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

Exercices sur les concepts de mathématiques – 1, Exercices de Mathématiques Appliquées. 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

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