Exercices sur les concepts de mathématiques – 1, Exercices de Mathématiques Appliqués. Université Bordeaux I
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Exercices sur les concepts de mathématiques – 1, Exercices de Mathématiques Appliqués. Université Bordeaux I

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Exercices sur les concepts de mathématiques – 1 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: ComplexesFonction irrationnelle et première bissectrice, Exponentielle, Logarithme et tangentes, Représentation graphique, ...
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1 Tirage simultané de 3 boules

Chaque tirage est une combinaison de 3 éléments pris dans un ensemble de 7 éléments : le nombre

total de tirage est donc

( 7

3

) .

1. Exemple numérique : choisissons k = 5 .

Pour obtenir un tirage dont le plus grand numéro est 5, nous devons choisir deux boules dont les numéros sont compris entre 1 et 4 . Voici la liste des possibilités :

{1, 2} {1, 3} {1, 4}

{2, 3} {2, 4} {3, 4}

Il est équivalent de dire qu’il faut choisir 2 boules dont les numéros sont compris entre 1 et

4 et qu’il y a

( 4

2

) possibilités.

Cas général. Pour obtenir un tirage dont le plus grand numéro est k, nous devons choisir deux boules dont les numéros sont compris entre 1 et k − 1 . Le nombre de possibilités est

donc

( k − 1 2

) .

2. Notons Tk l’ensemble des tirages dont le plus grand numéro est k et E l’ensemble de tous les tirages : Tk est une partie de E .

- les parties Tk sont deux à deux disjointes : pour j 6= k on a Tj ∩ Tk = ∅ . - d’autre part E est la réunion de tous les Tk lorsque 3 6 k 6 7 .

Autrement dit les parties Tk forment une partition de E , ce qui entrâıne :

7∑ k=3

card T k = card E ⇐⇒ 7∑

k=3

( k − 1 2

) =

( 7

3

)

c© Joël Amblard , Agen 2004

2 Sous-tangentes

1. On cherche d’abord l’équation réduite de la tangente au point M d’abscisse t. Sachant que l’exponentielle est dérivable et qu’elle est égale à sa dérivée, on obtient :

y = et(x− t) + et

L’abscisse de N est alors solution de et(x− t) + et = 0 ⇐⇒ x = t− 1. La distance de P à N est enfin la valeur absolue de la différence de leurs abscisses :

PN = |t− (t− 1)| = 1

2. (a) On procède comme dans la question précédente. L’équation réduite de la tangente en M est :

y = f ′(t)(x− t) + f(t)

L’abscisse de N est alors solution de f ′(t)(x− t)+f(t) = 0 ⇐⇒ x = t− f(t) f ′(t)

. Sachant

f et f ′ strictement positives, on en déduit

PN =

∣∣∣∣t− [t− f(t)f ′(t) ]∣∣∣∣ = f(t)f ′(t)

(b) La condition PN = k se traduit par une équation différentielle :

pour tout réel t : f(t)

f ′(t) = k ⇐⇒ f(t) = k · f ′(t) (Ek)

(c) D’après le cours les solutions de (Ek) sont les fonctions t 7→ K · ekt où K est une constante réelle arbitraire.

c© Joël Amblard , Agen 2004

3 Complexes : QCM

1. L’écriture algébrique de z tel que z + |z| = 6 + 2i est :

 8

3 − 2i  −8

3 − 2i  8

3 + 2i  −8

3 + 2i

2. L’ensemble des points d’affixe z = x+ iy (x et y réels) tels que |z − 1| = |z + i| est la droite d’équation :

 y = x− 1  y = −x  y = −x+ 1  y = x

3. Le nombre ( 1 + i

√ 3 )n

est réel si et seulement si n s’écrit :

 3k + 1  3k + 2  3k  6k

4. Une solution de l’équation z = 3− z 6− z

est :

 −2− √ 2i  2 +

√ 2i  1− i  −1− i

5. Soit ABC un triangle équilatéral avec (−→ AB,

−→ AC ) =

π

3 . Si zA = i et zB =

√ 3, alors zC est

égal à :

 −i  2i  √ 3 + i 

√ 3 + 2i

6. L’ensemble des points d’affixe z = x + iy (x et y réels) tels que arg z + 2

z − 2i =

π

2 est inclus

dans :

 La droite d’équation y = −x  Le cercle de centre I(1 + i) et de rayon R =

√ 2

 La droite d’équation y = x  Le cercle de diamètre [AB] où zA = −2 et zB = 2i

c© Joël Amblard , Agen 2004

4 Fonction irrationnelle et première bissectrice

1. (a) Il s’agit de prouver une éqivalence : on procède donc en deux temps.

- Supposons d’abord que M ∈ (Γ) . Par hypothèse : 0 6 x 6 1 et y = x− 2

√ x+ 1

On a donc x > 0.

On remarque : y = ( 1−

√ x )2 , ce qui entrâıne y > 0.

On peut de plus écrire : √ y =

∣∣1−√x∣∣ . La racine carrée étant croissante sur R+ , nous obtenons :

0 6 x 6 1⇒ 0 6 √ x 6 1 et

∣∣1−√x∣∣ = 1−√x On en déduit

√ y = 1−

√ x ⇐⇒

√ x+

√ y = 1 .

- Supposons réciproquement : x > 0 y > 0 et √ x+

√ y = 1 .

On remarque d’abord que √ x et

√ y sont compris entre 0 et 1. Puisque le carré est

croissant sur R+ , il en va de même pour x et y. En particulier x ∈ [0, 1]. On a : y =

√ y2 =

( 1−

√ x )2

= x− 2 √ x+ 1.

Donc M est bien un point de (Γ) .

- L’équivalence est prouvée.

(b) Le symétrique de M par rapport à la droite d’équation y = x est le point M ′ dont les coordonnées sont x′ = y et y′ = x . Il suffit d’appliquer le résultat précédent :

M ∈ Γ ⇐⇒ x > 0 y > 0 et √ x+

√ y = 1

⇐⇒ y′ > 0 x′ > 0 et √ y′ +

√ x′ = 1

⇐⇒ x′ > 0 y′ > 0 et √ x′ +

√ y′ = 1

⇐⇒ M ′ ∈ Γ

2. (a) Par hypothèse la courbe passe par les points A(0, 1) et B(1, 0) : ces deux points sont symétriques par rapport à la droite d’équation y = x puisque leurs coordonnées sont échangées. Donc cette droite est la médiatrice de [AB].

Supposons que Γ est un arc de cercle de centre I : ce point est équidistant de A et B et appartient donc à la droite d’équation y = x.

Sachant f ′(1) = 0, on peut affirmer que l’axe des abscisses est tangent à Γ en B. Le point I appartient donc à la perpendiculaire en B à l’axe des abscisses et son abscisse est xI = 1.

On en déduit les coordonnées de I : xI = yI = 1. Le rayon est donc IA = IB = 1.

(b) Vérifions que le point C

( 1

4 , 1

4

) appartient à Γ :

√ 1

4 +

√ 1

4 =

1

2 +

1

2 = 1.

Calculons la distance IC :

IC2 =

( 1− 1

4

)2 +

( 1− 1

4

)2 =

9

16 +

9

16 =

18

16

On en déduit IC = 3 √ 2

4 6= 1. Donc (Γ) n’est pas un arc de cercle.

c© Joël Amblard , Agen 2004

5 Exponentielle, Logarithme et tangentes

1. (a) Les coordonnées de A sont xA = 0 et yA = e 0 = 1. On sait que (ex)′ = ex.

La droite D a donc pour équation : y = e0(x− 0) + e0 ⇐⇒ y = x+ 1 .

Les coordonnées de B sont xB = 1 et yB = ln 1 = 0. On sait que (lnx) ′ =

1

x

La droite ∆ a donc pour équation : y = 1

1 (x− 1) + ln 1 ⇐⇒ y = x− 1 .

(b) Les droites D et ∆ ont le même coefficient directeur , 1 , et sont donc parallèles.

Sachant que ∆ a pour équation y − x + 1 = 0, nous pouvons calculer la distance de A à ∆ :

d (A,∆) = |1− 0 + 1|√

12 + 12 =

2√ 2 = √ 2

Puisque D et ∆ sont parallèles, tout point de D est également à la distance √ 2 de ∆.

On vérifie de même que tout point de ∆ est à la distance √ 2 de D.

2. (a) Montrons que la différence d1(x) = e x−x−1 est toujours positive ou nulle. Cette fonction

est dérivable sur R et pour tout x réel d′1(x) = ex− 1. Étudions le signe de cette dérivée en utilisant le fait que l’exponentielle est une bijection strictement croissante de R sur R+∗ : d′1(x) = 0 ⇐⇒ ex = 1 ⇐⇒ x = 0 d′1(x) > 0 ⇐⇒ ex > 1 ⇐⇒ x > 0 d′1(x) < 0 ⇐⇒ ex < 1 ⇐⇒ x < 0

On en déduit le tableau de variations : x −∞ 0 +∞

d′1(x) − 0 +

d1(x) 0

La fonction admettant un minimum en 0, on a pour tout x réel : d1(x) > d1(0) = 0.

(b) Montrons que la différence d2(x) = x − 1 − lnx est toujours positive ou nulle. Cette fonction est dérivable sur R+∗ et pour tout x > 0 : d′2(x) = 1−

1

x = x− 1 x

.

Puisque x > 0, cette dérivée est du signe de x−1. On en déduit le tableau de variations : x 0 1 +∞

d′2(x) − 0 +

d2(x) 0

La fonction admettant un minimum en 1, on a pour tout x réel : d2(x) > d2(1) = 0.

(c) Intuitivement, si on relie M et N le segment coupe chaque tangente en M ′ et N ′. On a donc MN > M ′N ′ et d’après la question précédente, on a M ′N ′ >

√ 2. Mais cela n’a

rien de rigoureux.

Une démonstration précise du résultat. Notons M

( t, et ) où t ∈ R et N (u, lnu) où u ∈ R+∗. Considérons un point P (x, y) quelconque de

(MN) et posons −−→ MP = λ

−−→ MN .

c© Joël Amblard , Agen 2004

Exprimons d’abord les coordonnées de P en fonction des paramètres t , u et λ :

x = t+ λ(u− t) y = et + λ ( lnu− et

) • Étudions l’intersection de (MN) et de D . Il existe un point d’intersection si et seulement si λ est solution de :

et + λ ( lnu− et

) = t+ λ(u− t) + 1 ⇐⇒ λ

( et − t+ u− lnu

) = et − t− 1

On a montré pour tout réel t : et > t+ 1 et pour tout u > 0 : lnu 6 u− 1 . On en déduit : et − t+ u− lnu > 2 > 0 . Par conséquent il existe toujours une valeur de λ qui est solution de l’équation et il existe toujours un point d’intersection P = M ′ pour les droites (MN) et D .

On a immédiatement : λ = et − t− 1

et − t+ u− lnu > 0

On vérifie : 1− λ = u+ 1− lnu et − t+ u− lnu

> 0

Puisque 0 6 λ 6 1 , on sait que M ′ est un point du segment [MN ].

• Étudions l’intersection de (MN) et de ∆ . Il existe un point d’intersection si et seulement si λ est solution de :

et + λ ( lnu− et

) = t+ λ(u− t)− 1 ⇐⇒ λ

( et − t+ u− lnu

) = et − t+ 1

De nouveau il existe toujours une valeur de λ qui est solution de cette équation et il existe toujours un point d’intersection P = N ′ pour les droites (MN) et ∆ .

On a immédiatement : λ = et − t+ 1

et − t+ u− lnu > 0

On vérifie : 1− λ = u− 1− lnu et − t+ u− lnu

> 0

Puisque 0 6 λ 6 1 , on sait que N ′ est un point du segment [MN ].

On peut maintenant écrire MN >M ′N ′ > √ 2.

c© Joël Amblard , Agen 2004

6 Représentation graphique

1. Représentation de la fonction.

2. (a) On peut conjecturer que la fonction est croissante sur [−5, 4] (b) On peut conjecturer que l’équation f(x) = 0 a une solution sur cet intervalle puisqu’il

semble exister un point d’intersection entre la courbe et l’axe des abscisses.

3. (a) Posons X = ex et étudions le trinôme X2 − 2, 1X + 1.1. Son discriminant est ∆ = 0, 01 = 0, 12. Il a donc deux racines réelles :

X1 = 2, 1− 0, 1

2 = 1 et X2 =

2, 1 + 0, 1

2 = 1, 1

D’après le théorème sur le signe du trinôme, ce trinôme est positif ou nul lorsque X 6 1 ou lorsque X > 1, 1. On en déduit que e2x − 2, 1ex + 1.1 > 0 si et seulement si :

ex 6 1 ou ex > 1, 1 ⇐⇒ x 6 0 ou x > ln 1, 1

(b) La fonction f est dérivable sur R et pour tout x réel : :

f ′(x) = e2x − 2, 1ex + 1.1 Nous venons d’en étudier partiellement le signe. Voici le tableau de variations de f :

x −∞ 0 ln 1, 1 +∞

f ′(x) + 0 − 0 +

f(x) 0

f(ln 1, 1)

(c) On a touvé une solution puisque f(0) = 0 .D’après les variations de f , on sait que pour tout x < 0 et tout x ∈ ]0, ln 1, 1[, on a f(x) < 0. D’autre part, on sait que f est dérivable donc continue, et strictement croissante sur [ln 1, 1; ln 2] : cette fonction réalise donc une bijection de cet intervalle sur l’intervalle image [f(ln 1, 1); f(ln 2)]. On vérifie que 0 appartient à l’intervalle image puisque

f(ln 1, 1) ≈ −0, 00016 < 0 et f(ln 2) ≈ 0, 16 > 0 Donc l’équation f(x) = 0 a une solution et une seule dans [ln 1, 1; ln 2] .

Enfin x > ln 2 =⇒ f(x) > f(ln 2) montre qu’il n’y a pas d’autre solution. En résumé, l’équation f(x) = 0 a exactement deux solutions.

4. On vérifie :

f(−0, 05) ≈ −0, 00016 f(ln 1, 1) ≈ −0, 00016 f(0, 15) ≈ 0, 00008 Il est donc raisonnable de prendre −0, 0002 6 y 6 0, 0001

c© Joël Amblard , Agen 2004

7 Suites

1. VRAI

Par hypothèse, on a pour tout n : un > 0 . On en déduit 1 + un > 0 puis vn > 0.

On calcule 1− vn = 1

1 + un . La remarque précédente entrâıne 1− vn > 0 et donc vn 6 1.

2. VRAI

Par hypothèse, (un) a une limite finie que l’on note l : les théorèmes sur les limites nous garantissent l > 0 .

Le théorème sur la limite d’une somme nous donne lim 1+un = 1+ l > 0. Puisque ce nombre

est différent de 0, on peut appliquer le théorème sur la limite d’un quotient : lim vn = l

1 + l .

3. VRAI

On a montré 1− vn = 1

1 + un ce qui implique vn = 1−

1

1 + un . Calculons la différence :

vn+1 − vn = 1

1 + un − 1

1 + un+1 =

un+1 − un (1 + un) (1 + un+1)

Puisque (un) est croissante, nous avons pour tout n : un+1 − un > 0. Nous en déduisons vn+1 − vn > 0 et (vn) croissante.

4. FAUX

Un contrexemple est obtenu en posant pour tout n : un = n . Cette suite est bien positive.

On a dans ce cas vn = n

1 + n = 1 − 1

1 + n et les théorèmes sur les limites et les opérations

nous donnent lim vn = 1.

Donc la suite (vn) est convergente, alors que la suite (un) est divergente.

c© Joël Amblard , Agen 2004

8 Géométrie dans l’espace : QCM

1. Si A 6= B l’ensemble des points M de l’espace tels que ∣∣∣∣∣∣−−→MA∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣−−→MB∣∣∣∣∣∣ est :

 l’ensemble vide  un plan  une sphère

2. Si E (0 ; 1 ;−2) et F (2 ; 1 ; 0), le coordonnées du barycentre G de (E ; 1) (F ; 3) sont :

 G (6 ; 4 ;−2)  G (1, 5 ; 1 ;−0, 5)  G (0, 5 ; 1 ; 1, 5)

3. Soit d la droite de représentation paramétrique x = 2− t y = 3t z = −3 où t ∈ R. Si A (2 ; 3 ;−3) , B (2 ; 0 ;−3) et C (0 ; 6 ; 0), alors :

 d = (AB)  d = (BC)  d 6= (AB) d 6= (BC) d 6= (CA)

4. Les droites de représentations paramétriques respectives :

x = 2 + t y = 1− t z = 1 + t où t ∈ R x = −t′ y = −2− 1, 5t′ z = 3 + t′ où t′ ∈ R

admettent comme point commun :

 I (3 ; 0 ; 2)  J (2 ; 1 ; 1)  K (0 ; 2 ;−3)

5. Les droites de représentations paramétriques respectives :

x = 1 y = 1 + 2t z = 1 + t où t ∈ R x = 3− 2t′ y = 7− 4t′ z = 2− t′ où t′ ∈ R

sont :

 parallèles  sécantes  non coplanaires

6. La droite de représentation paramétrique :

x = −4t y = 1 + 3t z = 2 + 2t où t ∈ R et le plan d’équation x− 2y + 5z − 1 = 0 sont :

 orthogonaux  parallèles  ni orthogonaux ni parallèles

7. L’ensemble des points tels que x− y + 2z − 1 = 0 et −2x− 4y + 4z + 1 = 0 est :

 l’ensemble vide  une droite  un plan

c© Joël Amblard , Agen 2004

9 Fonctions trigonométriques et équations

1. Cette fonction est dérivable sur R en tant que somme de fonctions dérivables et pour tout x réel : f ′(x) = − sin x+ 1 . On sait que la fonction sinus est majorée par 1 , ce qui entrâıne f ′ > 0 et f croissante sur R. • Localisation des solutions . On vérifie f

( −π 2

) = −π

2 < 0 et f(0) = 1 > 0 . Puisque f est croissante, on a :

x < −π 2 =⇒ f(x) 6 f

( −π 2

) < 0 et x > 0 =⇒ f(x) > f(0) > 0

L’équation f(x) = 0 ne peut donc avoir de solution en dehors de l’intervalle I = [ −π 2 , 0 ] .

• Étude sur l’intervalle I . Le sinus étant croissant sur I, on peut écrire :

−1 6 sin x 6 0 ⇐⇒ 1 6 1− sin x 6 2

Donc f est strictement croissante sur I. Puisqu’elle est continue (car dérivable), elle réalise

une bijection de I sur l’intervalle image [ f ( −π 2

) , f(0)

] = [ −π 2 , 1 ] . L’intervalle image

contenant la valeur 0, l’équation f(x) = 0 a une solution α et une seule dans I. • Valeur approchée. On procède par balayage : f(−0, 8) ≈ −0, 10 < 0 et f(−0, 7) ≈ 0, 06 > 0 =⇒ −0, 8 < α < −0, 7 f(−0, 74) ≈ −0, 002 < 0 et f(−0, 73) ≈ 0, 02 > 0 =⇒ −0, 74 < α < −0, 73 f(−0, 74) ≈ −0, 002 < 0 et f(−0, 739) ≈ 0, 0001 > 0 =⇒ −0, 74 < α < −0, 739 On peut donc écrire α ≈ −0, 739 à 10−3 près.

2. On pose pour tout x réel : g(x) = sin x− x 2 .

(a) On déduit de −1 6 sin x 6 1 l’encadrement −1− x 2 6 g(x) 6 1− x

2

On vérifie 1− x 2 < 0 ⇐⇒ x > 2 . Donc x > 2 =⇒ g(x) < 0.

On vérifie −1− x 2 > 0 ⇐⇒ x < −2 . Donc x < −2 =⇒ g(x) > 0.

On en déduit que les solutions de g(x) = 0 sont comprises entre -2 et 2.

(b) Étudions maintenant les variations de g sur l’intervalle [−π, π] qui contient [−2, 2]. Calculons la dérivée : g′(x) = cosx− 1

2 .

Elle s’annule lorsque cosx = 1

2 c’est-à-dire pour −π

3 et

π

3 .

Nous savons d’autre part que le cosinus est strictement croissant sur [−π, 0] et stricte- ment décroissant sur [0, π]. On en déduit :

cosx > 1

2 ⇐⇒ −π

3 < x <

π

3

Nous pouvons dresser le tableau de variations de g :

c© Joël Amblard , Agen 2004

x −π −π3 π 3 π

g′(x) − 0 + 0 −

g(x)

π 2

g ( −π3

) g

( π 3

) −π 2

Dans ce tableau g (π 3

) =

√ 3

2 − π

6 et f

( −π 3

) = −

√ 3

2 + π

6

Sur [ −π 3 , π

3

] , g est strictement croissante et s’annule en 0 : on a donc exactement une

solution sur cet intervalle.

Sur [π 3 , π ] , g est continue (car dérivable) et strictement décroissante : elle réalise donc

une bijection de cet intervalle sur l’intervalle image [ g(π), g

(π 3

)] . L’intervalle image

contient 0 puisque g(π) = −π 2 < 0 et g

(π 3

) =

√ 3

2 − π

6 > 0. Par conséquent l’équation

g(x) = 0 a exactement une solution β sur cet intervalle.

Puisque g est impaire, l’équation g(x) = 0 a aussi exactement une solution −β sur l’intervalle

[ −π,−π

3

] .

En résumé, on a trois solutions : −β , 0 et β . (c) On procède par balayage.

g(1, 8) ≈ 0, 07 > 0 et g(1, 9) ≈ −0, 004 < 0 =⇒ 1, 8 < β < 1, 9 g(1, 89) ≈ 0, 004 > 0 et g(1, 9) ≈ −0, 004 < 0 =⇒ 1, 89 < β < 1, 9 g(1, 895) ≈ 0, 0004 > 0 et g(1, 896) ≈ −0, 0004 < 0 =⇒ 1, 895 < β < 1, 896 On peut donc écrire β ≈ 1, 895 à 10−3 près.

c© Joël Amblard , Agen 2004

10 Équations de plans et calculs de distances

1. Soit M(x, y, z) un point quelconque de l’espace. Il appartient à P si et seulement si :

−−→ AM · −→n = 0 ⇐⇒ (x− 1) · −1 + y · 1 + (z − 1) · 1 = 0 ⇐⇒ −x+ y + z = 0

2. (a) Le plan P ′ admet pour vecteur normal le vecteur −→ n′

 12 −1

. Les vecteurs −→n et

−→ n′ sont orthogonaux car −→n ·

−→ n′ = (−1) · 1+ 1 · 2+ 1 · (−1) = 0 et les

plans P et P ′ sont donc perpendiculaires.

(b) Par application du cours :

d = |−0 + 1 + 1|√ (−1)2 + 12 + 12

= 2√ 3 =

2 √ 3

3

d′ = |0 + 2 · 1− 1 + 1|√ 12 + 22 + (−1)2

= 2√ 6 =

√ 6

3

3. (a) On résout le système formé par les deux équations cartésiennes :{ −x+ y + z = 0 x+ 2y − z + 1 = 0 ⇐⇒

{ −x+ y = −z x+ 2y = z − 1 ⇐⇒

{ −x+ y = −z 3y = −1

On en déduit une représentation paramétrique de la droite d’intersection D : x = −1

3 + t

y = −1 3

z = t

t ∈ R

(b) La droite (D) admet donc pour vecteur directeur −→u

 10 1

 La droite (MH) est perpendiculaire à D lorsque

−−→ MH · −→u = 0 ⇐⇒

( −1 3 + t− 0

) · 1 +

( −1 3 − 1 ) · 0 + (t− 1) · 1 = 0 ⇐⇒ t = 2

3

On en déduit H

( 1

3 ;−1

3 ; 2

3

) .

(c) On calcule les coordonnées de −−→ MH

( 1

3 ;−4

3 ;−1

3

) .

On en déduit MH2 = 18

9 = 2 et on vérifie d2 + d′2 =

12

9 +

6

9 = 2.

c© Joël Amblard , Agen 2004

11 Partage d’une aire

1. Puisque la fonction est positive et continue, l’aire du domaine délimité par la courbe, l’axe des abscisses , les droites t = 0 et t = x est :

A1 = ∫ x

0

et−1 dt = [ et−1

]x 0 = ex−1 − 1

e

Notons Hx (x, 0). L’aire du triangle IMxHx est :

A2 = HxMx ·HxI

2 = ex−1 · (1− x)

2

On en déduit g(x) = A1 +A2 = ex−1 · (3− x)

2 − 1 e .

2. La fonction g est dérivable sur [0, 1] et pour tout x ∈ [0, 1] :

g′(x) = ex−1 · (3− x)− ex−1

2 = ex−1 · (2− x)

2

L’exponentielle est strictement positive et 0 6 x 6 1 ⇒ 2 − x > 0. Donc g′ est strictement positive et g est strictement croissante sur [0, 1] .

3. (a) Nous avons M0

( 0, 1

e

) . Notons N0

( 1, 1

e

) .

Par définition g(0) est l’aire du triangle IOM0 c’est-à-dire la moitié de l’aire du rectangle OIN0M0. Puisque ce rectangle est inclus dans ∆, son aire est majorée par celle de ∆

qui est égale à g(1) =

∫ 1 0

f(t) dt . On a donc :

2g(0) 6 g(1) ⇐⇒ g(0) 6 1 2

∫ 1 0

f(t) dt

(b) La fonction g est continue (car dérivable) et strictement croissante sur [0, 1] : elle réalise donc une bijection de [0, 1] sur l’intervalle image [g(0), g(1)].

Considérons la moitié de l’aire de ∆ c’est-à-dire g(1)

2 =

1

2

∫ 1 0

f(t) dt. Ce nombre est ma-

joré par g(1) car g(1) > 0. Nous avons montré qu’il était minoré par g(0) : il appartient donc à l’intervalle image.

On en déduit que l’équation g(x) = g(1)

2 admet une solution α et une seule dans [0, 1].

4. Calculons d’abord g(1)

2 =

1

2

( 1− 1

e

) ≈ 0, 31606. On procède ensuite par balayage.

g(0, 3) ≈ 0, 303 < g(1) 2

et g(0, 4) ≈ 0, 346 > g(1) 2

=⇒ 0, 3 < α < 0, 4

g(0, 33) ≈ 0, 315 < g(1) 2

et g(0, 34) ≈ 0, 319 > g(1) 2

=⇒ 0, 33 < α < 0, 34

g(0, 331) ≈ 0, 3157 < g(1) 2

et g(0, 332) ≈ 0, 3161 > g(1) 2

=⇒ 0, 331 < α < 0, 332

On peut donc écrire α = 0, 331 à 10−3 près par défaut.

c© Joël Amblard , Agen 2004

12 Équation différentielle en électricité

A. Solutions d’une équation différentielle

1. La solution générale de l’équation y′ = ay + b (a 6= 0) est y = − b a + Keat où K est une

constante réelle arbitraire.

La condition f(0) = 0 se traduit par 0 = − b a +K ⇐⇒ K = b

a .

Il existe donc une fonction f et une seule qui est solution de l’équation différentielle et vérifie f(0) = 0.

2. La fonction f(t) = 3

5

( 1− e−10t

) vérifie f(0) = 0 car e0 = 1.

Pour tout réel t , on a : f ′(t) = 3

5 · 10e−10t = 6e−10t.

Pour tout réel t , on a : −10f(t) + 6 = −6 ( 1− e−10t

) + 6 = 6e−10t = f ′(t).

Donc f est la solution de (A) qui vérifie f(0) = 0 .

B. Établissement du courant dans une bobine

1. La fonction intensité est solution de l’équation différentielle :

1

2 i′ + 5i = 3 ⇐⇒ i′ = −10i+ 6 (A)

D’autre part l’intensité est nulle à l’instant t = 0 se traduit par i(0) = 0 . On déduit de la

partie précédente : i(t) = 3

5

( 1− e−10t

) 2. On sait lim

t→+∞ −10t = −∞ et lim

X→−∞ eX = 0 .

Le théorème sur la limite d’une fonction composée entrâıne alors lim t→+∞

e−10t = 0 .

Les théorèmes sur la limite d’une somme et d’un produit de fonctions entrâınent ensuite

lim t→+∞

i(t) = 3

5 .

c© Joël Amblard , Agen 2004

13 Étude d’une suite selon deux méthodes

1. La fonction f est définie sur I car −4 /∈ I. Elle est dérivable sur I en tant que fonction rationnelle et pour tout x ∈ I :

f ′(x) = 3(x+ 4)− (3x+ 2)

(x+ 4)2 =

10

(x+ 4)2 > 0

Puisque f ′ est strictement positive, f est strictement croissante sur I. Puisqu’elle est dérivable,

f est continue sur cet intervalle. Donc f(I) = [f(0), f(1)] =

[ 1

2 , 1

] ⊂ I.

On en déduit que pour tout x ∈ I, on a f(x) ∈ I. 2. On procède par récurrence sur n.

• Pour n = 0 , on a : u0 = 0 ∈ I et la propriété est vérifiée. • Supposons que pour un entier n donné on ait un ∈ I . Nous savons que un+1 = f (un) et en appliquant la résultat de la question précédente, nous obtenons un+1 ∈ I.

• Conclusion : pour tout n > 0, on a un ∈ I . 3. (a) Représentation graphique.

A0 A1 A2 A3

(b) On peut conjecturer que (un) est croissante et convergente vers 1 .

(c) Calculons la différence :

un+1 − un = 3un + 2

un + 4 − un =

3un + 2− u2n − 4un un + 4

= −u2n − un + 2

un + 4 =

(1− un) (un + 2) un + 4

Puisque pour tout n , on a 0 6 un 6 1 , on en déduit un+1 − un > 0. Par conséquent la suite (un) est croissante.

c© Joël Amblard , Agen 2004

(d) La suite (un) est croissante et majorée par 1 : elle est donc convergente vers un réel l.

De plus 0 6 un 6 1 implique 0 6 l 6 1 par passage à la limite dans les inégalités.

(e) Nous savons limun+1 = limun = l.

D’autre part f est continue sur I et en appliquant le théorème sur la limite de la composée d’une suite et d’une fonction continue, on obtient : lim f (un) = f(l) .

On en déduit l = f(l) . Résolvons cette équation :

l = 3l + 2

l + 4 ⇐⇒ l2 + l − 2 = 0

Cette équation a deux solutions évidentes : 1 et -2 .

Puisque l ∈ I, nous en déduisons l = 1 . 4. (a) On calcule vn+1 en fonction de vn :

vn+1 = un+1 − 1 un+1 + 2

= 3un + 2− (un + 4) 3un + 2 + 2 (un + 4)

= 2un − 2 5un + 10

= 2

5 · un − 1 un + 2

= 2

5 · vn

Donc (vn) est géométrique de raison 2

5 .

(b) On a v0 = u0 − 1 u0 + 2

= −1 2 et d’après le cours vn = −

1

2 · ( 2

5

)n .

(c) On remarque d’abord : vn = 1− 3

un + 2 ⇐⇒ 3

un + 2 = 1− vn

On en déduit : un + 2 = 3

1− vn ⇐⇒ un =

3

1− vn − 2 = 1 + 2vn

1− vn .

D’où le résultat : un = 1−

( 2 5

)n 1 + 1

2 · (

2 5

)n . (d) Sachant −1 < 2

5 < 1 , on a lim

( 2

5

)n = 0 et les théorèmes usuels sur les limites nous

permettent de conclure que limun = 1 .

c© Joël Amblard , Agen 2004

14 Tétraèdre

1. Figure

O −→i

−→ j

A

B

C

2. Calcul des côtés :

AB2 = (−3)2 + √ 3

2 = 12 BC2 = 02 +

( −2 √ 3 )2

= 12 CA2 = 32 + √ 3

2 = 12

On a donc AB = BC = CA et le triangle est équilatéral .

Calcul de la distance de O aux trois points :

OA2 = 22 = 4 OB2 = (−1)2 + √ 3

2 = 4 OC2 = (−1)2 +

( − √ 3 )2

= 4

On a donc OA = OB = OC et O est le centre du cercle circoncrit au triangle.

3. (a) Le point M(x, y, z) est équidistant de A et de B si et seulement si AM2 = BM2 :

(x− 2)2 + y2 + z2 = (x+ 1)2 + ( y −

√ 3 )2

+ z2 ⇐⇒ 3x− √ 3y = 0

On obtient une équation du plan médiateut de [AB].

(b) Le point N(x, y, z) est équidistant de B et de C si et seulement si BN2 = CN2 :

(x+ 1)2 + ( y −

√ 3 )2

+ z2 = (x+ 1)2 + ( y +

√ 3 )2

+ z2 ⇐⇒ y = 0

On obtient une équation du plan médiateut de [BC].

(c) Les points de l’espace équidistants des trois points ont des coordonnées qui vérifient :{ 3x−

√ 3y = 0

y = 0 ⇐⇒

{ x = 0 y = 0

On obtient bien l’axe ( O ; −→ k ) .

4. S’il existe, le point D est équidistant de A , B et C : il appartient donc à l’axe ( O ; −→ k ) .

Puisque sa troisième coordonnée est positive, ce point est unique.

Montrons qu’il existe. Posons D(0, 0, k) et appliquons le théorème de Pythagore au triangle rectangle AOD :

DA2 = DO2 +OA2 = k2 + 4

Nous obtenons DA2 = AB2 ⇐⇒ k2 + 4 = 12 ⇐⇒ k = 2 √ 2.

Par conséquent le point D(0, 0, 2 √ 2) est l’unique point de l’espace dont la troisième coor-

donnée est positive qui est tel que le tétraèdre ABCD est régulier.

c© Joël Amblard , Agen 2004

5. (a) Remarquons d’abord que (AB) et (CD) ne sont pas coplanaires et donc que M est distinct de A et de B. Appliquons la formule du cosinus :

−−→ MA ·

−−→ MB =MA ·MB · cos ÂMB ⇐⇒ cos ÂMB =

−−→ MA ·

−−→ MB

MA ·MB =

−−→ AM ·

−−→ BM

AM ·BM Par hypothèse, nous savons

−−→ CM = λ

−−→ CD , ce qui nous permet de calculer les coordonnées

de M en fonction de λ : x+ 1 = λ(0 + 1)

y + √ 3 = λ(0 +

√ 3)

z = λ(2 √ 2)

⇐⇒

 x = λ− 1 y =

√ 3(λ− 1)

z = 2 √ 2λ

On en déduit les coordonnées de −−→ AM et de

−−→ BM :

−−→ AM

 λ− 3√3(λ− 1) 2 √ 2λ

 et −−→BM  λ√3(λ− 2)

2 √ 2λ

 Calcul du produit scalaire :

−−→ AM ·

−−→ BM = λ(λ− 3) + 3(λ− 1)(λ− 2) + (λ2

√ 2)2 = 12λ2 − 12λ+ 6

Maintenant, puisque C et D sont équidistants de A et B, ils appartiennent au plan médiateur de [AB] et la droite (CD) est incluse dans ce plan : en particulier le point M appartient auusi au plan médiateur de [AB]. On en déduit :

AM ·BM = AM2 = (λ− 3)2 + 3(λ− 1)2 + 8λ2 = 12λ2 − 12λ+ 12

On obtient donc :

cos ÂMB = 12λ2 − 12λ+ 6 12λ2 − 12λ+ 12

= 2λ2 − 2λ+ 1 2(λ2 − λ+ 1)

= 1− 1 2(λ2 − λ+ 1)

(b) Le trinôme λ2 − λ + 1 n’a pas de racine puisque son discriminant est ∆ = −3 < 0. La fonction f est donc définie sur R et elle est dérivable en tant que fonction rationnelle. Pour tout réel λ , nous avons :

f ′(λ) = 1

2 · 2λ− 1 (λ2 − λ+ 1)2

Cette dérivée est donc du signe de 2λ−1 et nous pouvons dresser le tableau de variations de f :

λ −∞ 12 +∞

f ′(λ) − 0 +

f(λ) 1 3

(c) Sur [0, 1], le cosinus de ÂMB atteint son minimum 1

3 lorsque λ =

1

2 . Puisque le cosinus

est décroissant sur [0, π], l’angle ÂMB atteint son maximum pour cette valeur de λ . Le point M est alors au milieu de [CD]

(d) Le maximum de ÂMB est donc cos−1 ( 1

3

) ≈ 1, 23 radians. ≈ 70, 53◦

c© Joël Amblard , Agen 2004

15 Modèles d’évolution

1. Supposons que limun = l ∈ R. La fonction f est une fonction polynôme : elle est donc continue sur R. Le théorème sur la limite de la composée d’une suite et d’une fonction continue nous donne alors lim f (un) = f(l).

D’autre part limun+1 = limun = l .

D’après l’unicité de la limite d’une suite : f(l) = l .

2. Dans cette question u0 = 0, 4 et un+1 = un (1− un).

(a) On vérifie pour tout n : un+1−un = −u2n 6 0. La suite (un) est dans ce cas décroissante. (b) On procède par récurrence sur n.

• Pour n = 0, on a u0 = 0, 4 et donc 0 6 u0 6 1. • Supposons que pour un entier n donné nous ayons 0 6 un 6 1. Montrons qu’il en va de même pour un+1. On a : 0 6 un 6 1 et 0 6 1 − un 6 1. Nous pouvons effectuer le produit membre à membre des deux encadrements car tous les termes sont positifs ou nuls. Nous obtenons :

0 6 un(1− un) 6 1 ⇐⇒ 0 6 un+1 6 1

• Conclusion : pour tout n > 0, on a 0 6 un 6 1 . (c) La suite (un) est décroissante et minorée : elle converge donc vers un réel l qui est

solution de : l = f(l) ⇐⇒ l = l(1− l) ⇐⇒ l2 = 0

On en déduit limun = 0 .

(d) Sous ces hypothèses, la population de coccinelles va à terme vers son extinction.

3. Dans cette question u0 = 0, 3 et un+1 = 1, 8un (1− un).

(a) La fonction f est dérivable sur [0, 1] en tant que fonction polynôme.

Pour tout x ∈ [0, 1], on a : f ′(x) = 1, 8(1− 2x) . On en déduit le tableau de variations de f :

x 0 12 1

f ′(x) + 0 −

f(x) 0

0,45

0

On vérifie bien que f

( 1

2

) =

1, 8

4 = 0, 45 ∈

[ 0, 1

2

] .

(b) Remarquons au préalable que d’après la question précédente :

pour tout x ∈ I : 0 6 f(x) 6 1 2

Montrons maintenant par récurrence sur n que pour tout entier n, on a : 0 6 un 6 1

2 .

• Pour n = 0, on a u0 = 0, 3 et donc 0 6 u0 6 1

2 .

c© Joël Amblard , Agen 2004

• Supposons que pour un entier n donné nous ayons 0 6 un 6 1

2 . Nous savons alors

que 0 6 f (un) 6 1

2 . On en déduit que un+1 est compris entre 0 et

1

2 .

• Conclusion : pour tout n > 0, on a 0 6 un 6 1

2 .

Calculons maintenant la différence : un+1 − un = 0, 8un − 1, 8u2n = 0, 2un (4− 9un). Puisque la suite (un) est positive, cette différence est du signe de 4 − 9un. Montrons maintenant par récurrence sur n que pour tout entier n, on a : 0 6 un 6

4

9 .

• Pour n = 0, on a u0 = 0, 3 et donc 0 6 u0 6 4

9 ≈ 0, 444.

• Supposons que pour un entier n donné nous ayons 0 6 un 6 4

9 . Nous savons que f

est strictement croissante sur

[ 0, 1

2

] .

On en déduit : f(0) = 0 6 f (un) = un+1 6 f

( 4

9

) =

4

9 .

Donc un+1 est compris entre 0 et 4

9 .

• Conclusion : pour tout n > 0, on a 0 6 un 6 4

9 .

Nous en déduisons que 4− 9un > 0 puis que un+1 − un > 0. La suite (un) est donc croissante.

(c) La suite (un) est croissante et majorée : elle converge donc vers un réel l qui est solution de :

l = 1, 8l(1− l) ⇐⇒ 1, 8l2 − 0, 8l = 0 ⇐⇒ 1, 8l ( l − 4

9

) = 0

Les deux limites possibles sont l = 0 ou l = 4

9 . Puisque (un) est croissante, elle est

minorée par u0 = 0, 3 et on a l > 0, 3. On en déduit limun = 4

9 .

(d) Sous ces hypothèses, la population de coccinelles tendra à terme vers environ 444 000 individus .

c© Joël Amblard , Agen 2004

4. 1ercas : u0 = 0, 4 et k = 1 .

u0u1u2u3

2ecas : u0 = 0, 3 et k = 1, 8 .

u0 u1 u2

c© Joël Amblard , Agen 2004

3ecas : u0 = 0, 8 et k = 3, 2 .

u0u1

Sous ces hypothèses, l’effectif de la population semble alterner chaque année entre deux valeurs qui sont approximativement 800 000 individus et 512 000 individus. Pour préciser les valeurs et le comportement de la suite, on peut utiliser un tableur ou une caculatrice.

c© Joël Amblard , Agen 2004

16 Une pyramide dans le cube

1. Dans le repère choisi :

−→ AB =

−→ i ⇐⇒ B

 10 0

 et −→AC = −→AB +−−→BC = −→i +−→j ⇐⇒ C  11

0



On en déduit les coordonnées du milieu I de [BC] : I

 1 + 1

2 = 1

0 + 1

2 = 1/2

0 + 0

2 = 0

 On établit de même :

D

 01 0

 puis H  01

1

 et K  01

1/2

 E

 00 1

 puis F  10

1

 et M  1/20

1

 2. Déterminons d’abord une équation du plan (IKM) . Nous cherchons un vecteur −→n normal

à ce plan, c’est-a-dire orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan, par exemple :

−→ IK

 −11/2 1/2

 et −−→IM  −1/2−1/2

1

 Soit −→n

 ab c

. Les coordonnées de ce vecteur sont solutions de : { −a+ b/2 + c/2 = 0 −a/2− b/2 + c = 0 ⇐⇒

{ b+ c = 2a −b+ 2c = a ⇐⇒

{ b+ c = 2a 3c = 3a

Ce système admet pour solutions tous les triplets (t, t, t) où t est un réel quelconque et nous

pouvons prendre −→n

 11 1

 comme vecteur normal au plan (IKM). Un point P

 xy z

 quelconque de l’espace appartient à (IKM) si et seulement si : −→ IP · −→n = 0 ⇐⇒ (x− 1) · 1 + (y − 1/2) · 1 + z · 1 = 0 ⇐⇒ x+ y + z = 3/2

On calcule maintenant les coordonnées de J

 1/21 0

 , L  01/2

1

 et N  10

1/2

. Les coordonnées de ces trois points vérifient de façon immédiate l’équation x+ y+ z = 3/2 : les six points I , J , K , L , M et N appartiennent donc au même plan P d’équation x+ y + z = 3/2 .

c© Joël Amblard , Agen 2004

3. On vérifie −→ AG

 11 1

 et donc −→AG = −→n . Le vecteur −→AG est bien normal au plan P . 4. Puisque la droite (AG) est perpendiculaire au plan P , le projeté orthogonal d’un point

quelconque de P sur (AG) est le point d’intersection T de cette droite et de ce plan. Puisque T est un point de (AG) , on écrit

−→ AT = k

−→ AG et on peut calculer les coordonnées de

T en fonction du paramètres k : T

 kk k

 . Puisque T est un point de P , k est solution de : k + k + k = 3/2 ⇐⇒ k = 1/2

On en déduit que les six points de P se projettent orthogonalement sur (AG) en T

 1/21/2 1/2

. 5. Montrons que les points I , J , K , L , M et N appartiennent à un même cercle de centre

T :

TI2 = (1/2)2 + 02 + (−1/2)2 = 1/2 TJ2 = 02 + (1/2)2 + (−1/2)2 = 1/2 TK2 = (−1/2)2 + (1/2)2 + 02 = 1/2

On a donc TI = TJ = TK =

√ 2

2 .

On vérifie ensuite que T est le milieu de [IL] , [JM ] et [KN ], ce qui implique TL = TI , TM = TJ et TN = TK.

On a donc TL = TM = TN =

√ 2

2 .

Les six points appartiennent au cercle de centre T et de rayon

√ 2

2 .

Montrons que les côtés de l’hexagone IJKLMN mesurent tous

√ 2

2 .

On vérifie d’abord l’égalité −→ IJ =

−−→ TK en calculant les coordonnées de ces deux vecteurs qui

sont

 −1/21/2 0

et on en déduit que IJKT est un parallélogramme, ce qui implique : IJ = TK =

√ 2

2 et JK = IT =

√ 2

2

Puisque T est milieu de [IL], on peut écrire −→ TL =

−→ IT =

−→ JK et TJKL est également un

parallélogramme. Par conséquent :

LK = TJ =

√ 2

2

On a démontré : IJ = JK = KL =

√ 2

2 .

c© Joël Amblard , Agen 2004

Considérons maintenant dans le plan P la symétrie de centre T : cette transformation échange respectivement I et L , J et M ainsi que K et N . Or une symétrie centrale est une isométrie et on obtient :

LM = IJ MN = JK et NI = KL

On en déduit : LM =MN = NI =

√ 2

2 .

6. Calculons d’abord l’aire du triangle équilatéral TIJ de côté a =

√ 2

2 :

– sa base est a =

√ 2

2

– sa hauteur est h = a cos π

6 =

√ 6

4

– son aire est donc A = 1 2 · √ 2

2 · √ 6

4 =

√ 3

8

On en déduit l’aire de la base de la pyramide qui est l’hexagone : 6A = 3 √ 3

4 .

Calculons la distance du point G

 11 1

 au plan P d’équation x+y+z−3/2 = 0 , c’est-à-dire la hauteur de la pyramide :

d = |1 + 1 + 1− 3/2|√

12 + 12 + 12 =

3/2√ 3 =

√ 3

2

On en déduit le volume de cette pyramide :

V = 1 3 · 3 √ 3

4 · √ 3

2 =

3

8

Le volume de la pyramide est donc égal aux trois huitièmes du volume du cube.

c© Joël Amblard , Agen 2004

17 Fonctions vérifiant certaines conditions

1. (a) Les deux conditions f(x) = 0 et f(ln 2) = 0 se traduisent par le système :{ a+ b+ c = 0 4a+ 2b+ c = 0

⇐⇒ {

a+ b = −c 4a+ 2b = −c ⇐⇒

{ a+ b = −c 2a = c

Ce système a pour solutions tous les triplets

( t

2 , −3t 2 , t

) où t ∈ R. Par exemple,

(1,−3, 2) est un triplet solution.

Écrivons pour tout x ∈ R : f(x) = e2x ( a+

b

ex +

c

e2x

) .

Par application des théorèmes usuels sur les limites :

• lim x→+∞

a+ b

ex +

b

e2x = a

• lim x→+∞

e2x = +∞ Par conséquent, lorsque a > 0 , on a : lim

x→+∞ f(x) = +∞.

En conclusion, la fonction f(x) = e2x − 3ex + 2 convient. (b) D’après le cours, nous savons que pour tout x et tout y strictement positifs :

ln(xy) = lnx+ ln y

En multipliant par un réel k, nous obtenons : k ln(xy) = k lnx+ k ln y . Nous pouvons donc poser f(x) = k lnx pour obtenir la condition f(xy) = f(x) + f(y).

Pour cette fonction : f(2) = 4 ⇐⇒ k ln 2 = 4 ⇐⇒ k = 4 ln 2

.

En conclusion, la fonction f(x) = 4 ln x

ln 2 convient.

(c) On sait que la valeur moyenne d’une fonction impaire sur un intervalle centré en 0 est égale à 0 . Vérifions le résultat pour f(x) = x3 :

µ = 1

2−−2

∫ 2 −2 x3 dx =

1

4

[ x4

4

]2 −2

= 24 − (−2)4

16 = 0

En conclusion, la fonction f(x) = x3 convient.

2. (a) OUI

Par définition, une primitive de g′ est g et

∫ 1 0

g′(x) dx = g(1) − g(0). La condition de

l’énoncé se traduit par : g(1)− g(0) = 0 ⇐⇒ g(1) = g(0). Or nous lisons graphiquement que les deux points de la courbe d’abscisses 0 et 1 ont la même ordonnée 0.

(b) OUI

Notons m le minimum de la fonction. Pour tout x ∈ [0, 1] : g(x) > m. Intégrons cette inégalité sur [0, 1] :∫ 1

0

g(x) dx > ∫ 1

0

m dx = [mx]10 = m

Or, on observe graphiquement que m > −1 2 .

c© Joël Amblard , Agen 2004

18 Suites : QCM

On considère trois suites telles que un 6 vn 6 wn .

1. Si la suite (vn) tend vers −∞, alors :

 la suite (wn) tend vers −∞  la suite (un) est majorée  la suite (un) tend vers −∞  la suite (wn) n’a pas de limite

2. Si un > 1 , wn = 2un et limun = l, alors :

 lim vn = l  la suite (wn) tend vers +∞  lim (vn − un) = l  on ne sait pas dire si la suite (vn) a une limite ou non

3. Si limun = −2 et limwn = 2, alors :

 la suite (vn) est majorée  lim vn = 0  la suite (vn) n’a pas de limite  on ne sait pas dire si la suite (vn) a une limite ou non

4. Si un = 2n2 − 1 n2

et limwn = 2n2 + 3

n2 , alors :

 limwn = 0  lim vn = 2  limun = 2  la suite (vn) n’a pas de limite

c© Joël Amblard , Agen 2004

19 Étude d’une fonction

Partie A.

1. Soit pour tout x ∈ R+ : d(x) = ex − 1− x− x 2

2 .

Sa dérivée première est d′(x) = ex− 1− x et sa dérivée seconde est d′′(x) = ex− 1 = ex− e0. Puisque l’exponentielle est strictement croissante : d′′(0) = 0 et x > 0⇒ d′′(x) > 0 . Donc d′ est strictement croissante : d′(0) = 0 et x > 0⇒ d′(x) > 0 . Donc d est strictement croissante : d(0) = 0 et x > 0⇒ d(x) > 0.

On en déduit pour tout x > 0 : 1 + x+ x2

2 < ex ⇐⇒ 1

x + 1 +

x

2 < ex

x .

Puisque lim x→+∞

1

x +1+

x

2 = +∞, le théorème des gendarmes ”à gauche” donne : lim

x→+∞

ex

x = +∞ .

2. Écrivons pour tout x > 0 : √ x =

x√ x et e1−x =

e

ex . Nous en déduisons : f(x) =

e√ x · x ex .

D’une part lim x→+∞

√ x = +∞ implique lim

x→+∞

e√ x = 0 .

D’autre part, le résultat de la question précédente implique lim x→+∞

x

ex = 0 .

Nous en déduisons lim x→+∞

f(x) = 0 .

L’axe des abscisses est donc asymptote à la courbe de f en +∞.

3. Nous avons pour tout x > 0 : f ′(x) = 1

2 √ x · e1−x −

√ x · e1−x = e

1−x(1− 2x) 2 √ x

.

Puisque e1−x et √ x sont strictement positifs, cette dérivée est du signe de 1− 2x :

x 0 1/2 +∞

1− 2x + 0 −

4. Nous en déduisons le tableau de variations de f :

x 0 1/2 +∞

f ′(x) + 0 −

f(x)

0

e1/2√ 2

0

5. Courbe représentative.

1/2

c© Joël Amblard , Agen 2004

Partie B.

1. Puisque f est positive, un est l’aire du domaine du plan délimité par l’axe des abscisses, la courbe et les droites d’équations x = n et x = n+ 1. Cette aire est mesurée en unités d’aire (1 u.a. = 4 cm2).

2. Sachant f décroissante sur [1/2,+∞[, on peut encadrer f sur [n, n+ 1] pour tout entier n > 1. Pour tout t ∈ [n, n+ 1] : f(n) > f(t) > f(n + 1) . Les intégrales définies respectent la relation d’ordre, ce qui implique :∫ n+1

n

f(n+ 1) dt 6 ∫ n+1 n

f(t) dt

∫ n+1 n

f(n) dt ⇐⇒ f(n+ 1) 6 un 6 f(n)

3. On déduit du résultat précédent pour tout n > 1 : un+1 6 f(n+ 1) 6 un. La suite (un) est donc décroissante.

4. La suite (un) est positive donc minorée. Elle est de plus décroissante : elle est donc convergente.

On a montré lim x→+∞

f(x) = 0 , ce qui implique lim f(n) = lim f(n+1) = 0. Alors, le théorème

des gendarmes nous donne : limun = 0 .

Partie C.

1. (a) Par application de la linéarité, le taux d’accroissement de F au point x est :

T (h) = F (x+ h)− F (x)

h =

1

h

∫ x+h x

f(t) dt

On cherche la limite de ce taux lorsque h tend vers 0 . • Supposons h > 0. Le taux n’est autre que la valeur moyenne de f sur [x, x+ h]. Puisque sur cet intervalle, f est minorée par f(x+h) et majorée par f(x), les inégalités de la moyenne nous donnent :

f(x+ h) 6 T (h) 6 f(x)

• Supposons h < 0. Sur [x+ h, x] , f est minorée par f(x) et majorée par f(x + h). Appliquons les inégalités de la moyenne :

f(x) 6 1

−h

∫ x x+h

f(t) dt 6 f(x+ h)

On remarque

∫ x x+h

f(t) dt = − ∫ x+h x

f(t) dt et on obtient : f(x) 6 T (h) 6 f(x+ h).

On sait que f est continue et donc que lim h→0

f(x + h) = f(x). Dans les deux cas, le

théorème des gendarmes nous donne : lim h→0

T (h) = f(x). Donc F est dérivable en x et

son nombre dérivé est f(x).

Nous pouvons donc écrire F ′(x) = f(x) pour tout x ∈ [1,+∞[ . (b) Puisque f est strictement positive, F est strictement croissante sur [1,+∞[.

2. (a) Pour tout t > 0, on peut écrire : (√

t− √ 2 )2 > 0 .On obtient en développant :

t− 2 √ 2 √ t+ 2 > 0 ⇐⇒ t+ 2 > 2

√ 2 √ t

c© Joël Amblard , Agen 2004

(b) On en déduit : √ t 6

t+ 2

2 √ 2 . En multipliant par e1−t > 0, il vient une majoration de f

sur [1, x] : f(t) 6 t+ 2

2 √ 2 e1−t.

Intégrons cette inégalité sur [1, x] : F (x) 6 ∫ x

1

(t+ 2)e1−t

2 √ 2

dt .

Par application de la linéarité, il vient : F (x) 6 1

2 √ 2

∫ x 1

(t+ 2)e1−t dt .

(c) Posons u(t) = t+2 et v(t) = −e1−t . Ces deux fonctions sont dérivables et nous avons : u′(t) = 1 et v′(t) = e1−t. Ces deux dérivées sont continues (car elles-mêmes dérivables). Nous pouvons donc appliquer le théorème d’intégration par parties :∫ x

1

(t+ 2)e1−t dt = [ −(t+ 2)e1−t

]x 1 − ∫ x

1

−e1−t dt

Nous en déduisons :∫ x 1

(t+ 2)e1−t dt = [ −(t+ 2)e1−t

]x 1 − [ e1−t

]x 1 = [ −(t+ 3)e1−t

]x 1

D’où le résultat :

∫ x 1

(t+ 2)e1−t dt = −(x+ 3)e1−x + 4e0 = 4− (x+ 3)e1−x .

(d) Puisque F est croissante, pour tout x > 1 : F (x) > F (1) = 0.

Appliquons maintenant (b) et (c) : F (x) 6 4− (x+ 3)e1−x

2 √ 2

.

Puisque (x+ 3)e1−x > 0, il vient : F (x) 6 4

2 √ 2 = √ 2.

En conclusion, nous avons prouvé : 0 6 F (x) 6 √ 2 .

3. D’après la linéarité : Sn = u1 + u2 + . . .+ un−1 =

∫ n 1

f(t) dt = F (n).

D’après (d), nous pouvons dire que la suite (Sn) est bornée.

Calculons la différence de deux termes consécutifs : Sn+1 − Sn = un > 0. La suite (Sn) est donc croissante . Étant de plus majorée (par

√ 2) , elle est convergente vers

un réel L. D’après (d) : 0 6 F (n) = Sn 6 √ 2.

Par passage à la limite dans ces inégalités, nous obtenons 0 6 L 6 √ 2 .

c© Joël Amblard , Agen 2004

20 La diagonale du cube

1. On utillise la relation de Chasles et les propriétés du produit scalaire :

−→ EA ·

−→ AF =

−→ EA ·

(−→ AE +

−→ EF ) = −

−→ AE2 +

−→ EA ·

−→ EF

Puisque −→ EA ⊥

−→ EF , il vient :

−→ EA ·

−→ AF = −a2 .

De la même façon, on peut écrire : −→ AB ·

−→ AF =

−→ AB ·

(−→ AB +

−−→ BF )

= −→ AB2 +

−→ AB ·

−−→ BF = a2

−−→ BC ·

−→ AF =

−−→ BC ·

(−→ AB +

−−→ BF )

= −−→ BC ·

−→ AB +

−−→ BC ·

−−→ BF = 0

2. On additionne les trois produits scalaires de la question précédente : −→ EA ·

−→ AF +

−→ AB ·

−→ AF +

−−→ BC ·

−→ AF = −a2 + a2 + 0 ⇐⇒

−−→ EC ·

−→ AF = 0

Les deux vecteurs −−→ EC et

−→ AF sont donc orthogonaux.

On prouve de même que −−→ EC et

−−→ AH sont orthogonaux.

3. Puisque −−→ EC est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (AFH), il est orthogonal

à tout vecteur de ce plan : la droite (EC) est donc perpendiculaire au plan (AFH).

Le projeté orthogonal de E sur (AFH) est donc le point d’intersection de (EC) et de (AFH) : il s’agit donc du point I.

4. (a) Calculons le produit scalaire :

−−→ EH ·

−→ AF =

−−→ EH ·

(−→ AE +

−→ EF ) = −−→ EH ·

−→ AE +

−−→ EH ·

−→ EF = 0

Les droites (EH) et (AF ) sont donc orthogonales.

Puisque I est un point de (EC), écrivons : −→ EI = k

−−→ EC. Calculons le produit scalaire en

appliquant le résultat de la question 2 : −→ EI ·

−→ AF = k

−−→ EC ·

−→ AF = 0

Les droites (EI) et (AF ) sont donc orthogonales.

(b) En utilisant les deux résultats précédents, on obtient :

−→ AF ·

−→ HI =

−→ AF ·

(−→ EI −

−−→ EH

) = −→ AF ·

−→ EI −

−→ AF ·

−−→ EH = 0

Les droites (AF ) et (HI) sont donc orthogonales.

(c) On procède de la même façon en trois étapes :

−→ EF ·

−−→ AH =

−→ EF ·

(−→ AE +

−−→ EH

) = −→ EF ·

−→ AE +

−→ EF ·

−−→ EH = 0

−→ EI ·

−−→ AH = k

−−→ EC ·

−−→ AH = 0

En utilisant les deux résultats précédents, on obtient :

−−→ AH ·

−→ FI =

−−→ AH ·

(−→ EI −

−→ EF ) = −−→ AH ·

−→ EI −

−−→ AH ·

−→ EF = 0

Les droites (AH) et (FI) sont donc orthogonales.

5. Nous venons de prouver dans les deux questions précédentes que (HI) et (FI) sont deux hauteurs du triangle AFH : le point I est donc l’orthocentre de ce triangle.

c© Joël Amblard , Agen 2004

21 Géométrie dans l’espace : barycentre et volume

1. On calcule les coordonnées de −→ AB

 24 −2

 et −→AC  4−4 −4

 puis leur produit scalaire : −→ AB ·

−→ AC = 2 · 4 + 4 · (−4) + (−2) · (−4) = 8− 16 + 8 = 0

Le triangle ABC est donc rectangle en A.

2. (a) Calculons les deux produits scalaires suivants :

−→ AB ·

−→ SO = 2 · (−4) + 4 · 0 + (−2) · (−4) = −8 + 8 = 0

−→ AC ·

−→ SO = 4 · (−4) + (−4) · 0 + (−4) · (−4) = −16 + 16 = 0

Le vecteur −→ SO est donc orthogonal aux vecteurs

−→ AB et

−→ AC .

(b) Puisque −→ AB et

−→ AC ne sont pas colinéaires, le vecteur

−→ SO est normal au plan (ABC).

Soit M(x, y, z) un point quelconque de l’espace. Il appartient au plan (ABC) si et seulement si :−−→ AM ·

−→ SO = 0 ⇐⇒ (x+ 1) · (−4) + y · 0 + (z − 1) · (−4) = 0 ⇐⇒ x+ z = 0

3. (a) Nous cherchons trois réels a , b et c tels que :

a+ b+ c 6= 0 et a −→ OA+ b

−−→ OB + c

−→ OC =

−→ 0

Deux vecteurs sont égaux si et seulement si leurs coordonnées sont deux à deux égales : −a+ b+ 3c = 0 4b− 4c = 0

a− b− 3c = 0

Les première et troisième équations étant équivalentes et le système se réduit à :{ −a+ b+ 3c = 0 4b− 4c = 0 ⇐⇒

{ a− b = 3c b = c

⇐⇒ { a = 4c b = c

Ses solutions sont les triplets (4t, t, t) où t ∈ R. En particulier (4, 1, 1) est un triplet solution tel que 4 + 1 + 1 = 6 6= 0. Conclusion : O est barycentre du système (A, 4) , (B, 1) , (C, 1) .

(b) On sait que le barycentre de trois points appartient à tout plan contenant ces trois points. On peut aussi remarquer que les coordonnées de O vérifient de façon immédiate l’équation de (ABC) trouvée à la question 2 (b) .

4. Commençons par calculer AB et AC :

AB = √ 22 + 42 + (−2)2 =

√ 24 = 2

√ 6 et AC =

√ 42 + (−4)2 + (−4)2 =

√ 48 = 4

√ 3

Puisque ABC est rectangle en A , son aire est égale à : A = AB · AC 2

= 4 √ 18 = 12

√ 2.

Le point O est le projeté orthogonal de S sur ABC d’après les questions 2 (a) et 3 (b) . La

hauteur du tétraèdre est donc OS = 4 √ 2 et son volume est V = 12

√ 2 · 4

√ 2

3 = 32 .

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22 Fonction irrationnelle et méthode d’Euler

Partie A. Tableau numérique.

n 0 1 2 3 4 5

xn 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 yn 1 1,1 1,191 1,275 1,353 1,427

Partie B.

1. La condition f(x)f ′(x) = 1 implique f(x) 6= 0 et f ′(x) 6= 0 pour tout x > 0. La fonction f ne peut donc s’annuler.

2. Puisque f est dérivable, elle est continue. Or si f(0) = 1 et s’il existe a > 0 tel que f(a) < 0, le théorème des valeurs intermédiaires implique que l’équation f(x) = 0 a au moins une solution dans [0, a] .

3. D’après la question précédente f ne peut prendre une valeur strictement négative : sinon elle s’annule et cela est en contradiction avec le résultat de la question 1.

On en déduit f > 0. Puisque f ne peut s’annuler, on a bien f > 0 .

Partie C.

1. On sait que u2

2 est une primitive de uu′ sur I dès que u est dérivable sur I.

2. Puisque f(x)2

2 et x doivent avoir toujours la même dérivée sur I = [0,+∞], elle diffèrent

d’une constante sur cet intervalle :

pour tout x > 0 f(x)2

2 = x+ k ⇐⇒ f(x)2 = 2x+ 2k

On peut donc écrire pour tout x > 0 : f(x)2 = 2x+ C où C est une constante.

3. La condition f(0) = 1 se traduit par C = 1 . On a donc f(x)2 = 2x + 1. Puisque f est

positive, on peut maintenant écrire pour tout x > 0 : f(x) = √ 2x+ 1 .

4. Tableau numérique.

x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 f(x) 1 1,095 1,183 1,265 1,342 1,414

On constate la proximité des valeurs obtenues dans les deux tableaux : l’erreur est majorée par 0,02.

c© Joël Amblard , Agen 2004

23 Probabilités et loi continue

1. Le texte donne p (F1) = 0, 2 p (F2) = 0, 5 p (F3) = 0, 3

p ( D ∣∣∣F1 ) = 0, 97 p(D ∣∣∣F2 ) = 0, 98 p(D ∣∣∣F3 ) = 0, 95

On en déduit en appliquant le cours :

p ( D ∣∣∣F1 ) = 0, 03 p(D ∣∣∣F2 ) = 0, 02 p(D ∣∣∣F3 ) = 0, 05

On peut représenter les données par un arbre.

F1

F2

F3

D

D

D

D

D

D

0,2

0,5

0,3

0,03

0,97

0,02

0,98

0,05

0,95

(a) Puisque les trois événements F1, F2 et F3 forment une partition de l’univers, on applique la formule des probabilités totales :

p(D) = p (D ∩ F1) + p (D ∩ F2) + p (D ∩ F3)

= p (F1) p ( D ∣∣∣F1 )+ p (F2) p(D ∣∣∣F2 )+ p (F3) p(D ∣∣∣F3 )

= 0, 2 · 0, 03 + 0, 5 · 0, 02 + 0, 3 · 0, 05 = 0,031

(b) On veut calculer p ( F1 ∣∣ D ) = p (D ∩ F1) p(D)

. La probabilité de l’intersection a été calculée

dans la question précédente. On en déduit : p ( F1 ∣∣ D ) =

0, 006

0, 031 =

6

31 ≈ 0, 194

2. On répète 12 fois la même expérience -choisir une ampoule au hasard- en supposant les résultats indépendants. On reconnâıt le schéma de Bernouilli où les paramètres sont :

n = 12 p = 0, 031 q = 0, 969

On en déduit :

p(R) =

( 12

0

) q12 +

( 12

1

) p · q11 = 0, 96912 + 12 · 0, 031 · 0, 96911 ≈ 0,948

c© Joël Amblard , Agen 2004

3. On a en général :

p(T 6 x) = ∫ x

0

λe−λt dt = [ −e−λt

]x 0 = 1− e−λx

On en déduit : p(T > x) = 1− p(T 6 x) = e−λx. (a) Par application immédiate : P1 = e

−1/2.

(b) De même P2 = e −1.

(c) L’intersection des événements (T > 25000) et (T > 50000) est égale à l’événement (T > 50000) . On a donc :

P3 = P2 P1

= e−1+1/2 = e−1/2

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24 Complexes et triangles équilatéraux directs

PREMIÈRE PARTIE

1. (a) j = cos 2π

3 + i sin

3 = −1

2 + i

√ 3

2

(b) j3 = e3· 2iπ 3 = e2iπ = ei0 = cos 0 + i sin 0 = 1

(c) 1 + j + j2 = 1− j3

1− j = 0 d’après la question précédente

(d) −j2 = eiπe2· 2iπ 3 = e

7iπ 3 = e

iπ 3

2. (a) Le triangle MNP est équilatéral direct si et seulement si M est l’image de P par la

rotation de centre N et d’angle π

3 .

La traduction complexe de cette rotation est z 7→ z′ = e iπ 3 (z − n) + n

Nous avons prouvé e iπ 3 = −j2 . Nous pouvons donc écrire que MNP est équilatéral

direct lorsque :

m = e iπ 3 (p− n) + n ⇐⇒ m− n = −j2(p− n)

(b) La condition de la question précédente peut être transformée :

m− n = −j2(p− n) ⇐⇒ m+ (−1− j2)n+ pj2 = 0

Nous avons prouvé 1 + j + j2 = 0 ⇐⇒ −1− j2 = j. Nous pouvons donc affirmer que MNP est équilatéral direct si et seulement si m+ nj + pj2 = 0 .

DEUXIÈME PARTIE

Notons o , a , b , c , d , e et f les affixes respectives des points O , A , B , C , D , E , et F .

Par hypothèse : m = b+ c

2 n =

d+ e

2 p =

f + a

2 Nous voulons calculer le nombre Z = m+ nj + pj2 et montrer qu’il s’annule. D’après la première partie, nous pourrons conclure que MNP est équilatéral direct. Remarquons d’abord que : Z = 0 ⇐⇒ 2Z = 0. Il suffit donc de montrer que 2Z s’annule. Nous obtenons d’abord :

2Z = (b+ c) + j(d+ e) + j2(f + a) = (b+ j2a) + (c+ jd) + (je+ j2f)

Le triangle BOA est équilatéral direct se traduit par : b+ jo+ j2a = 0 ⇐⇒ b+ j2a = −jo Le triangle CDO est équilatéral direct se traduit par : c+ jd+ j2o = 0 ⇐⇒ c+ jd = −j2o Le triangle OEF est équilatéral direct se traduit par : o+ je+ j2f = 0 ⇐⇒ je+ j2f = −o Nous en déduisons : 2Z = −(1 + j + j2)o. Nous avons démontré 1 + j + j2 = 0, ce qui entrâıne 2Z = 0 puis Z = 0 et enfin

MNP est équilatéral direct

c© Joël Amblard , Agen 2004

25 Tétraèdre, section plane et volume

Partie A

1. (a) Figure.

O

A

BC J

N UR

TS

(b) On vérifie d’abord que O est équidistant des trois points A , B et C :

OA2 = 22 = 4 OB2 = √ 3

2 + 12 = 4 OC2 = (−

√ 3)2 + 12 = 4

On a donc OA = OB = OC = 2 .

On vérifie ensuite que −→ OA est orthogonal à

−−→ OB et

−→ OC :

−→ OA ·

−−→ OB = 0 ·

√ 3 + 0 · 1 + 2 · 0 = 0 et

−→ OA ·

−→ OC = 0 · (−

√ 3) + 0 · 1 + 2 · 0 = 0

Les triangles OAB et OAC sont donc isocèles rectangles en O .

On vérifie ensuite que BC = 2 et on en déduit que OBC est équilatéral .

Il reste maintenant à vérifier AB2 = OB2 +OA2 = OC2 +OA2 = AC2 = 8.

On en déduit : AB = AC = 2 √ 2. Le triangle ABC est donc isocèle en A .

2. (a) On calcule les produits scalaires :

−→u · −→ AB = 2 ·

√ 3 + 0 · 1 +

√ 3 · (−2) = 0 −→u ·

−→ AC = 2 ·

√ 3 + 0 · (−1) +

√ 3 · (−2) = 0

Le vecteur −→u est normal au plan (ABC) car il est ortogonal à deux vecteurs non co- linéaires de ce plan.

(b) Un point M(x, y, z) quelconque de l’espace appartient à (ABC) si et seulement si : −−→ AM · −→u = 0 ⇐⇒ x · 2 + y · 0 + (z − 2) ·

√ 3 = 0 ⇐⇒ 2x+

√ 3z − 2

√ 3 = 0

c© Joël Amblard , Agen 2004

Partie B

1. On calcule les coordonnées de J

 √30 0

 dont on déduit la distance OJ = √3. Puisque N est un point de [OJ ], on a bien 0 6 t = ON 6 OJ =

√ 3 .

2. Par hypothèse, −→ i est normal à P et ce plan passe par N : on en déduit que P a pour équation

cartésienne x = t.

(a) L’intersection de P et de (ABC) est l’ensemble des points dont les coordonnées sont solutions du système :{

x = t

2x+ √ 3z = 2

√ 3

⇐⇒

 x = t

z = 2− 2t√ 3

Il s’agit donc d’une droite de vecteur directeur −→ j .

On vérifie de la même façon que l’intersection de P et de (OBC) est une droite de vecteur directeur

−→ j . Ces deux droites sont parallèles à (BC) puisque

−−→ BC = −2−→j .

Pour t 6= 0 les droites (ST ) et (RU) sont bien définies et parallèles à (BC).

Le plan P est parallèle au plan (O,−→j , −→ k ) car le vecteur

−→ i est normal à ces deux plans.

Les droites d’intersection de ces deux plans avec(OAB) sont donc parallèles. De même les droites d’intersection de ces deux plans avec(OAC) sont parallèles.

Pour t 6= √ 3 les droites (RS) et (UT ) sont bien définies et parallèles à (OA).

(b) Supposons 0 < t < √ 3 . D’après la question précédente RSTU est un parallélogramme.

Puisque (UT ) est parallèle à (OA), le vecteur −→ UT est normal au plan (OBC) : il est

donc orthogonal au vecteur −→ RU et le quadrilatère RSTU est un rectangle.

Pour t = 0 ou t = √ 3 , le quadrilatère RSTU se réduit à un segment.

(c) Il s’agit de calculer RU et UT .

Dans le cas où t = 0 on a : R = U = O et S = T = A : RU = 0 et UT = OA = 2.

Dans le cas où t = √ 3 on a : T = U = B et S = R = C : RU = BC = 2 et UT = 0.

On suppose maintenant 0 < t < √ 3.

Appliquons le théorème de Thalès au triangle OJB :

ON

OJ = NU

JB ⇐⇒ NU = t√

3 JB

En raisonnant de la même façon dans le triangle OJC nous obtenons NR = t√ 3 JC.

Ces deux résultats entrâınent RU = t√ 3 BC =

2t√ 3 .

On peut remarquer que cette relation est encore vraie pour t = 0 et t = √ 3.

Appliquons le théorème de Thalès au triangle OAB :

BU

BO = UT

OA ⇐⇒ UT = 2 · BU

BO

c© Joël Amblard , Agen 2004

Nous en déduisons : UT = 2 · ( 1− OU

OB

) = 2

( 1− t√

3

) .

On peut remarquer que cette relation est encore vraie pour t = 0 et t = √ 3.

3. (a) Puisque RSTU est un rectangle lorsque 0 < t < √ 3 :

S(t) = RU · UT = 2t√ 3 · 2 ( 1− t√

3

) =

4t (√

3− t )

3

L’égalité s’étend aux cas t = 0 et t = √ 3.

(b) On écrit S(t) = 4

3

( t √ 3− t2

) et on calcule la dérivée :

S ′(t) = 4

3

(√ 3− 2t

) =

8

3

(√ 3

2 − t

)

D’où le tableau de variations de S :

t 0 √

3/2 √

3

S′(t) + 0 −

S(t) 0

1

0

(c) La fonction S atteint donc son maximum pour t =

√ 3

2 .

Dans ce cas RU = UT = 1 et RSTU est un carré.

4. (a) Premier calcul du volume :

V = 4 3

∫ √3 0

( t √ 3− t2

) dt =

4

3

[ t2 √ 3

2 − t

3

3

]√3 0

= 4

3

( 3 √ 3

2 − 3

√ 3

3

) =

2 √ 3

3

(b) Second calcul du volume.

On calcule l’aire de OBC : A = OJ ·BC 2

= √ 3.

La hauteur correspondante est alors h = OA = 2 .

On en déduit le volume du tétraèdre : V = A · h 3

= 2 √ 3

3

(c) On trouve effectivement le même résultat par les deux méthodes.

c© Joël Amblard , Agen 2004

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