – 1 18 3 - = ---------- = --c. d ( A ;  ) = --------------------------------------4 + 1 + 25 30 5 5–4–7 5 6 d ( A ; ) = -------------------------- = ------- = --- 5 . 1+4+0 5 5 d. Soit d la distance de A à  alors : 3 d 2 =  --5

2

6 30 +  -- 5

30 .

2 324 36 5 = --------- + ------ = 18 , soit d = 3 2 .  30 5

2. a. M t ( 1 + 2t ; 3 – t ; t ) , donc Mt est un point de la droite de vecteur directeur ( 2 ; – 1 ; 1 ) , c’est-à-dire u et passant par ( 1 ; 3 ; 0 ) ; or ce point est un point de  (correspondant à t = 3 ), donc M t ∈  . AM t = ( 1 + 2t – 5 ) 2 + ( 3 – t + 2 ) 2 + ( t + 1 ) 2 = ( 2t – 4 ) 2 + ( 5 – t ) 2 + ( t + 1 ) 2 = 6t 2 – 24t + 42 .

 ( t ) = 6t 2 – 24t + 42 ,  est définie sur
(  = – 432 ). 12t – 24 b.  est dérivable sur
et  ′ ( t ) = ----------------------------------------- . 2 6t 2 – 24t + 42

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9

Obligatoire :

Or 2 6t 2 – 24t + 42 > 0 donc  ′ ( t ) est du signe de 12t – 24 . +∞

2

w′ ( t )

–

+

0

Donc  est décroissante sur ] – ∞ ; 2 [ et croissante sur ] 2 ; + ∞[ .  admet un minimum en t = 2 qui est  ( 2 ) = 18 = 3 2 .

c. Ce minimum correspond à la distance du point A à  .

1 1 1 1 p ( E ) = --- × --- × --- = --- . 2 2 2 8 n

4. p n = 1 –  7--- . 8

lim

n→+∞

p n = lim

n→+∞

7 1 –  ---  8

n

7 = 1 , car – 1 < --- < 1 et 8

n

– 12 × + 48 × 8 – 128 = 512 – 768 + 384 – 128 = 0 . 105 1. a. Donc 8 est solution de ( E ) . 82

1 cachée est p 1 = --- . Comme les trois tétraèdres sont lancés indépendamment 2 les uns des autres, la probabilité de E est :

82

b. ( z – 8 ) ( z 2 + z +  ) = z 3 + z 2 +  z – 8 z 2 – 8 z – 8  .

que

lim

n→+∞

7 --- = 0 .  8

107 1. a.

 = 1  = 1    – 8 = – 12 Par identification :  soit  = – 12 + 8 = – 4    – 8 = 48   = 16 .   – 8  = – 128

B

C

les exercices

–∞

t

8. Géométrie dans l’espace

z 3 – 12z 2 + 48z – 128 = ( z – 8 ) ( z 2 – 4z + 16 ) .

S = { 8 ; 2 – 2 3i ; 2 + i2 3 } . a =4 
- [ 2
]  arg a = – --3 

3 1 a = 4  --- – ------- i . 2 2 

2. a. 

k O j

3 – c 2 – 2i 3 – 8 – 6 – 2i 3 1 b. q = a---------- = ------------------------------- = -------------------------- = --- + i ------- = b–c

2 + 2i 3 – 8

– 6 + 2i 3

2

2


i ---e3

.

q =1  Le triangle ABC est équilatéral. 
- [ 2
]  arg q = --3  c. D = barycentre { ( A ; 4 ), ( B ; 4 ), ( C ; 8 ) } ou { ( A ; 1 ), ( B ; 1 ), ( C ; 2 ) } .

d.

4MD = CA + CB .

4MD = 2CI , avec I milieu de [ AB ] . 1 1 MD = --- CI , donc  est le cercle de centre D et de rayon --- CI = DC . 2 2 D = barycentre { ( I ; 2 ), ( D ; 2 ) } où I est le milieu de [ AB ] , D est le milieu de [ IC ] .

106 A. 1. AB ( 2 2 ; 0 ; – 4 ) d’où AB 2 = 8 + 16 = 24 et AB = 24 . De la même façon, on obtient AC = AD = BC = BD = CD = 24 .

2. R est le milieu de [ AC ] , S est le milieu de [ AD ] , donc : 1 RS = --- CO . 2 De même T est le milieu de [ BD ] et U est le milieu de [ BC ] , donc : 1 UT = --- CD . 2

b. BC ( 4 ; 0 ; 0 ) et BA ( 0 ; 6 ; – 8 ) . BC . BA = 0 + 0 + 0 = 0 . Donc ( BC ) et ( BA ) sont orthogonales. OC ( 4 ; 0 ; 8 ) et OA ( 0 ; 6 ; 0 ) . OC . OA = 0 + 0 + 0 = 0 . Donc ( CO ) et ( OA ) sont orthogonales. OB ( 0 ; 0 ; 8 ) . BC . OB = 0 + 0 + 0 = 0 . ( BC ) est orthogonale à ( AB ) et ( OB ) , donc ( BC ) est orthogonale au plan ( OAB ) .

c.  OABC = 1---  OAB × CB , car B est le projeté orthogonal de C sur le

3 plan ( OAB ) .

× OB 6 × 8 ----------------------- = ------------ = 24 .  OAB = OA 2 2 1  OABC = --- × 24 × 4 = 32 . 3 d. Soit I ( 2 ; 3 ; 4 ) : I A 2 = 4 + 9 + 16 = 29 et IC 2 = 4 + 9 + 16 = 29 . I B 2 = 4 + 9 + 16 = 29 .

I O 2 = 4 + 9 + 16 = 29 .

1 R S = UT = --- CD , donc le quadrilatère RSTU est un parallélogramme. 2

Donc O , A , B et C sont sur la sphère de centre I et de rayon

2 6 2 6 R  – ------- ; – ------- ; 1 ; T  ------- ; ------- ; – 1 .  2   2  2 2

 x = 4t  • ( OC )  y = 0 avec t ∈
.   z = 8t

Donc on en déduit que les coordonnées du milieu de [ RT ] sont ( 0 ; 0 ; 0 ) .

3. • Comme AB = CD on en déduit que : 1 1 1 RS = RS = --- CD = --- CD = --- AB ; 2 2 2 1 1 RU = RU = --- AB = --- AB ; 2 2 RS = RU . Donc RSTU est un losange. © Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

A

i

• CD . AB = 0 . Donc RSTU est un carré. B. 1. La probabilité d’avoir au moins trois faces rouges visibles est égale à 1.

2. La probabilité pour que, sur un tétraèdre, la face bleue soit cachée est 1--- .

4 Comme les face cachées des trois tétraèdres s’obtiennent indépendamment l’une de l’autre, la probabilité d’obtenir les trois faces bleues cachées est :

29 .

2. a. M 1 ( x ; y ; z ) ∈  ⇔ M M 1 . O B = 0 , d’où  : z = k .

k Intersection de ( OC ) et de  : N  --- ; 0 ; k . 2   x = 4t  • ( AC )  y = 6 – 6t avec t ∈
.   z = 8t k 3k Intersection de ( AC ) et de  : P  --- ; 6 – ------ ; k . 2  4 x = 0  • ( AB )  y = 6 – 6t avec t ∈
.   z = 8t . 3k Intersection de ( AB ) et de  : Q  0 ; 6 – ------ ; k .   4 k k MN  --- ; 0 ; 0 , QP  --- ; 0 ; 0 et MN = QP . 2  2 

1 1 1 1 --- × --- × --- = ------ . 4 4 4 64 3. L’événement E est réalisé si, sur chacun des trois tétraèdres, soit la face bleue est cachée, soit la face jaune est cachée. La probabilité p1 pour qu’un

3k MQ  0 ; 6 – ------ ; 0 , MQ ≠ MN et MQ . MN = 0 .   4

tétraèdre ait ses deux faces rouges visibles, donc la face bleue ou la face jaune

Donc MNPQ est un rectangle.

129

2

1 a +1 - + 1 = -------------4. a. On obtient : M B 2 = M A 2 + AB 2 = ---a2

 0 OB  0     8

PM . OB = 0 + 0 + 0 = 0 , donc ( PM ) et ( OB ) sont orthogonales. ( PM ) et ( AC ) sont orthogonales si, et seulement si, PM . AC = 0 . k 3k 4  – --- – 6  – 6 + ------ + 8 × 0 = 0 .  2  4 9 – 2k + 36 – --- k = 0 . 2

2 72 k = 36 × ------ = ------ . 13 13 2

2

les exercices

4

2

2

4

16

13 9 72 M P 2 = ------ k 2 – 9k + 36 . MP est minimale pour k = ------ = ------ . 16 13 13 -----8

108 GEOSPACE : Nouvelle figure de l’espace : Créer / Point repéré / Dans l’espace : A ( 1, 0, 0 ) ; D ( 0, 0, 0 ) ; C ( 0, 1, 0 ) ; B ( 1, 1, 0 ) ;

H ( 0, 0, 1 ) ;

E ( 1, 0, 1 ) ;

F ( 1, 1, 1 ) ;

G ( 0, 1, 1 ) ;

2 1 J  0, --- , 1 ; I  1, --- , 0 .  3   9  Créer / Solide / Polyèdre convexe / Défini par ses sommets : ABCDEFGH / CI Créer / Point / Point libre / Sur une demi-droite : FE / K Utiliser clic gauche souris pour déplacer éventuellement K. Créer / Point / Point libre / Sur une droite : AE ; M Créer / Numérique / Calcul algébrique : MI + MJ / S Affichage / Variable numérique déjà définie : S / 3 Créer / Numérique / Calcul géométrique / Angle géométrique : KMJ / ANG Affichage / Variable numérique déjà définie : G / 3 Conjecturer.

109 1. Le point A étant le projeté orthogonal de M sur le plan ABD , 1 1 1 on a  ABD = --- et AM = --- ; donc  = ------ . 2 a 6a 2

1 1 a 2. a. BK = -------------( a 2 BM + BB + BD ) = -------------- BM + -------------- BD . 2 2 2 a +2

a +2

a2 + 1 MB = MD = ------------------- . a Le triangle MBD est isocèle de sommet M . Soit I le milieu du segment [ BD ] . Puisque le triangle MBD est isocèle, ( MI ) est une hauteur du triangle et son aire
′ est égale à : 1
′ = --- MI × BD . 2 [ BD ] est une diagonale du carré ABCD , donc BD = 2 .

9k c. M P 2 = k----- +  3--- k – 6 = k----- + ------- – 9k + 36 . 4

a +2

a2 1 BM . AM + -------------- BD . AM . b. BK . AM = -------------a2 + 2 a2 + 2 1 Le projeté de B sur ( AM ) est A donc BM . AM = AM 2 = ----- ; la droite a2 ( AM ) est orthogonale au plan ABCD donc à ( BD ) et BD . AM = 0 . On 1 a2 1 obtient : BK . AM = -------------- ⋅ ----- = -------------- . a2 + 2 a2 a2 + 2 1 BK . AD = -------------- . On a, de même : a2 + 2 c. On procède comme dans a. et b., en échangeant les rôles de B et D . a2 1 On trouve : DK = -------------- DM + -------------- DB . a2 + 2 a2 + 2 a2 1 DK . AM = -------------- DM . AM + -------------- DB . AM , avec : a2 + 2 a2 + 2 1 1 DM . AM = AM 2 = ----- et DB . AM = 0 , d’où BK . AM = -------------- . a2 a2 + 2 a2 1 De même DK . AB = -------------- DM . AB + -------------- DB . AB , avec : a2 + 2 a2 + 2

1 a2 + 2 a2 + 2 a2 + 2 M I 2 = M B 2 – BI 2 , MI = ------------------- et
′ = --- ⋅ ------------------- × 2 = ------------------- . 2 a 2 2a a 2

b. On a
′ = 1 si, et seulement si, a 2 + 2 = ( 2a ) 2 . 2 Soit 3a 2 = 2 et a > 0 donc a = --- . 3 Le point K appartient au plan ( BDM ) d’après 2. La droite ( AK ) est orthogonale au plan ( BDM ) d’après 3. On en déduit que ( AK ) est une hauteur du tétraèdre ABDM . On a donc : 1  = --- AK × S′ . 3 1 1 1 D’après 1.,  = ------ , donc AK ×
′ = ------ et AK = ------------- . 6a 2a 2a
′ 2 3 Ici,
′ = 1 et a = --- , donc AK = ---------- . 3 2 2

110 1. A, B et C sont alignés si il existe k le réel tel que :  – 5  1 AC = kAB ⇔  1 = k  – 2 … ce qui est impossible.      4   1  2  2. a. Un vecteur directeur de ( d ) est n =  – 3 ; on calcule les produits  1  n . A B = – 10 + 4 + 6 = 0 et n . A C = 2 – 3 + 1 = 0 , donc ( d ) est orthogonale à ( ABC ) .

d. Le point K est le barycentre de { ( M ; a 2 ), ( B ; 1 ), ( D ; 1 ) } , donc il appartient au plan ( BDM ) . Il résulte des questions b. et c. que : et

( DK ) ⊥ ( MB ) .

Les droites ( BK ) et ( DK ) sont des hauteurs du triangle MBD , donc K est l’orthocentre du triangle BDM .

3. AK . MB = ( AD + DK ) . MB = AD . MB + DK . MB . La droite ( AD ) est orthogonale au plan ( ABE ) , donc à ( MB ) et AD . MB = 0 . Par ailleurs d’après 2., DK . MB = 0 . On en déduit que : AK . MB = 0 . On montre que : AK . MD = AB . MD + BK . MD = 0 + 0 = 0 . La droite ( AK ) est orthogonale à deux droites sécantes du plan ( MBD ) , donc elle est orthogonale au plan ( MBD ) .

130

 x – 2

 2 

 z – 3

 1 

b. M ( x, y, z ) ∈ ( ABC ) ⇔ AM . n = 0 ⇔  y – 1 .  – 3 = 0 ⇔ 2x – 3y + z = 0 .

 x = – 7t + 2t 

3. a. On remplace x, y, z dans l’équation de ( ABC ) par  y = – 3t

 z = 4 + t

,

soit : 2 ( – 7 + 2t ) – 3 ( – 3 t ) + ( 4 + t ) – 4 = 0 ⇔ 14 t – 14 = 0 x = – 7 + 2 = – 5  . ⇔ t = 1 ⇒ y = – 3  z = 4 + 1 = 5  Le barycentre de { ( A ; – 2 ) ( B ; – 1 ) ( C ; 2 ) } a pour coordonnées :  1 - ( – 2,2 – 1 . ( – 3 ) + 2,3 ) = – 5  x = ------– 1   1  y = -------- ( – 2,1 – 1 . ( – 1 ) + 2,2 ) = – 3 c’est bien H. –1   1  z = -------- ( – 2,3 – 1,7 + 2,4 ) = 5 –1 

1 DM . AB = 0 et DB . AB = AB 2 = 1 , d’où DK . AB = -------------- . a2 + 2 Enfin, on écrit DK . MB = DK . AB – DK . AM = 0 .

( BK ) ⊥ ( MD )

a2

1 a2 + 1 M D 2 = M A 2 + AD 2 = ----- + 1 = -------------- , a2 a2 car la droite ( MA ) est orthogonale au plan ( ABD ) , donc à ( AB ) et ( AD ) . On a :

b. On peut le faire avec les coordonnées ou avec le barycentre : – 2MA – MB + 2MC = – M H et MB – MC = CB d’où : ( – 2MA – MB + 2MC ) . ( M B – M C ) = 0 ⇔ M H . C B = 0 ; G 1 est le plan passant par H et orthogonal à ( CB ) .

c. – 2MA – MB + 2MC = 29 ⇔ MH = 29 : G 2 est la sphère de centre H, de rayon 29 . d. Comme G 1 contient H , l’intersection de G 1 et G 2 est le cercle de centre H, de rayon 29 . e. Il suffit de calculer la distance SH : ( – 8 + 5 ) 2 + ( 1 + 3 ) 2 + ( 5 – 3 ) 2 = 9 + 16 + 4 = 29 , donc oui.

© Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

 – --k-   2    b. PM  3k -  – 6 + ----4   0 

Obligatoire :

bac

+2–2 3. x G′ = 1-------------------- = –1,

Les Q.C.M.

–1

donc :

111 1. c.

2. b.

3. c.

4. b.

112 1. d.

2. d.

3. b.

4. b.

113 1. b.

2. a.

3. c.

4. b.

5. a.

114 1. b.

2. c.

3. a.

4. c.

5. b.

5. b.

8. Géométrie dans l’espace

3 – 2 – 10 y G = ------------------------ = 9 –1 G′ ( – 1 ; 9 ; 8 ) .

et

–2–2–4 z G = ------------------------- = 8 , –1

6. a.

bac

Les sujets

121 1. On sait que I est le barycentre des points pondérés ( E ; 2 ) et

(F ; 1) .

Vrai-Faux

115 1. VRAI 2. FAUX 6. VRAI 7. VRAI

3. FAUX

4. FAUX

5. FAUX

116 1. VRAI

2. FAUX

3. VRAI

4. FAUX

5. VRAI

117 1. VRAI

2. VRAI

3. FAUX

1 1 De même, BJ = --- BF et GK = --- GC . 2 3 On place alors tout seul les points I, J et K…

2.  est équidistant de I, J et K. Donc, comme  est coplanaire avec les points I, J et K, on peut dire que  est le centre du cercle circonscrit au triangle IJK. 1 1 1 On se place dans le repère  A ; --- A D ; --- A B ; --- A E .  3 3 3 

bac

Les ROC

3. Les coordonnées des sommets du cube sont :

118 1. n ( a ; b ; c ) . 2. AH et n sont colinéaires, donc il existe k ∈
, tel que AH = kn . 3. AH ( ka ; kb ; kc ) , d’où H ( x A + ka ; y A + kb ; z A + kc ) . 4. H ∈ 3 , donc a ( x A + ka ) + b ( y A + kb ) + c ( z A + kc ) + d = 0 . – a x A – b y A – cz A – d - . k ( a 2 + b 2 + c 2 ) = – a x A – b y A – cz A – d ; k = ---------------------------------------------------a2 + b2 + c2 a x + b y + cz + d

A A A 5. d ( A ; 3 ) = AH = k n = ---------------------------------------------------.

a2 + b2 + c2

–3+2–1 2 6 b. d ( A ; 3 ) = ---------------------------= ------- = ------- . 6

3

119 1. a 1 GA 1 + … + a p GA p

= ( a 1 + … + a p )GH + a 1 HA 1 + … + a p HA p . Or H = barycentre { ( A 1 ; a 1 ), ( A 2 ; a 2 ), …, ( A p ; a p ) } donc : a 1 HA 1 + … + a p HA p = 0 .

( IJK ) si, et seulement si, PQ est orthogonal au vecteur IJ et IK . C’est-à-dire… si, et seulement si, PQ ⋅ IJ = 0 et PQ ⋅ IK = 0 . Or, PQ ( – 1 ; 3 ; 3 ) , IJ ( 0 ; 2 ; – 2 ) et IK ( 3 ; 2 ; 1 ) . Donc : PQ ⋅ IJ = – 1 × 0 + 3 × 2 + 3 × ( – 2 ) = 0 et PQ ⋅ IK = – 1 × 3 + 3 × 2 + 3 × 1 = 0 . Donc, ( PQ ) est bien orthogonale à ( IJK ) .

3 3 5 3 On a S  --- ; 2 ; --- donc SM  x – --- ; y – 2 ; z – --- . 2  2 2 2 3 5 D’où, SM ⋅ IK = 3  x – --- + 2 ( y – 2 ) –  z – --- = 3 x + 2 y – z – 6 .   2 2

Donc a 1 GA 1 + … + a p GA p = ( a 1 + … + a p )GH .

Donc, IM = IK ⇔ 3 x + 2 y – z = 6 .

2. Comme a 1 GA 1 + … + a p GA p + a p + 1 GA p + 1 + … + a n GA n = 0 .

3 x + 2 x – z = 6 D’où, M ∈  ⇔  y – z = 0

( a 1 + … + a p )GH + a p + 1 GA p + 1 + … + a n GA n = 0 . Donc G = barycentre { ( H ; a 1 + … + a p ), ( A p + 1 ; a p + 1 ), ( A n ; a n ) } .

3. Soit H = barycentre { ( A ; – 1 ), ( B ; 2 ) } ⇒ A H = 2 A B . H′ = barycentre { ( C ; 2 ), ( D ; – 1 ) } ⇒ C H ′ = – C D . Donc G = barycentre { ( H ; 1 ), ( H ′ ; 1 ) } . G est le milieu de [ HH′ ] .

120 1. a 1 GA 1 + … + a n GA n = 0 . ( a 1 + … + a n )GO + a 1 OA 1 + … + a n OA n = 0 1 OG = ----------------------------- ( a 1 OA 1 + … + a n OA n ) , car a 1 + … + a n ≠ 0 . a1 + … + an © Hachette Livre, 2008 Repères. Livre du professeur – Terminale S Obligatoire

4. P ( 2 ; 2 ; 0 ) et Q ( 1 ; 3 ; 3 ) . La droite ( PQ ) est orthogonale au plan

5. a. Soit L le milieu de [ IJ ] . Alors MI = MJ ⇔ LM ⋅ IJ = 0 . Or, L ( 0 ; 2 ; 2 ) et LM ( x ; y – 2 ; z – 2 ) . Donc LM ⋅ IJ = 2 y – 2z . D’où IM = J M ⇔ y – z = 0 . De même, si S est le milieu de [ IK ] , alors IM = I K ⇔ SM ⋅ IK = 0 .

– 3 – 12 15 - = ------ = 3 . 6. a. d ( A ; 3 ) = --------------------5 9 + 16 1+4+1

A(0 ; 0 ; 0) B(0 ; 3 ; 0) C (3 ; 3 ; 0) D(3 ; 0 ; 0) E (0 ; 0 ; 3) F (0 ; 3 ; 3) G(3 ; 3 ; 3) H (3 ; 0 ; 3) I = bary { ( E ; 2 ) , ( F ; 1 ) } donc I ( 0 ; 1 ; 3 ) . J = bary { ( F ; 1 ) , ( B ; 2 ) } donc J ( 0 ; 3 ; 1 ) . K = bary { ( G ; 2 ) , ( C ; 1 ) } donc K ( 3 ; 3 ; 2 ) .

les exercices

1 Donc EI = --- EF . 3

k=n

∑

ak xk

1 =1 x G = ----------------------------- ( a 1 x 1 + … + a n x n ) = k--------------------- . k=n a1 + … + an a k ∑ k=1

De même yG et zG .

2. G = barycentre { ( A ; 1 ), ( B ; 1 ), ( C ; 1 ) } . –1+1+1 1 –3–1+5 1 2–1+2 x G = -------------------------- = --- , y G = ------------------------- = --- et z G = --------------------- = 1 , donc : 3 3 3 3 3 1 1 G  --- ; --- ; 1 . 3 3 

 est une droite, intersection des plans médiateurs des segments [ IJ ] et [ IK ] . b. Comme P ( 2 ; 0 ; 0 ) et Q ( 1 ; 3 ; 3 ) , on vérifie tout de suite que P et Q appartiennent bien à .  – 1 6. a. ( PQ ) est orthogonale à ( IJK ) , donc PQ  3  est un vecteur nor 3  mal à ( IJK ) . ( IJK ) admet une équation de la forme x + 3 y + 3z + d = 0 . I ( 0, 1, 3 ) ∈ ( IJK ) , donc 3 + 9 + d = 0 ⇔ d = – 12 . ( IJK ) : x + 3 y + 3z – 12 = 0 .

b. Une représentation paramétrique de  est :  1  x = 2 – --- t 3  y = t  z = t 

t∈
.

1 W ∈  , donc W  2 – --- t ; t ; t avec t ∈
.   3 1 W ∈ ( IJK ) , donc 2 – --- t + 3t + 3t – 12 = 0 . 3

131

– 1 ( 1 + x2 ) – 2 x ( – x ) – 1 + x2 f ′ ( x ) = --------------------------------------------------- = ---------------------- . ( 1 + x2 )2 ( 1 + x2 )2 Comme ( 1 + x 2 ) 2 > 0 le signe de f ′ ( x ) est du signe de x 2 – 1 .

30 et t = ------ . 23 36 30 30 W  ------ ; ------ ; ------ .  23 23 23

x

122 1. a. AB ( 0 ; 1 ; 2 ) et AC ( – 2 ; 1 ; – 1 ) .

y AB = y AC et x AB ≠ x AC , donc les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires, par suite les points A , B et C ne sont pas alignés.

les exercices

b.

n . AB = 0 + 4 – 4 = 0   n . AC = – 6 + 4 + 2 = 0 

n

est orthogonal aux vecteurs AB

f ( x)

1 --2

1 1 f ( x ) ∈ – --- ; --2 2 [ G– 1 ; G1 ] .

M ( x ; y ; z ) ∈ ( ABC ) ⇔ A M . n = 0

3.

0

1 – --2

quand

k ∈ [ – 1 ; 1 ] , donc Gk décrit le segment

⇔ 3( x – 1) + 4( y) – 2(z – 2) = 0

2MG 1 = 2MG – 1 soit M G 1 = M G – 1 . M appartient au plan médiateur du segment [ G 1 G – 1 ] .

⇔ 3 x + 4y – 2z + 1 = 0 .

4.

 1  2 2. a. n 1  1  et n 2  – 2 sont les vecteurs normaux à 1 et 2 .  6  2 x n = 2 x n et y n ≠ 2 y n , donc n 1 et n 2 ne sont pas colinéaires, par 1 2 1 2 suite 1 et 2 sont sécants selon une droite  .  y = 2z – 2 -- 5  4  x = 4z – 4 --- – 6z = – 2z – -- 5 5

 x = 2 y – 6z   5 y – 10z + 2 = 0

 2 x + y + 2z + 1 = 0   x – 2 y + 6z = 0

 x = – 2t – 4 -- 5  Représentation paramétrique de   2 avec t ∈
.  y = 2t – --5 z = t b. Un vecteur directeur de  est u ( – 2 ; 2 ; 1 ) . ( ABC )

1 +

et

2MG 1 = AB + AC = 2 AI

.

M G 1 = AI , donc M appartient à la sphère de centre G1 et de rayon AI . 0–1+1 0+2–2 - = 0 , y G = --------------------- = 0 5. a. • x G = --------------------

1 1 2 2 4+1–5 et z G = --------------------- = 0 , donc G 1 = 0 . 1 0 0+1–1 0–2+2 4–1+5 • x G = --------------------- = 0 , y G = --------------------- = 0 et z G = --------------------- = 4 , –1 –1 –1 2 2 0 donc G – 1 ( 0 ; 0 ; 4 ) . 1 étant le plan médiateur de [ G 1 G – 1 ] , l’équation de est z = 2 .

0–2 d ( G 1 ; ) = -------------- = 2 et AI = 1 + 4 + 1 car I ( – 1 ; 2 ; 3 ) . 1 Or 6 > 2 , donc et  sont sécants.

b. Le rayon de  est r ; il vérifie r 2 = 6 – 4 = 2 , d’où r = 2 .

124 1. 3AA 1 = AB + AC + AD et 3AA 1 . CD = ( AB + AC + AD ) . ( CA + AD )

u . n = –6 + 8 – 2 = 0 .

3AA 1 . CD = AB . CA + AB . AD – AC 2 + AC . AD + AD 2

sont parallèles. Le point de 

pour

1 t = --5

est

1 – 6 --- ; 0 ; --- , donc  et  sont strictement parallèles.  5 5

3AA 1 . CD = 0 + 0 – a 2 + 0 + a 2 AA 1 . CD = 0 . La droite ( A A 1 ) est orthogonale à ( CD ) :

3. a. Pour tout réel y  0 , 1 + 2 + t = 3 + t et 3 + t > 0 pour tout t  0 . Donc G existe. Soit I le barycentre de { ( A ; 1 ), ( B ; 2 ) } . On a :

3AA 1 . BC = – AB 2 + AB . AC + AC . BA + AC 2 + AD . BA + AD . AC = 0 ( A A 1 ) est orthogonale à deux droites sécantes du plan ( BCD ) , donc ( A A 1 ) est orthogonale au plan ( BCD ) .

2. Le triangle ABC est isocèle rectangle en A , donc AB 2 + AC 2 = BC 2 soit BC 2 = 2a 2 et BC = 2a .

1 OI = --- ( OA + 2OB ) . 3 1+2×1 0+2×1 2+2×4 2 10 I  --------------------- ; --------------------- ; --------------------- =  1 ; --- ; ------ .    3 3 3 3 3

2 2 De la même façon, on a CD = ------- a et BD = ------- a . 2 2 Le triangle BCD est équilatéral. On en déduit que l’aire  du triangle BCD est :

Pour tout point M = I de l’espace : MA + 2MB + tMC = ( 1 + 2 + t )MG

123 1. G 1 = barycentre { ( A ; 2 ), ( B ; 1 ), ( C ; – 1 ) }

3 ------- BC × BC 3 2  = -------------------------------- = ------- a 2 . 2 2 1  = ---------- a 2 × A A 1 . 2 3 D’autre part, ( AC ) est perpendiculaire à ( AB ) et à ( AD ) , donc ( AC ) est orthogonale au plan ( ABD ) ; 1 1 1  = --- × --- a 2 × a = --- a 3 . 3 2 6 1 1 Par suite, --- a 3 = ---------- a 2 × A A 1 6 2 3 1 A A 1 = ------- a . 3

G – 1 = barycentre { ( A ; 2 ), ( B ; – 1 ), ( C ; 1 ) }

3. a. GA + GB + GC + GD = 0

t IG = ----------- IC . 3+t t 3+t 3 3 - = ----------- – ----------- = 1 – ----------- . b. Pour tout t  0 , ---------3+t

3+t

3+t

3+t

1 Lorsque t ∈ [ 0 ; + ∞[ , alors t + 3 ∈ [ 3 ; + ∞[ et ----------- ∈ 0 3+t 3 3 On en déduit que – ----------- ∈ [ – 1 ; 0 [ et 1 – ----------- ∈ [ 0 ; 1 [ . 3+t 3+t t Puisque IG = ----------- IC , on en déduit que G ∈ [ IC ] privé de 3+t t 1 J coïncide avec G si, et seulement si ----------- = --- , soit t = 1 . 3+t 2

1 ; --- . 3

C.

2G 1 A + G 1 B – G 1 C = 0

2G 1 A – G – 1 B + G – 1 C = 0

2AG 1 = AB – AC

2AG – 1 = – AB + AC

1 AG 1 = --- CB 2

1 AG – 1 = --- BC 2

2. a. ( k 2 + 1 )G k A + kG k B – kG k C = 0 . k ( k 2 + 1 )AG k = kAB – kAC = kCB d’où AG k = – -------------- BC . k2 + 1 x , f est dérivable sur [ – 1 ; 1 ] comme quotient de foncb. f ( x ) = – -------------1 + x2 tions dérivables.

132

0

AC . n est un vecteur normal au plan ( ABC ) .

 et

–1

f ′( x)

GA + 3GA 1 = 0 donc

4GA + 3AA 1 = 0

3 GA = --- AA 1 . 4 3 On déduit que AG = --- AA 1 , donc G ∈ [ A A 1 ] . 4 3 AG = ------- a . 4

b.

MA + MB + MC + MD = 2 MB + MC

4MG = 2 2MI

.

équivaut à :

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23 ------ t = 10 3

Obligatoire :

Les coordonnées de M k N k sont ( 1 – k ; 2 k – 1 ; – k ) , celles de BC sont (0 ; 1 ; 0) . 1 M k N k . B C = 2 k – 1 = 0 ⇔ k = --- . 2

= ( 4GA + AC + AD ) . DC . HC 2 – HD 2 = BA . DC .

c. ( AB ) est orthogonale à ( AC ) et ( AD ) , donc ( AB ) est orthogo-

nale au plan ( ACD ) . ( AB ) est donc orthogonale à toute droite de ce plan et, en particulier, les droites ( AB ) et ( CD ) sont orthogonales. On en déduit que BA . DC = 0 , H C 2 – H D 2 = 0 et H C 2 = H D 2 . HC = HD .

125 A. 1. Les faces du cube d’arête 1 sont des carrés de côté 1, dont les diagonales ont pour longueur 2 . En particulier BD = DE = ED = 2 . Le triangle BDE est équilatéral.

4. On a M k N 2k = ( 1 – k ) 2 + ( 2k – 1 ) 2 + ( – k ) 2 = 6 k 2 – 6 k + 2 . La distance est minimale si son carré l’est. On a à trouver le minimum d’un trinôme : 1 1 2 1 1 6k 2 – 6k + 2 = 6  k 2 – k + --- = 6  k – --- – --- + --- .   4 3 3 2 1 Cette expression est minimale quand le carré est nul soit encore pour k = --- . 2 Non demandé : cette distance est égale à : 1 1 2 6  – --- + --- = 1 --- = ------- .  4 3 2 2

5.

E

H

2. a. I est le centre de gravité du triangle BDE ou l’isobarycentre des points 1 B, D et E. Les coordonnées de I sont de la forme --- ( a B + a D + a D ) . Avec le 3 repère choisi on a B ( 1 ; 0 ; 0 ) , D ( 0 ; 1 ; 0 ) et E ( 0 ; 0 ; 1 ) .

G

F

1 1 1 On obtient donc I  --- ; --- ; --- .  3 3 3

M1– 2

b. On a dans le repère choisi G ( 1 ; 1 ; 1 ) , donc le vecteur 1--- AG et le vec3 teur AI ont les mêmes coordonnées.

I A

1 La relation vectorielle IA = --- AG signifie que les points A, I et G sont ali3

D

gnés, et encore plus précisément que le point I appartient à la droite ( AG ) , 1 ce point ayant l’abscisse --- si le repère choisi sur cette droite est le repère 3

B

C

N1– 2

( A, G ) .

3. On sait déjà que I centre de gravité du triangle BDE est dans le plan

127 La masse du système est 4, donc G n existe.

( BDE ) .

1. G 1 = bary { ( 0 ; 2 ) ( A ; 1 ) ( B ; 1 ) }

 – 1 1 1 1 D’autre part IA  --- ; --- ; --- et BD  1  .  3 3 3    0 

3 1 2×0+1+5 3 2 × 0 + (– 1) + 3 1 x 1 = ------------------------------- = --- , y 1 = ----------------------------------------- = --- , G 1  --- ; --- .  2 2 4 2 4 2 G 2 = bary { ( G 1 ; 2 ) , ( A ; 1 ) , ( B ; 1 ) }

1 1 Le produit scalaire IA . B D = – --- + --- = 0 , donc les vecteurs sont orthogo3 3 naux.

3 2 × --- + 1 + 5 9 3 2 1–1+3 3 9 x 2 = ------------------------------- = --- , y 2 = --------------------- = --- , G 2  --- ; --- .  4 4 4 4 4 4

 – 1 De même BE  0  .    1 

G 3 = bary { ( G 2 ; 2 ) , ( A ; 1 ) , ( B ; 1 ) }

1 1 Le produit scalaire IA . B E = – --- + --- = 0 , donc les vecteurs sont orthogo3 3 naux. Conclusion : le vecteur IA orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ( BDE ) est normal à ce plan. Conclusion : I est le projeté orthogonal de A sur le plan ( BDE ) .

B. Quel que soit le réel k, M k est le point de la droite ( AG ) , d’abscisse k pour le repère ( A, G ) . La droite ( AM k ) est donc orthogonale au plan ( BDE ) , donc aussi au plan k . Conclusion : le point N k est le projeté orthogonal de A sur le plan  k . 1. D’après la partie A, on sait que si k = 1--- , M 1 = I , donc : 3

 1 = ( BDE ) --3

--3

et N 1 = B . --3

2. a. Les coordonnées du vecteur AM k sont les coordonnées du point M k ,

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soit ( k ; k ; k ) .

sait qu’une équation du plan  k est de la forme kx + ky + kz + d = 0 ; comme il contient M k , on a : (k2 + k2 + k2 + d = 0) ⇔ d = – 3k2 . L’équation du plan  k est donc kx + ky + kz – 3k 2 = 0 soit pour k ≠ 0 (cas particulier où M est en A) x + y + z – 3k = 0 .

b. On

c. La droite ( BC ) est définie par les équations des deux plans x = 1 et z = 0 , donc en remplaçant dans l’équation précédente : 1 + y + 0 – 3k = 0 ⇔ y = 3k – 1 . Donc N k(1 ; 3k – 1 ; 0) .

3. M k et N k appartiennent au plan  k qui est orthogonal aux vecteurs AM k ou AG . Donc pour tout k réel la droite ( M k N k ) est orhogonale à la droite ( AG ) .

les exercices

MG = MI . M appartient plan médiateur de [ GI ] .

4. a. AB + AC + AD = 4AG , donc : 4GA + AC + AD = BA . b. H C 2 – H D 2 = ( HC + HD ) . ( HC – HD ) = ( 2HA + AC + AD ) . DC

8. Géométrie dans l’espace

9 3 --- + 1 + 5 --- – 1 + 3 21 7 2 2 21 7 x 3 = ---------------------- = ------ , y 3 = --------------------- = --- , G 3  ------ ; --- .  8 8 4 8 4 8 3 1 3 1 E G 1 G 2  --- ; --- , E G 2 G 3  --- ; --- , donc 2E E G 2 G 3 = E G 1 G 2 , d’où G 1 , G 2 , G 3  4 4  8 8 sont alignés.

2. G n + 1 = bary { ( G n ; 2 ), ( A ; 1 ) , ( B ; 1 ) } .

Soit I ( 3 ; 1 ) le milieu de [ AB ] d’après l’associativité du barycentre G n + 1 = bary { ( G n ; 2 ) , ( I ; 2 ) } , donc G n + 1 est le milieu de [ G n I ] , 1 G n + 1 est l’image de G n par l’homothétie de centre I et de rapport --- . 2 xn + xI 1 3 3. G n + 1 est le milieu de [ G n I ] , donc x n + 1 = ---------------- = --- x n + --- . 2 2 2

4. Initialisation

3 Au rang n = 1 , on a x 1 = --- , donc la propriété est vraie au rang n = 1 . 2 3 3 Hérédité : supposons que pour un n fixé, on a : x n = --- + … + ----- et démon2 2n 3 3 trons que : x n + 1 = --- + … + ------------ . 2 2n + 1 1 3 x n + 1 = --- x n + --2 2 1 3 3 3 x n = ---  --- + … + ----- + --- d’après l’hypothèse de récurrence. 22 2 n 2 3 3 3 x n = ----- + … + ------------ + --22 2n + 1 2 Conclusion :

∀n ∈ ∗ ,

3 3 x n = --- + … + ----- . 2 2n

133

5. x n est la somme d’une suite géométrique de rapport 1--- et de premier 2

1 On obtient y + z + 2 y – z + 1 = 0 , soit 3 y = – 1 ou encore y = – --- . 3 Ainsi, le système équivaut à : x = y + z = – 1 --- + z  3  1  y = – -- 3

3 terme --- . 2 n

 1 –  1---   2  3 1 n x n = ---  -------------------- = 3  1 –  ---  .   2  1  2 1 – -- 2 

x = – 1 --- + t  3  y = – 1 --t∈
 3  z = t

1 1 n Comme – 1 < --- < 1 , lim  --- = 0 , d’où lim x n = 3 .  2 n → ∞ 2 n→∞

128 A. 1. AB ( 3 ; 3 ; 3 ) . AC ( 3 ; 0 ; – 3 ) .

3. La distance du point M 0 ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) au plan ( P ) d’équation

les exercices

Le triangle ABC est rectangle en A .

2. Un vecteur normal n de coordonnées ( 1 ; 1 ; 1 ) au plan  , vérifie 1 n = --- AB , donc : 3 x A + y A + z A – 3 = 3 – 2 + 2 – 3 = 0 donc A ∈  .

 est orthogonal à la droite ( AB ) et passe par A .

3. AM . AC = 3 ( x – 3 – z + 2 ) = 3 ( x – z – 1 ) . AM . AC = 0 si, et seulement si, x – z – 1 = 0 . Le plan  ′ a pour équation cartésienne x – z – 1 = 0 . x

4. Un système d’équations de  est : 

–z–1=0

x + y + z – 3 = 0

x = 1 + z Ainsi le système équivaut à  y = 2 – 2x . x = 1 + t  Représentation paramétrique de   y = 2 – 2t avec t ∈
.  z = 0 + t B. 1. AD . AB = ( – 3 ) × 3 + 6 × 3 + ( – 3 ) × 3 = 0 donc ( AD ) et ( AB ) sont orthogonales. AD . AC = ( – 3 ) × 3 + 6 × 0 + ( – 3 ) × ( – 3 ) = 0 donc ( AD ) et ( AC ) sont orthogonales. Donc ( AD ) est perpendiculaire au plan ( ABC ) .

2.  = 1--- × 1--- AB ⋅ AC ⋅ AD . Or AB = 3 3 . De même : AC = 3 2 . 3

2

1 1 AD = 3 6 . 9 = --- × --- × 3 3 × 3 2 × 3 2 3 = 27 u.v . 3 2 3. BC 2 = 3 5 ; BD 2 = 9 ; C D 2 = 6 2 . On a BC 2 = DB 2 + DC 2 – 2DB ⋅ DC cos BDC , donc :

1 × 0 + 2 × 1 + (– 1) × 1 + 1 2 2 6 d ( A ; ( P ) ) = ------------------------------------------------------------------------ = ------- = ---------- = ------66 3 6 12 + 22 + ( – 1 )2 (– 1) × 0 + 1 × 1 + 1 × 1 2 2 3 d ( A ; ( P ) ) = -------------------------------------------------------------- = ------- = ---------3 3 ( – 1 )2 + 12 + 12

4. ( d ) est la droite d’intersection de deux plans perpendiculaires. On note u un vecteur directeur de ( d ) , u est orthogonal à n et à n′ . On note H le projeté orthogonal de A sur ( P ) : H est le point d’intersection de ( P ) et de la droite passant par A, perpendiculaire à ( P ) . AH est colinéaire à n . De même AH′ , où H′ est le projeté orthogonal de A sur ( P′ ) , est colinéaire à n′ . On note K le projeté orthogonal de A sur ( d ) . K est le point d’intersection de ( d ) et du plan passant par A, perpendiculaire à ( d ) , noté ( Q ) . Ce plan a pour vecteur normal u , pour vecteurs directeurs n et n′ . Donc, H et H′ appartiennent à ( Q ) . De plus, la droite d’intersection de ( P ) et ( Q ) , ( KH ) , a pour vecteur directeur n′ et, de même, ( KH′ ) a pour vecteur directeur n . Le quadrilatère KH′AH est un parallélogramme et possède un angle droit, c’est donc un rectangle. En appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle AHK, on a : AK 2 = AH 2 + H K 2 AK 2 = AH 2 + AH ′ 2 6 4 × 3 18 AK 2 = d 12 + d 22 = --- + ------------ = ------ = 2 9 9 9 La distance de A à la droite ( d ) est : AK = 2 .

130 1. AB ( – 3 ; 3 ; 0 ) , AD ( – 1 ; 2 ; 9 ) .

DB 2 + DC 2 – BC 2 3 2 × 9 + 3 2 × 8 – 3 2 × 5 cos BDC = --------------------------------------------- = -------------------------------------------------------2DB ⋅ DC 2×9×6 2

x AB = 3 x AD et y AB ≠ 3 y AD , donc AB et AD ne sont pas colinéaires, d’où A, B et D ne sont pas alignés.

1 2 3 2 × 12 cos BDC = ---------------------- = ------- = ------- . 12 × 9 2 2 2

2. ( AB ) admet une représentation paramétrique  y = 1 + 3t


L’angle géométrique BDC a pour mesure ---- radians. 4

4. a. S = 1--- DC ⋅ DB sin BDC . 2

1 1
= --- × 6 2 × 9 × ------- = 3 × 9 = 27 u.a . 2 2

- = 3-------------× 27 b.  = 1--- × S × h d’où l’on déduit h = 3-------=3 . 3
27

129 1. ( P ) et ( P′ ) sont perpendiculaires si, et seulement si, leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. ( P ) a pour équation x + 2 y – z + 1 = 0 et pour vecteur normal le vecteur n de coordonnées ( 1 ; 2 ; – 1 ) . ( P′ ) a pour équation – x + y + z = 0 et pour vecteur normal n′ de coordonées ( – 1 ; 1 ; 1 ) . n ⋅ n′ = 1 × ( – 1 ) + 2 × 1 + ( – 1 ) × 1 = 0 . Les plans ( P ) et ( P′ ) sont perpendiculaires. 2. Les plans étant perpendiculaires, ils sont sécants. On appelle ( d ) leur droite commune. Un système d’équations de ( d ) est : x + 2y – z + 1 = 0  – x + y + z = 0

134

a x 0 + b y 0 + cz 0 + d ax + by + cz + d = 0 est -------------------------------------------------. a2 + b2 + c2

 x = 3 – 3t 

t∈
.  z = – 5  Un vecteur normal au plan x + y = 4 est n ( 1 ; 1 ; 0 ) . n ⋅ AB = – 3 + 3 = 0 , donc ( AB ) est parallèle au plan  d’équation x + y = 4 , 3 + 1 = 4 , donc A ∈  , d’où ( AB ) est contenue dans .

3. Notons ′ le plan d’équation 18 x – 9 y – 5z + 11 = 0 . • 18 × 6 – 9 × 4 – 5 × ( – 5 ) + 11 = – 36 + 25 + 11 = 0 , donc B ∈ ′ . • 18 × ( – 1 ) – 9 × 2 – 5 × ( – 5 ) + 11 = – 18 – 18 + 25 + 11 = 0 , donc C ∈ ′ . • 18 × 2 – 9 × 3 – 5 × 4 + 11 = 36 – 27 – 20 + 11 = 0 , donc D ∈ ′ . D’où ( BCD ) : 18 x – 9 y – 5z + 11 = 0 . 4. 18 × 3 – 9 × 1 – 5 × ( – 5 ) + 11 = 54 – 9 + 25 + 11 = 81 ≠ 0 ,

donc

A ∉ ( BCD ) , les points A, B, C et D ne sont pas coplanires.

81 81 430 - = ------------------- ≠ 9 , donc ( BCD ) n’est pas tangente 5. d ( A ; ( BCD ) ) = -----------430

430

à la sphère.  x = + 2t′ 

6. Une représentation paramétrique de ( BD ) est  y = 4 – t′

  z = – 5 + 9t′

 2  BD  – 1    9 

t′ ∈
.

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AB . AC = 3 × 3 + 3 × 0 + 3 × ( – 3 ) = 0 .

Obligatoire :

131 1. a. On a AB ( – 2 ; 0 ; – 2 ) et AC ( 1 ; – 4 ; – 1 ) . Il n’existe aucun k réel tel que AB = kAC ou AC = kAB , donc les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires. Les trois points A, B et C définissent un plan. b. • 2 × 3 + 2 – 2 × 6 + 4 = 0 , donc A est un point de . • 2 × 1 + 2 – 2 × 4 + 4 = 0 , donc B est un point de . • 2 × 4 + ( – 2 ) – 2 × 5 + 4 = 0 , donc C est un point de . Le plan  est donc bien le plan ( ABC ) . 2. a. Le triangle ABC est rectangle. AB ( – 2 ; 0 ; – 2 ) et AC ( 1 ; – 4 ; – 1 ) . AB ⋅ AC = – 2 × 1 + 0 × ( – 4 ) + ( – 2 ) × ( – 1 ) = 0 . Le triangle ABC est rectangle en A. b. On sait que le vecteur n ( 2 ; 1 ; – 2 ) est orthogonal au plan  d’équation 2 x + y – 2z + 4 = 0 . Le vecteur n est donc un vecteur directeur de la droite .  x = 2t   : y = t t∈
 z = – 2t

c. La droite  étant orthogonale à , le point K est l’intersection de  et .

8 1 --- + --- – 5 + 4 2 xG + yG – 2 zG + 4 3 3 d ( G ;  ) = ------------------------------------------------- = ---------------------------------3 22 + 12 + ( – 2 )2 2 d ( G ;  ) = --- . 3

4. Le point G est le barycentre de S { ( O ; 3 ) , ( A ; 1 ) , ( B ; 1 ) , ( C ; 1 ) } (d’après 3. a.). Donc pour tout point M de l’espace : 3MO + MA + MB + MC = 6MG L’ensemble G des points M de l’espace tels que : 3MO + MA + MB + MC = 5 5 est l’ensemble des points M de l’espace tels que 6MG = 5 , soit GM = --- . 6 5 L’ensemble  est la sphère de centre G et de rayon --- . 6 2 D’après la question 3. c., la distance de G au plan  est égale à --- , donc 3 5 d ( G ;  ) < --- . Le plan  et la sphère  sont donc sécants. 6 L’intersection de  et de  est un cercle.

132 1. MM′ = MA + AB + BM′ = – au + AB + bv

 – a + 2 + 0  2–a   MM′  0 + 0 + b  , d’où MM′  b      + a + 1 + b  b + a + 1  MM′ ⋅ u = 0

2. ( MM′ ) et D sont perpendiculaires ⇔ 

 MM′ ⋅ v = 0

En utilisant le système paramétrique précédent, il existe un réel t tel que les coordonnées de K soient ( 2t ; t ; – 2 t ) . Le point K appartient à  si, et seulement si : 2 ( 2t ) + t – 2 – 2 ( – 2 t ) + 4 = 0 4 soit t = – --- . 9

2 – a – (b + a + 1) = 0 ⇔  b + b + a + 1 = 0  – 2a – b + 1 = 0 ⇔   2b + a + 1 = 0

8 4 8 Les coordonnées de K sont  – --- ; – --- ; --- .  9 9 9 64 + 16 + 64 4 On a OK = ----------------------------------- , soit : OK = --- . 9 3

 2a + b = 1 ⇔   a + 2b = – 1  a = – 1 – 2b

d. Le triangle ABC étant rectangle en A, l’aire du triangle ABC est :

3. 

AB × AC 4 + 0 + 4 × 1 + 16 + 1
= ----------------------- = ------------------------------------------------------------- = 6 . 2 2 La droite ( OK ) est une hauteur du tétraèdre, donc le volume du tétraèdre OABC est : 1 1 4 V = --- S × OK = --- × 6 × --3 3 3

d’où AH = u

8 V = --3

BH′ = – v

3 + 1 + 1 + 1 = 6 n’est pas nulle.

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D’après l’associativité du barycentre, G est le barycentre du système de points pondérés { ( O ; 3 ) , ( I ; 3 ) } . G est le milieu de [ OI ] , donc : G appartient à la droite ( OI ) . c. On sait que : 1 OI = --- ( OA + OB + OC ) 3 3+1+4 2+2–2 6+4+5 Les coordonnées de I sont donc  --------------------- ; --------------------- ; --------------------- , soit   3 3 3  8--- ; 2--- ; 15 ------ . 3 3 3  Comme G est le milieu de [ OI ] , on en déduit les coordonnées de G : 4 1 5 G  --- ; --- ; ---  3 3 2

b = – 1  a = 1

 a = – 1 – 2b   – 3b = 3

 2 ( – 1 – 2b ) + b = 1

3. a. Le système S a un barycentre car la somme des coefficients b. Le point I, est le barycentre de { ( A ; 1 ) , ( B ; 1 ) , ( C ; 1 ) } .

 2 AB  0    1

les exercices

x = 1  y = 7 --1 Pour t = --- , on a  2 , donc ( BD ) admet comme représentation 2  z = – 1 -- 2  x = 1 – 2k  y = 7 --- + k paramétrique :  k = – t′ ∈
. 2  z = – 1 --- – 9k  2

8. Géométrie dans l’espace

 xH = 1   yH = 0   zH – 3 = – 1  x H′ – 2 = 0   yH ′ = – 1   zH ′ – 4 = – 1

H (1 ; 0 ; 2) .

H′ ( 2 ; – 1 ; 3 )

HH′ = ( 2 – 1 ) 2 + ( – 1 ) 2 + ( 3 – 2 ) 2 = 1 + 1 + 1 = 3 MM ′ 2 = ( 2 – a ) 2 + b 2 + ( a + b + 1 ) 2 = 4 – 4a + a 2 + b 2 + a 2 + b 2 + 1 + 2a + 2b + 2ab = 2a 2 + 2b 2 – 2a + 2b + 2ab + 5 De plus : ( a + b )2 + ( a – 1 )2 + ( b + 1 )2 + 3 = a 2 + b 2 + 2ab + a 2 + 1 – 2a + b 2 + 2b + 1 + 3 = 2a 2 + 2b 2 + 2ab – 2a + 2b + 5 d’où : MM ′ 2 = ( a + b ) 2 + ( a – 1 ) 2 + ( b + 1 ) 2 + 3 .

4. a.

a + b = 0 

a = 1

b. MM′ est minimal si  a – 1 = 0 , d’où   b + 1 = 0

b = – 1

donc M = H et M′ = H′ .

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