1 REPUBLIQUE DU SENEGAL MINISTÈRE DE L ......DJITTE 1 REPUBLIQUE DU SENEGAL MINISTÈRE DE...

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1

REPUBLIQUE DU SENEGAL

MINISTÈRE DE L’ENSEIGNEMENT SUPÉRIEUR ET DE LA

RECHERCHE SCIENTIFIQUE

UNIVERSITÉ CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR

FACULTÉ DES SCIENCES ET TECHNOLOGIES DE L’ÉDUCATION

ET DE LA FORMATION

Département de Mathématiques

Section : F1B2

CAHIER DES EVALUATIONS CORRIGEES( 1S1& TS2A)

Présenté par :

Babacar DJITTE

Formateur : M. El’hadji Ousseynou DIALLO

Encadreur : M.Aboubakry CAMARA

Lieu de Stage : Lycée Sergent Malamine CAMARA (Ex. LYMODAK)

Classes tenues : 1eS1 et TleS2A

Année Universitaire 2015-2016

25 juillet 2016

L.S.M.C 1S1 & TS2A Babacar DJITTE 2015-2016

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0.1 Devoirs, Compositions et Travaux dirigés 1S1 et TS2A 2

0.1 Devoirs, Compositions et Travaux dirigés 1S1et TS2A


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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : 1e S1Profs : M.Camara & M.Djitté(Stagiaire) Durée : 04 heures

Devoir surveillé no2 de Mathématiques du 1e semestre

+Exercice 1 (03, 5pts)

1. Déterminer l’ensemble de définition de chacune des fonctions suivantes :

f(x) = 1 + x

xE(2x) ; g(x) = 1|x|+ x

1pt

où E(x) désigne la partie entière de x.2. On donne h(x) =

√x2 − 3x+ 2 et k(x) =

√1− x2

Déterminer le domaine de définition de koh. 1pt3. Une fonction f définie sur R vérifie : 3f(−x) + f(x) = 4x3 + 2x.

Montrer que f est impaire. En déduire f(x). 1pt+0,5pt

===============================

+Exercice 2(3pts)

Soit f l’application de R dans R par : x 7−→ x|x|.1. Soit m un réel.

a) Résoudre en discutant suivant le signe des valeurs de m l’équation : x|x| = m.

0,5pt

b) En déduire que f est bijective de R vers R. 0,5ptc) Déterminer l’application réciproque f−1. 1pt

2. Construire, relativement à un repère orthonormé, les courbes représentatives (C) et(C−1) respectives de f et f−1. 1pt

===============================


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+Exercice 3(04, 5pts)

ABCD est un parallélogramme tel que −→AB.−−→AD = 12AB

2 = 12a

2.

1. Calculer en fonction de a, −→BA.−−→BC ; −→CA.−−→CD. 0,5pt× 22. On suppose maintenant que −→CA.−−→DB = a2.

a) Calculer d’autre part −→CA.−−→DB en fonction de AD et a. En déduire AD. 0,5pt× 2b) Construire un parallélogramme ABCD vérifiant les conditions données. 1pt

3. Placer le point E tel que le quadrilatère DCEA soit un trapèze isocèle. 0, 5ptCalculer−−→CD.−→AE ;−−→EC.−→EA et−−→DE.−→CA en fonction de a. 0,5pt+0,25pt+0,25pt

===============================


Soit ABC un triangle avec AB = c, AC = b et BC = a. Soient A′, B′ et C ′ lespieds respectifs des bissectrices intérieures issues de A, B et C.On rappelle que tout point de la bissectrice (AA′) est équidistant des cotés (AB) et(AC).1. Donner deux expressions de l’aire du triangle AA′B. 0,5pt2. Donner deux expressions de l’aire du triangle AA′C. 0,5pt

3. En déduire l’égalité A′C

A′B= b

c. 0,5pt

4. En déduire que A′ est le barycentre de (B, b) et (C, c). 1pt5. Quel est le barycentre du système de points (A, a),(B, b) et (C, c) ? 1pt

===============================

+Exercice 5(5pts)

1. Construire un triangle isocèle ABC tel que AB = 4cm, AB = AC = 13cm etBC = 10cm. On note G son centre de gravité. 0,5pt2. Calculer les longueurs AG, BG et CG. 0,5pt+0,5pt+0,5pt3. Montrer que pour tout point M du plan on a :

MA2 +MB2 +MC2 = 3MG2 +GA2 +GB2 +GC2 1pt


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4. Déterminer et représenter l’ensemble (E) des points M du plan tels que :

MA2 +MB2 +MC2 = 194 1pt

5. Déterminer et représenter l’ensemble (K) des points M du plan tels que :

2MA2 −MB2 −MC2 = 0 1pt

BON COURAGE!!!


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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : 1e S1Prof : M.Camara & M.Djitté(Stagiaire) Durée : 04 heures

Correction du devoir surveillé no2 de Mathématiques du 1e semestre

Correction proposée par M.Djitté


1. Déterminons l’ensemble de définition de chacune des fonctions suivantes :

• f(x) = 1 + x

xE(2x) .

f(x) existe ssi xE(2x) 6= 0 ⇔

x 6= 0

et

E(2x) 6= 0

⇔

x 6= 0

et

2x ∈]−∞; 0[∪[1; +∞[

Donc f(x) existe ssi ⇔

x 6= 0

et

x ∈]−∞; 0[∪[12 ; +∞[

Par conséquent Df = ]−∞; 0[ ∪�12; +∞

�0,5pt.

• g(x) = 1|x|+ x

.

g(x) existe ssi |x|+ x 6= 0 ⇔ |x| 6= −x ⇔ |x| = x et x 6= 0 ⇔ x > 0 .Par suite Dg = ]0; +∞[ 0,5pt.

2. On donne h(x) =√x2 − 3x+ 2 et k(x) =

√1− x2.

Déterminons le domaine de définition de koh. Nous avons :h(x) existe ssi x2 − 3x+ 2 ≥ 0 . D’où Dh = ]−∞; 1[ ∪ [2; +∞[ .k(x) existe ssi 1− x2 ≥ 0 . D’où Dh = [−1; 1] .

• koh(x) existe ssi ⇔

x ∈ Dh

et

h(x) ∈ Dk


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koh(x) existe ⇔

x ∈ ]−∞; 1[ ∪ [2; +∞[

et√x2 − 3x+ 2 ∈ [−1; 1]

⇔

x ∈ ]−∞; 1[ ∪ [2; +∞[

et

−1 ≤√x2 − 3x+ 2 ≤ 1

koh(x) existe ⇔

x ∈ ]−∞; 1[ ∪ [2; +∞[

et

−1 ≤√x2 − 3x+ 2 ≤ 1

⇔

x ∈ ]−∞; 1[ ∪ [2; +∞[

et

0 ≤√x2 − 3x+ 2 ≤ 1

Donc koh(x) existe ⇔

x ∈ ]−∞; 1[ ∪ [2; +∞[

et

x ∈[

3−√

52 ; 3+

√5

2

]Par suite Dkoh =

[3−√

52 ; 1

]∪[2; 3 +

√5

2

]. 1pt.

3. Une fonction f définie sur R vérifie : 3f(−x) + f(x) = 4x3 + 2x.• Montrons que f est impaire.

Nous avons 3f(−x) + f(x) = 4x3 + 2x (0).Soit x ∈ R donc −x ∈ R.En substituant x par −x dans (0) on obtient le système suivant :

3f(−x) + f(x) = 4x3 + 2x

3f(x) + f(−x) = −4x3 − 2xEn combinant les deux équations, on obtient : 4f(x) + 4f(−x) = 0 ou encore f(x) +f(−x) = 0 . Il s’en suit que f(−x) = −f(x) et par conséquent la fonction f est im-paire. 1pt.

• Déduisons f(x).Puisque f(−x) = −f(x), donc en remplaçant f(−x) par −f(x) dans (0) on obtient−2f(x) = 4x3 + 2x. D’où f(x) = −2x3 − x 0,5pt.

===============================

+Exercice 2(3pts)

Soit f l’application de R dans R par : x 7−→ x|x|.1. Soit m un réel.

a) Résoudre en discutant suivant le signe des valeurs de m l’équation : x|x| = m.• Si x ≥ 0 l’équation x|x| = m est équivalente à l’équation x2 = m.


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• Si m < 0 l’équation n’admet pas de solution donc S = Φ.• Si m ≥ 0 on a x2 = m ⇔ x =

√m ou x = −

√m.

Or −√m 6∈ [0; +∞[ et

√m ∈ [0; +∞[ donc S = {

√m} .

• Si x ≤ 0 l’équation x|x| = m est équivalente à l’équation x2 = −m.• Si m > 0 l’équation n’admet pas de solution donc S = Φ.• Si m ≤ 0 on a −x2 = m ⇔ x =

√−m ou x = −

√−m.

Or√−m 6∈]−∞; 0] et −

√−m ∈]−∞; 0] donc S = {−

√−m} 0,5pt.

b) Déduisons que f est bijective de R vers R. D’après a) nous avons :∀m ∈ R, l’équation f(x) = m admet une unique solution x0 ∈ R tel que :

x0 =

√m si m ≥ 0

−√−m si m ≤ 0

Par suite f est bijective de R dans R. 0,5ptc) Déterminer l’application réciproque f−1. On a f(x) = y ⇔ x = f−1(y). Donc nousavons :

f−1(x) =

√x si x ≥ 0

−√−x si x ≤ 0

Ainsi f−1 est l’application définie de R vers R par :

f−1 : x 7−→

√x si x ≥ 0

−√−x si x ≤ 0

1pt

2. Construisons, relativement à un repère orthonormé, les courbes représentatives (C)et (C−1) respectives de f et f−1. On sait que C et C−1 sont symétriques par rapprot àla première bissectrice (autrement dit la droite d’équation y = x ). Donc on trace lacourbe C puis on déduit la courbe C−1. 1pt


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===============================


ABCD est un parallélogramme tel que −→AB.−−→AD = 12AB

2 = 12a

2.1. Calculer en fonction de a, −→BA.−−→BC ; −→CA.−−→CD.•−→BA.−−→BC

On a : −→BA.−−→BC = −→BA.−−→AD car

−−→AD = −−→BC

= −−→AB.−−→AD

= −12a

2

Donc −→BA.−−→BC = −12a

2 0,5pt

•−→CA.−−→CD


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On a : −→CA.−−→CD = (−−→CD +−−→DA).−−→CD

= CD2 +−−→DA.−−→CD

= AB2 +−−→CB.−−→CD car−−→DA = −−→CB

= AB2 +−−→CB.−→BA car−−→CD = −→BA

= AB2 −−−→BC.−→BA

= AB2 −−→BA.−−→BC

= a2 + 12a

2

= 32a

2

Donc −→CA.−−→CD = 32a

2 0,5pt.

2. On suppose maintenant que −→CA.−−→DB = a2.a) Calculer d’autre part −→CA.−−→DB en fonction de AD et a. En déduire AD.•−→CA.−−→DB en fonction de AD et a.

On a : −→CA.−−→DB = (−−→CD +−−→DA).(−−→DA+−→AB)

= −−→CD.−−→DA+−−→CD.−→AB +DA2 +−−→DA.−→AB

= −→BA.−−→CB +−→BA.−→AB +DA2 +−−→CB.−→AB

= −−→BA.−−→BC − AB2 +DA2 +−→BA.−−→BC

= 12a

2 − a2 + AD2 − 12a

2

= AD2 − a2

Donc −→CA.−−→DB = AD2 − a2 0,5pt.• Déduisons AD.On a −→CA.−−→DB = AD2 − a2 = a2 donc AD = a

√2 0,5pt

. b) Construisons un parallélogramme ABCD vérifiant les conditions données. 1ptOn a AD = a

√2 et AB = a.

Prenons par exemple a = 4 donc on a : AB = 4cm et AD = 4√

2cm.(Le choix de a dépend de vous)


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3. Placer le point E tel que le quadrilatèreDCEA soit un trapèze isocèle. 0, 5ptCalculer−−→CD.−→AE ;−−→EC.−→EA et−−→DE.−→CA en fonction de a. 0,5pt+0,25pt+0,25pt

• Calcul de −−→CD.−→AE

Ona : −→AC2 = (−−→AD +−−→DC)2

= AD2 + CD2 + 2−−→AD.−−→DC

= AD2 + CD2 − 2−−→DA.−−→DC

= AD2 + CD2 − 2(−−→DC +−→CA).−−→DC

= AD2 + CD2 − 2(DC2 +−→CA.−−→DC)

= AD2 + CD2 − 2DC2 + 2−→CA.−−→CD

= AD2 −DC2 + 2−→CA.−−→CD

= (a√

2)2 − a2 + 2(32a

2)

= 4a2 donc AC = 2a


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Ona : −−→BD2 = (−→BA+−−→AD2) = AB2 + AD2 + 2−→BA.−−→AD

⇔ = AB2 + AD2 − 2−→AB.−−→AD

= a2 + (a√

2)2 − 2(12a

2)

= 2a2 donc BD = a√

2

Nous avons alors DB = AD = CE et DCEB un parallélogramme donc AB = BE.Ainsi B est le milieui de [AE]. Autrement dit −→AE = 2−→AB.

−−→CD.−→AE = −−→

CD.−−→2AB

= −→BA.2−→AB = −2BA2

= −2a2

Par suite −−→CD.−→AE = −2a2 0,5pt

• Calcul de −−→EC.−→EAOn a

−−→EC.−→EA = −−→

EC.−−→2BA

= (−−→EB +−−→BC).2−→BA

= 2−→BA.−−→BC + 2−→BA.−−→EB

= 2−→BA.−−→BC + 2−→BA.−→BA

= 2−→BA.−−→BC + 2BA2

= −2× 12a

2 + 2× a2

= a2

−−→EC.−→EA = a2 0,5pt


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• Calcul de −−→DE.−→CA.

−−→DE.−→CA = (−−→DC +−−→CE).(−−→CE +−→EA)

= −−→DC.−−→CE +−−→DC.−→EA+ CE2 +−−→CE.−→EA

= −−→DC.(−→CA+−→AE) +−−→DC.−→EA+ CE2 +−−→CE.−→EA

= −−→DC.−→CA+−−→DC.−→AE +−−→DC.−→EA+ CE2 +−−→CE.−→EA

= −−→CA.−−→CD −

−−→CD.−→AE +−−→CD.−→AE + CE2 −

−−→EC.−→EA

= −−→CA.−−→CD + CE2 −

−−→EC.−→EA

= −32a

2 + 2a2 − a2

= −12a

2

Par suite −−→DE.−→CA = −12a

2 0,25pt

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+Exercice 4(03, 5pts)Soit H le pied de la hauteur issue de A.

1. Donnons deux expressions de l’aire du triangle AA′B.D’une part on a :

Aire(AA′B) = AH × A′B2 (1) 0,25pt

D’autre part d’après le théorème d’Alkashi on a :


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Aire(AA′B) = 12AB × AA

′sin( ˆBAA′) (2) . 0,25pt

2. Donnons deux expressions de l’aire du triangle AA′C.D’une part on a :

Aire(AA′C) = AH × A′C2 (3) 0,25pt

D’autre part d’après le théorème d’Alkashi on a :

Aire(AA′C) = 12AC × AA

′sin( ˆCAA′) (4) . 0,25pt

3. Déduisons l’égalité A′CA′B

= bc.

D’une part on a :

Aire(AA′B)Aire(AA′C) =

AH×A′B2

AH×A′C2

= A′B

A′C(5)

D’autre part :

Aire(AA′B)Aire(AA′C) =

12AB × AA

′sin( ˆBAA′)12AC × AA′sin( ˆCAA′)

= AB

AC(6)

car ˆBAA′ et ˆCAA′ ont même mesure ( car (AA′) est bissetrice de ˆABC)En faisant le rapport de (5) et (6) on obtient : A′B

A′C= AB

AC= c

b.

Par conséquent A′C

A′B= b

c. 0,5pt

4. Déduisons que A′ est le barycentre de (B, b) et (C, c). D’après la question 3) on a :A′CA′B

= bc. Donc A′C = b

cA′B. Et comme les vecteurs

−−→A′C et

−−→A′B sont colinéaires et

de sens contraire donc−−→A′C = − b

c

−−→A′B. D’où c

−−→A′C + b

−−→A′B = 0.

Par conséquent A′ = bar{(B; b)(C, c)} 1pt5. Quel est le barycentre du système de points (A, a),(B, b) et (C, c) ? 1ptDe manière analogue nous avons :B′ = bar{(A; a)(C, c)}C ′ = bar{(A; a)(B, b)}.Soit I = bar{(A, a), (B, b)(C, c)}. Ainsi d’après la propriété du barycentre partiel ona :

I = bar{(C ′, a+ b)(C, c)} donc I ∈ (CC ′).I = bar{(A, a)(A′, b+ c)} donc I ∈ (AA′).I = bar{(B, b)(B′, a+ c)} donc I ∈ (BB′).

Donc I est le point de rencontre des trois bissectrices (AA′), (BB′) et (CC ′).Par suite I est le centre du cercle inscrit au triangle ABC.Conclusion : Le barycentre du système de points (A, a),(B, b) et (C, c) est le centre


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du cercle inscrit au triangle ABC. 1pt

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+Exercice 5(5pts)

1. Construisons un triangle isocèle ABC tel que AB = 4cm, AB = AC = 13cmet BC = 10cm. On note G son centre de gravité. 0,5pt

2. Calculons les longueurs AG, BG et CG. 0,5pt+0,5pt+0,5pt

Soient A′, B′ et C ′ les pieds respectifs des médianes issues de A, B et C.D’après la théorème de la médiane on a :

AB2 + AC2 = 2AA′2 + BC2

2 ⇔ 2AA′ = AB2 + AC2 − BC2

2 ⇔ AA′2 = AB2 + AC2

2 − BC2

4

CA2 + CB2 = 2CC ′2 + AB2

2 ⇔ 2CC ′ = CA2 + CB2 − AB2

2 ⇔ CC ′2 = CA2 + CB2

2 − AB2

4

BA2 +BC2 = 2BB′2 + AC2

2 ⇔ 2BB′ = BA2 +BC2 − AC2

2 ⇔ BB′2 = BA2 +BC2

2 − AC2

4


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On en déduit que : AA′ = 12cm , BB′ =√

3692 cm, CC ′ =

√3692 cm

Par ailleurs comme (AA′), (BB′) et (CC ′) sont les médianes du triangle ABC alors :

AG = 23AA

′ = 23 × 12 = 8cm 0, 5pt

BG = 23BB

′ = 23 ×√

3692 =

√3693 =

√41cm 0, 5pt

CG = 23CC

′ = 23 ×√

3692 =

√3693 =

√41cm 0, 5pt

3. Montrer que pour tout point M du plan on a :

MA2 +MB2 +MC2 = 3MG2 +GA2 +GB2 +GC2

Comme G est le centre de gravité du triangle ABC donc il est l’isobarycentre des pointsA, B et C. Autrement dit −→GA+−−→GB +−→GC +−→0 On a alors :

MA2 +MB2 +MC2 = −−→MA2 +−−→MB2 +−−→MC2

= (−−→MG+−→GA)2 + (−−→MG+−−→GB)2 + (−−→MG+−→GC)2

= MG2 +MG2 +MG2 + 2−−→MG.−→GA

+2−−→MG.−−→GB + 2−−→MG.GC +GA2 +GB2 +GC2

= 3MG2 + 2−−→MG.(−→GA+−−→GB +−→GC︸︷︷︸=−→0

) +GA2 +GB2 +GC2

= 3MG2 +GA2 +GB2 +GC2

D’où MA2 +MB2 +MC2 = 3MG2 +GA2 +GB2 +GC2 1pt4. Déterminons et représentons l’ensemble (E) des points M du plan tels que :

MA2 +MB2 +MC2 = 194

On a

MA2 +MB2 +MC2 = 194 ⇔ 3MG2 +GA2 +GB2 +GC2 = 194

⇔ MG2 = 194−GA2 −GB2 −GC2

3⇔ MG2 = 16

⇔ MG = 4


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Par suite (E) est le cercle de centre G et de rayon r = 4cm. (E) = C(G; r = 4)(Construction voir figure) 1pt5. Déterminer et représenter l’ensemble (K) des points M du plan tels que :

2MA2 −MB2 −MC2 = 0

On a

2MA2 −MB2 −MC2 = 0 ⇔ 2−−→MA2 −−−→MB2 −

−−→MC2 = 0

⇔ 2(−−→MG+−→GA)2 − (−−→MG+−−→GB)2 − (−−→MG+−→GC)2 = 0

⇔ 2MG2 −MG2 −MG2 + 4−−→MG.−→GA

−2−−→MG.−−→GB − 2−−→MG.

−→GC + 2GA2 −GB2 −GC2 = 0

⇔−−→MG.(4−→GA− 2−−→GB − 2−→GC) + 2GA2 −GB2 −GC2 = 0

⇔−−→MG.(4−→GA+ 2−→GA) + 2GA2 −GB2 −GC2 car

−→GA = −−−→GB −−→GC

⇔ 6−−→MG.−→GA+ 2GA2 −GB2 −GC2 = 0

⇔ 6−−→MG.−→GA = −2GA2 +GB2 +GC2

⇔−−→MG.

−→GA = −2GA2 +GB2 +GC2

6⇔−−→MG.

−→GA = −23

3

Soit H le projeté orthogonal de M sur (GA). on a alors : HG×GA = −233

Donc les vecteurs −−→HG et −→GA sont de sens contraires et HG = 2324 .

Par suite (K) est la droite passant par H et perpendiculaire à (AG). (Constructionvoir figure) 1pt.


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BON COURAGE!!!


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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : T le S2AProfs : M.Camara & M.Djitté(Stagiaire) Durée : 04 heures


+Exercice 1 (06pts)

PARTIE A : On considère dans C l’équation −z3 + (4 + i)z2 + (8 + 6i)z+ 4 + 28i = 0.

1. Montrons que cette équation admet une solution imaginaire pure que l’on noteraα.2. Déterminer les autres solutions β et γ.3. Soient A, B et C les points du plan d’affixes respectives α, β et γ.

a. Placer les points A, B et C.b. Calculer β − α

γ − α.

c. En déduire la nature du triangle ABC.

PARTIE B : Soit z = −8√

3 + 8i ; u = (√

6−√

2) + i(√

6 +√

2).

1. Calculons le module et un argument de z.2. Déterminer sous forme trigonométrique, les racines carrées de z.3. Calculer u2. Exprimer les racines carrées de z sous forme algébrique.4. En déduire la valeur exacte de cos5π

6 et sin5π6

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+Exercice 2(3pts)

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal (O,−→u ,−→v ).On appelle A, B et C les points d’affixes respectives zA = −1 + 3i ; zB = −2et zC = −3− 3i

2 .Soit f l’application du plan privé de A dans le plan qui, à tout point M d’affixe zdistincte de zA, associe le point M d’affixe z′ définie par : z′ = z + 2

z + 1− 3i .1. Factoriser z2 − 3iz − 2 en remarquant que z = i en est une solution, puis résoudrel’équation (E) : z2 − 3iz − 2 = 0.


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2. Déterminer les affixes des points invariants par f .(Un point est invariant lorsquez = z′).3. Déterminer l’ensemble des points M du plan tels que M ′ appartienne au cercle decentre O et de rayon 1.4. En posant z = x+iy, déterminer Im(z′) en fonction de x et y. En déduire l’ensembledes points M du plan tels que M ′ appartienne à l’axe des abscisses.

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+PROBLEME(12pts)

Soit g la fonction définie par g(x) =

x

Ê∣∣∣∣x+ 1x

∣∣∣∣ si x < 0

x3 − x2

x2 + 1 si x ≥ 0

1. Montrer que g est définie sur R. Ecrire g sans barres de valeur absolue.2. Etudier la continuité et la dérivabilité de g en 0 et en −1.3. Etudier les branches infinies et la position de la courbe par rapport aux éventuellesasymptotes.4. Calculer g′(x) sur les intervalles où g est dérivable.5. Soit φ(x) = x3 + 3x− 2.

a) Montrer que l’équation φ(x) = 0 admet une solution unique α sur R.Donner un encadrement de α par deux entiers consécutifs.b) En déduire le signe de φ sur R.

6. Montrer que g′(x) = xφ(x)(x2 + 1)2 sur [0; +∞[ puis établir le tableau de variation de g

sur R.7. Tracer les droites remarquables puis tracer Cg la courbe de g.8.

a) Montrer que la restriction g1 de g à ]−∞;−1] est bijective de ]−∞;−1]sur un intervalle J à préciser.b) g−1

1 la bijection réciproque de g1, est-elle dérivable sur J ? Calculer g−11 (−2) puis

(g−11 )′(−

√2).

c) Donner les variations de g−11 .

d) Tracer Cg−11 .

BON COURAGE!!!


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+Exercice 1 (06pts)

PARTIE A : On considère dans C l’équation −z3 + (4 + i)z2 + (8 + 6i)z+ 4 + 28i = 0.

1. Montrer que cette équation admet une solution imaginaire pure que l’on noteraα.Soit α = ib avec b ∈ R∗ une solution de (E). On a alors :

−(ib)3 + (4 + i)(ib)2 + (8 + 6i)(ib) + 4 + 28i = 0 ⇔ ib3 − b2(4 + i) + 8ib− 6b+ 4 + 28i = 0

⇔ −4b2 − 6b+ 4 + i(b3 − b2 + 8b+ 28) = 0

⇔

−4b2 − 6b+ 4 = 0 (1)

b3 − b2 + 8b+ 28 = 0 (2)

En résolvant l’équation (1) on obtient b = −2 ou b = 12 . On vérifie aisément que seule

la valeur b = −2 est solution de l’éqation (2).Par suite la solution imaginaire pure est α = −2i . 0,5 pt2. Déterminons les autres solutions β et γ de l’équation.Passons par la méthode de Horner. Comme α = −2i est solution de (E) on a alors :

−1 4 + i 8 + 6i 4 + 28i−2i ||| 2i 6− 8i −4− 28i

−1 4 + 3i 14− 2i 0

(E) : (z + 2i)(−z2 + (4 + 3i)z + 14− 2i) = 0Résolvons l’équation −z2 + (4 + 3i)z + 14− 2i = 0.On a ∆ = (4 + 3i)2 + 4(14− 2i) = 63 + 16i ∈ C− R.Cherchons une racine carrée de ∆.Soit δ = a+ ib une racine de ∆ donc δ2 = ∆. On a alors :


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|δ|2 = |∆|

δ2 = ∆⇔

a2 + b2 =

√632 + 652

(a+ ib)2 = 63 + 16idonc

a2 + b2 = 65

a2 − b2 + 2iab = 63 + 16i

Par identification on a :

a2 + b2 = 65 (1)

a2 − b2 = 63 (2)

ab = 8 (3)En combinant (1) et (2) on obtient a = ±8 et b = ±1. Et comme ab = 8 donc a et bont même signe. Par suite a = 8 et b = 1 ou a = −8 et b = −1.Prenons δ = 8 + i. Donc β = 6 + 2i et γ = −2 + i 2× 0.5pt3. Soit A, B et C les points d’affixes respectives −2i, 6 + 2i et −2 + i.

a. Plaçons les points A, B et C.

b. Calculons β − αγ − α

.

On a β − αγ − α

= 6 + 2i+ 2i−2 + i+ 2i = 6 + 4i

−2 + 3i = −2i. β − αγ − α

= −2i 0,25pt

c. Déduisons la nature du triangle ABC. On a :β − αγ − α

= zB − zAzC − zA

= −2i∣∣∣∣∣zB − zAzC − zA

∣∣∣∣∣ = | − 2i| = 2 6= 1 donc AB 6= AC (1).

arg

�zB − zAzC − zA

�= arg(−2i) = −π2 [2π] donc

(−→AC,−→AB

)= −π2 [2π] (2).

(1) et (2) =⇒ ABC est un triangle rectangle en A. 0,5pt.

PARTIE B : Soit z = −8√

3 + 8i ; u = (√

6−√

2) + i(√

6 +√

2).


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1. Calculons le module et un argument de z.On a |z| =

√(−8√

3)2 + 82 = 16.

Soit θ un argument de z on a alors :

cos θ = −8

√3

16sin θ = 8

16

⇔

cos θ = −

√3

2sin θ = 1

2Donc θ = 5π

6 est un argument de z.

|z| = 16 et arg(z) = 5π6 2× 0,25pt

2. Déterminons sous forme trigonométrique, les racines carrées de z.On a z = 16ei 5π

6 . Soit a tel que a2 = z. Posons a = reiα. On a :

a2 = z ⇔ (reiα)2 = 16ei 5π6

⇔ r2ei2α = 16ei 5π6

⇔

r2 = 16

2α = 5π6 + 2kπ, k ∈ Z

⇔

r = 4

α = 5π12 + kπ, k ∈ Z

Donc les racines carrées de z sont les ak = 4ei( 5π12 +kπ) avec k = 0; 1.

D’où a0 = 4ei( 5π12 ) et a1 = 4ei( 17π

12 ) sont les racines carrées de z.Sous forme trigonométrique on a :

a0 = 4�

cos 5π12 + i sin 5π

12

�a1 = 4

�cos 17π

12 + i sin 17π12

�2× 0,5pt

3. Calculons u2 puis exprimons les racines carrées de z sous forme algébrique.• Calculons u2.On a :

u2 =�(√

6−√

2) + i√

6 +√

2)�2

= (√

6−√

2)2 − (√

6 +√

2)2 + 2i(√

6−√

2)(√

6 +√

2)

= 6 + 2− 2√

12− 6− 2− 2√

12 + 2(6− 2)i

= −4√

12 + 8i

= −8√

3 + 8i

Alors u2 = −8√

3 + 8i 0,5pt

• Exprimons les racines carrées de z sous forme algébrique.


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on a u2 = −8√

3 + 8i = z donc u = (√

6−√

2) + i(√

6 +√

2) est une racine carrée de zet donc on obtient l’autre en multipliant u par −1 qui est la deuxième racine carrée del’unité. Par suite l’autre racine est u′ = −(

√6−√

2)−i(√

6+√

2). Sous forme algébriqueon a : u = (

√6−√

2) + i(√

6 +√

2) u′ = −(√

6−√

2)− i(√

6 +√

2) 2× 0,25pt

4. Déduisons la valeur exacte de cos5π6 et sin5π

6On a u = a0 donc

4�

cos 5π12 + i sin 5π

12

�=

�√6−√

2�

+ i�√

6 +√

2�

⇔ cos 5π12 + i sin 5π

12 =(√

6−√

24

)+ i

(√6 +√

24

)

⇔

cos 5π

12 =√

6−√

24

sin 5π12 =

√6 +√

24

2× 0, 25pt

===============================

+Exercice 2(3pts)

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal (O,−→u ,−→v ).On appelle A, B et C les points d’affixes respectives zA = −1 + 3i ; zB = −2et zC = −3− 3i

2 .Soit f l’application du plan privé de A dans le plan qui, à tout point M d’affixe zdistincte de zA, associe le point M d’affixe z′ définie par : z′ = z + 2

z + 1− 3i .1. Factorisons z2− 3iz− 2 en remarquant que z = i en est une solution, puis résolvonsl’équation (E) : z2 − 3iz − 2 = 0.• Factorisons z2 − 3iz − 2 en remarquant que z = i en est une solution.Comme z1 = i est solution de z2 − 3iz − 2 alors si z1 désigne l’autre racine on az1z2 = −2. D’où z2 = −2

i= 2i.

Par suite z2 − 3iz − 2 = (z − i)(z − 2i)• résolvons l’équation (E) : z2 − 3iz − 2 = 0.

z2 − 3iz − 2 = 0 ⇔ (z − i)(z − 2i) = 0

⇔ z = i ou z = 2i

⇔ S = {i; 2i}

2. Déterminons les affixes des points invariants par f .(Un point est invariant lorsque


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z = z′).

z est invariant par f ⇔ f(z) = z

⇔ z + 2z + 1− 3i = z

⇔ z + 2 = z2 + z − 3iz

⇔ −z2 + 3iz − 2 = 0

⇔ z2 − 3iz + 2 = 0

⇔ z = i ou z = 2i

Par suite les points invariants ont pour affixes z = i et z = 2i 0,5pt3. Déterminons l’ensemble des points M du plan tels que M ′ appartienne au cercle decentre O et de rayon 1.On a

M ′ ∈ C(O, 1) ⇔ OM ′ = 1

⇔ |z′ − zO| = 1

⇔ |z′| = 1

⇔∣∣∣∣ z + 2z + 1− 3i

∣∣∣∣ = 1

⇔ |z + 2| = |z + 1− 3i|

⇔ |z − (−2)| = |z − (1 + 3i)|

⇔ |z − zB| = |z − zA|

⇔ MB = MA

⇔ M appartient à la médiatrice de [AB]

Par suite l’ensemble des points M du plan tels que M ′ appartienne au cercle de centreO et de rayon 1 est la médiatrice du segment [AB].4. En posant z = x+iy, déterminons Im(z′) en fonction de x et y. En déduire l’ensembledes points M du plan tels que M ′ appartienne à l’axe des abscisses.• déterminons Im(z′) en fonction de x et y.


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On a :

z′ = z + 2z + 1− 3i

= x+ iy + 2x+ iy + 1− 3i

= x+ 2 + iy

x+ 1 + i(y − 3)

= (x+ 2 + iy)(x+ 1− i(y + 3)(x+ 1)2 + (y − 3)2

= (x+ 2 + iy)(x+ 1− iy − 3i)(x+ 1)2 + (y − 3)2

= x2 + x− ixy − 3ix+ 2x+ 2− 2iy − 6i+ ixy + iy + y2 + 3y(x+ 1)2 + (y − 3)2

= x2 + y2 + 3x+ 3y + 2(x+ 1)2 + (y − 3)2 + i

−3x+ y − 6(x+ 1)2 + (y − 3)2

Par identification on a Im(z′) = −3x+ y − 6(x+ 1)2 + (y − 3)2

• Déduisons l’ensemble des points M du plan tels que M ′ appartienne à l’axe desabscisses. On a

M ∈ (Ox) ⇔ Im(z′) = 0

⇔ −3x+ y − 6(x+ 1)2 + (y − 3)2 = 0

⇔

−3x+ y − 6 = 0

(x+ 1)2 + (y − 3)2 6= 0

⇔

−3x+ y − 6 = 0

(x, y) 6= (−1, 3)

Par suite l’ensemble des pointsM du plan tels queM ′ appartienne à l’axe des abscissesest la droite (D) : −3x+ y − 6 = 0 privée du point A.

===============================


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+PROBLEME(12pts)

Soit g la fonction définie par g(x) =

x

Ê∣∣∣∣x+ 1x

∣∣∣∣ si x < 0

x3 − x2

x2 + 1 si x ≥ 0

1. Montrons que g est définie sur R. Écrivons g sans barres de valeur absolue.• Montrons que g est définie sur R.

Posons g1(x) = x

Ê∣∣∣∣x+ 1x

∣∣∣∣ si x < 0.

g1(x) existe⇔

x < 0∣∣∣∣x+ 1x

∣∣∣∣ ≥ 0⇔

x < 0

x ∈ R− {0}⇔ Dg1 =]−∞; 0[.

Posons g1(x) = x3 − x2

x2 + 1 si x ≥ 0.

g2(x) existe⇔

x ≥ 0

x2 + 1 6= 0⇔

x ≥ 0

x ∈ R⇔ Dg2 = [0; +∞[.

Par suite Dg = Dg1 ∪Dg2 =]−∞; 0[∪[0; +∞[= R.Dg = R• Écrivons g sans barres de valeur absolue.Posons x+ 1

x= 0. Donc on a x = −1 et x 6= 0.

x -∞ -1 0x+ 1 - +x - -

x+ 1x

+ -∣∣∣∣x+ 1x

∣∣∣∣ x+ 1x

−x+ 1x

g(x) =

x

Êx+ 1x

si x ∈]−∞;−1]

x

Ê−x− 1x

si x ∈]− 1; 0[

x3 − x2

x2 + 1 si x ∈ [0; +∞[

2. Étudions la continuité et la dérivabilité de g en 0 et en −1.♣ Continuité en 0.


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Comme 0 ∈ Dg on a g(0) = 03 − 02

02 + 1 = 0.

• limx→0+

g(x) = limx→0+

x3 − x2

x2 + 1 = 0 = g(0). Par suite g est continue à droite de 0.

• limx→0−

g(x) = limx→0−

x

Ê−x− 1x

.

Or limx→0−

−x− 1x

= −10− = +∞ donc par composée on a lim

x→0−

Ê−x− 1x

= +∞.De plus lim

x→0−x = 0 donc par produit nous avons une forme indéterminée.

Levons l’indéterminationOn a

limx→0−

x

Ê−x− 1x

= limx→0−

x

Êx+ 1−x

= limx→0−

x√−x×√x+ 1

= limx→0−

√−x×

√x+ 1

= 0× 1

= 0

Donc limx→0−

g(x) = 0 = g(0). Par suite g est continue à gauche de 0.Conclusion : On a lim

x→0−g(x) = lim

x→0+g(x) = g(0) = 0 donc g est continue en 0.

♣ Continuité en −1.Comme −1 ∈ Dg on a g(−1) = −1×

Ê0−1 = 0.

• limx→−1+

g(x) = limx→−1+

x

Ê−x− 1x

= 0 = g(−1). Par suite g est continue à droite de −1.

• limx→−1−

g(x) = limx→−1+

x

Êx+ 1x

= 0 = g(−1). Par suite g est continue à gauche de −1.Conclusion : On a lim

x→−1−g(x) = lim

x→−1+g(x) = g(−1) = 0 donc g est continue en −1.

♣ Dérivabilté en 0.

• limx→0−

g(x)− g(0)x− 0 = lim

x→0−g(x)x

= limx→0−

x

Ê−x− 1x

= limx→0−

1√−x×√x+ 1

= 10+

= +∞

limx→0−

g(x)− g(0)x− 0 = +∞

Par suite g n’est pas dérivable à droite de 0 et par conséquent (Cg) admet une demi-


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tangente verticale en 0+.

• limx→0+

g(x)− g(0)x− 0 = lim

x→0−g(x)x

= limx→0+

x3 − x2

x(x2 + 1)

= limx→0+

x2 − xx2 + 1

= 0.

limx→0+

g(x)− g(0)x− 0 = −1

Par suite g est dérivable gauche de 0 et par conséquent (Cg) admet 0+ une tangente(D) d’équation y = f ′(0)x+ 0 = 0. Donc (D) : y = 0.Conclusion g n’est pas dérivable en 0. Par conséquent :-(Cg) admet une demi-tangente verticale en 0+.- (Cg) admet 0+ une tangente (D) d’équation (D) : y = 0.

♣ Dérivabilté en −1.

• limx→−1−

g(x)− g(−1)x+ 1 = lim

x→−1−g(x)x− 1

= limx→−1−

x

x+ 1 ×Êx+ 1x

= limx→−1−

√� x

x+ 1

�2× x+ 1

x

= limx→−1−

Êx

x+ 1= +∞

limx→−1−

g(x)− g(−1)x+ 1 = +∞

Par suite g n’est pas dérivable à gauche de −1 et par conséquent (Cg) admet unedemi-tangente verticale en −1−.


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• limx→−1+

g(x)− g(−1)x+ 1 = lim

x→−1+

g(x)x− 1

= limx→−1+

x

x+ 1 ×Ê−x− 1x

= limx→−1+

−√� x

x+ 1

�2× −x− 1

x

= limx→−1+

−Ê−xx+ 1

= −∞

limx→−1+

g(x)− g(−1)x+ 1 = −∞

Par suite g n’est pas dérivable à droite de −1 et par conséquent (Cg) admet unedemi-tangente verticale en −1+.Conclusion g n’est pas dérivable en −1. Par conséquent :-(Cg) admet deux demi-tangentes verticales en −1.3. Étudier les branches infinies et la position de la courbe par rapport aux éventuellesasymptotes.On a :lim

x→−∞g(x) = lim

x→−∞x

Êx+ 1x

= −∞

limx→+∞

g(x) = limx→+∞

x3 − x2

x2 + 1 = +∞♣ En −∞ on a :

• limx→−∞

g(x)x

= limx→−∞

Êx+ 1x

= 1

• limx→−∞

[g(x)− x] = limx→−∞

[x

Êx+ 1x− x

]. Nous avons ici une forme indéterminée.

Levons l’indétermination On a :

limx→−∞

[g(x)− x] = limx→−∞

[x

Êx+ 1x− x

]

= limx→−∞

x2(x+1x

)− x2

xÈ

x+1x

+ x

= lim

x→−∞

1Èx+1x

+ 1

= limx→−∞

1È1 + 1

x+ 1

= 12

Par suite la droite (D1) : y = x+ 12 est asymptote oblique à Cg en −∞.


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♣ En +∞ on a :• limx→+∞

g(x)x

= limx→+∞

x3 − x2

x3 + x= 1

• limx→+∞

[g(x)− x] = limx→+∞

�x3 − x2

x2 + 1 − x�

= limx→+∞

�x3 − x2 − x3 − x

x2 + 1

�= lim

x→+∞

�−x2 − xx2 + 1

�= −1

Par suite la droite (D2) : y = x− 1 est asymptote oblique à Cg en +∞.

Position de Cg par rapport au asymptote

• Position de Cg par rapport à (D1) : y = x+ 12 .

On a en en −∞ :g(x)− y = x

Êx+ 1x− x− 1

2 .( Sur ]−∞;−1] : Posons g(x)− y ≤ 0. Alors on a :

g(x)− y ≤ 0 ⇔ x

Êx+ 1x≤ x+ 1

2

⇔(x

Êx+ 1x

)≥�x+ 1

2

�2car les deux membres sont tous négatifs

⇔ x2�x+ 1

x

�≥�x+ 1

2

�2

⇔ x2 + x− x2 − 14 − x ≥ 0

⇔ −14 ≥ 0 ce qui est impossible

Donc ∀x ∈]−∞;−1], f(x)− y > 0.Par conséquent :• sur ]−∞;−1] (Cg) est au dessus de (D1) : y = x+ 1

2


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( Sur ]− 1; 0[ : Posons g(x)− y ≥ 0. Alors on a :

g(x)− y ≥ 0 ⇔ x

Ê−x− 1x

≥ x+ 12 avec x ≤ −1

2 car impossible si x > −12

⇔(x

Ê−x− 1x

)≤�x+ 1

2

�2car les deux membres sont tous négatifs

⇔ x2�−x− 1

x

�≤�x+ 1

2

�2

⇔ −x2 − x− x2 − 14 − x ≤ 0

⇔ −2x2 − 2x− 14 ≤ 0

⇔ −8x2 − 8x− 1 ≤ 0

⇔ x ∈]−1; −2−

√2

4

]

Donc ∀x ∈]−1; −2−

√2

4

], g(x)− y ≥ 0.

Par conséquent :

• sur]−1; −2−

√2

4

], (Cg) est au dessus de (D1) : y = x+ 1

2 .

• sur]−2−

√2

4 ; 0[, (Cg) est en dessous de (D1) : y = x+ 1

2 .

• Position de Cg par rapport à (D2) : y = x− 1.

( Sur [0; +∞[ : g(x)− y = x3 − x2

x2 + 1 − x+ 1.Posons g(x)− y ≥ 0. Alors on a :

g(x)− y ≥ 0 ⇔ x3 − x2

x2 + 1 − x+ 1 ≥ 0

⇔ x3 − x2 − x3 + x2 − x+ 1x2 + 1 ≥ 0

⇔ −x+ 1x2 + 1 ≥ 0

⇔ x ∈]0; 1]

Donc ∀x ∈]0; 1] ; g(x)− y ≥ 0.Par conséquent :• sur ]0; 1], (Cg) est au dessus de (D1) : y = x− 1.• sur ]1; +∞[, (Cg) est en dessous de (D1) : y = x− 1.4. Calculer g′(x) sur les intervalles où g est dérivable.♣ Sur ]−∞;−1]• La fonction x 7→ x est dérivable sur R, en particulier elle l’est sur ]−∞;−1[.

• La fonction x 7→Êx+ 1x

est dérivable sur ]−∞;−1[.


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Donc g(x) est dérivable sur ] − ∞;−1[ comme produit de fonctions dérivables sur]−∞;−1[ et on a :

g′(x) =Êx+ 1x

+ x

(Êx+ 1x

)′

=Êx+ 1x

+ x

� �x+1x

�′2È

x+1x

�

=Êx+ 1x

+ x

�x−x−1x2

2È

x+1x

�

=Êx+ 1x

+ x

�− 1x2

2È

x+1x

�

= 2x+ 12xÈ

x+1x

♣ Sur ]− 1; 0[• La fonction x 7→ x est dérivable sur R, en particulier elle l’est sur ]− 1; 0[.

• La fonction x 7→Ê−x− 1x

est dérivable sur ]− 1; 0[.Donc g(x) est dérivable sur ]− 1; 0[ comme produit de fonctions dérivables sur ]− 1; 0[et on a :

g′(x) =Ê−x− 1x

+ x

(Ê−x− 1x

)′

=Ê−x− 1x

+ x

� �−x−1x

�′2È−x−1x

�

=Ê−x− 1x

+ x

�−x+x+1

x2

2È−x−1x

�

=Ê−x− 1x

+ x

�1x2

2È−x−1x

�

= −2x− 12xÈ−x−1x

♣ Sur [0; +∞[

• La fonction x 7→ x3 − x2

x2 + 1 est dérivable sur R, en particulier elle l’est sur [0; +∞[. Parsuite g est dérivable sur [0; +∞[ et on a :


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g′(x) = (3x2 − 1)(x2 + 1)− 2x(x3 − x2)(x2 + 1)2

= 3x4 + 3x2 − 2x3 − 2x− 2x4 + 2x3

(x2 + 1)2

= x4 + 3x2 − 2x(x2 + 1)2

Finalement on a :

g′(x) =

2x+ 12xÈ

x+1x

si x ∈]−∞;−1[

−2x− 12xÈ−x−1x

si x ∈]− 1; 0[

x4 + 3x2 − 2x(x2 + 1)2 si x ∈ [0; +∞[

1,5pt

5. Soit φ(x) = x3 + 3x− 2.a) Montrons que l’équation φ(x) = 0 admet une solution unique α sur R puis donnonsun encadrement de α par deux entiers consécutifs.• Montrons que l’équation φ(x) = 0 admet une solution unique α sur R Dφ = R car φest une fonction pôlynomiale.lim

x→−∞φ(x) = −∞ et lim

x→+∞φ(x) = +∞.

φ est dérivable sur R (car φ est une fonction pôlynomiale).∀x ∈ R on a φ′(x) = 3x2 + 1 > 0. Donc φ est strictement croissante sur R.φ étant continue et strictement croissante sur R donc elle réalise une bijection de R surR. Or 0 ∈ R donc il existe un unique α ∈ R tel que φ(α) = 0.• Donnons un encadrement de α par deux entiers consécutifs.Comme φ(0) = −2 et φ(1) = 2 donc φ(0)× φ(1) < 0. Par suite 0 < α < 1.b) En déduire le signe de φ sur R.On a :• ∀x ∈]−∞;α], φ(x) ≤ 0• ∀x ∈]α; +∞[, φ(x) > 0

6. Montrer que g′(x) = xφ(x)(x2 + 1)2 sur [0; +∞[ puis établir le tableau de variation de g

sur R.On a : ∀x ∈ [0; +∞[ , g′(x) = x4 + 3x2 − 2x

(x2 + 1)2 = x(x3 + 3x− 2(x2 + 1)2 = xφ(x)

(x2 + 1)2 .


Bab

acar

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• Tableau de variations de g.♣ Sur [0; +∞[Le signe de φ(x) dépend de celui de xφ(x).∀x ∈]α; +∞[, φ(x) > 0 donc xφ(x) > 0 ou encore g′(x) > 0.D’où g est strictement croissante sur ]α; +∞[.∀x ∈]0;α], φ(x) ≤ 0 donc xφ(x) ≤ 0 ou encore g′(x) ≤ 0.D’où g est décroissante sur ]α; +∞[.

♣ Sur ]−∞;−1[on a g′(x) = 2x+ 1

2xÈ

x+1x

.

Sur ]α;−12] , g′(x) ≥ 0 donc ∀x ∈]−∞;−1[ g′(x) ≥ 0.

D’où g est croissante sur ]−∞;−1[.♣ Sur ]− 1; 0[on a g′(x) = −2x− 1

2xÈ−x−1x

.

( Sur�−1;−1

2

�, g′(x) ≤ 0 donc ∀x ∈

�−1;−1

2

�, g′(x) ≤ 0.

D’où g est décroissante sur�−1;−1

2

�.

( Sur�−1

2; 0�, g′(x) > 0 donc ∀x ∈

�−1

2; 0�, g′(x) ≤ 0.

D’où g est décroissante sur�−1;−1

2

�.

x −∞ -1 −12 0 α +∞

g′(x) + - + - +g ↗ ↘ ↗ ↘ ↗

Les maximums (locaux) de g sont A(−1; 0) et O(0; 0) :Les minimums (locaux) de g sont C(−1

2;−12) et D(α; g(α)) :

7. Traçons les droites remarquables puis tracer Cg la courbe de g.Asymptote oblique en −∞ :(D1) : y = x+ 1

2Asymptote oblique en +∞ :(D2) : y = x− 1


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8.a) Montrons que la restriction g1 de g à ]−∞;−1] est bijective de ]−∞;−1]sur un intervalle J à préciser.

g1(x) = x

Êx+ 1x

.D’après le tableau de variation, g1 est continue et croissante sur ] −∞;−1] donc elleréalise une bijection de ]−∞;−1] sur J = g1 (]−∞;−1]) =]−∞; 0]

b) g−11 la bijection réciproque de g1, est-elle dérivable sur J ? Calculer g1(−2) puis

(g−11 )′(−

√2).

• Comme g1 est dérivable et g′1(x) 6= 0 sur ] −∞;−1[ donc g−11 est dérivable sur

]−∞; 0[.

• on a g1(−2) = −2Ê−2 + 1−2 = − 2√

2= −√

2.

(g−11 )′(−

√2) = 1

g′1(−√

2)= −2

√2

3 .

c) Donnons les variations de g−11 .

g1 et g−11 ont même sens de variation.

Puisque g1 est croissante sur ]−∞;−1] donc g−11 est aussi croissante sur ]−∞; 0].


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acar

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d) Traçons Cg−11 . Cg−1

1 se déduit de Cg1 par la symétrie d’axe la première bissectrice(la droite y = x) (voir figure).

BON COURAGE!!!

Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : 1e S1Profs : M.A.Camara & M.Djitté(Stagiaire) Durée : 04 heures

Composition de Mathématiques du 1e semestre

+Exercice 1 (04, 5pts) (Les questions I, II et III sont indépendantes)

I. Soit (Em) : (m2 + 1)x2 + 10(m− 1)x+ 40 = 0.1. Discuter suivant les valeurs de m le nombre de racines et le signe des racines de(Em). 1,5pt3. Résoudre dans R suivant les valeurs de m l’inéquation suivante :

(m2+1)x2+10(m−1)x+40 ≤ 0. 1ptII. Montrer que pour tout entier naturel n on a :

(x− 1)2 divise nxn+2 − (n+ 2)xn+1 + (n+ 2)x− n 1ptIII. Résoudre dans R :

√x2 − 3x+ 2 ≥ x+3 0,5pt

===============================


On note (E) l’équation : a0xn + a1x

n−1 + . . . + an = 0, avec a0 6= 0 et an 6= 0.

On désigne par M le plus grand des nombres∣∣∣∣∣a1

a0

∣∣∣∣∣ ;∣∣∣∣∣a2

a0

∣∣∣∣∣ ; . . . ;∣∣∣∣∣ana0

∣∣∣∣∣.Le but du problème est de démontrer que toutes les solutions de (E) si elles existent,sont dans l’intervalle ]− 1−M ; 1 +M [.1. Démontrer que (E) a les mêmes solutions que l’équation

(E ′) : a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

= −1 0,5pt

2. Soit g la fonction définie sur R∗ par g(x) = a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

.

a. Démontrer que |g(x)| ≤M

� 1|x|

+ 1|x|2

+ . . .+ 1|x|n

�. 0,5pt

b. Montrer que pour tout |x| ≥ 1 +M :


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|g(x)| ≤M

� 11 +M

+ 1(1 +M)2 + . . .+ 1

(1 +M)n�. 0,25pt

En déduire que ∀x ≥ 1+M , |g(x)| < 1 (inégalité stricte) 0,25ptc. Démontrer que si |x| ≥ 1+M , alors x n’est pas solutions de (E). 0,5ptDéduisez-en que les solutions de (E) sont dans l’intervalle

]−1−M ; 1+M [. 0,5pt3. Application :

a. Montrer que l’équation 8x5 + 4x4 − 3x2 + 5x− 2 = 0, a au moinsune solution. 0,5ptb. Montrer que toutes ses solutions sont dans ]−1, 625; 1, 625[ 0,5pt

===============================

+Exercice 3(06pts)(Les questions 1, 2, 3 et 4 sont indépendantes)

1. Soit f : R× R → R× R(x, y) 7→ (x− 2y, x+ 3y)

a. Montrer que f est une application bijective et déterminer sa bijection réciproquef−1. 2ptsb. Déterminer fof(x, y), ∀(x, y) ∈ R×R. 1pt

2. Soit f une fonction définie de R dans R telle que :f(x+ y) + f(x− y) = 2f(x) + 2f(y).

a. Montrer que f(0) = 0. 0,5ptb. En déduire que f est paire. 1pt

3. Déterminer l’ensemble de définition de la f dans chacun des cas suivants :

a. f(x) =√

4− x2

3x2 + 5 . 0,5pt

b. f(x) =√

16− x2√x2 − 4

. 0,5pt

4. Soit f la fonction définie par f(x) = E�x− 2E

�x2

��.

Montrer que 2 est une période de f . 0,5pt

===============================

+Exercice 4(06pts)

Soit ABC un triangle rectangle en A avec AB = a et AC = 2a . I désigne le mi-lieu de [AC] et G est le barycentre du système {(A; 3); (B,−2); (C; 1)}.1. Construire le pointG et préciser la nature du quadilatèreABIG. 2× 0,75pt


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Exprimer en fonction de a les distancesGA,GB etGC. 3× 0,5pt2. A tout point M du plan, on associe le nombre réel f(M) = 3MA2− 2MB2 +MC2.

a. Exprimer f(M) en fonction deMG et a. 1,5pt

b. Déterminer et construire l’ensemble (Γ) des points M du plan tels que :f(M) = 2a2. 1,5pt

3. A tout point M du plan, on associe le nombre réel h(M) = 3MA2− 2MB2−MC2.a. Démontrer qu’il existe un vecteur −→U non nul tel que h(M) = −−→MB.

−→U − 2a2.

b. On désigne par (∆) l’ensemble des points M du plan tels que h(M) = −2a2.-Vérifier que les points I et B appartiennent à (∆).-Préciser la nature de (∆).-Construire (∆).

4. (∆) et (Γ) sont sécants en deux points E et F .Montrer que les triangles GEC et GFC sont équilatéraux.

BON COURAGE!!!


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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : 1e S1Prof : M.A.Camara & M.Djitté(Stagiaire) Durée : 04 heures

Correction de la composition de Mathématiques du 1e semestre


+Exercice 1 (04, 5pts) (Les questions I, II et III sont indépendantes)

I. Soit (Em) : (m2 + 1)x2 + 10(m− 1)x+ 40 = 0.1. Discuter suivant les valeurs de m le nombre de racines et le signe des racines de(Em).On a ∀m ∈ R, m2 + 1 6= 0. Donc pour tout réel m, Em est une équation du seconddegré.Calculons son discriminant ∆.On a ∆ = [10(m− 1)]2 − 4(40)(m2 + 1) = −60m2 − 200m− 60.Cherchons le signe de ∆Posons ∆ = 0. On a alors −60m2 − 200m− 60 = 0⇔ −3m2 − 10m− 3 = 0.On obtient m1 = −3 et m2 = −1

3 .

m −∞ -3 −13 −∞

∆ - + -

♣ Si m ∈ ]−∞;−3] ∪�−1

3; +∞�, ∆ < 0. Donc (Em) n’admet pas de solutions. 0,5pt

♣ Si m ∈�−3;−1

3

�on a ∆ ≥ 0 et (Em) admet deux racines x1 et x2 . 0,5pt

Déterminons le signe des racines. Soient P = x1 × x2 et S = x1 + x2.On a alors P = 40

m2 + 1 > 0, ∀m ∈ R et S = −10(m− 1)m2 + 1 . Donc le signe de S dépend

de celui de −m+ 1

m −∞ -3 −13 1 −∞

∆ - + - -P + + + +S + + + -

• Si m = −3 ou m = −13 on a ∆ = 0, P > 0 et S > 0 donc (Em) admet une

racine strictement positive. 0,25pt


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acar

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TTE


• m ∈]− 3;−13[ on a ∆ > 0, P > 0 et S > 0 donc (Em) admet deux racines distinctes

toutes strictement positives. 0,25pt

• Si −1 < x′ < x′′ on a3. Résolvons dans R suivant les valeurs de m l’inéquation suivante :

(m2 + 1)x2 + 10(m− 1)x+ 40 ≤ 0.On a le tableau de signe suivant :

m −∞ -3 −13 −∞

∆ - + -

• Si m ∈ ]−∞;−3] ∪�−1

3; +∞�, ∆ < 0 donc le signe du trinôme est celui de m2 + 1.

Donc on a :

m −∞ −∞(m2 + 1)x2 + 10(m− 1) + 40 +

Par conséquent S = Φ . 0,25pt

• Si m = −3, on a ∆ = 0 donc la solution double est x0 = −10(m− 1)2(m2 + 1) = 2 donc le

signe du trinôme est celui de m2 + 1. On a alors :

m −∞ 2 −∞(m2 + 1)x2 + 10(m− 1) + 40 + +S = {2} .0,25pt

• Si m = −13 , on a ∆ = 0 donc la solution double est x0 = −10(m− 1)

2(m2 + 1) = 6 donc le

signe du trinôme est celui de m2 + 1. On a alors :

m −∞ 6 −∞(m2 + 1)x2 + 10(m− 1) + 40 + +

S = {6} 0,25pt

• Si m ∈�−3;−1

3

�, ∆ > 0 donc. on a :

m −∞ x′ x′′ −∞(m2 + 1)x2 + 10(m− 1) + 40 + - +


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Par conséquent

S =[−5(m− 1)− 2

√−15m2 − 50m− 15

m2 + 1 ; −5(m− 1) + 2√−15m2 − 50m− 15

m2 + 1

]0,25pt

II. Montrons que pour tout entier naturel n on a :(x− 1)2 divise nxn+2 − (n+ 2)xn+1 + (n+ 2)x− n

Posons P (x) = nxn+2 − (n+ 2)xn+1 + (n+ 2)x− n.On a P (1) = n− (n + 2) + (n + 2) − n = n− n− 2 + n + 2 = 0 donc 1 est racine deP . Ainsi P est divisible par (x− 1).Par ailleurs on a :

P (x) = nxn+2 − (n+ 2)xn+1 + (n+ 2)x− n

= nxn+2 − nxn+1 − 2xn+1 + nx+ 2x− n

= nxn+1(x− 1)− 2x(xn − 1) + n(x− 1)

= nxn+1(x− 1)− 2x(x− 1)(xn−1 + xn−2 + . . .+ 1) + n(x− 1)

= (x− 1)

nxn+1 − 2x(xn−1 + xn−2 + . . .+ 1) + n︸︷︷︸Q(x)

On a Q(1) = n− 2(1 + 1 + . . .+ 1)︸︷︷︸

nfois

+n = n− 2n + n = 0 donc 1 est une racine de Q.

Par suite (x− 1)2 divise nxn+2 − (n+ 2)xn+1 + (n+ 2)x− n. 1pt

III. Résolvons dans R :√x2 − 3x+ 2 ≥ x+ 3

On a

√x2 − 3x+ 2 ≥ x+ 3 ⇔

x+ 3 ≥ 0

et

x2 − 3x+ 2 ≥ (x+ 3)2

ou

x+ 3 ≤ 0

et

x2 − 3x+ 2 ≥ 0

⇔

x ≥ −3

et

x ≥ −79

ou

x ≤ −3

et

x ∈]−∞; 1] ∪ [2; +∞[

D’où S =�−∞;−7

9

�0,5pt

===============================


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TTE



On note (E) l’équation : a0xn + a1x

n−1 + . . . + an = 0, avec a0 6= 0 et an 6= 0.

On désigne par M le plus grand des nombres∣∣∣∣∣a1

a0

∣∣∣∣∣ ;∣∣∣∣∣a2

a0

∣∣∣∣∣ ; . . . ;∣∣∣∣∣ana0

∣∣∣∣∣.Le but du problème est de démontrer que toutes les solutions de (E) si elles existent,sont dans l’intervalle ]− 1−M ; 1 +M [.1. Démontrons que (E) a les mêmes solutions que l’équation

(E ′) : a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

= −1Si x est solution de (E) on a x 6= 0 car 0 n’est pas solution de (E). Et donc a0x

n 6= 0.En divisant chaque membre de l’équation (E) par a0x

n, on obtient :

(E) : a0xn + a1x

n−1 + . . .+ an = 0 ⇔ a0xn + a1x

n−1 + . . .+ ana0xn

= 0

⇔ 1 + a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

= 0

⇔ a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

= −1

⇔ (E ′)

Alors(E) : a0x

n + a1xn−1 + . . .+ an = 0⇔ (E ′) : a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

= −1 .

Par conséquent (E) a les mêmes solutions que (E ′). 0,5pt2. Soit g la fonction définie sur R∗ par g(x) = a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

.

a. Démontrons que |g(x)| ≤M

� 1|x|

+ 1|x|2

+ . . .+ 1|x|n

�.

On a :

|g(x)| =∣∣∣∣∣ a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

∣∣∣∣∣≤

∣∣∣∣∣ a1

a0x

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣ a2

a0x2

∣∣∣∣∣+ . . .+∣∣∣∣∣ ana0xn

∣∣∣∣∣ (inégalité triangulaire)

≤∣∣∣∣∣a1

a0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1x∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣a2

a0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1x2

∣∣∣∣+ . . .+∣∣∣∣∣ana0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1xn

∣∣∣∣≤ M

∣∣∣∣1x∣∣∣∣+M

∣∣∣∣ 1x2

∣∣∣∣+ . . .+M∣∣∣∣ 1xn

∣∣∣∣≤ M

�∣∣∣∣1x∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ 1

x2

∣∣∣∣+ . . .+∣∣∣∣ 1xn

∣∣∣∣�≤ M

� 1|x|

+ 1|x|2

+ . . .+ 1|x|n

�

D’où |g(x)| ≤M

� 1|x|

+ 1|x|2

+ . . .+ 1|x|n

�0,5pt


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b. Montrons que pour tout |x| ≥ 1 +M :|g(x)| ≤M

� 11 +M

+ 1(1 +M)2 + . . .+ 1

(1 +M)n�.

Si|x| ≥ 1 +M on a :

1|x|≤ 1

1 +M1|x|2≤ 1

(1 +M)2

...1|x|n≤ 1

(1 +M)nEn faisant la somme de membre à membre on obtient :1|x|

+ 1|x|2

+ . . .+ 1|x|n≤ 1

1 +M+ 1

(1 +M)2 + . . .+ 1(1 +M)n .

On déduit de a) que :

|g(x)| ≤ M

� 1|x|

+ 1|x|2

+ . . .+ 1|x|n

�≤ M

� 11 +M

+ 1(1 +M)2 + . . .+ 1

(1 +M)n�

D’où |g(x)| ≤M

� 11 +M

+ 1(1 +M)2 + . . .+ 1

(1 +M)n�

0,25pt

Déduisons que ∀x ≥ 1 +M , |g(x)| < 1 (inégalité stricte)On a si |x| ≥ 1 +M , x ≥ 1 +M et

|g(x)| ≤ M

� 11 +M

+ 1(1 +M)2 + . . .+ 1

(1 +M)n�

≤ M

1 +M

�1 + 1

1 +M+ 1

(1 +M)2 + . . .+ 1(1 +M)n−1

�

Or on sait que xn−1 = (x−1)(xn−1 +xn−2 +. . .+1) donc xn−1 +xn−2 +. . .+1 = xn − 1x− 1

En remplaçant x par 11 +M

on obtient :


Bab

acar

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|g(x)| ≤ M

1 +M

�1 + 1

1 +M+ 1

(1 +M)2 + . . .+ 1(1 +M)n−1

�≤ M

1 +M

[( 11+M )n − 1

11+M − 1

]

≤ M

1 +M

[( 11+M )n − 1−M1+M

]

≤ −� 1

1 +M

�n+ 1

donc |g(x)| − 1 ≤ −� 1

1 +M

�n< 0

D’où |g(x)| < 1 0,25ptc. Démontrons que si |x| ≥ 1 +M , alors x n’est pas solutions de (E).|x| ≥ 1 +M on a :

|g(x)| < 1 ⇔∣∣∣∣∣ a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

∣∣∣∣∣ < 1

⇔ −1 < a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

< 1

=⇒ a1

a0x+ a2

a0x2 + . . .+ ana0xn

6= −1

Donc x n’est pas solutions de (E ′). D’où x n’est pas solution de (E). 0,25ptDéduisons que les solutions de (E) sont dans l’intervalle ]− 1−M ; 1 +M [.Rappel : p =⇒ q équivaut à nonq =⇒ nonp.On si |x| ≥ 1 +M alors x n’est pas solution de (E). Donc si x est solution de (E) alors|x| < 1 +M . Autrement dit x ∈]− 1−M ; 1 +M [ .Donc les solutions de (E) sont dans l’intervalle x ∈]− 1−M ; 1 +M [ 0,5pt. 3. Application :

a. Montrons que l’équation 8x5 + 4x4 − 3x2 + 5x− 2 = 0, a au moinsune solution.

Théorème : Tout polynôme de degré impair admet au moins une racine réelle.Comme le polynôme 8x5 + 4x4 − 3x2 + 5x− 2 a pour degré 5 qui est impair, donc il aau moins une racine réelle. Par conséquent l’équation 8x5 + 4x4 − 3x2 + 5x− 2 = 0, aau moins une solution. 0,5pt

b. Montrons que toutes ses solutions sont dans ]− 1, 625; 1, 625[On a (E) : 8x5 + 4x4 − 3x2 + 5x− 2 = 0.a0 = 8 6= 0 ; a1 = 4 ; a2 = 0 ; a3 = −3 ; a4 = 5 et a5 = −2 6= 0 .


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Donc∣∣∣∣∣a1

a0

∣∣∣∣∣ = 12 ;

∣∣∣∣∣a2

a0

∣∣∣∣∣ = 0 ;∣∣∣∣∣a3

a0

∣∣∣∣∣ = 38 ;

∣∣∣∣∣a4

a0

∣∣∣∣∣ = 58 ;

∣∣∣∣∣a5

a0

∣∣∣∣∣ = 14 et M =

∣∣∣∣∣a4

a0

∣∣∣∣∣ = 58 = 0, 625.

Par suite toutes les solutions de (E) sont dans l’intervalle :]− 1−M ; 1 +M [=]− 1− 0, 625; 1 + 0, 625[=]− 1, 625; 1, 625[. 0,5pt

===============================

+Exercice 3(06pts)(Les questions 1, 2 et 3 sont indépendantes)

1. Soit f : R× R → R× R(x, y) 7→ (x− 2y, x+ 3y)

a. Montrons que f est une application bijective et déterminons sa bijection réci-proque

f−1.

∀x ∈ R et ∀y ∈ R, f(x, y) existe. Alors Df = R×R donc f est bien une application.Soit X = (x′, y′) ∈ R× R tel que f(x, y) = (x′, y′). On alors :

f(x, y) = (x′, y′) ⇔ (x− 2y, x+ 3y) = (x′, y′)

⇔

x− 2y = x′

x+ 3y = y′

En résolvant ce système, on obtient x = 35x′ + 2

5y′ et y = −1

5x′ + 1

5y′.

Donc S =§�3

5x′ + 2

5y′;−1

5x′ + 1

5y′�ª

.Ainsi ∀(x′, y′) ∈ R × R l’équation f(x, y) = (x′, y′) admet une unique solution dansR× R. Par suite f est une application bijective. 1ptOn a ∀(x′, y′) ∈ R× R et ∀(x, y) ∈ R× R , f(x, y) = (x′, y′)⇔ (x, y) = f−1(x′, y′).Alors f−1(x′, y′) =

�35x′ + 2

5y′;−1

5x′ + 1

5y′�.

f−1 : R× R → R× R

(x, y) 7→�3

5x+ 25y;−1

5x+ 15y� 1pt

b. Déterminons fof(x, y), ∀(x, y) ∈ R× R.On a ∀(x, y) ∈ R× R :


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fof(x, y) = f [f(x, y)]

= f(x− 2y, x+ 3y)

= (x− 2y − 2(x+ 3y);x− 2y + 3(x+ 3y))

= (−x− 8y; 4x+ 7y)

∀(x, y) ∈ R× R , fof(x, y) = (−x− 8y; 4x+ 7y) 0,5pt

2. Soit f une fonction définie de R dans R telle que :f(x+ y) + f(x− y) = 2f(x) + 2f(y).

a. Montrons que f(0) = 0. 0,5ptEn prenant x = 0 et y = 0 on obtient :

f(0 + 0) + f(0− 0) = 2f(0) + 2f(0) ⇔ 2f(0) = 4f(0)

⇔ 2f(0)− 4f(0) = 0

⇔ −2f(0) = 0

⇔ f(0) = 0

Par suite f(0) = 0 0,5ptb. Déduisons que f est paire.On a Df = R et ∀y ∈ R, ∀ − y ∈ R et en prenant x = 0 on obtient :

f(0 + y) + f(0− y) = 2f(0) + 2f(y) ⇔ f(y) + f(−y) = 2f(0) + 2f(y)

⇔ f(y) + f(−y) = 2f(y)

⇔ f(−y) = 2f(y)− f(y)

⇔ f(−y) = f(y)

Donc on a ∀y ∈ R, ∀ − y ∈ R et f(−y) = f(y). Par suite f est paire 0,5pt

3. Déterminons l’ensemble de définition de la f dans chacun des cas suivants :

a. f(x) =√

4− x2

3x2 + 5 .


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acar

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f(x) existe ssi

4− x2 ≥ 0

3x2 + 5 6= 0⇔

4− x2 ≥ 0

3x2 6= −5 toujoursvraie⇔ 4− x2 ≥ 0.

x −∞ −2 2 +∞

4− x2 − 0 + 0−

D’où Df = [−2; 2] 0,5pt

b. f(x) =√

16− x2√x2 − 4

.

f(x) existe ssi

16− x2 ≥ 0

x2 − 4 ≥ 0

x2 − 4 6= 0

⇔

16− x2 ≥ 0

x2 − 4 > 0

x −∞ −4 −2 2 4 +∞

16− x2 − 0 + + + 0−

x2 − 4 + + 0 0 + +

− + − + −

D’où Df = [−4;−2[∪]2; 4] 0,5pt

4. Soit f la fonction définie par f(x) = E�x− 2E

�x2

��.

Montrons que 2 est une période de f .

Df = R. ∀x ∈ R on a (x+ 2) ∈ R et :

f(x+ 2) = E�x+ 2− 2E

�x+ 22

��= E

�x+ 2− 2E

�x2 + 1

��= E

�x+ 2− 2(E

�x2

�+ 1)

�car ∀k ∈ Z, E(x+ k) = E(x) + k

= E�x+ 2− 2E

�x2

�− 2

�= E

�x− 2E

�x2

��= f(x)


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Par suite ∀x ∈ R on a (x+2) ∈ R et f(x+2) = f(x). Par conséquent 2 est une périodede f . 0,5pt

===============================

+Exercice 4(06pts)

Soit ABC un triangle rectangle en A avec AB = a et AC = 2a . I désigne le mi-lieu de [AC] et G est le barycentre du système {(A; 3); (B,−2); (C; 1)}.1. Construisons le point G et précisons la nature du quadrilatère ABIG.On a G = {(A; 3); (B,−2); (C; 1)} ⇔ −→AG = −−→AB + 1

2−→AC.

Construction (voir figure à la fin de l’exercice).On a

−→AG = −

−→AB + 1

2−→AC

= −−→AB +−→AI

= −→BA+−→AI

= −→BI

D’où le quadrilatère ABIG est un parallélogramme.Exprimons en fonction de a les distances GA, GB et GC.Dans le triangle GAI rectangle en I on a :

AG2 = IG2 + AI2 = AB2 +�AC

2

�2= AB2 + AC2

4 = 2a2. Donc AG = a√

2 .Dans le triangle BKG rectangle en K on a

BG2 = BK2 +KG2 =�AC

2

�2+(2AB)2 = AC2

4 +4AB2 = 5a2. Donc BG = a√

5 .Puisque le triangle AGC est rectangle isocèle en G donc on a GA = GC. Par suiteCG = a

√2 .

2. A tout point M du plan, on associe le nombre réel f(M) = 3MA2− 2MB2 +MC2.a. Exprimons f(M) en fonction de MG et a.


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f(M) = 3MA2 − 2MB2 +MC2 = 3−−→MA2 − 2−−→MB2 +−−→MC2

= 3(−−→MG+−→GA)2 − 2(−−→MG+−−→GB)2 + (−−→MG+−→GC)2

= 3MG2 − 2MG2 +MG2 + 3−−→MG.−→GA

−2−−→MG.−−→GB +−−→MG.

−→GC + 3GA2 − 2GB2 +GC2

= 2MG2 +−−→MG.(3−→GA− 2−−→GB +−→GC︸︷︷︸=−→0

) +

3GA2 − 2GB2 +GC2

= 2MG2 + 3GA2 − 2GB2 +GC2

= 2MG2 + 3× 2a2 − 2× 5a2 − 2a2

= 2MG2 − 2a2

D’où f(M) = 2MG2 − 2a2 .b. Déterminons et construisons l’ensemble (Γ) des points M du plan tels que :

f(M) = 2a2.

M ∈ (Γ) ⇔ f(M) = 2a2

⇔ 2MG2 − 2a2 = 2a2

⇔ 2MG2 = 4a2

⇔ MG2 = 2a2

⇔ MG = a√

2

Par suite (Γ) est le cercle de centre G et de rayon r = a√

2. construction (voir figure)(Γ) = C(G; r = a

√2) .

3. A tout point M du plan, on associe le nombre réel h(M) = 3MA2− 2MB2−MC2.a. Démontrons qu’il existe un vecteur −→U non nul tel que h(M) = −−→MB.

−→U − 2a2.


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h(M) = 3MA2 − 2MB2 −MC2

= 3−−→MA2 − 2−−→MB2 −−−→MC2

= 3(−−→MB +−→BA)2 − 2−−→MB2 − (−−→MB +−−→BC)2

= 3MB2 + 3BA2 + 6−−→MB.−→BA− 2MB2 −MB2

−BC2 − 2−−→MB.−−→BC

= 3a2 − 5a2 +−−→MB.(6−→BA− 2−−→BC)

−2a2 +−−→MB.(6−→BA− 2−−→BC)

= −−→MB.(6−→BA− 2−−→BC)− 2a2

D’où h(M) = −−→MB.−→U − 2a2 avec −→U = 6−→BA− 2−−→BC

b. On désigne par (∆) l’ensemble des points M du plan tels que h(M) = −2a2.-Vérifions que les points I et B appartiennent à (∆).

on a M ∈ (∆)⇔ −−→MB.−→U − 2a2 = −2a2 ⇔

−−→MB.

−→U = 0.

Le point I ∈ (∆)⇔ −→IB.−→U = 0 ou encore −−→MB.(3−→BA−−−→BC.Calculons −→IB.−→U = 0. on a :

−→IB.−→U = −→

IB.(6−→BA− 2−−→BC)

= 6−→IB.−→BA− 2−→IB.−−→BC

= 6�12�IA2 − IB2 − IC2��− 2

�12�IC2 − IB2 −BC2��

= 6�12�a2 − 2a2 − a2��− 2

�12�a2 − 2a2 − 5a2��

= −6a2 + 6a2

= 0

D’où −→IB.−→U = 0 et par conséquent I ∈ (∆) .D’autre part on a −−→BB.−→U = 0 donc B ∈ (∆) .-Précisons la nature de (∆). On a M ∈ (∆) ⇔ −−→MB.

−→U = 0 donc (∆) est la droite

passant par perpendiculaire par B et perpendiculaire au support de −→U .-Construisons (∆) (voir figure).4. (∆) et (Γ) sont sécants en deux points E et F .Montrons que les triangles GEC et GFC sont équilatéraux.On a GC = GE = a

√2 et Comme F ∈ (Γ) alors GF = a

√2 = GC.

AGC est un triangle rectangle isocèle en G (car AG2 + CG2 = AC2 et AG = CG)


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(AG) ‖ (BI) et (AG)‖(GC) donc (CG)‖(BI). D’où (CG)‖(EF ). ECFG étant unparallélogramme dont les diagonales (CG) et BI) sont perpendiculaires donc c’est unlosange. Par suite EC = CF = GF .D’une part on a GF = GC = CF donc le triangle GFC est équilatèral.D’autre part on a : GE = GC = GF = CF donc le le triangle GEC est équilatèral.

BON COURAGE!!!


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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : 1e S1Profs : M.A.Camara & M.Djitté(Stagiaire)

Série d’exercices : Généralités sur les Suites Numériques

+Exercice 11. Soit (un) une suite arithmétique de raison r et de premier terme u1, telle que

u15 = 137. Calculer u1 et S15 = u1 + u2 + . . .+ u15.2. Soit (vn) une suite arithmétique de raison r′ et de premier terme v0, telle que

u19 = 39 et S ′19 = v0 + v1 + . . .+ v19 = 400. Calculer v0 et r′.3. Résoudre dans R3 le système suivant où a, b et c sont en progression géométriquedans cet ordre.

a+ b+ c = 141a

+ 1b

+ 1c

= 78 .

===============================

+Exercice 2

Soit (Un) la suite définie par

U0 = 0

Un+1 =È

12 + Un1) Démontrer que ∀n ∈ N : 0 ≤ Un ≤ 4.2) Montrer que la suite (Un) est croissante.

===============================

+Exercice 3Démontrer par récurrence les égalités suivantes :a)

n∑p=1

p2 = n(n+ 1)(2n+ 1)6 ; b)

n∑k=1

(2k − 1)3 = 2n4 − n2 ; c)n∑p=1

p = n(n+ 1)2

===============================

+Exercice 4Les lettres a, b et c désignant trois nombres réels donnés, on considère la suite (un)définie par un = a + bn + c2n. Montrer qu’il existe trois nombres réels A, B et C,indépendants de a, b, c et n tels que un+3 = Aun+2 + Cun+1 + Cun

===============================

+Exercice 5On donne deux suites (un) et (vn) telles que, pour tout entier naturel n :


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un+1 = 3un + 2vnvn+1 = 2un + 3vn

et

u0 = 1

v0 = 2On définit deux suites (xn) et (yn) par : xn = un + vn et yn = un − vn.1. Montrer que (xn) est une suite géométrique et (yn) est une suite constante.2. En déduire un et vn en fonction de n.

===============================

+Exercice 6On considère la suite (un) telle que : un+1 = un

2 + n

2√

2+ 1√

2et u0 = 2

3 .1. Calculer u1 et u2.2. On pose vn = un

√2− n. Montrer que vn est une suite géométrique.

3. En déduire un en fonction de n.4. Calculer Sn =

n∑i=0

ui = u0 + u1 + u2 + . . .+ un en fonction de n.

===============================

+Exercice 71. x, y et z sont, dans cet ordre, trois termes consécutifs d’une suite arithmétique.Calculer ces trois nombres, sachant que leur somme est 9 et la somme de leurs carrésest 59.2. a, b et c sont, dans cet ordre, trois termes consécutifs d’une suite géométique crois-sante. Calculer ces trois nombres, sachant que leur somme est 63 et la somme de leursinverses est 7

16 .

===============================

+Exercice 8On considère la suite de terme général un =

n∑k=1

1k2 .

1. Montrer que la suite (un) est croissante.2. a) Montrer que 1

k2 <1

k(k − 1) .

b) Vérifier que 1k(k − 1) = 1

k − 1 −1k

c) En déduire que : ∀n ∈ N∗ : un < 2.

===============================

+Exercice 9

Soit (un) la suite définie par

u0 = 0

un+1 =√

3un + 4


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1. Calculer les trois premiers termes de la suite. Montrer que la suite est positive.2. Montrer que (un) est majorée par 4.3. Montrer que ∀n ∈ N, 4− un+1 ≤

12 (4− un).

4. En déduire par récurrence que ∀n ∈ N, 4− un ≤�1

2

�n.

===============================

+Exercice 10Soit (D) une droite munie d’un repère (O,−→i ). A0 et B0 sont les points d’abscissesrespectives a0 = −4 et b0 = 3. Pour tout entier naturel n, on note :

An+1 le barycentre de {(An; 1), (Bn; 4)}Bn+1 le barycentre de {(An; 3), (Bn; 2)}

1. Placer les points A0, B0, A1 et B1.2. Les points An et Bn ont pour abscisses respectives an et bn .

a) Démontrer que pour tout entier naturel n : an+1 = 15(an + 4bn).

b) Démontrer que pour tout entier naturel n : bn+1 = 15(3an + 2bn).

4. a) Démontrer que pour tout entier naturel n : 3an + 4bn = 0.b) En déduire que an+1 = −2

5an et bn+1 = −25bn.

c) Exprimer an et bn en fonction de n.

BON COURAGE!!!


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Série d’exercices : Limite & Continuité

+Exercice 1Calculer la limite de f en −∞ et en +∞ dans chacun des cas suivants :a) f(x) = x2 − 4x− 7

2x2 − 6 ; b) f(x) = 2x− 73x2 − 3x+ 1 ; c) f(x) = x+

√x2 − 2x

d) f(x) =√x2 + x+ 1−

√x2 − 1 ; e) f(x) =

√x2 + 1− 1

x; f) f(x) =

x−È|x|

3x+ 2 ;g) f(x) = x4 + 2x3 − 1 ;

===============================

+Exercice 2Calculer les limites suivantes (si elles existent) :

a) limx→1

x2 + 2x− 33x2 − 1 ; b) lim

x→5

� 1x− 5 + 2x+ 8

�; c) lim

x→ 23

3x+ 53x− 2 ; d) lim

x→1

x2 + 2x− 33x2 − 2x− 1 ;

e) limx→9

x− 9√x− 3 ; f) lim

x→0+

x√1 + x2 + 1

; g) limx→3

√x+ 1− 2√x+ 6− 3

; h) limx→0

x−√x2 − x+ 1

2x−√

4x2 + 2;

i) limx→+∞

x−√x2 − 3x+ 1

2x+√

4x2 + x; j) lim

x→2

x3 − 8x− 2 ; k) lim

x→0

√x+ 4−

√3x+ 4√

x+ 1− 1; l) lim

x→1

È|x2 − 6x+ 5| ;

m) limx→5

È|x2 − 6x+ 5| ; n) lim

x→1(2x+ E(x))

===============================

+Exercice 3Dans chacun des cas, déterminer la limite de f en 0 :

a) f(x) = sin 5xx

; b) f(x) = sin 5xsin 3x ; c) f(x) = sin x√

x; d) f(x) = sin3 x

x2 ;

e) f(x) = sin x+ tan xx

; f) f(x) = x+ sin xx2 + x

; g) f(x) = sin 5xtan 7x

===============================

+Exercice 4

1. Démontrer que ∀x ∈ [1; +∞[ 12 ≤

x

x+ 1 ≤ 1. En déduire limx→+∞

x√x

x+ 1 et limx→+∞

x√x(x+ 1) .

2. Démontrer que ∀x ∈ R, | cosx + sin x| ≤ 2. En déduire limx→−∞

cosx+ sin xx2 et

limx→+∞

cosx+ sin xx2

===============================


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+Exercice 5Utiliser les propriétés pour calculer les limites suivantes :a) lim

x→0x sin 1

x; b) lim

x→0x2 cos 1

x; c) lim

x→+∞

cosxx2 + 1 , d) lim

x→+∞

1x+ sin x ; e) lim

x→−∞

x+ cosx3 + sin x ;

f) limx→+∞

E(x)x

===============================

+Exercice 61. Démontrer que lim

x→0

1− cosxx2 = 1

2 .2. En déduire la limite en 0 de chacune des fonctions suivantes :

f(x) = x3

1− cosx ; g(x) = sin2 x

1− cosx ; h(x) = cos2 x− 1x tan x ; i(x) =

√1− cosxsin x

===============================

+Exercice 7Dans chacun des cas déterminer la valeur de a pour que f soit continue sur R :

a)

f(x) = x2 − x

xsi x 6= 0

f(0) = ab)

f(x) =

√x2 − x+ 1− x

x− 1 si x 6= 1

f(1) = a

c)

f(x) = x+ 1

2x− 3 si x ≤ 0

f(x) = x2 + x+ a si x > 0

===============================

+Exercice 8

1. Soit f la fonction par :

f(x) = x2 − x− 6 + |x− 3|

x2 − 9 si x 6= 3

f(3) = a

a) Déterminer le domaine de définition de la fonction f .b) Déterminer la limite à gauche et à droite de 3.c) Existent-ils des valeurs de a pour lesquelles f est continue ?

3. Soit g la fonction définie par g(x) = x2 − 9|x| − 3 .

g est-elle prolongeable par continuité en 3 ? en −3 ?Si oui, donner son prolongementpar continuité.

4. Etudier la continuité en −1 de la fonction h définie par h(x) = x2E(x)− 2.

===============================

+Exercice 9

1. Soit f la fonction définie par : f(x) =

2x2 + 1 si x < 0x+ 1−x2 + 1 si x ≥ 0


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a) Déterminer le domaine de définition Df de la fonction f .b) Etudier la continuité de f en 0.

1. Soit g la fonction définie par : g(x) =

E(x)x

si x 6= 0

1 si x = 0a) Déterminer le domaine de définition Dg de la fonction g.b) Etudier la continuité de g en 1.

BON COURAGE!!!


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Exercice à rendre le Vendredi 11/03/2016

+ExerciceSoit f la fonction dont sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j )

est donnée ci-dessous.

1. Déterminer le domaine de définition Df de la fonction f .2. Déterminer les limites aux bornes de Df .3. Déterminer les équations des Asymptotes de (Cf).4. Déterminer les positions relatives de (Cf) par rapport l’Asymptote oblique.


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5. Déterminer le ou les points où f n’est pas continue.6. Déterminer le sens de variation de f sur Df .7. Déterminer les images par f des intervalles suivants :

I = [−4; 0] ; J = [0; 1[ et K = [2; +∞[.8. Dresser le tableau de variation de f .9. Déterminer les réels a et b tels que f(x) = ax+ b+ 1

x− 1 , ∀x ∈ Df .10. Expliciter f(x).


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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : T le S2AProfs : M.A.Camara & M.Djitté(Stagiaire) Durée : 03 heures


NB : La clarté et la rigueur des démonstrations seront tenues en compte lors de l’ap-préciation des copies .

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Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal (O,−→i ,−→j ).On considère les points A , B, I et F d’affixes respectives zA = i, zB = 1 − i, zI = 2et zF = 2 + i.1. Soit r la rotation de centre A et d’angle π4 qui, à tout point M d’affixe z associe lepoint M ′ d’affixe z′.

a) Déterminer l’écriture complexe de r. 1ptb) Déterminer l’affixe du point E tel que r(E) = F . 1ptc) Déterminer l’expression analytique de r. 1,5ptd) Déterminer l’équation du cercle (C ′), image du cercle (C), de centre E et derayon R = 3, par r . 0,5pt

2. Soit T la transformation du plan qui, à tout à tout point M d’affixe z associe lepoint M ′ d’affixe z′ tel que z′ = az + b, a ∈ C∗ et b ∈ C.

a) Déterminer a et b sachant que T laisse invariant I et transformeB enO. 1ptb) Montrer que z′ − zI = (1− i)(z − zI). 0,5ptc) En déduire que IM ′ =

√2IM et (−−→IM,

−−→IM ′) = −π4 [2π]. 0,5pt

d) Déduire de 2.c) la nature de T et préciser ses éléments caractéristiques. 0,5pt3. Soit S = Tor. Soient M le point d’affixe z et M ′ le point d’affixe z′ tels queS(M) = M ′.

a) Montrer que z′ =√

2z+1+i(3−√

2). 1,5pt

b) En déduire la nature et les éléments caractéristiques de S. 0,5pt

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+Problème(11, 5pts)

PARTIE A (3pts)

Soit g la fonction définie sur ]0; +∞[ par : g(x) = −21 + x2 + ln

�1 + 1

x2

�1. Etudier les variations de g et dresser le tableau de variations de g.2. Montrer que l’équation g(x) = 0 admet une unique solution α et que 0, 5 < α < 0, 6.3. En déduire le signe de g sur ]0; +∞[.

PARTIE B (8pts)

Soit la fonction f définie par :

f(x) = x ln�

1 + 1x2

�si x > 0

f(x) = −(x+ 1)e− 1x si x < 0

f(0) = 0

On désigne par (Cf) la courbe représentative de f dans un repère orthonormal(O,−→i ,−→j ).1. Déterminer l’ensemble de définition de f et calculer les limites aux bornes de celui-ci.2.

a) Etudier la continuité puis la dérivabilité de f en 0 .b) Interpréter graphiquement les résultats de la question 2.a).

3. Etudier les branches infinies de (Cf) .4.

a) Montrer que pour tout x appartenant à ]0; +∞[, f ′(x) = g(x).b) Etudier le sens de variation de f et dresser le tableau de variations de f .c) Montrer que f(α) = 2α

1 + α2 .5. Tracer (Cf).

(On prendra α = 0, 5, unité=2 cm)On précisera l’équation de la tangente au point d’abscisse −1.6. Soit h la restriction de f sur ]−∞; 0[.

Montrer que h réalise une bijection de ]−∞; 0[ sur un intervalle J à péciser.7. Tracer (Ch−1) la courbe de h−1 dans le même repère.


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BON COURAGE!!!


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+Exercice 1(08pts)

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal (O,−→i ,−→j ).On considère les points A , B, I et F d’affixes respectives zA = i, zB = 1 − i, zI = 2et zF = 2 + i.1. Soit r la rotation de centre A et d’angle π4 qui, à tout point M d’affixe z associe lepoint M ′ d’affixe z′.

a) Déterminons l’écriture complexe de r.

On a r(M) = M ′⇔ z′ = az+b. Alors

zA = azA + b

a = eiπ4

⇔

b = zA(1− a) = i

�1− eiπ4

�a = ei

π4

b = i�

1− cos π4 − i sin π4

�= i

(1−√

22 − i

√2

2

)

a = cos π4 + i sin π4 =√

22 + i

√2

2On a alors : a =

√2

2 + i

√2

2 et b =√

22 + i

(1−√

22

).

Par suite l’écriture complexe de r est :

z′ =(√

22 + i

√2

2

)z +√

22 +

(1−√

22

)i 1 pt

b) Déterminons l’affixe du point E tel que r(E) = F .


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On a

r(E) = F ⇔ zF =(√

22 + i

√2

2

)zE +

√2

2 + i

(1−√

22

)

⇔ 2 + i =(√

22 + i

√2

2

)zE +

√2

2 + i

(1−√

22

)

⇔ 2 + i =(√

22 + i

√2

2

)zE +

√2

2 + i− i√

22

⇔(√

22 + i

√2

2

)zE = 2−

√2

2 + i

√2

2

Alors zE =√

2 + (1−√

2)i 1 pt

c) Déterminons l’expression analytique de r.En posant z = x+ iy et z′ = x′ + iy′ avec z′ = r(z), on a :

M ′ = r(M) ⇔ z′ =(√

22 + i

√2

2

)z +√

22 +

(1−√

22

)i

⇔ x′ + iy′ =(√

22 + i

√2

2

)(x+ iy) +

√2

2 +(

1−√

22

)i

⇔ x′ + iy′ =√

22 x+ i

√2

2 x+ i

√2

2 y −√

22 y +

√2

2 +(

1−√

22

)i

⇔ x′ + iy′ =√

22 x−

√2

2 y +√

22 + i

(√2

2 x+√

22 y + 1−

√2

2

)

⇔

x′ =

√2

2 x−√

22 y +

√2

2y′ =

√2

2 x+√

22 y −

√2

2 + 1

Alors l’expression analytique de r est :

x′ =

√2

2 x−√

22 y +

√2

2y′ =

√2

2 x+√

22 y −

√2

2 + 11,5pt

d) Déterminons l’équation du cercle (C ′), image du cercle (C), de centre E et derayon R = 3, par r .

(C ′) est alors le cercle de centre r(E) = F et de rayon R = 3.Ainsi (C ′) a pour équation : (x− xF )2 + (y − yF )2 = 9 ⇔ (C) : (x− 2)2 + (y − 1)2 = 9Alors on a : (C ′) : (x− 2)2 + (y − 1)2 = 9 0,5pt

2. Soit T la transformation du plan qui, à tout à tout point M d’affixe z associe lepoint M ′ d’affixe z′ tel que z′ = az + b, a ∈ C∗ et b ∈ C.


Bab

acar

DJI

TTE


a) Déterminons a et b sachant que T laisse invariant I et transforme B en O.On a : T (I) = I et T (B) = O . Alors :

T (I) = I

T (B) = O⇔

zI = azI + b

z0 = azB + b

⇔

2 = 2a+ b

0 = a× (1− i) + b

⇔

2a+ b = 2

a(1− i) + b = 0

⇔

a = 1− i

b = 2i

Alors

a = 1− i

b = 2i1pt

b) Montrons que z′ − zI = (1− i)(z − zI).Comme a = 1− i et b = 2i, on a alors : z′ = (1− i)z + 2i

z′ − zI = (1− i)z + 2i− 2

= (1− i)z − 2(1− i)

= (1− i)(z − 2)

= (1− i)(z − zI)

Alors z′ − zI = (1− i)(z − zI) 0,5pt.

c) Déduisons que IM ′ =√

2IM et (−−→IM,−−→IM ′) = −π4 [2π].

On a z′ − zIz − zI

= 1 − i ⇔

IM ′

IM=∣∣∣∣∣z′ − zIz − zI

∣∣∣∣∣ = |1− i| =√

2

(−−→IM,−−→IM ′) = arg

�z′ − zIz − zI

�= arg(1− i) = −π4 [2π]

Par suite

IM ′ =

√2IM

(−−→IM,−−→IM ′) = −π4 [2π]

0,5pt


Bab

acar

DJI

TTE


d) Déduisons de 2.c) la nature de T et précisons ses éléments caractéristiques.

De

IM ′ =

√2IM

(−−→IM,−−→IM ′) = −π4 [2π]

, on déduit que T est une similitude plane directe de

centre I, de rapport√

2 et d’angle −π4 .

Alors T = S�I,√

2,−π4

�0,5pt

3. Soit S = Tor. Soient M le point d’affixe z et M ′ le point d’affixe z′ tels queS(M) = M ′.

a) Montrons que z′ =√

2z + 1 + i(3−√

2).S(M) = M ′ ⇔ Tor(M) = M ′ ⇔ To[r(M)] = M ′.Soit M ′′ le point d’affixe z′′ tel que r(M) = M ′′. On a alors :r(M) = M ′′

T (M ′′) = M ′

r(M) = M ′′ ⇔ z′′ =(√

22 + i

√2

2

)z +√

22 +

(1−√

22

)i (♣)

T (M ′′) = M ′ ⇔ z′ = (1− i)z′′ + 2i (♣♣).

En remplaçant z′′ par(√

22 + i

√2

2

)z +√

22 +

(1−√

22

)i dans (♣♣), on obtient :

z′ = (1− i)[(√

22 + i

√2

2

)z +√

22 +

(1−√

22

)i

]+ 2i

= (1− i)(√

22 + i

√2

2

)z + (1− i)

(√2

2 +(

1−√

22

)i

)+ 2i

=√

22 (1− i)(1 + i)z +

√2

2 +(

1−√

22

)i− i√

22 +

(1−√

22

)+ 2i

=√

2z + 1 + i(3−√

2)

Alors z′ =√

2z + 1 + i(3−√

2) 1,5pt

b) Déduisons la nature et les éléments caractéristiques de S.On a :

√2 ∈ R∗ − {1} alors S est l’homothétie de centre K d’affixe


Bab

acar

DJI

TTE


zK = 1 + (3−√

2)i1−√

2= −1−

√2 + i(−1− 2

√2) et de rapport k =

√2.

S = h(K,√

2) 0,5pt

===============================

+Problème(11, 5pts)

PARTIE A (3pts)

Soit g la fonction définie sur ]0; +∞[ par : g(x) = −21 + x2 + ln

�1 + 1

x2

�1. Etudions les variations de g et dressons le tableau de variations de g.• Etudions les variations de g.

F Domaine de définition Dg :

Dg =]0; +∞[

F Limites aux bornes de Dg :

limx→0+

g(x) = +∞ et limx→+∞

g(x) = 0

F Dérivée, signe de la dérivée et sens de variation :

La fonction x 7−→ −21 + x2 est dérivable sur R, en particulier elle l’est sur ]0; +∞[.

La fonction x 7−→ ln�

1 + 1x2

�est dérivable sur R∗, en particulier elle l’est sur ]0; +∞[.

Par suite g est dérivable sur ]0; +∞[ car étant somme de fonctions dérivables sur]0; +∞[.

on a :


Bab

acar

DJI

TTE


∀x ∈]0; +∞[, g′(x) =� −21 + x2 + ln

�1 + 1

x2

��′=

� −21 + x2

�′+�ln�

1 + 1x2

��′= 4x

(1 + x2)2 +−2xx4

1 + 1x2

= 4x(1 + x2)2 −

2x3(1 + 1

x2 )

= 4x(1 + x2)2 −

2x3 + x

= 2x2 − 2x(1 + x2)2

Alors ∀x ∈]0; +∞[ , g′(x) = 2x2 − 2x(1 + x2)2 .

Or ∀x ∈]0; +∞[, x(1 + x2)2 > 0, donc le signe de g′(x) est celui de 2x2 − 2.Posons 2x2− 2 = 0. On a alors x = 1 ou x = −1. D’où le tableau de signe suivant :

x 0 1 +∞

g′(x) − 0 +

Alors ∀x ∈ ]0; 1[, g′(x) < 0 donc g est strictement décroissante sur ]0; 1[.Alors ∀x ∈ [1; +∞[, g′(x) ≥ 0 donc g est croissante sur [1; +∞[.• Dressons le tableau de variations de g :

x 0 1 +∞

g′(x) − 0 +

+∞ 0

g ↘ g(1) ↗

2. Montrons que l’équation g(x) = 0 admet une unique solution α et que 0, 5 < α < 0, 6.g est continue et strictement décroissante sur ]0; 1[. Or ]0, 5; 0, 6[ ⊂ ]0; 1[ donc g estcontinue et strictement décroissante sur ]0, 5; 0, 6[. Alors g réalise une bijection de]0, 5; 0, 6[ sur g (]0, 5; 0, 6[) =] − 0, 14; 0, 01[. Comme 0 ∈] − 0, 14; 0, 01[ alors, il existeun unique α ∈ ]0, 5; 0, 6[ tel que g(α) = 0.Par conséquent l’équation g(x) = 0 admet une unique solution α et 0, 5 < α < 0, 6.3. Déduisons le signe de g sur ]0; +∞[.


Bab

acar

DJI

TTE


∀x ∈ ]0;α[, g(x) > 0.∀x ∈ [α; +∞[, g(x) ≤ 0.

PARTIE B (8pts)

Soit la fonction f définie par :

f(x) = x ln�

1 + 1x2

�si x > 0

f(x) = −(x+ 1)e− 1x si x < 0

f(0) = 0

1. Déterminons l’ensemble de définition de f et calculons les limites aux bornes decelui-ci.• Déterminons l’ensemble de définition de fPosons f1(x) = x ln

�1 + 1

x2

�si x > 0 et f2(x) = −(x+ 1)e− 1

x si x < 0.

f1(x) existe ⇔

1 + 1

x2 > 0

x 6= 0

x > 0

Alors Df1 =]0; +∞[

f2(x) existe ⇔

x 6= 0

et

x < 0

Alors Df2 =]−∞; 0[.

Donc Df = Df1 ∪Df2 = R. Df = R .

• calculons les limites aux bornes de Df .F lim

x→−∞f(x)

On a :

limx→−∞

f(x) = limx→−∞

[−(x+ 1)e− 1

x

]= +∞ car lim

x→−∞e−

1x = 1

Alors limx→−∞

f(x) = +∞

F limx→+∞

f(x)On a :


Bab

acar

DJI

TTE


limx→+∞

f(x) = limx→+∞

�x ln

�1 + 1

x2

��= lim

x→+∞

ln�1 + 1

x2

�1x

= limx→+∞

1x

ln�1 + 1

x2

�1x2

= limx→+∞

1x× lim

x→+∞

ln�1 + 1

x2

�1x2

= 0× limX→0

ln (1 +X)X

en posant X = 1x2

= 0× 1

= 0

Alors limx→+∞

f(x) = 0

2.a) Etudions la continuité de f puis la dérivabilité de f en 0 .• Etudions la continuité de f en 0

limx→0+

f(x) = limx→0+

x ln�

1 + 1x2

�= lim

x→0+x ln

�x2 + 1x2

�= lim

x→0+

�x ln(x2 + 1)− x ln x2�

= limx→0+

�x ln(x2 + 1)− 2x ln x

�= 0× ln 1− 0

= 0 = f(0)

limx→0+

f(x) = 0 = f(0) Alors f est continue à droite en 0.

limx→0−

f(x) = limx→0−

−(x+ 1)e− 1x

= ”− 1×+∞”

= −∞

limx→0−

f(x) = −∞ Alors f n’est pas continue à gauche en 0.


Bab

acar

DJI

TTE


Par suite f n’est pas continue en 0.• Etudions la dérivabilité de f en 0

limx→0+

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0+ln�

1 + 1x2

�= lim

x→0+ln�x2 + 1x2

�= +∞

limx→0+

f(x)− f(0)x− 0 = +∞ Alors f n’est pas dérivable à droite en 0.

limx→0−

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0−−(x+ 1)

xe−

1x

= = limx→0−

−(x+ 1)x

× limx→0−

e−1x

= ” +∞×+∞”

= +∞

limx→0−

f(x)− f(0)x− 0 = +∞ Alors f n’est pas dérivable à gauche en 0.

Par suite f n’est pas dérivable en 0.

b) Interprétons graphiquement les résultats de la question 2.a).

Comme f est continue en 0+ et limx→0+

f(x)− f(0)x− 0 = +∞ (f n’est pas dérivable à

droite en 0) alors (Cf) au point d’abscisse 0 une demi-tangente verticale dirigée vers lehaut .3. Etudier les branches infinies de (Cf).On a :F lim

x→0−f(x) = −∞ alors (Cf) admet en 0− une Asymptote d’équation x = 0. (Asymp-

tote verticale).F lim

x→+∞f(x) = 0 alors (Cf) admet en 0+ une Asymptote d’équation y = 0. (Asymp-

tote horizontale).F lim

x→−∞f(x) = +∞.

F Cherchons limx→−∞

f(x)x

.On a :


Bab

acar

DJI

TTE


limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

−(x+ 1)x

e−1x

= limx→−∞

�−1− 1

xe−

1x

�= −1 + lim

x→−∞−1xe−

1x

= −1 + limX→0

XeX en X = −1x

= −1 car limX→0

XeX = 0

F Cherchons limx→−∞

[f(x) + x].On a :

limx→−∞

[f(x) + x] = limx→−∞

[−(x+ 1)e− 1

x + x]

= limX→0−�− 1X

+ 1�eX − 1

Xen posantX = −1

x

= limX→0

�−(X − 1)eX − 1X

�= lim

X→0

�−XeXX

+ eX − 1X

�= lim

X→0

�−eX + eX − 1

X

�= −1 + 1

= 0

Alors limx→+∞

[f(x) + x] = 0 donc la droite d’équation y = x est Asymptote Oblique à(Cf) en −∞.4.

a) Montrons que pour tout x appartenant à ]0; +∞[, f ′(x) = g(x).La fonction x 7−→ ln

�1 + 1

x2

�est dérivable sur R∗, en particulier elle l’est sur ]0; +∞[.

La fonction x 7−→ x est dérivable sur R∗, en particulier elle l’est sur ]0; +∞[.Par produit, f est dérivable sur ]0; +∞[ et on a :


Bab

acar

DJI

TTE


f ′(x) =�x ln

�1 + 1

x2

��′= ln

�1 + 1

x2

�+ x

�ln�

1 + 1x2

��′= ln

�1 + 1

x2

�+ x

�− 2x3 + x

�= ln

�1 + 1

x2

�+ x

�− 2x(x2 + 1)

�= ln

�1 + 1

x2

�+�− 2x2 + 1

�= − 2

x2 + 1 + ln�

1 + 1x2

�= g(x)

Alors ∀x ∈]0; +∞[, f ′(x) = g(x) .

b) Etudions le sens de variation de f et dressons le tableau de variations de f .• Etudions le sens de variation de f .F Sur ]0; +∞[ :Le signe de f ′ est celui de g. Alors d’après A.3) on a :∀x ∈ ]0;α[, f ′(x) > 0. Alors f est strictement croissante sur ]0;α[∀x ∈ [α; +∞[, f ′(x) ≤ 0. Alors f est décroissante sur [α; +∞[.

F Sur ]−∞; 0[ :La fonction x 7−→ − (x+ 2) est dérivable sur R, en particulier elle l’est sur ]−∞; 0[.La fonction x 7−→ e−

1x est dérivable sur R∗, en particulier elle l’est sur ]−∞; +0[.

Par produit, f est dérivable sur ]−∞; 0[ et on a :

f ′(x) =[− (1 + x) e− 1

x

]′=

[(−1− x) e− 1

x

]′= −e−

1x + 1

x2 (−1− x)e− 1x

= −e−1x

�1 + x+ 1

x2

�= −e−

1x

�x2 + x+ 1

x2

�= −e

− 1x

x2 (x2 + x+ 1)

Or ∀x ∈]−∞; +0[, x2 + x+ 1 > 0 (∆ < 0).


Bab

acar

DJI

TTE


On a donc ∀x ∈ ]−∞; 0[, f ′(x) < 0. Alors f est strictement décroissante sur ]−∞; 0[• Dressons le tableau de variations de f .

x −∞ 0 α +∞

f ′(x) − + −

f ↘ ↗ ↘

c) Montrer que f(α) = 2α1 + α2 .

On a : f(α) = α ln�

1 + 1α2

�(♣)

Or comme

g(α) = 0 ⇔ −21 + α2 + ln

�1 + 1

α2

�= 0

⇔ ln�

1 + 1α2

�= 2

1 + α2 (♣♣)

En remplaçant ln�

1 + 1α2

�par 2

1 + α2 dans (♣), on obtient : f(α) = 2α1 + α2 .

5. Traçons (Cf) la courbe de f dans un repère orthonormal (O,−→i ,−→j ).(On prendra α = 0, 5, unité=2 cm)

On précisera l’équation de la tangente au point d’abscisse −1.Soit (T ) la tangente à (Cf) au point d’abscisse −1.Alors (T ) : y = −ex− e.


Bab

acar

DJI

TTE


6. Soit h la restriction de f sur ]−∞; 0[.Montrons que h réalise une bijection de ]−∞; 0[ sur un intervalle J à péciser.

D’après le tableau de variation, h est continue et strictement décroissante sur]−∞; 0[. Alors h réalise une bijection de ]−∞; 0[ sur J = h (]−∞; 0[) =]−∞; +∞[.7. Traçons (Ch−1) la courbe de h−1 dans le même repère.(Voir figure)

BON COURAGE!!!


Bab

acar

DJI

TTE





===============================

+Exercice 1(04pts)

1. Calculer les limites des fonctions suivantes en x0 indiqué

a) f(x) =√x− 2

x2 − 5x+ 4 , x0 = 4 ; b) f(x) = mx2 + x+ 1x2 − 2x− 3 , x0 = −∞ (m ∈ R)

c) f(x) = x√x2 + x+ x

, x0 = +∞ ; d) f(x) = x3 − 1x2 − 3x+ 2 , x0 = 1.

e) f(x) = xE�1x

�, x0 = 0.

2. Soit g la fonction définie par g(x) =√x2 − 3x+ 4−

√x+ 4

x− 3 +√x2 + 9

.g est-elle prolongeable par continuité en 0 ? Si oui, définir son prolongement par

continuité en 0.

===============================

+Exercice 2 (04pts)

Soit f la fonction définie par :

f(x) = x2 + 1

x+ 1 si x ≤ 0

f(x) = x+√x2 + 1 si x > 0

On note par (Cf) la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j ).1. a) Déterminer le domaine de définition Df de f puis calculer les limites de f

aux bornes de Df .b) Etudier la continuité de f en 0.

2. Montrer que (Cf) admet en −∞ une asymptote oblique (∆1) puis étudier la positionrelative de (Cf) par rapport à (∆1) sur ]−∞; 0].3. Montrer que la droite (∆2) : y = 2x est asymptote oblique à (Cf) en +∞ puisétudier la position relative de (Cf) par rapport à (∆2) sur ]0; +∞[.


Bab

acar

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TTE


===============================

+Exercice 3(5pts)

1) Soit (wn) la suite définie par

w0 = 1

wn+1 = wn + 1wn + 3

a) Montrer par récurrence que pour tout n ∈ N, 0 ≤ wn ≤ 1.b) Démontrer par récurrence que (wn) est décroissante.

2. Soient (un) et (vn) les suites définies par u0 = 54 et pour tout entier naturel :

un+1 = 13un − n−

43

vn = un + 32n−

14

a) Calculer v0, v1 et v2.b) Montrer que (vn) est une suite géométrique dont on précisera la raison etle premier terme. Exprimer vn en fonction de n.

c) Exprimer Sn =n−1∑k=0

vk et S ′n =n−1∑k=0

uk en fonction de n.

d) Calculer limn→+∞

Sn et limn→+∞

S ′n.

===============================

+Exercice 4(3pts)

Soit f la fonction définie par f(x) = x

2 −È|x2 − 1|x

.

On note par (Cf) la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j ).Etudier les branches infinies de (Cf).

===============================


Soient trois points A, B et C du plan tels que AB = 3a ; AC = 4a et BC = 5aoù a ∈ N∗. On désigne par I le milieu du segment [BC].1. Montrer que le triangle ABC est rectangle en A.2. Soit m un paramètre réel et Gm = bar {(A, 1− 2m); (B,m); (C,m)}.

a) Justifier l’existence de Gm et démontrer que Gm appartient à la médianeissue de A du triangle ABC.


Bab

acar

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TTE


b) Démontrer que l’ensemble des points Gm, quand m décrit�0; 1

2

�, est un segment

dont on précisera les extrémités.3. Soit m ∈

�0; 1

2

�.

a) Montrer que (1− 2m)GmA2 +mGmB

2 +mGmC2 = 25a2m(1−m).

b) En déduire l’ensemble (Em) des points M du plan tels que :(1− 2m)MA2 +mMB2 +mMC2 = 25a2m.

c) Construire (E1)

BON COURAGE!!!


Bab

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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : 1e S1Prof : M.A.Camara & M.Djitté(Stagiaire) Durée : 04 heures




===============================

+Exercice 1(04pts)

1. Calculons les limites des fonctions suivantes en x0 indiqué :

a) f(x) =√x− 2

x2 − 5x+ 4 , x0 = 4 On a :

limx→4

f(x) = limx→4

√x− 2

x2 − 5x+ 4

Or

limx→4

√x− 2 = 0

limx→4

x2 − 5x+ 4 = 0donc par quotient on a une forme indéterminée.

Levons l’indétermination

√x− 2

x2 − 5x+ 4 =√x− 2

(x− 4)(x− 1)

= (√x− 2)(

√x+ 2)

(x− 4)(x− 1)(√x+ 2)

= (x− 4)(x− 4)(x− 1)(

√x+ 2)

= 1(x− 1)(

√x+ 2)

Alors limx→4

√x− 2

x2 − 5x+ 4 = limx→4

1(x− 1)(

√x+ 2)

= 1(4− 1)(

√4 + 2)

= 112


Bab

acar

DJI

TTE


D’où limx→4

f(x) = limx→4

√x− 2

x2 − 5x+ 4 = 112 0,5 pt

b) f(x) = mx2 + x+ 1x2 − 2x− 3 , x0 = −∞ (m ∈ R)

limx→−∞


mx2 + x+ 1x2 − 2x− 3

= limx→−∞

mx2

x2

= m

D’où limx→−∞


mx2 + x+ 1x2 − 2x− 3 = m 0,5 pt

c) f(x) = x√x2 + x+ x

, x0 = +∞.

On a :lim

x→+∞f(x) = lim

x→+∞

x√x2 + x+ x

Or

lim

x→+∞x = +∞

limx→+∞

√x2 + x+ x = +∞

donc par quotient on a une forme indéterminée.


x√x2 + x+ x

= xÈx2(1 + 1

x) + x

= x

|x|È

(1 + 1x) + x

= x

xÈ

(1 + 1x) + x

car |x| = x si x→ +∞

= x

x�È

(1 + 1x) + 1

�= 1È

(1 + 1x) + 1

Alors limx→+∞

x√x2 + x+ x

= limx→+∞

1È(1 + 1

x) + 1

= 1È(1 + 0) + 1

= 12

D’où limx→+∞

f(x) = limx→+∞

x√x2 + x+ x

= 12 0,5 pt

d) f(x) = x3 − 1x2 − 3x+ 2 , x0 = 1.


Bab

acar

DJI

TTE


On a :limx→1

f(x) = limx→1

x3 − 1x2 − 3x+ 2

Or

limx→1

(x3 − 1) = 0

limx→1

(x2 − 3x+ 2) = 0donc par quotient on a une forme indéterminée.


x3 − 1x2 − 3x+ 2 = (x− 1)(x2 + x+ 1)

(x− 1)(x− 2)x3 − 1

x2 − 3x+ 2 = x2 + x+ 1x− 2

Alors limx→1

x3 − 1x2 − 3x+ 2 = lim

x→1

x2 + x+ 1x− 2

= 12 + 1 + 11− 2

= −3

D’où limx→1

f(x) = limx→1

x3 − 1x2 − 3x+ 2 = −3 0,5 pt

e) f(x) = xE�1x

�, x0 = 0.

On a limx→0

f(x) = limx→0

xE�1x

�

∀x ∈ R∗, 1x− 1 < E

�1x

�≤ 1x

si x > 0 on 1− x < xE�1x

�≤ 1

Alors limx→0+

(1− x) = 1 donc d’après le théorème des gendarmes, limx→0+

xE�1x

�= 1.

De même

∀x ∈ R∗, 1x− 1 < E

�1x

�≤ 1x

si x < 0 on 1− x > xE�1x

�≥ 1

1 ≤ xE�1x

�< 1− x

Alors limx→0−

(1− x) = 1 donc d’après le théorème des gendarmes, limx→0−

xE�1x

�= 1.

.Par suite limx→0

f(x) = limx→0

xE�1x

�= 1


Bab

acar

DJI

TTE


Ou bien

∀x ∈ R∗, E�1x

�≤ 1x< E

�1x

�+ 1

0 ≤ 1x− E

�1x

�< 1

si x > 0 on 0 ≤ 1− xE�1x

�< x

1− x < xE�1x

�≤ 1

Alors limx→0+

(1− x) = 1 donc d’après le théorème des gendarmes, limx→0+

xE�1x

�= 1.

De même

∀x ∈ R∗, E�1x

�≤ 1x< E

�1x

�+ 1

0 ≤ 1x− E

�1x

�< 1

si x < 0 on x < 1− xE�1x

�≤ 0

1 ≤ xE�1x

�< 1− x

Alors limx→0−

(1− x) = 1 donc d’après le théorème des gendarmes, limx→0−

xE�1x

�= 1.

.Par suite lim

x→0f(x) = lim

x→0xE

�1x

�= 1 1pt .

2. Soit g la fonction définie par g(x) =√x2 − 3x+ 4−

√x+ 4

x− 3 +√x2 + 9

.g est-elle prolongeable par continuité en 0 ? Si oui, définir son prolongement par

continuité en 0.• Déterminons Dg.

g(x) existe ssi

x− 3 +√x2 + 9 6= 0

x2 + 9 ≥ 0 (toujours vrai)

x+ 4 ≥ 0

x2 − 3x+ 4 ≥ 0 (toujours vrai car ∆ < 0)

Donc g(x) existe ssi

x− 3 +

√x2 + 9 6= 0

x+ 4 ≥ 0.⇔

x− 3 +

√x2 + 9 6= 0

x ∈ [−4; +∞[Posons x− 3 +

√x2 + 9 = 0

On a alors :


Bab

acar

DJI

TTE


x− 3 +√x2 + 9 = 0 ⇔

√x2 + 9 = −x+ 3

⇔ x2 + 9 = (−x+ 3)2 avec x ≤ 3

⇔ x2 + 9− x2 + 6x− 9 = 0

⇔ 6x = 0

⇔ x = 0

Donc Dg = [−4; +∞[−{0} = [−4; 0[∪]0 +∞[. Alors Dg = [−4; 0[∪]0; +∞[• On a alors 0 /∈ Dg (♣).

• Calculons limx→0

g(x).

On a : limx→0

g(x) = limx→0

√x2 − 3x+ 4−

√x+ 4

x− 3 +√x2 + 9

Or

limx→0

(√x2 − 3x+ 4−

√x+ 4) = 0

limx→0

(x− 3 +√x2 + 9) = 0

donc par quotient on a une forme indéter-

minée.Levons l’indétermination

√x2 − 3x+ 4−

√x+ 4

x− 3 +√x2 + 9

=�√

x2 − 3x+ 4−√x+ 4

� �√x2 − 3x+ 4 +

√x+ 4

� �x− 3−

√x2 + 9

��x− 3 +

√x2 + 9

� �√x2 − 3x+ 4 +

√x+ 4

� �x− 3−

√x2 + 9

�=

(x2 − 3x+ 4− x− 4)�x− 3−

√x2 + 9

�((x− 3)2 − x2 − 9)

�√x2 − 3x+ 4 +

√x+ 4

�=

(x2 − 4x)�x− 3−

√x2 + 9

�(x2 − 6x+ 9− x2 − 9)

�√x2 − 3x+ 4 +

√x+ 4

�=

(x2 − 4x)�x− 3−

√x2 + 9

�(−6x)

�√x2 − 3x+ 4 +

√x+ 4

�=

x (x− 4)�x− 3−

√x2 + 9

�−6x

�√x2 − 3x+ 4 +

√x+ 4

�=

(x− 4)�x− 3−

√x2 + 9

�−6

�√x2 − 3x+ 4 +

√x+ 4

�Alors lim

x→0

√x2 − 3x+ 4−

√x+ 4

x− 3 +√x2 + 9

= limx→0

(x− 4)�x− 3−

√x2 + 9

�−6

�√x2 − 3x+ 4 +

√x+ 4

� = −1.

Donc limx→0

g(x) = −1 (♣♣).


Bab

acar

DJI

TTE


(♣) et (♣♣) donnent

0 /∈ Dg

limx→0

g(x) = −1.

Par suite g est prolongeable par continuité en 0 et son prolongement par continuité estla fonction g définie par :

g(x) =

√x2 − 3x+ 4−

√x+ 4

x− 3 +√x2 + 9

si x ∈ [−4; 0[∪]0; +∞[

g(0) = −11,5 pt

===============================

+Exercice 2 (04pts)

Soit f la fonction définie par :

f(x) = x2 + 1

x+ 1 si x ≤ 0

f(x) = x+√x2 + 1 si x > 0


aux bornes de Df .• Déterminons le domaine de définition Df de f

Posons f1(x) = x2 + 1x+ 1 si x ≤ 0.

f1(x) existe ⇔

x+ 1 6= 0

et

x ≤ 0

⇔

x 6= −1

et

x ≤ 0

donc Df1 =]−∞;−1[∪]− 1; 0]

Posons f2(x) = x+√x2 + 1 si x > 0.

f2(x) existe ⇔

x2 + 1 ≥ 0 (toujours vrai)

et

x > 0

donc Df2 =]0; +∞[

Df = Df1 ∪Df2 =]−∞;−1[∪]− 1; +∞[= R− {1} .Alors Df =]−∞;−1[∪]− 1; +∞[= R− {1} 0,5 pt

• Calculer les limites de f aux bornes de Df .F lim

x→−∞f(x) = lim

x→−∞

x2 + 1x+ 1 = lim

x→−∞

x2

x= lim

x→−∞x = −∞ .

Alors limx→−∞

f(x) = −∞ 0,25 pt

F limx→+∞

f(x) = limx→+∞

(x+√x2 + 1) = ” +∞+∞” = +∞ .


Bab

acar

DJI

TTE


Alors limx→+∞

f(x) = +∞ 0,25 pt

F limx→−1

f(x) = limx→−1

x2 + 1x+ 1 = ”2

0”.Etudions le signe de x+ 1.

x −∞ −1 +∞

x+ 1 − 0 +

limx→−1−

x2 + 1x+ 1 = ” 2

0− ” = −∞. Alors limx→−1−

f(x) = −∞ 0,25 pt

limx→−1+

x2 + 1x+ 1 = ” 2

0+ ” = +∞. Alors limx→−1+

f(x) = +∞ 0,25 pt

b) Etudions la continuité de f en 0.F On a 0 ∈ Df et f(0) = 1.

F limx→0−

f(x) = limx→0−

x2 + 1x+ 1 = 1. Donc lim

x→0−f(x) = f(0) = 1. Alors f est continue à

gauche en 0.F lim

x→0+f(x) = lim

x→0+x+√x2 + 1 = 1. Donc lim

x→0+f(x) = f(0) = 1. Alors f est continue

à droite en 0.Ainsi comme f est continue à gauche et à droite en 0, donc f est continue en 0.

limx→0

f(x) = f(0) = 1 0.5 pt.2. Montrons que (Cf) admet en −∞ une asymptote oblique (∆1) puis étudions laposition relative de (Cf) par rapport à (∆1) sur ]−∞; 0].• Montrons que (Cf) admet en −∞ une asymptote oblique (∆1).

F on a limx→−∞

f(x) = +∞.

F limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

x2 + 1x(x+ 1) = lim

x→−∞

x2 + 1x2 + x

= limx→−∞

x2

x2 = 1. Alors limx→−∞

f(x)x

= 1.

F limx→−∞

[f(x)− x] = limx→−∞

�x2 + 1x+ 1 − x

�= lim

x→−∞

�x2 + 1− x2 − x

x+ 1

�= −1.

Alors limx→−∞

[f(x)− x] = −1.

Par conséquent la droite (∆1) : y = x− 1 est asymptote oblique à (Cf) en−∞. 0,75 pt• Etudions la position relative de (Cf) par rapport à (∆1) sur ]−∞; 0].


Bab

acar

DJI

TTE


f(x)− y =�x2 + 1x+ 1 − x+ 1

�=

�x2 + 1− x2 − x+ x+ 1

x+ 1

�= 2

x+ 1

x −∞ −1 0 +∞

2 + +

x+ 1 − 0 +

f(x)− y − +

F Sur ]−∞;−1[, f(x)− y < 0, alors (Cf) est en dessous de (∆1).0,25 ptF Sur ]− 1; 0], f(x)− y > 0, alors (Cf) est au dessus de (∆1). 0,25 pt3. Montrons que la droite (∆2) : y = 2x est asymptote oblique à (Cf) en +∞ puisétudions la position relative de (Cf) par rapport à (∆2) sur ]0; +∞[.• Montrons la droite (∆2) : y = 2x est asymptote oblique à (Cf) en +∞.

Calculons limx→+∞

[f(x)− 2x]?On a :

limx→+∞

[f(x)− 2x] = limx→+∞

�x+√x2 + 1− 2x

�= lim

x→+∞

�√x2 + 1− x

�

Or

lim

x→+∞

√x2 + 1 = +∞

limx→+∞

x = +∞donc par somme on a une forme indéterminée.

Levons l’indérmination


Bab

acar

DJI

TTE


√x2 + 1− x = (

√x2 + 1− x)(

√x2 + 1 + x)√

x2 + 1 + x

= x2 + 1− x2√x2 + 1 + x

= 1√x2 + 1 + x

Alors limx→+∞

�√x2 + 1− x

�= lim

x→+∞

1√x2 + 1 + x

= ” 1+∞”

= 0

On a alors limx→+∞

[f(x)− 2x] = 0. Par conséquent la droite (∆2) : y = 2x est asymptoteoblique à (Cf) en +∞. 0,5 pt• Etudions la position relative de (Cf) par rapport à (∆2) sur ]0; +∞[.

On a f(x)− y = 1√x2 + 1 + x

> 0 pour tout x > 0.Par suite Sur ]0; +∞[, f(x)− y > 0, alors (Cf) est au dessus de (∆2). 0,25 pt

===============================

+Exercice 3(5pts)

1) Soit (wn) la suite définie par

w0 = 1

wn+1 = wn + 1wn + 3

a) Montrons par récurrence que pour tout n ∈ N, 0 ≤ wn ≤ 1.Soit la propriété : " ∀n ∈ N 0 ≤ wn ≤ 1."

F Vérifions que la propriété est vraie au premier rang (n = 0)On a 0 ≤ 1 ≤ 1 alors 0 ≤ w0 ≤ 1. Donc la propriété vraie au premier rang.F Supposons que la propriété est vraie jusqu’au rang n c-a-d 0 ≤ wn ≤ 1.F Montrons que la propriété est vraie au rang n+ 1 c-a-d 0 ≤ wn+1 ≤ 1.Comme wn ≥ 0 alors wn + 1

wn + 3 ≥ 0. Donc wn+1 ≥ 0 (♠).En faisant la division euclidienne de wn + 1 par wn + 3 on obtient :

wn + 1wn + 3 = 1− 2

wn + 3 ⇔wn + 1wn + 3 − 1 = − 2

wn + 3 < 0.

On a alors wn + 1wn + 3 ≤ 1 ou encore wn+1 ≤ 1 (♠♠).

(♠) et (♠♠) donnent 0 ≤ wn+1 ≤ 1. Ainsi la propriété est vraie au rang n+ 1.Conclusion : ∀n ∈ N, 0 ≤ wn ≤ 1 0,75 pt


Bab

acar

DJI

TTE


b) Démontrons par récurrence que (wn) est décroissante.1 pt

Soit la propriété "∀n ∈ N, wn+1 ≤ wn".F Vérifions que la propriété est vraie au premier rang (n = 0)w1 = w0 + 1

w0 + 3 = 13 ≤ 1 alors w1 ≤ w0 . Donc la propriété vraie au premier rang.

F Supposons que la propriété est vraie jusqu’au rang n c-a-d wn+1 ≤ wn.F Montrons que la propriété est vraie au rang n+ 1 c-a-d wn+2 ≤ wn+1.On a wn+2 = wn+1 + 1

wn+1 + 3 .

wn+1 = 1− 2wn + 3 et wn+2 = 1− 2

wn+1 + 3

wn+1 ≤ wn ⇔ 3 + wn+1 ≤ 3 + wn

⇔ 13 + wn+1

≥ 13 + wn

⇔ − 23 + wn+1

≤ − 23 + wn

⇔ 1− 23 + wn+1

≤ 1− 23 + wn

⇔ wn+2 ≤ wn+1

Ainsi la propriété est vraie au rang n+ 1.Conclusion : ∀n ∈ N, wn+1 ≤ wn . Alors la suite (wn) est décroissante. 1 pt

2. Soient (un) et (vn) les suites définies par u0 = 54 et pour tout entier naturel :

un+1 = 13un − n−

43

vn = un + 32n−

14

a) Calculons v0, v1 et v2.• Calculons v0.

On a : v0 = u0 + 32 × 0− 1

4 . Or u0 = 54 donc v0 = 1 0,25 pt

• Calculons v1.

On a : v1 = u1+ 32×1− 1

4 . Or u1 = 13u0−0− 4

3 = 13×

54−

43 = −11

12 donc v1 = 13 0,25 pt

• Calculons v2.On a : v2 = u2 + 3

2 × 2− 14 . Or u2 = 1

3u1 − 1− 43 = 1

3 ×−1112 − 1− 4

3 = −9536

donc v2 = 19 0,25 pt

b) Montrons que (vn) est une suite géométrique dont on précisera la raison etle premier terme. Exprimons vn en fonction de n.

• Montrons que (vn) est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier


Bab

acar

DJI

TTE


terme On a :

vn+1 = un+1 + 32(n+ 1)− 1

4= 1

3un − n−43 + 3

2(n+ 1)− 14 car un+1 = 1

3un − n−43

= 13un − n−

43 + 3

2n+ 32 −

14

= 13un + 1

2n−112

′ = 13

�un + 3

2n−14

�= 1

3vn

Alorsvn+1

vn= 1

3

Par conséquent (vn) est une suite géométrique de raison q = 13 et de premier terme

v0 = 1 . 0,75pt

• Exprimons vn en fonction de n.

on a : vn = v0qn donc vn =

�13

�n0,25 pt

c) Exprimons Sn =n−1∑k=0

vk et S ′n =n−1∑k=0

uk en fonction de n.

• Exprimons Sn =n−1∑k=0

vk.

On a :

Sn =n−1∑k=0

vk = v0 ×�1− qn

1− q

�

= 1×1−

�13

�n1− 1

3

=

1−�

13

�n23

= 3

2

�1−

�13

�n�

Alors Sn = 32

�1−

�13

�n�0,5 pt


Bab

acar

DJI

TTE


• Exprimons S ′n =n−1∑k=0

uk.

On a : vk = uk + 32k −

14 donc uk = vk −

32k + 1

4

S ′n =n−1∑k=0

uk =n−1∑k=0

�vk −

32k + 1

4

�=

n−1∑k=0

vk −n−1∑k=0

32k +

n−1∑k=0

14

=n−1∑k=0

vk −32

n−1∑k=0

k + 14

n−1∑k=0

1

= Sn −32 ×

n(n− 1)2 + 1

4 × n

= Sn −3n(n− 1)

4 + n

4

= Sn −3n2 − 3n− n

4

= Sn −3n2 − 4n

4

= 32

�1−

�13

�n�− 3n2 − 4n

4

Alors S ′n = 32

�1−

�13

�n�− 3n2 − 4n

4 0,5pt

d) Calculons limn→+∞

Sn et limn→+∞

S ′n.• Calculons lim

n→+∞Sn

On a :

limn→+∞

Sn = limn→+∞

32

�1−

�13

�n�= lim

n→+∞

�32 −

32 ×

�13

�n�Or lim

n→+∞

�13

�n= 0 car

∣∣∣∣13∣∣∣∣ < 1

=�32 −

32 × 0

�= 3

2

Alors limn→+∞

Sn = 32 0,25pt

• Calculons limn→+∞

S ′n

On a :


Bab

acar

DJI

TTE


limn→+∞

S ′n = limn→+∞

�32

�1−

�13

�n�− 3n2 − 4n

4

�= lim

n→+∞

�Sn −

3n2 − 4n4

�= lim

n→+∞Sn − lim

n→+∞

�3n2 − 4n4

�= lim

n→+∞Sn − lim

n→+∞

3n2

4= ”3

2 − (+∞)”

= −∞

Alors limn→+∞

Sn = −∞ 0,25pt

===============================

+Exercice 4(3pts)

Soit f la fonction définie par f(x) = x

2 −È|x2 − 1|x

.

On note par (Cf) la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j ).Etudions les branches infinies de (Cf).• Déterminons le domaine de définition Df de f .

f(x) existe ⇔

|x2 − 1| ≥ 0 (toujours vrai)

et

x 6= 0

⇔ x 6= 0

Alors Df = R− {0} =]−∞; 0[∪]0; +∞[

• Ecrivons f sans valeur absolue. Posons x2 − 1 = 0. On a alors x = 1 ou x = −1f(x) = x

2 −√x2 − 1x

si x ∈]−∞;−1] ∪ [1; +∞[

f(x) = x

2 −√−x2 + 1x

si x ∈]− 1; 0[∪]0; 1[• Déterminons lim

x→−∞f(x), lim

x→+∞f(x) et lim

x→0f(x)


Bab

acar

DJI

TTE


F Déterminons limx→0

f(x)

limx→0+

f(x) = limx→0+

[x

2 −√−x2 + 1x

]

= limx→0+

[x

2 −√−x2 + 1x

]

= ”−10+ ”

= −∞

limx→0−

f(x) = limx→0−

[x

2 −√−x2 + 1x

]

= limx→0−

[x

2 −√−x2 + 1x

]

= ”−10− ”

= +∞

F Déterminons limx→−∞

f(x)

limx→−∞


[x

2 −√x2 − 1x

]

= limx→−∞

x2 −

Èx2(1− 1

x2 )x

= lim

x→−∞

x2 −|x|È

(1− 1x2 )

x

= lim

x→−∞

x2 −−x

È1− 1

x2

x

car |x| = −x si x→ −∞

= limx→−∞

[x

2 +Ê

1− 1x2

]= −∞


Bab

acar

DJI

TTE


F Déterminons limx→+∞

f(x)

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

[x

2 −√x2 − 1x

]

= limx→+∞

x2 −

Èx2(1− 1

x2 )x

= lim

x→+∞

x2 −|x|È

(1− 1x2 )

x

= lim

x→+∞

x2 −

xÈ

1− 1x2

x


= limx→+∞

[x

2 −Ê

1− 1x2

]= +∞

On a alors limx→−∞

f(x) = −∞ et limx→+∞

f(x) = +∞

• Déterminons limx→−∞

f(x)x

et limx→+∞

f(x)x


f(x)x

limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

x2 −

√x2−1x

x

= lim

x→−∞

[x

2x −√x2 − 1x2

]

= limx→−∞

12 −

Èx2(1− 1

x2 )x2

= lim

x→−∞

12 −|x|È

(1− 1x2 )

x2

= lim

x→−∞

12 −−x

È1− 1

x2

x2

car |x| = −x si x→ −∞

= limx→−∞

[12 + 1

x

Ê1− 1

x2

]

= 12


Bab

acar

DJI

TTE



f(x)x

limx→+∞

f(x)x

= limx→+∞

x2 −

√x2−1x

x

= lim

x→+∞

[x

2x −√x2 − 1x2

]

= limx→−∞

12 −

Èx2(1− 1

x2 )x2

= lim

x→−∞

12 −|x|È

(1− 1x2 )

x2

= lim

x→−∞

12 −

xÈ

1− 1x2

x2


= limx→−∞

[12 −

1x

Ê1− 1

x2

]

= 12


f(x)x

= 12 et lim

x→+∞

f(x)x

= 12 .

• Déterminons limx→−∞

�f(x)− 1

2x�et lim

x→+∞

�f(x)− 1

2x�


�f(x)− 1

2x�.

On a :

limx→−∞

�f(x)− 1

2x�

= limx→−∞

�f(x)− 1

2x�

= limx→−∞

[x

2 −√x2 − 1x

− 12x]

= limx→−∞

[−√x2 − 1x

]

= limx→−∞

−Èx2(1− 1

x2 )x

= lim

x→−∞

−|x|È

1− 1x2

x

= lim

x→−∞

−−xÈ

1− 1x2

x

car |x| = −x si x→ −∞

= limx→−∞

[Ê1− 1

x2

]= 1


Bab

acar

DJI

TTE



�f(x)− 1

2x�.

On a :

limx→+∞

�f(x)− 1

2x�

= limx→+∞

�f(x)− 1

2x�

= limx→+∞

[x

2 −√x2 − 1x

− 12x]

= limx→+∞

[−√x2 − 1x

]

= limx→+∞

−Èx2(1− 1

x2 )x

= lim

x→+∞

−|x|È

1− 1x2

x

= lim

x→+∞

−xÈ

1− 1x2

x


= limx→+∞

[−Ê

1− 1x2

]= −1


�f(x)− 1

2x�

= 1 et limx→+∞

�f(x)− 1

2x�

= −1

Conclusion :La droite d’équation x = 0 est Asymptote verticale à (Cf).0,5pt

La droite d’équation y = 12x+ 1 est Asymptote oblique à (Cf) en −∞. 1,5pt

La droite d’équation y = 12x− 1 est Asymptote oblique à (Cf) en +∞. 1,5pt

===============================


Soient trois points A, B et C du plan tels que AB = 3a ; AC = 4a et BC = 5aoù a ∈ N∗. On désigne par I le milieu du segment [BC].1. Montrons que le triangle ABC est rectangle en A.


Bab

acar

DJI

TTE


On a

AB2 + AC2 = (3a)2 + (4a)2

= 9a2 + 16a2

= 25a2

= BC2

Alors le triangle ABC est rectangle en A. 0,25pt

2. Soit m un paramètre réel et Gm = bar {(A, 1− 2m); (B,m); (C,m)}.a) Justifions l’existence de Gm et démontrons que Gm appartient à la médianeissue de A du triangle ABC.

• Justifions l’existence de Gm.On a : 1− 2m+m+m = 1 6= 0, d’où l’existence de Gm. 0,25pt

• démontrons que Gm appartient à la médiane issue de A du triangle ABC.Comme I est le milieu du segment [BC] alors I est l’isobarycentre des points B et C.On a : I = bar {(B,m); (C,m)}.

Gm = bar {(A, 1− 2m); (B,m); (C,m)} ⇔ Gm = bar {(A, 1− 2m); (I, 2m)}

= Gm ∈ (AI)

Par suite Gm appartient à la médiane issue de A du triangle ABC. 0,5pt

b) Démontrons que l’ensemble des points Gm, quandm décrit�0; 1

2

�, est un segment

dont on précisera les extrémités.

Gm = bar {(A, 1− 2m); (B,m); (C,m)} ⇔ Gm = bar {(A, 1− 2m); (I, 2m)}

⇔−−−→AGm = 2m−→AI


Bab

acar

DJI

TTE


On a donc

−−−→AGm et

−→AI ont même sens

AGm = (2m)AIOr

m décrit�0; 1

2

�⇔ m ∈

�0; 1

2

�⇔ 2m ∈ [0; 1]

⇔ 0 ≤ 2m ≤ 1

⇔ 0 ≤ (2m)AI ≤ AI

⇔ 0 ≤ AGm ≤ AI

Alors quand m décrit�0; 1

2

�on a :

−−−→AGm et

−→AI ont même sens

AGm ≤ AI⇔ Gm ∈ [AI].

Par conséquent l’ensemble des points Gm est le segment [AI]. 1pt

3. Soit m ∈�0; 1

2

�.

a) Montrons que (1− 2m)GmA2 +mGmB

2 +mGmC2 = 25a2m(1−m).

On a :

(1− 2m)GmA2 +mGmB

2 +mGmC2 = m(1− 2m)AB2 +m(1− 2m)AC2 +m2BC2

1− 2m+m+m

= m(1− 2m)AB2 +m(1− 2m)AC2 +m2BC2

= 9a2 ×m(1− 2m) + 16a2 ×m(1− 2m) + 25a2 ×m2

= 9a2m− 18a2m2 + 16a2m− 32a2m2 + 25a2m2

= 25a2m− 25a2m2

= 25a2m(1−m)

Alors (1− 2m)GmA2 +mGmB

2 +mGmC2 = 25a2m(1−m) . 1pt

b) En déduisons l’ensemble (Em) des points M du plan tels que :(1− 2m)MA2 +mMB2 +mMC2 = 25a2m.


Bab

acar

DJI

TTE


on a

M ∈ (Em) ⇔ (1− 2m)MA2 +mMB2 +mMC2 = 25a2m

⇔ (1− 2m+m+m)MG2m + (1− 2m)GmA

2 +mGmB2 +mGmC

2 = 25a2m

⇔ MG2m + 25a2m(1−m) = 25a2m

⇔ MG2m = 25a2m− 25a2m(1−m)

⇔ MG2m = 25a2m− 25a2m+ 25a2m2

⇔ MG2m = 25a2m2

⇔ MGm = 5am

⇔ M ∈ C(Gm; r = 5am)

Ainsi l’ensemble (Em) des points M du plan tels que :(1− 2m)MA2 + mMB2 + mMC2 = 25a2m est le cercle de centre Gm et de rayon

r = 5am.(Em) = C(Gm; r = 5am) 0,75 pt

c) Construisons (E1) 0,25 pt(E1) est le cercle de centre G1 et de rayon r = 5a avec −−→AG1 = 2−→AI

BON COURAGE!!!


Bab

acar

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+Restitution des connaissances (02pts)

1. Soit f : M(z) 7−→M ′(z′) une transformation du plan.a) Donner une relation entre z et z′ pour que f soit une similitude directe. 0,5ptb) On suppose que z′ = az + b avec a et b deux nombres complexes tels que :a /∈ R et |a| 6= 1. Donner la nature et les éléments caractéristiques de f . 0,5pt

2. Enoncer le théorème des «Gendarmes». 0,5pt3. Enoncer le théorème des Inégalités des Accroissement Finis avec valeur absolue.

0,5pt

===============================

+Exercice 1 (04pts)

1. Soit (E) : z3 + (−3− 2i)z2 + (7 + 8i)z + 11 + 10i = 0.a) Déterminer la solution réelle de l’équation (E). 0,25ptb) En déduire les autres solutions de l’équation (E). 0,75pt

2. On considère dans le plan complexe les points A, B et C d’affixes respectives−1, 3− 2i et 1 + 4i.

a. Placer les pointsA,B et C. 0,5ptb. Déterminer le module et un argument de zC − zA

zB − zA. 2× 0,25pt

c. En déduire la nature du triangleABC. (Justifier votre réponse) 0,25pt3. Soit s la similitude directe de centre A et qui transforme B en C.

a) Déterminer l’écriture complexe de s. 0,75ptb) En déduire la nature et les éléments caractéristiques de s. 0,75ptc) Déterminer l’image par s du triangleABC. 0,25pt

===============================


Bab

acar

DJI

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+Exercice 2(3pts)

1. Résoudre dans R l’inéquation : 2(ln x)3−3(ln x)2−3 ln x+2 ≤ 0 1pt

2. Calculer limx→0

ln(1 + 3x)2x (on pourra poser u = 3x) 1pt

3. Déterminer la primitive qui s’annule en 1 de f : x 7−→ 5 ln x3x 1pt

===============================

+PROBLEME(11pts)

On considère la fonction f définie par f : x 7−→

f(x) = x ln(−x)− x+ 1 si x < 0

f(x) = 1 + ln(x+ 1) si x ≥ 0et (Cf) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.1.

a) Déterminer le domaine de définitionDf de f . 0,5ptb) Calculer les limites aux bornes deDf . 2×0,5ptc) Etudier les branches infinies de (Cf). 2×0,25pt

2.a) Etudier la continuité et la dérivabilité de f en 0. 0,25pt+0,75ptb) Interpréter graphiquement les résultats. 0,25pt

3.a) Etudier les variations de f . 1,5ptb) Montrer que dans ]−∞; 0[ l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α etque−4 < α < −3. 0,5pt+0,25ptc) Déterminer les points de rencontre de (Cf) avec l’axe des abscisses. 0,5pt

4.a) Montrer que dans [0; +∞[ l’équation f(x) = x admet une unique solution β etque 1 < β < 3. (On pourra étudier h : x 7−→ f(x)−x) 1pt

b) Montrer que sur [1; +∞[ on a : 0 ≤ f ′(x) ≤ 12 . 0,5pt

c) En appliquant les Inégalités des Accroissements finis, montrer que|f(x)− β| ≤ 1

2 |x− β|. 0,5pt5. Soit g la restriction de f à [0; +∞[. On définit la suite (un) par :

u0 = 1

un+1 = g(un), ∀n ≥ 0a) Montrer que la suite (un) est croissante et un ≥ 1, ∀n ≥ 0. 0,75pt+0,75pt

b) En déduire que : |un+1 − β| ≤12 |un − β|,∀n ≥ 0 . 0,5pt


Bab

acar

DJI

TTE


c) Montrer alors que : |un − β| ≤�1

2

�n|u0 − β|,∀n ≥ 0 . 0,5pt

d) Déterminer le plus petit entier p, si possible, tel que |up − β| ≤ 10−1.(On remarquera que |u0 − β| ≤ 2). 0,5pt

FIN DE L′EPREUVE ET BONNE CHANCE!!!


Bab

acar

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+Restitution des connaissances (02pts)

1. Soit f : M(z) 7−→M ′(z′) une transformation du plan.a) Donnons une relation entre z et z′ pour que f soit une similitude directe.

On a alors z′ = az + b avec a ∈ C∗ et b ∈ C. 0,5ptb) On suppose que z′ = az + b avec a et b deux nombres complexes tels que :a /∈ R et |a| 6= 1. Donnons la nature et les éléments caractéristiques de f .

f est une similitude directe plane de centre A d’affixe zA = b

1− a , de rapport k = |a|et d’angle θ = arg(a).0,5pt2. Enonçons le théorème des «Gendarmes».Soient f , g et h trois fonctions définies sur un intervalle I et l un nombre réel.

Si ∀x ∈ I, f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) et si limx→x0

f(x) = limx→x0

h(x) = l alors limx→x0

f(x) = l.(x0 ∈ R ou x0 = ±∞).0,5pt

3. Enonçons le théorème des Inégalités des Accroissement Finis avec valeur absolue.Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I. S’il existe un réel positif M tel que∀x ∈ I, |f ′(x)| ≤ M alors pour tous réels a et b de I, on a :|f(b) − f(a)| ≤ M |b − a|.0,5pt

===============================

+Exercice 1 (04pts)

1. Soit (E) : z3 + (−3− 2i)z2 + (7 + 8i)z + 11 + 10i = 0.a) Déterminons la solution réelle de l’équation (E). Soit z0 = a avec a ∈ R la

solution réelle de (E). On a alors :

z30 + (−3− 2i)z2

0 + (7 + 8i)z0 + 11 + 10i = 0 ⇔ a3 + (−3− 2i)a2 + (7 + 8i)a+ 11 + 10i = 0

⇔ a3 − 3a2 − 2ia2 + 7a+ 8ia+ 11 + 10i = 0

⇔ (a3 − 3a2 + 7a+ 11) + i(−2a2 + 8a+ 10) = 0

⇔

a3 − 3a2 + 7a+ 11 = 0 (1)

−2a2 + 8a+ 10 (2)


Bab

acar

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En résolvant l’équation (2), on obtient a = −1 ou a = 5.Or −2(−1)2 + 8(−1) + 10 = −10 + 10 = 0 alors a = −1 vérifie l’équation (2). Par

suite la solution réelle de l’équation (E) est z0 = −1 0,25pt

b) Déduisons les autres solutions de l’équation (E).Passons par la méthode de Horner. Comme z0 = −1 est solution de (E) on a alors :

1 −3− 2i 7 + 8i 11 + 10i−1 ||| -1 4 + 2i −11− 10i

1 −4− 2i 11 + 10i 0

(E) : (z − 1)(z2 − (4 + 2i)z + 11 + 10i) = 0Résolvons l’équation z2 − (4 + 2i)z + 11 + 10i = 0.On a ∆ = (4 + 2i)2 − 4(11 + 10i) = −32− 24i ∈ C− R.Cherchons une racine carrée de ∆.Soit δ = a+ ib une racine de ∆ donc δ2 = ∆. On a alors :

|δ|2 = |∆|

δ2 = ∆⇔

a2 + b2 =

È(−32)2 + (−24)2

(a+ ib)2 = −32− 24idonc

a2 + b2 = 40

a2 − b2 + 2iab = −32− 24i

Par identification on a :

a2 + b2 = 40 (1)

a2 − b2 = −32 (2)

ab = −12 (3)En combinant (1) et (2) on obtient a = ±2 et b = ±6. Et comme ab = −12 donc a etb sont de signes contraires. Par suite a = 2 et b = −6 ou bien a = −2 et b = 6.Prenons δ = 2− 6i. Donc z1 = 1 + 4i et z2 = 3− 2i 0,75pt

2. On considère dans le plan complexe les points A, B et C d’affixes respectives−1, 3− 2i et 1 + 4i.

a. Plaçons les points A, B et C. 0,5pt


Bab

acar

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TTE


b. Déterminons le module et un argument de zC − zAzB − zA

.

zC − zAzB − zA

= 1 + 4i+ 13− 2i+ 1

= 2 + 4i4− 2i

= 1 + 2i2− i

= (1 + 2i)(2 + i)(2− i)(2 + i)

= 2 + i+ 4i− 222 − (i)2

= = 5i5

= i

•∣∣∣∣∣zC − zAzB − zA

∣∣∣∣∣ = |i| = 1. 0,25pt

• arg�zC − zAzB − zA

�= arg(i) = π

2 [2π] 0,25ptc. Déduisons la nature du triangle ABC. (Justifions notre réponse)∣∣∣∣∣zC − zAzB − zA

∣∣∣∣∣ = 1 donc AB = AC (1).


Bab

acar

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arg

�zC − zAzB − zA

�= π

2 [2π] donc(−→AB,−→AC

)= π

2 [2π] (2).(1) et (2) =⇒ ABC est un triangle rectangle isocèle en A. 0,25pt.

3. Soit s la similitude directe de centre A et qui transforme B en C.a) Déterminons l’écriture complexe de s.

Soit M(z), M ′(z′)/ s(M) = M ′. On a alors z′ = az + b. Déterminons a et b.On a s(A) = A⇔ zA = azA + b

s(B) = C ⇔ zC = azB + b

D’où le système suivant :

zA = azA + b

zC = azB + b⇔

a = zC − zA

zB − zA= i

b = zA(1− a) = −1(1− i) = −1 + i

Ainsi s a écriture complexe z′ = iz − 1 + i . 0,75ptb) Déduisons la nature et les éléments caractéristiques de s.

Comme i ∈ C− R, |i| = 1 et arg(i) = π

2 alors s est la rotation de centre A et d’angle

θ = π

2 .0,75ptc) Déterminons l’image par s du triangle ABC.On a :s(A) = A

s(B) = C

s(C) = D avec zD = izC − 1 + i = i(1 + 4i)− 1 + i = 2i− 5.Alors s(ABC) = (ACD). Par suite l’image par s du triangle ABC est le triangle ACDavec D le point d’affixe zD = 2i− 5. 0,25pt

===============================

+Exercice 2(3pts)

1. Résolvons dans R l’inéquation : 2(ln x)3 − 3(ln x)2 − 3 ln x+ 2 ≤ 0L’inéquation existe ssi x > 0. Alors le domaine de validité est Dv =]0; +∞[.En posant X = ln x, on obtient :


Bab

acar

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2(ln x)3 − 3(ln x)2 − 3 ln x+ 2 ≤ 0 ⇔ 2X3 − 3X2 − 3X + 2 ≤ 0

⇔ (X + 1)(X − 2)�X − 1

2

�≤ 0

⇔ (ln x+ 1) (ln x− 2)�

ln x− 12

�≤ 0

On a alorsln x+ 1 ≥ 0⇔ ln x ≥ −1⇔ x ≥ e−1

ln x− 2 ≥ 0⇔ ln x ≥ 2⇔ x ≥ e2

ln x− 12 ≥ 0⇔ ln x ≥ 1

2 ⇔ x ≥ e12

x 0 e−1 e12 e2 +∞

ln x+ 1 - + + +

ln x− 12 - - + +

ln x− 2 - - - +(ln x+ 1) (ln x− 2)

�ln x− 1

2

�- + - +

Alors S =]0; e−1] ∪ [e 12 ; e2] 1pt

2. Calculons limx→0

ln(1 + 3x)2x (on pourra poser u = 3x) En posant u = 3x, on a

limx→0

ln(1 + 3x)2x = lim

u→0

12 ×

ln(1 + u)u3

= limu→0

32 ×

ln(1 + u)u

= 32 × lim

u→0

ln(1 + u)u

= 32 × 1

Alors limx→0

ln(1 + 3x)2x = 3

2 . 1pt

3. Déterminons la primitive qui s’annule en 1 de f : x 7−→ 5 ln x3x .


Bab

acar

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Soit F la primitive de f telle que F (1) = 0.

f(x) = 5 ln x3x

= 53 ×

ln xx

= 53 ×

1x× ln x

= 53u′(x)u(x) en posant u(x) = ln x

=⇒ F (x) = 53 ×

12[u(x)]2 + k avec F (1) = 0

=⇒ F (x) = 56[ln x]2 + k avec F (1) = 0

=⇒ F (x) = 56[ln x]2 car F (1) = 0 + k = 0 donc k = 0

Alors la primitive qui s’annule en 1 de f : x 7−→ 5 ln x3x est F : x 7−→ 5

6[ln x]2 1pt

===============================

+PROBLEME(11pts)

On considère la fonction f définie par f : x 7−→

f(x) = x ln(−x)− x+ 1 si x < 0

f(x) = 1 + ln(x+ 1) si x ≥ 0et (Cf) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.1.

a) Déterminons le domaine de définition Df de f .Posons f1(x) = x ln(−x)− x+ 1 si x < 0 et f2(x) = 1 + ln(x+ 1) si x ≥ 0.f1(x) existe ⇔ x < 0 Alors Df1 =]−∞; 0[

f2(x) existe ⇔

x ≥ 0

et

x+ 1 > 0

Alors Df2 = [0; +∞[.

Donc Df = Df1 ∪Df2 = R. Df = R 0,5pt

b) Calculons les limites aux bornes de Df .


Bab

acar

DJI

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• Calculons limx→−∞

f(x).

limx→−∞


[x ln(−x)− x+ 1]

= limx→−∞

x[ln(−x)− 1] + 1

= −∞

Alors limx→−∞

f(x) = −∞ 0,25pt

• Calculons limx→+∞

f(x).

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

[1 + ln(x+ 1)]

= +∞

Alors limx→+∞

f(x) = +∞ 0,25pt

c) Etudier les branches infinies de (Cf).

• Calculons limx→−∞

f(x)x

.

limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

�x ln(−x)− x+ 1

x

�= lim

x→−∞

�ln(−x)− 1 + 1

x

�= +∞

On a :

limx→−∞

f(x) = −∞

et

limx→−∞

f(x)x

= +∞

Alors (Cf) admet en −∞ une branche parabolique de

direction l’axe des ordonnées. 0,25pt


Bab

acar

DJI

TTE


• Calculons limx→+∞

f(x)x

.

limx→+∞

f(x)x

= limx→+∞

�1 + ln(x+ 1)x

�= lim

x→+∞

�1x

+ ln(x+ 1)x

�= lim

x→+∞

�1x

+ x+ 1x+ 1

ln(x+ 1)x

�= lim

x→+∞

�1x

+ x+ 1x

ln(x+ 1)x+ 1

�= lim

X→+∞

� 1X − 1 + X

X − 1lnXX

�en posant X = x+ 1

= 0 + 1× 0

= 0

On a :

limx→+∞

f(x) = +∞

et

limx→+∞

f(x)x

= 0

Alors (Cf) admet en +∞ une branche parabolique de

direction l’axe des abscisses. 0,25pt

2.a) Etudions la continuité et la dérivabilité de f en 0.• Etudions la continuité de f en 0. On a f(0) = 1 + ln(0 + 1) = 1

limx→0−

f(x) = limx→0−

[x ln(−x)− x+ 1]

= limX→0+

[−X lnX +X + 1]

= 0 + 0 + 1

= 1 = f(0)

Alors f est continue à gauche en 0.

limx→0+

f(x) = limx→0+

[1 + ln(x+ 1)]

= 1 + 0

= 1 = f(0)

Alors f est continue à gauche en 0. Par suite f est continue en 0. 0,25pt• Etudions la dérivabilité de f en 0.


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acar

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TTE


limx→0−

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0−

�x ln(−x)− x+ 1− 1

x

�= lim

x→0−

�x ln(−x)− x

x

�= lim

x→0−[ln(−x)− 1]

= −∞

Alors f n’est pas dérivable à gauche en 0.

limx→0+

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0+

�1 + ln(x+ 1)− 1x

�= lim

x→0+

� ln(x+ 1)x

�= 1

Alors f est dérivable à droite en 0. Par suite f n’est pas dérivable en 0. 0,75ptb) Interprétons graphiquement les résultats. 0,25pt

• Comme f est continue en 0 et limx→0−

f(x)− f(0)x− 0 = −∞ alors (Cf) admet en 0− une

demi-tangente verticale dirigée vers le bas.• Comme f est continue en 0 et lim

x→0+

f(x)− f(0)x− 0 = 1 alors (Cf) admet en 0+ une

demi-tangente (T ) d’équation y = x+ 1.3.

a) Etudions les variations de f . 1,5pt• Soit x ∈]−∞; 0[

f est dérivable sur ]−∞; 0[ et on a :

∀x ∈]−∞; 0[, f ′(x) = [x ln(−x)− x+ 1]′

= ln(−x)− x× 1−x− 1

= ln(−x) 0, 25pt

f ′(x) ≥ 0⇔ x ≤ −1.• Soit x ∈ [0; +∞[

f est dérivable sur [0; +∞[ et on a :

∀x ∈ [0; +∞[, f ′(x) = [1 + ln(x+ 1)]′

= 1x+ 1 > 0 0, 25pt


Bab

acar

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Alors on a :F f est strictement croissante sur ]−∞;−1[∪]0; +∞[.F f est décroissante sur [−1; 0]. 1pt

b) Montrons que dans ]−∞; 0[ l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α etque −4 < α < −3. 0,5pt+0,25pt• Montrons que dans ]−∞; 0[ l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α.F f est continue et strictement croissante sur ] − ∞;−1[, donc elle réalise une

bijection de ]−∞;−1[ vers f(]−∞;−1[) =]−∞; 2[. Or 0 ∈]−∞; 2[ alors l’équationf(x) = 0 admet une unique solution dans ]−∞;−1[.

F f est continue et strictement décroissante sur ] − 1; 0[, donc elle réalise unebijection de ] −∞;−1[ vers f(] − 1; 0[) =]1; 2[. Or 0 /∈]1; 2[ alors l’équation f(x) = 0n’admet pas une de solution dans ]− 1; 0[.Par conséquent dans ]−∞; 0[ léquation f(x) = 0 admet une unique solution α . 0,5pt• Montrons que −4 < α < −3.On a ]− 4;−3[⊂]−∞; 0[. Calculons f(−3)× f(−4).

f(−3) = −3 ln 3 + 3− 1 = 0, 7, f(−4) = −4 ln 4 + 4− 1 = −0, 55.Alors f(−3)× f(−4) = −0, 38 < 0. Par suite −4 < α < −3 0,25ptc) Déterminons le(s) points de rencontre de (Cf) avec l’axe des abscisses.Résolvons l’équation f(x) = 0.• Sur ]−∞; 0[,

f(x) = 0⇔ x = α


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• Sur [0; +∞[,

f(x) = 0⇔ 1 + ln(x+ 1) = 0

⇔ ln(x+ 1) = −1

⇔ x+ 1 = e−1

⇔ x = e−1 − 1 /∈ [0; +∞[

Alors (Cf) coupe l’axe des abscisses au point A(α; 0) 0,5pt

4.a) Montrons que dans [0; +∞[ l’équation f(x) = x admet une unique solution β etque 1 < β < 3. (On pourra étudier h : x 7−→ f(x)− x)Soit h(x) = f(x)− x.

f est dérivable sur ]0; +∞[ et on a h′(x) = f ′(x)− 1 = −xx+ 1 < 0.

Alors h est strictement décroissante sur ]0; +∞[.limx→0+

h(x) = 1 et limx→+∞

h(x) =?

limx→+∞

h(x) = limx→+∞

[1 + ln(x+ 1)− x]

= limx→+∞

(x+ 1)� 1x+ 1 + ln(x+ 1)

x+ 1 − x

x+ 1

�= lim

X→+∞X

� 1X

+ lnXX− X − 1

X

�en posant X = x− 1

= −∞

h est continue et strictement décroissante sur ]0; +∞[ alors elle réalise une bijectionde ]0; +∞[ vers h(]0; +∞[) =] −∞; 1[. Or 0 ∈] −∞; 1[ alors l’équation h(x) = 0 ⇔f(x) = x admet une unique solution β dans ]0; +∞[. 0,75pt

• Montrons que 1 < β < 3.On a ]1; 3[⊂]0; +∞[. Calculons h(1)× h(3).

h(1) = f(1)− 1 = ln 2 = 0, 69, h(3) = f(3)− 3 = ln 4− 2 = −0, 61.Alors h(1)× h(3) < 0. Par suite 1 < β < 3 0,25pt


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b) Montrons que sur [1; +∞[ on a : 0 ≤ f ′(x) ≤ 12 .

Soit x ∈ [1; +∞[ .Alors x ≥ 1 ⇔ x+ 1 ≥ 2

⇔ 1x+ 1 ≤

12

⇔ 0 ≤ 1x+ 1 ≤

12

⇔ 0 ≤ f ′(x) ≤ 12 0, 5pt

c) En appliquant les Inégalités des Accroissements finis, montrons que|f(x)− β| ≤ 1

2 |x− β|.

Comme 0 ≤ f ′(x) ≤ 12 alors on a : |f ′(x)| ≤ 1

2 .Soit x ∈ [1; +∞[. On a aussi β ∈ [1; +∞[. En appliquant les Inégalités des Accroisse-ments finis avec valeur absolue entre x et β, on obtient :

|f(x)− f(β)| ≤ 12 |x− β|.

Or f(β) = β. Par suite : |f(x)− β| ≤ 12 |x− β| 0,5pt

5. Soit g la restriction de f à [0; +∞[. On définit la suite (un) par :u0 = 1

un+1 = g(un), ∀n ≥ 0a) Montrons que la suite (un) est croissante et un ≥ 1, ∀n ≥ 0.

• Montrons que la suite (un) est croissante i.e ∀n ∈ N, un+1 ≥ un.Procédons par récurrence. Soit la propriété :∀n ∈ N, un+1 ≥ un.♣ Vérifions au rang n = 0.

On a u1 = g(u0) = g(1) = 1 + ln 2 ≥ 1 = u0 alors la propriété est vraie au rang n0.♣ Supposons que la propriété est vraie jusqu’au rang n i.e un+1 ≥ un.♣ Montrons que la propriété est vraie au rang n+ 1 i.e un+2 ≥ un+1.

On a un+1 ≥ un =⇒ g(un+1) ≥ g(un) car g est croissante.=⇒ un+2 ≥ un+1. Alors la propriété est vraie au rang n+ 1

Conclusion : ∀n ∈ N, un+1 ≥ un. Alors la suite (un) est croissante. 0,75pt• Montrons que un ≥ 1, ∀n ≥ 0.

Procédons par récurrence. Soit la propriété :∀n ∈ N, un ≥ 1.♣ Vérifions au rang n = 0.

On a u0 = 1 ≥ 1 alors la propriété est vraie au rang n = 0.♣ Supposons que la propriété est vraie jusqu’au rang n i.e un ≥ 1.♣ Montrons que la propriété est vraie au rang n+ 1 i.e un+1 ≥ 1.

On a un ≥ 1 =⇒ g(un) ≥ g(1) car g est croissante.


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=⇒ un+1 ≥ 1 + ln 2 ≥ 1. Alors la propriété est vraie au rang n+ 1Conclusion : ∀n ∈ N, un ≥ 1. 0,75pt

b) Déduisons que : |un+1 − β| ≤12 |un − β|,∀n ≥ 0 .

On a ∀n ∈ N, un ∈ [1; +∞[ et β ∈ [1; +∞[. En appliquant les Inégalités desAccroissements finis avec valeur absolue entre un et β, on obtient :

|f(un)− f(β)| ≤ 12 |un − β|.

Or f(β) = β et f(un) = un+1, on a alors |un+1 − β| ≤12 |un − β| 0,5pt

c) Montrer alors que : |un − β| ≤�1

2

�n|u0 − β|,∀n ≥ 0 .

|un+1 − β| ≤12 |un − β| ⇔

|un − β||un−1 − β|

≤ 12

|u1 − β||u0 − β|

≤ 12

|u2 − β||u1 − β|

≤ 12

|u3 − β||u2 − β|

≤ 12

... ...|un − β||un−1 − β|

≤ 12

En faisant le produit des inégalités membre à membre on obtient :|u1 − β||u0 − β|

× |u2 − β||u1 − β|

× |u3 − β||u2 − β|

× . . . |un − β||un−1 − β|

≤ 12 ×

12 × . . .×

12︸︷︷︸

nfois

.

En simplifiant on obtient : |un − β||u0 − β|

≤�1

2

�nou encore |un − β| ≤

�12

�n|u0 − β|,∀n ≥ 0. 0,5pt

d) Déterminons le plus petit entier p, si possible, tel que |up − β| ≤ 10−1.(On remarquera que |u0 − β| ≤ 2).

|un − β| ≤�1

2

�n|u0 − β|

≤ 2�1

2

�nSi p un entier vérifiant |up − β| ≤ 10−1. On a alors :


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|up − β| ≤ 10−1 ⇒ 2�1

2

�p≤ 10−1

⇒ 2�1

2

�p≤ 1

10⇒

�12

�p≤ 1

20⇒ 2p ≥ 20

⇒ p ln 2 ≥ ln 20

⇒ p ≥ ln 20ln 2

⇒ p = E� ln 20

ln 2

�+ 1

⇒ p = 5 0, 5pt

FIN DE LA CORRECTION !!!


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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : 1e S1Profs : M.A.Camara & M.Djitté

Série d’exercices sur les angles orientés

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+Exercice 1

Soient [Ox) et [Oy) deux demi-droites et α une mesure de l’angle orienté (−→Ox,−→Oy)en radians.Dans chacun des cas suivants ; donner la mesure principale et la plus petite mesurepositive de l’angle (−→Ox,−→Oy).

α = −π6 ; α = 27π4 ; α = −43π

3 ; α = 412π4 ; α = −24π

6 .

===============================

+Exercice 2

Deux cercles (C) et (C ′) sont sécants en A et B. Une droite passant par A recoupe(C) en C et (C ′) en D. Une droite passant par B recoupe (C) en E et (C ′) en F .Montrer que les droites (CE) et (DF ) sont parallèles.

===============================

+Exercice 3

Deux cercles (C) et (C ′) sont sécants en A et B. M est un point de (C). On tracela tangente (T ) à (C) en M . La droite (MA) recoupe (C ′) en M ′ et (MB) recoupe (C ′)en N ′. Montrer (M ′N ′) et (T ) sont parallèles.

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+Exercice 4

1. Soit k ∈ Z. Placer sur le cercle trigonométrique d’origine O les points M , N et


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Q tels que : (−→OI,−−→OM) = 27π6 + 2kπ ; (−→OI,−−→ON) = 38π

3 + 2kπ ; (−→OI,−→OQ) = x avec

3x = −π2 + 2kπ .2. Soit (C) un cercle de centre A. Soit B un point de (C) .

a) Construire les points C, D, E et F du cercle (C) tels que :(−→AB,−→AC) = π

3 ; (−→AB,−−→AD) = 3π4 ; (−→AB,−→AE) = 7π

6 ; (−→AB,−→AF ) = 3π4 .

b) Déterminer une mesure puis la mesure principale de chacun des angles orientéssuivants : (−→AC,−→AE) ; (−−→AD,−→AF ) ; (−→AF,−→AC) ; (−→AF,−→AE)

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+Exercice 5

ACE est un triangle isocèle direct en A tel que AC = 5 et (−→AC,−→AE) = 3π4 [2π].

1. Construire le triangle AEF équilatèral direct et le triangle ABC isocèle rectangledirect en A.2. Déterminer la mesure principale de chacun des angles orientés suivants : (−→AF,−→AB) ;(−→EF,−−→BC) ; (−→AF,−−→CB) ; (−→AF,−−→EC)

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+Exercice 6

Deux cercles (C) et (C ′) sont sécants en A et B. Soit C un point de (C), D un point de(C ′) n’appartenant pas à la droite (AC).Une droite passant par B recoupe (C) en Met (C ′) en N . Soit R le point d’intersection de (CM) et (DN). Montrer les points A,C, D et R sont cocycliques.

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+Exercice 7

A, B et C sont trois points distincts du plan. Déterminer puis représenter l’ensembledes points M du plan dans chacun des cas suivants :(−−→MA,

−−→MB) = π

2 [π] ; (−−→MA,−−→MB) = −π2 [2π] ; (−−→MA,

−−→MB) = π

4 [π] ; (−−→MA,−−→MB) = π

3 [2π] ;

(−−→MA,−−→MB) = 0[π] ; (−−→MA,

−−→MB) = 0[2π] ; (−−→MA,

−−→MB) = π[π] ; (−−→MA,

−−→MB) = π[2π]

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+Exercice 8

Soit ABCD un carré direct. Soient E et F les points tels que ABE et BCF soient destriangles équilatéraux directs.Le but de cet exercice est de montrer que les points D, E et F sont alignés.1. a) Déterminer la nature du triangle DEA puis une mesure de l’angle (−−→DA,−−→DE).

b) En déduire une mesure de l’angle (−−→DE,−−→DC).2.Déterminer la nature du triangle CDF puis une mesure de l’angle (−−→DF,−−→DC).3. Montrer que (−−→DE,−−→DF ) = [π]. Conclure

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+Exercice 9

Soit ABC un triangle non rectangle et H son orthocentre. Soit H ′ le symtrique or-thogonal de H par rapport à (BC).1. Démontrer que (−−→HB,−−→HC) = −(−→AB,−→AC)[π].2. Démontrer que (−−→HB,−−→HC) = −(

−−→H ′B,

−−→H ′C)[2π].

3. Montrer que les quatre points A, B, C et H ′ sont cocycliques.4. Nommer deux autres points sur ce cercle.

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Devoir surveillé no 2 de Mathématiques du 2e semestre


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+Exercice 1(04pts)

Soit (Un)n≥0 la suite définie par

U0 = 1

Un+1 = 1 + 1Un

On considére l’équation (E) : x = 1 + 1x. On désigne par l1 et l2 les solutions de (E)

avec l1 < l2. (On ne demande pas de les calculer)Soit (Vn) la suite définie par : ∀n ∈ N, Vn = Un − l2

Un − l1.

1. Montrer que (Vn) est une suite géométrique de raison l1l2.

2. En déduire que ∀n ∈ N, Vn =�l1l2

�n+1et Un = ln+2

1 − ln+22

ln+11 − ln+1

23. Calculer l1 et l2. En déduire lim

n→+∞Vn et lim

n→+∞Un

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+Exercice 2 (07pts)

Soit f la fonction définie par : f(x) = x3 − 3x+ 6(x− 1)2 .

On note par (Cf) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j ).1. Déterminer le domaine de définition Df de f .2. Calculer les limites de f aux bornes de Df . En déduire l’équation de l’asymptoteverticale.3. a) Déterminer les réels a, b et c tels que : ∀x ∈ Df , f(x) = ax+ b+ c

(x− 1)2 .

b) En déduire que (Cf) admet une asymptote oblique (D) en −∞ et en +∞ donton déterminera son équation.


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c) Etudier les positions relatives de de (Cf) par rapport à (D).

4. Montrer que ∀x ∈ R− {1} , f ′(x) = (x− 3)(x2 + 3)(x− 1)3 .

5. Etudier les variations de f puis dresser son tableau de variation.6. a) Montrer que l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur R et que :

−3 < α < −2.b) En déduire le signe de f

7. Tracer (Cf) ( on précisera les points d’intersection de (Cf) avec les axes du repère).III tourner la page SVP ! ! !

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+PROBLEME(10pts)

Soit f la fonction définie par

f(x) = x(x− 2)

x− 1 si x < 0

f(x) = x+È|x2 − x| si x ≥ 0


aux bornes de Df .b) Etudier la continuité et la dérivabilité de f en 0 et 1. Interpréter les résultats.

2. Calculer f ′(x) sur chaque intervalle où f est dérivable.3. Résoudre dans ]0; 1[, l’inéquation 2

√x− x2 + 1− 2x ≤ 0.

En déduire le signe de f ′(x) sur ]0; 1[ puis étudier son signe sur les autres intervalles.4. Dresser le tableau de variation de f .5. a) Montrer que (Cf) admet une asymptote oblique (∆1) en +∞.

b) Etudier la positon relative de (Cf) par rapport à (∆1) sur ]1; +∞[.6. a) Montrer que (Cf) admet une asymptote oblique (∆2) en −∞.

b) Etudier la positon relative de (Cf) par rapport à (∆2) sur ]−∞; 0[.7. Construire (Cf).8. Soit g la restriction de f à l’intervalle I =]1; +∞[.

a) Montrer que g est une bijection de I sur un intervalle J à préciser.b) g−1 la bijection réciproque de g est-elle dérivable sur J ? Calculer (g−1)′(2).c) Expliciter (g−1)(x) pour x ∈ J .d) Construire (Cg−1) la courbe de g−1 dans le repère (O,−→i ,−→j ).



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Correction du devoir surveillé no 2 de Mathématiques du 2e semestre


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+Exercice 1(04pts)

Soit (Un)n≥0 la suite définie par

U0 = 1

Un+1 = 1 + 1Un

On considére l’équation (E) : x = 1 + 1x. On désigne par l2 et l1 les solutions de (E)

avec l1 < l2. (On ne demande pas de les calculer)Soit (Vn) la suite définie par : ∀n ∈ N, Vn = Un − l2

Un − l1.

1. Montrons que (Vn) est une suite géométrique de raison l1l2.

On a :


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Vn+1 = Un+1 − l2Un+1 − l1

=1 + 1

Un− l2

1 + 1Un− l1

=Un+1−l2Un

UnUn+1−l1Un

Un

= Un + 1− l2UnUn + 1− l1Un

= Un(1− l2) + 1Un(1− l1) + 1

=Un ×− 1

l2+ 1

Un ×− 1l1

+ 1 car l1 = 1 + 1l1

et l2 = 1 + 1l2

=−Un+l2

l2−Un+l1

l1

=Un−l2l2

Un−l1l1

= l1l2

Un − l2Un − l1

= l1l2Vn

Alors Vn+1

Vn= l1l2

. Par conséquent (Vn) est une suite géométrique de raison l1l2. 1pt

2. Déduisons que ∀n ∈ N, Vn =�l1l2

�n+1et Un = ln+2

1 − ln+22

ln+11 − ln+1

2.

• Déduisons que ∀n ∈ N, Vn =�l1l2

�n+1

On a : ∀n ∈ N, Vn = V0

�l1l2

�nOr V0 = U0 − l2

U0 − l1= 1− l2

1− l1

=− 1l2

− 1l1

= l1l2

Alors Vn =�l1l2

��l1l2

�n=

�l1l2

�n+1


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Alors ∀n ∈ N, Vn =�l1l2

�n+1. 0,75pt

• Déduisons que ∀n ∈ N, Un = ln+21 − ln+2

2

ln+11 − ln+1

2

On a : ∀n ∈ N, Vn = Un − l2Un − l1

⇔ Vn(Un − l1) = Un − l2⇔ VnUn − Vnl1 = Un − l2⇔ VnUn − Un = −l2 + Vnl1

⇔ Un(Vn − 1) = −l2 + Vnl1

⇔ Un = Vnl1 − l2Vn − 1

⇔ Un =�l1l2

�n+1l1 − l2�

l1l2

�n+1 − 1

⇔ Un = ln+21 − ln+2

2

ln+11 − ln+1

2

Alors ∀n ∈ N, Un = ln+21 − ln+2

2

ln+11 − ln+1

2. 0,75pt

3. Calculer l1 et l2. En déduire limn→+∞

Vn et limn→+∞

Un

• Calculons l1 et l2.

(E) : x = 1 + 1x⇔ x = x+ 1

x⇔ x2 = x+ 1

⇔ x2 − x− 1 = 0

⇔ l1 = 1−√

52 et l2 = 1 +

√5

2

Alors l1 = 1−√

52 et l2 = 1 +

√5

2 0,25pt+0,25pt

• Déduisons limn→+∞

Vn et limn→+∞

Un

On a :∣∣∣∣∣ l1l2∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣1−√

51 +√

5

∣∣∣∣∣ < 1 alors limn→+∞

�l1l2

�n+1= 0. D’où lim

n→+∞Vn = 0 0,5pt


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limn→+∞

Un = limn→+∞

ln+21 − ln+2

2

ln+11 − ln+1

2

= limn→+∞

ln+22

ln+12

� l1l2 �n+2 − 1�l1l2

�n+1 − 1

= lim

n→+∞l2

� l1l2 �n+2 − 1�l1l2

�n+1 − 1

= l2 ×

0− 10− 1

= l2

= 1 +√

52

Alors limn→+∞

Un = 1 +√

52 0,5pt

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+Exercice 2 (07pts)

Soit f la fonction définie par : f(x) = x3 − 3x+ 6(x− 1)2 .

On note par (Cf) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j ).1. Déterminons le domaine de définition Df de f .

f(x) existe ssi (x− 1)2 6= 0⇔ x− 1 6= 0⇔ x 6= 1.Alors Df = R�{1} =]−∞; 1[∪]1; +∞[ 0,25 pt

2. Calculons les limites de f aux bornes de Df . En déduire l’équation de l’asymp-tote verticale.? Calculons les limites de f aux bornes de Df• limx→−∞

f(x) =?


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limx→−∞


x3 − 3x+ 6(x− 1)2

= limx→−∞

x3 − 3x+ 6x2 − 2x+ 1

= limx→−∞

x3

x2

= limx→−∞

x

= −∞

Alors limx→−∞

f(x) = −∞ 0,25pt

• limx→+∞

f(x) =?

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

x3 − 3x+ 6(x− 1)2

= limx→+∞

x3 − 3x+ 6x2 − 2x+ 1

= limx→+∞

x3

x2

= limx→+∞

x

= +∞

Alors limx→+∞

f(x) = +∞ 0,25pt

• limx→1−

f(x) =?limx→1−

x3 − 3x+ 6 = 4

limx→1−

(x− 1)2 = 0+Alors par quotient on a lim

x→1−f(x) = +∞ 0,25pt

• limx→1+

f(x) =?limx→1+

x3 − 3x+ 6 = 4

limx→1+

(x− 1)2 = 0+Alors par quotient on a lim

x→1+f(x) = +∞ 0,25pt

? Déduisons l’équation de l’asymptote verticale.Comme lim

x→1−f(x) = +∞ et lim

x→1+f(x) = +∞ alors la droite d’équation x = 1 est

asymptote verticale à (Cf). 0,5pt3. a) Déterminons les réels a, b et c tels que : ∀x ∈ Df , f(x) = ax+ b+ c

(x− 1)2 .

On a f(x) = x3 − 3x+ 6x2 − 2x+ 1 .

En faisant la division euclidienne de x3 − 3x+ 6 par x2 − 2x+ 1, on obtient :


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x3 − 3x+ 6x2 − 2x+ 1 = x+ 2 + 4

(x− 1)2 . Par conséquent f(x) = x+ 2 + 4(x− 1)2 .

Alors a = 1 , b = 2 et c = 4. 0,5 pt

b) Déduisons que (Cf) admet une asymptote oblique (D) en −∞ et en +∞ donton déterminera son équation.

On a :

limx→−∞

[f(x)− (x+ 2)] = limx→−∞

4(x− 1)2

= 0

Alors la droite (D) : y = x+ 2 est asymptote oblique à (Cf) en −∞.On a :

limx→+∞

[f(x)− (x+ 2)] = limx→+∞

4(x− 1)2

= 0

Alors la droite (D) : y = x+ 2 est asymptote oblique à (Cf) en +∞.Par conséquent la droite (D) : y = x + 2 est asymptote oblique à (Cf) en −∞ et en+∞.0,5pt

c) Etudions la position relative de de (Cf) par rapport à (D).On a : f(x)− y = 4

(x− 1)2 > 0, ∀x ∈ R�{1}.

Alors sur R�{1}, (Cf) est au dessus de (D). 0,25pt

4. Montrons que ∀x ∈ R− {1} , f ′(x) = (x− 3)(x2 + 3)(x− 1)3 .


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f est dérivable sur R�{1} car étant une fonction rationnelle. De plus, on a :

f ′(x) = (x3 − 3x+ 6)′(x2 − 2x+ 1)− (x2 − 2x+ 1)′(x3 − 3x+ 6)(x− 1)4

= (3x2 − 3)(x2 − 2x+ 1)− (2x− 2)(x3 − 3x+ 6)(x− 1)4

= 3(x− 1)(x+ 1)(x2 − 2x+ 1)− 2(x− 1)(x3 − 3x+ 6)(x− 1)4

= (x− 1) [3(x+ 1)(x2 − 2x+ 1)− 2(x3 − 3x+ 6)](x− 1)4

= 3(x+ 1)(x2 − 2x+ 1)− 2(x3 − 3x+ 6)(x− 1)3

= (3x+ 3)(x2 − 2x+ 1)− 2(x3 − 3x+ 6)(x− 1)3

= 3x3 − 6x2 + 3x+ 3x2 − 6x+ 3− 2x3 + 6x− 12(x− 1)3

= x3 − 3x2 + 3x− 9(x− 1)3

Or x3 − 3x2 + 3x− 9 = (x− 3)(x2 + 3)

Alors f ′(x) = (x− 3)(x2 + 3)(x− 1)3

Par suite ∀x ∈ R�{1}, f ′(x) = (x− 3)(x2 + 3)(x− 1)3 1,5pt

5. Etudions les variations de f puis dresser son tableau de variation.• Etudions les variations de fOn a ∀x ∈ R�{1}, f ′(x) = (x− 3)(x2 + 3)

(x− 1)3

Posons (x− 3)(x2 + 3) = 0 alors x = 3 ; x− 1 = 0 alors x = 1

x −∞ 1 3 +∞

(x− 3)(x2 + 3) − − 0 +

(x− 1)3 − 0 + +

f ′(x) + − 0 +

? ∀x ∈]−∞; 1[∪]3; +∞[, f ′(x) > 0 alors f est strictement croissante sur ]−∞; 1[∪]3; +∞[.0,25pt? ∀x ∈]1; 3], f ′(x) ≤ 0 alors f est décroissante sur ]1; 3] 0,25pt.• dressons le tableau de variation de f . 1pt


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6. a) Montrer que l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur R et que :−3 < α < −2.

• Montrons que l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur R♣ Sur ]−∞; 1[, f est continue et strictement croissante alors elle réalise une bijection

de ]−∞; 1[ sur f (]−∞; 1[) = R. Or O ∈ R alors l’équation f(x) = 0 admet une uniquesolution α sur ]−∞; 1[. 0,25pt♣ Sur ]1; 3[, f est continue et strictement décroissante alors elle réalise une bijection

de ]1; 3[ sur f (]1; 3[) =]6; +∞[. Or O /∈]6; +∞[ alors l’équation f(x) = 0 n’admet pasde solution sur ]1; 3[. 0,25pt♣ Sur ]3; +∞[, f est continue et strictement croissante alors elle réalise une bijection

de ]3; +∞[ sur f (]3; +∞[) =]6; +∞[. Or O /∈]6; +∞[ alors l’équation f(x) = 0 n’admetpas de solution sur ]3; +∞[.Par conséquent l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur R. 0,25pt• Montrons que −3 < α < −2.

On a f(−3) = −0, 75, f(−2) = 0, 44. Alors f(−3)× f(−2) < 0.Par suite −3 < α < −2. 0,25pt

b) Déduisons-en le signe de f . 0,5pt• ∀x ∈]−∞;α], f(x) ≤ 0.• ∀x ∈]α; 1[∪]1; +∞[, f(x) > 0.

7. Traçons (Cf) ( on précisera les points d’intersection de (Cf) avec les axes du repère).1pt• Point d’intersection avec l’axe des abscisses : A(α; 0)• Point d’intersection avec l’axe des ordonnées : B(0; 6)


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III tourner la page SVP ! ! !

===============================

+PROBLEME(10pts)

Soit f la fonction définie par

f(x) = x(x− 2)

x− 1 si x < 0

f(x) = x+È|x2 − x| si x ≥ 0


aux bornes de Df .• Déterminons le domaine de définition Df de f


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Posons f1(x) = x(x− 2)x− 1 si x < 0 et f2(x) = x+

È|x2 − x| si x ≥ 0.

f1(x) existe ⇔ x 6= 1 et x < 0 Alors Df1 =]−∞; 0[f2(x) existe ⇔ |x2 − x| ≥ 0 (toujours vraie) et x ≥ 0 Alors Df2 = [0; +∞[.Donc Df = Df1 ∪Df2 = R. Df = R 0,5pt• Ecrivons f(x) sans le symbole | |.Posons x2 − x = 0. On a x = 0 ou x = 1.

x −∞ 0 1 +∞

x2 − x + 0 − 0 +

|x2 − x| x2 − x 0 −x2 + x 0 x2 − x

f(x) x+√x2 − x 0x+

√−x2 + x 0x+

√x2 − x

f(x) = x(x− 2)x− 1 si x ∈]−∞; 0[

f(x) = x+√−x2 + x si x ∈ [0; 1]

f(x) = x+√x2 − x si x ∈]1; +∞[

• Calculons les limites de f aux bornes de Df .

♣ limx→−∞

f(x) =?

limx→−∞


x(x− 2)x− 1

= limx→−∞

x2 − 2xx− 1

= limx→−∞

x2

x= lim

x→−∞x

= −∞

Alors limx→−∞

f(x) = −∞ 0,25pt

♣ limx→+∞

f(x) =?


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limx→+∞


x+√x2 − x

= limx→+∞

x+Êx2�

1− 1x

�= lim

x→+∞x+ |x|

Ê1− 1

x

= limx→+∞

x+ x

Ê1− 1

x

= limx→+∞

x

(1 +

Ê1− 1

x

)= +∞

Alors limx→+∞

f(x) = +∞ 0,25pt

b) Etudions la continuité et la dérivabilité de f en 0 et 1. Interprétons les résultats.

• Etudions la continuité de f en 0. On a f(0) = 0 +√

02 + 0 = 0

limx→0−

f(x) = limx→0−

x(x− 2)x− 1

= 0(0− 2)0− 1

= 0 = f(0)


limx→0+

f(x) = limx→0+

x+√−x2 + x

= 0 +√

02 + 0

= 0 = f(0)

Alors f est continue à droite en 0. Par suite f est continue en 0. 0,25pt• Etudions la continuité de f en 1. On a f(1) = 1 +

√−12 + 1 = 1

limx→1−

f(x) = limx→1−

x+√−x2 + x

= 1 +√−12 + 1

= 1 = f(1)



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limx→1+

f(x) = limx→1+

x+√x2 − x

= 1 +√

12 − 0

= 1 = f(1)

Alors f est continue à droite en 1. Par suite f est continue en 1. 0,25pt• Etudions la dérivabilité de f en 0.

limx→0−

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0−

x(x−2)x−1x

= limx→0−

x− 2x− 1

= 2

Alors f est pas dérivable à gauche en 0 et f ′g(0) = 2

limx→0+

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0+

x+√−x2 + x

x

= limx→0+

x2 + x2 − x)x(x−

√−x2 + x)

= limx→0+

2x2 − xx(x−

√−x2 + x)

= limx→0+

x(2x− 1)x(x−

√−x2 + x)

= limx→0+

2x− 1x−√−x2 + x

or en 0+, x−√−x2 + x < 0

= ”−10− ”

= +∞

Alors f n’est dérivable à droite en 0. Par suite f n’est pas dérivable en 0. 0,75pt

• Etudions la dérivabilité de f en 1.


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limx→1−

f(x)− f(1)x− 1 = lim

x→1−x+√−x2 + x− 1x− 1

= limx→1−

x− 1x− 1 +

√−x2 + x

x− 1

= limx→1−

1 + −x2 + x

(x− 1)√−x2 + x

= limx→1−

1 + −x(x− 1)(x− 1)

√−x2 + x

= limx→1−

1 + −x√−x2 + x

= ”1 + −10+ ”

= ”1−∞”

= −∞

Alors f n’est pas dérivable à gauche en 1.

limx→1+

f(x)− f(1)x− 1 = lim

x→1+

x+√x2 − x− 1x− 1

= limx→1+

x− 1x− 1 +

√x2 − xx− 1

= limx→1+

1 + x2 − x(x− 1)

√x2 − x

= limx→1+

1 + x(x− 1)(x− 1)

√x2 − x

= limx→1+

1 + x√x2 − x

= ”1 + 10+ ”

= ”1 +∞”

= +∞

Alors f n’est pas dérivable à gauche en 1.Par suite f n’est pas dérivable en 1. 0,75pt

• Interprétons les résultats.F (Cf) admet en 0+ une demi-tangente verticale dirigée vers le haut , d’équation x = 0.F (Cf) admet en 0− une demi-tangente d’équation y = f ′g(0)(x− 0) + f(0) = 2x.F (Cf) admet en 1 une demi-tangente verticale dirigée vers le haut , d’équation x = 1.2. Calculer f ′(x) sur chaque intervalle où f est dérivable.• Sur ]−∞; 0[, f est dérivable car étant une fonction rationnelle.


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• La fonction x 7−→ x est dérivale sur R donc elle l’est sur ]0; 1[.La fonction x 7−→ −x2 +x est dérivale et strictement positive sur ]0; 1[ alors la fonctionx 7−→

√−x2 + x est dérivable sur ]0; 1[. Par somme f est dérivable sur ]0; 1[.

• La fonction x 7−→ x est dérivale sur R donc elle l’est sur ]1; +∞[.La fonction x 7−→ x2−x est dérivale et strictement positive sur ]1; +∞[ alors la fonctionx 7−→

√−x2 + x est dérivable sur ]1; +∞[. Par somme f est dérivable sur ]1; +∞[.

Par conséquent f est dérivable sur R \ {0, 1}♣ Sur ]−∞; 0[ on a :

f ′(x) =�x2 − 2xx− 1

�′= (x2 − 2x)′(x− 1)− (x− 1)′(x2 − 2x)

(x− 1)2

= (2x− 2)(x− 1)− (x2 − 2x)(x− 1)2

= 2x2 − 4x+ 2− x2 + 2x(x− 1)2

= x2 − 2x+ 2(x− 1)2

Alors ∀x ∈]−∞; 0[, f ′(x) = x2 − 2x+ 2(x− 1)2 .

♣ Sur ]0; 1[ on a :

f ′(x) =�x+√−x2 + x

�′= 1 + (−x2 + x)′

2√−x2 + x

= 1 + −2x+ 12√−x2 + x

= 2√−x2 + x− 2x+ 1

2√−x2 + x

Alors ∀x ∈]0; 1[, f ′(x) = 2√−x2 + x− 2x+ 1

2√−x2 + x

♣ Sur ]1; +∞[ on a :


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f ′(x) =�x+√x2 − x

�′= 1 + (x2 − x)′

2√x2 − x

= 1 + 2x− 12√x2 − x

= 2√x2 − x+ 2x− 1

2√x2 − x

Alors ∀x ∈]1; +∞[, f ′(x) = 2√x2 − x+ 2x− 1

2√x2 − x

.

Par conséquent

f ′(x) = x2 − 2x+ 2(x− 1)2 si x ∈]−∞; 0[

f ′(x) = 2√−x2 + x− 2x+ 1

2√−x2 + x

si x ∈]0; 1[

f ′(x) = 2√x2 − x+ 2x− 1

2√x2 − x

si x ∈]1; +∞[


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3. • Résolvons dans ]0; 1[, l’inéquation 2√x− x2 + 1− 2x ≤ 0. On a :

2√x− x2 + 1− 2x ≤ 0 ⇔ 2

√x− x2 ≤ 2x− 1

⇔

x− x2 ≥ 0 (1)

2x− 1 ≥ 0 (2)

(2√x− x2)2 ≤ (2x− 1)2 (3)

⇔

x− x2 ≥ 0 (1)

2x− 1 ≥ 0 (2)

4x− 4x2 ≤ 4x2 − 4x+ 1 (3)

⇔

x− x2 ≥ 0 (1)

2x− 1 ≥ 0 (2)

−8x2 + 8x− 1 ≤ 0 (3)

⇔

S1 = [0; 1]

S2 =�12; +∞

�S3 =

]−∞; 2−

√2

4

] ⋃ [2+√

24 ; +∞

]

Alors S = S1 ∩ S2 ∩ S3∩]0; 1[=[

2 +√

24 ; 1

[

S =[

2 +√

24 ; 1

[.

• Déduisons-en le signe de f ′(x) sur ]0; 1[ .On a ∀x ∈]0; 1[, 2

√−x2 + x > 0 alors f ′ est de même signe 2

√x− x2 + 1− 2x.

Ainsi, on a :

∀x ∈]0; 2 +

√2

4

[, f ′(x) > 0

∀x ∈[

2 +√

24 ; 1

[, f ′(x) ≤ 0.

• étudions son signe sur les autres intervalles.♣ Sur ]1; +∞[, on a :∀x ∈]1; +∞[, 2

√x2 − x > 0 alors f ′ est de même signe 2

√x2 − x+ 2x− 1.


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Posons 2√x2 − x+ 2x− 1 ≤ 0. On a alors :

2√x2 − x+ 2x− 1 ≤ 0 ⇔ 2

√x2 − x ≤ −2x+ 1

⇔

x2 − x ≥ 0 (1)

−2x+ 1 ≥ 0 (2)

(2√x2 − x)2 ≤ (−2x+ 1)2 (3)

⇔

x2 − x ≥ 0 (1)

−2x+ 1 ≥ 0 (2)

4x2 − 4x ≤ 4x2 − 4x+ 1 (3)

⇔

x2 − x ≥ 0 (1)

−2x+ 1 ≥ 0 (2)

0 ≤ 1(toujours vraie) (3)

⇔

S1 =]−∞; 0] ∪ [1; +∞[

S2 =�−∞; 1

2

�S3 = R

Alors S = S1 ∩ S2 ∩ S3∩]1; +∞[= Φ Alors ∀x ∈]1; +∞[, 2√x2 − x + 2x − 1 > 0.

Ainsi, on a :

∀x ∈]1; +∞[, f ′(x) > 0♣ Sur ]−∞; 0[, on a :∀x ∈]−∞; 0[, (x− 1)2 > 0 alors f ′ est de même signe x2 − 2x+ 2.Posons x2 − 2x+ 2 = 0. On a ∆ = −4 < 0. Alors ∀x ∈ R, x2 − 2x+ 2 > 0. Par suite∀x ∈]−∞; 0[, f ′(x) > 0

4. Dressons le tableau de variation de f .


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5. a) Montrons que (Cf) admet une asymptote oblique (∆1) en +∞.On a :• limx→+∞

f(x) = +∞.

• limx→+∞

f(x)x

= limx→+∞

x+√x2 − xx

= limx→+∞

x+ |x|È

1− 1x

x

= limx→+∞

x+ xÈ

1− 1x

x

= limx→+∞

x(1 +È

1− 1x)

x

= limx→+∞

1 +Ê

1− 1x

= 2

• limx→+∞

[f(x)− 2x] = limx→−∞

�x+√x2 − x− 2x

�= lim

x→+∞

�√x2 − x− x

�= lim

x→+∞

�x2 − x− x2√x2 − x+ x

�= lim

x→+∞

� −x√x2 − x+ x

�= lim

x→+∞

−x|x|È

1− 1x

+ x

= lim

x→+∞

−xxÈ

1− 1x

+ x

= lim

x→+∞

−xx(È

1− 1x

+ 1)

= lim

x→+∞

−1È1− 1

x+ 1

= −1

2

Alors la droite (∆1) : y = 2x− 12 est asymptote oblique à (Cf) en +∞.

b) Etudier la positon relative de (Cf) par rapport à (∆1) sur [1; +∞[.


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f(x)− y = x+√x2 − x− 2x+ 1

2=√x2 − x− x+ 1

2

Posons√x2 − x− x+ 1

2 ≤ 0. On a alors :

√x2 − x− x+ 1

2 ≤ 0 ⇔√x2 − x ≤ x− 1

2

⇔

x2 − x ≥ 0 (1)

x− 12 ≥ 0 (2)�√x2 − x

�2≤�x− 1

2

�2(3)

⇔

x2 − x ≥ 0 (1)

x− 12 ≥ 0 (2)

x2 − x ≤ x2 − x+ 14 (3)

⇔

x2 − x ≥ 0 (1)

x− 12 ≥ 0 (2)

0 ≤ 14(toujours vraie) (3)

⇔

S1 =]−∞; 0] ∪ [1; +∞[

S2 =�12; +∞

�S3 = R

Alors S = S1 ∩ S2 ∩ S3 ∩ [0; +∞[= [1; +∞[ Alors ∀x ∈]1; +∞[, f(x)− y ≤ 0. Ainsi, ona :∀x ∈ [1; +∞[, f(x)− y ≤ 0 alors sur [1; +∞[ (Cf) est en dessous de (∆1).

Autre méthode


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f(x)− y = x+√x2 − x− 2x+ 1

2=√x2 − x− x+ 1

2

=x2 − x− (x− 1

2)2√x2 − x+ x− 1

2

=x2 − x− x2 + x− 1

4√x2 − x+ x− 1

2

=−1

4√x2 − x+ x− 1

2< 0 car ∀x ∈ [1; +∞[,

√x2 − x+ x− 1

2 > 0

Alors sur [1; +∞[ (Cf) est en dessous de (∆1).6. a) Montrons que (Cf) admet une asymptote oblique (∆2) en −∞.On a :• limx→−∞

f(x) = −∞.

• limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

x(x−2)x−1x

= limx→−∞

x− 2x− 1

= limx→−∞

x

x= 1

• limx→−∞

[f(x)− x] = limx→−∞

�x(x− 2)x− 1 − x

�= lim

x→−∞

�x2 − 2xx− 1 − x

�= lim

x→−∞

�x2 − 2x− x2 + x

x− 1

�= lim

x→−∞

x2 − 2x− x2 + x

x− 1= lim

x→−∞

−xx− 1

= limx→−∞

−xx

= −1

Alors la droite (∆2) : y = x− 1 est asymptote oblique à (Cf) en −∞.b) Etudions la positon relative de (Cf) par rapport à (∆2) sur ]−∞; 0[.


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On a :

f(x)− y = x(x− 2)x− 1 − (x− 1)

= x2 − 2x− x2 + x+ x− 1x− 1

= −1x− 1

Or ∀x ∈]−∞; 0[, x− 1 < 0 alors f(x)− y = −1x− 1 > 0. Par conséquent (Cf) est au

dessus de (∆2)7. Construisons (Cf).


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8. Soit g la restriction de f à l’intervalle I =]1; +∞[.a) Montrons que g est une bijection de I sur un intervalle J à préciser.

g est continue et strictement croissante sur ]1; +∞[ alors elle réalise une bijection deI =]1; +∞[ sur J = f(I) =]1; +∞[.

b) g−1 la bijection réciproque de g est-elle dérivable sur J ? Calculer g�4

3

�puis

(g−1)′(2).g est dérivable sur I et ∀x ∈ I, g′(x) > 0. D’où g est dérivable sur I et ∀x ∈ I,g′(x) 6= 0.Par suite g−1 est dérivable sur J .

On a : g�4

3

�= 2 et


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(g−1)′(2) = 1g′(x0) Or g(x0) = 2 alors x0 = 4

3

= 1g′�

43

�= 9

4

Alors (g−1)′(2) = 49

c) Explicitons (g−1)(x) pour x ∈ J .Soit x ∈]1; +∞[ et y ∈]1; +∞[ tel que f(x) = y. On a alors :

f(x) = y ⇔ x+√x2 − x = y

⇔√x2 − x = y − x

⇔ x2 − x = (y − x)2 avec y ≥ x

⇔ x2 − x = y2 − 2xy + x2

⇔ x2 − x− y2 + 2xy − x2 = 0

⇔ −x+ 2xy − y2 = 0

⇔ x(−1 + 2y) = y2

⇔ x = y2

2y − 1

Alors ∀x ∈]1; +∞[, g−1(x) = x2

2x− 1

d) Construisons (Cg−1) dans le repère (O,−→i ,−→j ) (voir figure)

FIN DE LA CORRECTION ET BON COURAGE!!!


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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : 1e S1Profs : M.A.Camara & M.Djitté

Série d’exercices sur les angles orientés

===============================

+Exercice 1

Soient [Ox) et [Oy) deux demi-droites et α une mesure de l’angle orienté (−→Ox,−→Oy)en radians.Dans chacun des cas suivants ; donner la mesure principale et la plus petite mesurepositive de l’angle (−→Ox,−→Oy).

α = −π6 ; α = 27π4 ; α = −43π

3 ; α = 412π4 ; α = −24π

6 .

===============================

+Exercice 2

Deux cercles (C) et (C ′) sont sécants en A et B. Une droite passant par A recoupe(C) en C et (C ′) en D. Une droite passant par B recoupe (C) en E et (C ′) en F .Montrer que les droites (CE) et (DF ) sont parallèles.

===============================

+Exercice 3Deux cercles (C) et (C ′) sont sécants en A et B. M est un point de (C). On trace latangente (T ) à (C) en M . La droite (MA) recoupe (C ′) en M ′ et (MB) recoupe (C ′)en N ′. Montrer (M ′N ′) et (T ) sont parallèles.

===============================

+Exercice 4

1. Soit k ∈ Z. Placer sur le cercle trigonométrique d’origine O les points M , N etQ tels que : (−→OI,−−→OM) = 27π

6 + 2kπ ; (−→OI,−−→ON) = 38π3 + 2kπ ; (−→OI,−→OQ) = x avec


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3x = −π2 + 2kπ .2. Soit (C) un cercle de centre A. Soit B un point de (C) .

a) Construire les points C, D, E et F du cercle (C) tels que :(−→AB,−→AC) = π

3 ; (−→AB,−−→AD) = 3π4 ; (−→AB,−→AE) = 7π

6 ; (−→AB,−→AF ) = 3π4 .

b) Déterminer une mesure puis la mesure principale de chacun des angles orientéssuivants : (−→AC,−→AE) ; (−−→AD,−→AF ) ; (−→AF,−→AC) ; (−→AF,−→AE)

===============================

+Exercice 5

ACE est un triangle isocèle direct en A tel que AC = 5 et (−→AC,−→AE) = 3π4 [2π].

1. Construire le triangle AEF équilatèral direct et le triangle ABC isocèle rectangledirect en A.2. Déterminer la mesure principale de chacun des angles orientés suivants : (−→AF,−→AB) ;(−→EF,−−→BC) ; (−→AF,−−→CB) ; (−→AF,−−→EC)

===============================

+Exercice 6

Deux cercles (C) et (C ′) sont sécants en A et B. Soit C un point de (C), D un point de(C ′) n’appartenant pas à la droite (AC).Une droite passant par B recoupe (C) en Met (C ′) en N . Soit R le point d’intersection de (CM) et (DN). Montrer les points A,C, D et R sont cocycliques.

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+Exercice 7

A, B et C sont trois points distincts du plan. Déterminer puis représenter l’ensembledes points M du plan dans chacun des cas suivants :(−−→MA,

−−→MB) = π

2 [π] ; (−−→MA,−−→MB) = −π2 [2π] ; (−−→MA,

−−→MB) = π

4 [π] ; (−−→MA,−−→MB) = π

3 [2π] ;

(−−→MA,−−→MB) = 0[π] ; (−−→MA,

−−→MB) = 0[2π] ; (−−→MA,

−−→MB) = π[π] ; (−−→MA,

−−→MB) = π[2π]

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+Exercice 8


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Soit ABCD un carré direct. Soient E et F les points tels que ABE et BCF soient destriangles équilatéraux directs.Le but de cet exercice est de montrer que les points D, E et F sont alignés.1. a) Déterminer la nature du triangle DEA puis une mesure de l’angle (−−→DA,−−→DE).

b) En déduire une mesure de l’angle (−−→DE,−−→DC).2.Déterminer la nature du triangle CDF puis une mesure de l’angle (−−→DF,−−→DC).3. Montrer que (−−→DE,−−→DF ) = 0[π]. Conclure

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+Exercice 9

Soit ABC un triangle non rectangle et H son orthocentre. Soit H ′ le symtrique or-thogonal de H par rapport à (BC).1. Démontrer que (−−→HB,−−→HC) = −(−→AB,−→AC)[π].2. Démontrer que (−−→HB,−−→HC) = −(

−−→H ′B,

−−→H ′C)[2π].

3. Montrer que les quatre points A, B, C et H ′ sont cocycliques.4. Nommer deux autres points sur ce cercle.

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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : 1e S1Profs : M.A.Camara & M.Djitté ( Stagiaire)

Série d’exercices sur la trigonométrie

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+Exercice 1

1. Démontrer que pour tout réel x de l’intervalle�0; π2

�:√

1 + sin 4x = | sin 2x+cos 2x|.

2. Démontrer que 16 sin π

24 sin 5π24 sin 7π

24 sin 11π24 = 1.

3. Léquation x2 − 5x + 3 = 0 posséde deux racines x1 et x2. Soient α et β deux réelstels que x1 = tanα et x2 = tan β . Calculer tan(α + β).

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+Exercice 2

Résoudre dans I les équations suivantes :

a) sin x = −√

32 , I = [0; 2π] ; b) cos

�x− π

2

�= 1

2 , I = R

c) sin (3x) = cos�x− π

6

�, I = R ; d) 3 tan2 x− 1 = 0 , I = [−π; π[

e) 3 sin2 x + cos x − 1 = 0 , I = R ; f) 4 sin2 x + 2(√

2 − 1) sin x −√

2 = 0, I = Rpuis I = [0; 2π]

g) cosx+ sin x =√

2 , I = R ; h)√

3 cosx+ sin x =√

2 , I = R

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+Exercice 3

Résoudre dans I les inéquations suivantes :a)√

2 sin�

2x+ π

2

�− 1 ≤ 0 , I = [0; 2π] ; b) sin x− cosx ≤ 0 , I = R

c) 1− 2 cosx2 sin x−

√3≥ 0 , I = [−π; π[ ; d) tan

�x− π

6

�≥ 0, I = R

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+Exercice 4

Soit ABC un triangle.

1. Montrer que sin ÒA+ sin ÒB + sin ÒC = 4 sinÒA+ ÒB

2 cosÒA2 cos

ÒB2 .

2. En déduire que sin ÒA+ sin ÒB + sin ÒC = 4 cosÒA2 cos

ÒB2 cos

ÒC2

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+Exercice 5

Soit ABCDE un pentagone régulier inscrit dans un cercle trigonométrique.1. En utilisant la relation −→OA+−−→OB +−→OC +−−→OD +−−→OE = −→O , montrer que :

a) 1 + 2�

cos 2π5 + cos 4π

5

�= 0

b) 1 + 4 cos 2π5 cos 4π

5 = 0.

2. En déduire les valeurs exactes de cos 2π5 et cos 4π

5

===============================

+Exercice 6

1. Exprimer cos 4x en fonction de cosx.2. On considère l’équation (E) : cos 4x+ 2 sin2 x = 0.

a) Montrer que (E) est équivalente à l’équation 8 cos4 x− 10 cos2 x+ 3 = 0.b) Résoudre (E) puis placer les points images des solutions sur le cercle trigonomé-

trique.

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+Exercice 7

Démontrer les égalités suivantes :a) (1 + sin x+ cosx)2 = 2(1 + sin x)(1 + cos x) ; b) 1− sin x

cosx = cosx1 + sin x

c) tan 3x = tan x 3− tan2 x

1− 3 tan2 x; d) 1 + cos x− sin x

1− cosx− sin x = − cot x2e) cos4 x = 1

8 (cos 4x+ 4 cos 2x+ 3)


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Devoir surveillé no 3 de Mathématiques du 2e semestre


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+Exercice 1 (04pts)

Soit f la fonction définie par f(x) = sin 2x + 2 sin x. On désigne par (Cf) sa courbereprésentative dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j )1. Déterminer Df puis justifier le choix de l’intervalle [0;π] comme l’intervalle d’étude.2. Montrer que f est dérivable sur [0;π] et ∀x ∈ [0;π], f ′(x) = 4

�cosx− 1

2

�(cosx+ 1).

3. Dresser le tableau de variation de f sur [0;π].4. Construire (Cf) sur [−2π; 2π] (On précisera les tangentes horizontales)

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+Exercice 2(05pts)

1. Soient α, β et γ trois réels tels que α + β + γ = π et α 6= π

2 + kπ , β 6= π

2 + kπ ,

γ 6= π

2 + kπ, k ∈ Z .Montrer que tanα + tan β + tan γ = tanα tan β tan γ

2. Résoudre dans I les équations et inéquations suivantes :a) 4 sin2 x+ 2(1−

√3) cosx− 4 +

√3 > 0, I = [0; 2π]

b) | cos 2x| = 12 , I =]−π; π] (on représentera les images des solutions sur un cercle

trigonométrique)c) 8 cos4 x+ 10 sin2 x− 7 = 0, I =]− π; π].

3. Soit ABC un triangle quelconque. On suppose que sin 2ÒA+ sin 2ÒB + sin 2ÒC 6= 0.Soit O le barycentre du système

¦(A, sin 2ÒA); (B, sin 2ÒB); (C, sin 2ÒC)

©.

Montrer alors que O est aussi le barycentre du système :¦(A, tan ÒB + tan ÒC); (B, tan ÒA+ tan ÒC); (C, tan ÒA+ tan ÒB)

©===============================


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+Exercice 3(04pts)

Soit ABCDE un pentagone régulier inscrit dans un cercle trigonométrique.1. En utilisant la relation −→OA+−−→OB +−→OC +−−→OD +−−→OE = −→O , montrer que :

a) 1 + 2�

cos 2π5 + cos 4π

5

�= 0

b) 1 + 4 cos 2π5 cos 4π

5 = 0.

2. En déduire les valeurs exactes de cos 2π5 et cos 4π

5III tourner la page SVP ! ! !

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Soient (C) et (C ′) deux cercles tangents extérieurement en un point I. Une droitepassant par I recoupe (C) en A et (C ′) en B. Une autre droite passant par I recoupe(C) en C et (C ′) en D.Montrer que les droites (AC) et (DB) sont parallèles.

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Soient ABC un triangle et (C) le cercle circonscrit au triangle ABC. Soit M un pointquelconque de (C). On désigne par I, J et K les projetés orthogonaux de M respecti-vement sur (AB), (AC) et (BC).Montrer que les points I, J et K sont alignés.NB : La droite contenant I, J et K est appelée la droite de Simson du point M .

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Soient (C) et (C ′) deux cercles sécants en S et M . Une droite passant par S recoupe(C) en B et (C ′) en C. Une autre droite passant par S recoupe (C) en P et (C ′) en N .Les droites (NC) et (BP ) se coupent en un point A.Montrer que les points M , A, B et C sont cocycliques.


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Correction du devoir surveillé no 3 de Mathématiques du 2e semestre


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+Exercice 1 (04pts)

Soit f la fonction définie par f(x) = sin 2x + 2 sin x. On désigne par (Cf) sa courbereprésentative dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j )1. Déterminons Df puis justifions le choix de l’intervalle [0;π] comme l’intervalled’étude.• Déterminons Df .

f(x) existe ∀x ∈ R. Alors Df = R.• justifions le choix de l’intervalle [0;π] comme l’intervalle d’étude.

D’une part,

∀ x ∈ R , on a : (x+ 2π) ∈ R et f(x+ 2π) = sin 2(x+ 2π) + 2 sin(x+ 2π)

= sin(2x+ 4π) + 2 sin(x+ 2π)

= sin 2x+ 2 sin x

= f(x)

Alors f est périodique de période T = 2π. Donc on peut étudier sur [−π; π] (1)D’autre part,

∀ x ∈ R , on a : −x ∈ R et f(−x) = sin(−2x) + 2 sin(−x)

= − sin 2x− 2 sin x

= −(sin 2x+ 2 sin x)

= −f(x)

Alors f est impaire. Donc on peut étudier sur [0; +∞[ (2).De (1) et (2), on en déduit que le domaine d’étude est DE = [−π; π] ∩ [0; +∞[= [0; π] .


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2. Montrons que f est dérivable sur [0;π] et ∀x ∈ [0;π], f ′(x) = 4�

cosx− 12

�(cosx+ 1).

• Montrons que f est dérivable sur [0;π]La fonction x 7→ sin 2x est dérivale sur R, donc elle l’est sur [0;π].La fonction x 7→ sin x est dérivale sur R, donc elle l’est sur [0;π].

Par suite f est dérivable sur [0;π] car étant somme de fonctions dérivables sur [0;π].• Montrons que ∀x ∈ [0;π], f ′(x) = 4

�cosx− 1

2

�(cosx+ 1).

∀x ∈ [0;π] on a f ′(x) = (sin 2x+ 2 sin x)′

= (sin 2x)′ + 2(sin x)′

= 2 cos 2x+ 2 cosx

= 2(2 cos2 x− 1) + 2 cosx

= 4 cos2 x+ 2 cosx− 2

= 4�

cosx− 12

�(cosx+ 1)

Alors ∀x ∈ [0;π], f ′(x) = 4�

cosx− 12

�(cosx+ 1) .

3. Dressons le tableau de variation de f sur [0;π].

∀x ∈ [0;π], cosx+ 1 ≥ 0. Alors le signe de f ′ dépend de celui de cosx− 12 .

Posons cosx− 12 ≥ 0⇔ cosx ≥ cos π3 ⇔ x ∈

�0; π3

�.

x 0 π

3 π

cosx+ 1 + +

cosx− 12 + 0 −

f ′(x) + 0 −

? ∀x ∈�0; π3

�, f ′(x) ≥ 0 alors f est croissante sur

�0; π3

�.

? ∀x ∈�π

3 ; π�, f ′(x) < 0 alors f est strictement décroissante sur

�π3 ; π

�.

D’où le tableau de variation suivant :


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f(0) = 0, f(π) = 0 et f�π

3

�= 3√

32 = 2, 6

4. Construisons (Cf) sur [−2π; 2π] (On précisera les tangentes horizontales)(Cf) admet une tangente horizontale au point d’abscisse π et une tangente hori-

zontale au point d’abscisse π3 .• Tableau de valeurs

x 0 π

6π

3π

2 π

f(x) 0 1, 8 2, 6 2 0

• Construisons (Cf) sur [−2π; 2π]? On construit d’abord (Cf) sur [0;π]. Comme f est impaire alors sur [−π; π], on

construit (Cf) par la symétrie de centre O.? Ensuite, comme f est périodique de période 2π, alors sur [−2π; 2π], on construit

(Cf) par les translations des vecteurs 2π−→i sur [0; +∞[ et −2π−→i sur ]−∞; 0]


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===============================

+Exercice 2(05pts)

1. Soient α, β et γ trois réels tels que α + β + γ = π et α 6= π

2 + kπ , β 6= π

2 + kπ ,

γ 6= π

2 + kπ, k ∈ Z .Montrons que tanα + tan β + tan γ = tanα tan β tan γ

D’une part, on a : tan(α + β) = tan(π − γ) = − tan γ (1).D’autre part, on a : tan(α + β) = tanα + tan β

1− tanα tan β (2).

(1) = (2) =⇒ − tan γ = tanα + tan β1− tanα tan β

=⇒ − tan γ(1− tanα tan β) = tanα + tan β

=⇒ − tan γ + tan γ tanα tan β = tanα + tan β

=⇒ tan γ tanα tan β = tanα + tan β + tan γ

On a alors tanα + tan β + tan γ = tanα tan β tan γ

2. Résolvons dans I les équations et inéquations suivantes :a) 4 sin2 x+ 2(1−

√3) cosx− 4 +

√3 > 0, I = [0; 2π]


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4 sin2 x+ 2(1−√

3) cosx− 4 +√

3 > 0 ⇔ 4 sin2 x− 4 + 2(1−√

3) cosx+√

3 > 0

⇔ 4(sin2 x− 1) + 2(1−√

3) cosx+√

3 > 0

⇔ 4(− cos2 x) + 2(1−√

3) cosx+√

3 > 0

⇔ −4 cos2 x+ 2(1−√

3) cosx+√

3 > 0

Faisons un changement de variable

Posons X = cosx. On a alors :

−4 cos2 x+ 2(1−√

3) cosx+√

3 > 0 ⇔ −4X2 + 2(1−√

3)X +√

3 > 0

⇔ −4�X − 1

2

�(X +

√3

2

)> 0

Retour au changement de variable

−4 cos2 x+ 2(1−√

3) cosx+√

3 > 0 ⇔ −4�

cosx− 12

�(cosx+

√3

2

)> 0

Cherchons le signe cosx− 12 et celui de cosx+

√3

2 dans [0; 2π]

On a :cosx− 1

2 ≥ 0⇔ cosx ≥ 12 ⇔ x ∈

�0; π3

�⋃ �5π3 ; 2π

�cosx+

√3

2 ≥ 0⇔ cosx ≥ −√

32 ⇔ x ∈

�0; 5π

6

�⋃ �7π6 ; 2π

�x 0 π

35π6

7π6

5π3 2π

cosx− 12 + 0 − − − 0 +

cosx+√

32 + + 0 − 0 + +

−4 − − − − −

−4�

cosx− 12

�(cosx+

√3

2

)− 0 + 0 − 0 + 0 −

On en déduit alors S[0;2π] =�π

3 ; 5π6

�⋃ �7π6 ; 5π

3

�b) | cosx| = 1

2 , I =]− π; π] (on représentera les images des solutions sur un cercle


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trigonométrique)On a | cos 2x| = 1

2 ⇔ cos 2x = 12 ou cos 2x = −1

2 .

On résout les deux équations suivantes : (E1) : cos 2x = 12 et (E2) : cos 2x = −1

2

(E1) : cos 2x = 12 ⇔ cos 2x = cos π3

⇔

2x = π

3 + 2kπ

2x = −π3 + 2kπ, k ∈ Z

⇔

x = π

6 + kπ

x = −π6 + kπ, k ∈ Z

• Dans ]− π; π], on a :D’une part,

−π < x ≤ π ⇔ −π < −π6 + kπ ≤ π

⇔ −π + π

6 < kπ ≤ π + π

6⇔ −5π

6 < kπ ≤ 7π6

⇔ −56 < k ≤ 7

6⇔ −0, 8 < k ≤ 1, 16 donc k ∈ {0; 1}

Si k = 0 alors x = −π6Si k = 1 alors x = 5π

6

D’autre part,

−π < x ≤ π ⇔ −π < π

6 + kπ ≤ π

⇔ −π − π

6 < kπ ≤ π − π

6⇔ −7π

6 < kπ ≤ 5π6

⇔ −76 < k ≤ 5

6⇔ −1, 16 < k ≤ 0, 83 donc k ∈ {−1; 0}

Si k = −1 alors x = π

6


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acar

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Si k = 0 alors x = −5π6

(E2) : cos 2x = −12 ⇔ cos 2x = cos 2π

3

⇔

2x = 2π

3 + 2kπ

2x = −2π3 + 2kπ, k ∈ Z

⇔

x = π

3 + kπ

x = −π3 + kπ, k ∈ Z

• Dans ]− π; π], on trouve de manière analoguex = −π3 ou x = 2π

3 ou x = −2π3 ou x = π

3Finalement on a S]−π;π] =

§−5π

6 ;−2π3 ;−π3 ;−π6 ; π6 ; π3 ; 2π

3 ; 5π6

ª.

Soient M1, M2, M3, M4, M5, M6, M7 et M8 les images respectives des solutions−5π

6 ;−2π3 ; −π3 ; −π6 ; π6 ; π3 ;2π3 ; 5π

6

c) 8 cos4 x+ 10 sin2 x− 7 = 0, I =]− π; π].

On a :


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acar

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8 cos4 x+ 10 sin2 x− 7 = 0 ⇔ 8 cos4 x+ 10(1− cos2 x)− 7 = 0

⇔ 8 cos4 x+ 10− 10 cos2 x− 7 = 0

⇔ 8 cos4 x− 10 cos2 x+ 3 = 0

Faisons un changement de variable

En posant X = cos2 x, on obtient :

8 cos4 x− 10 cos2 x+ 3 = 0 ⇔ 8X2 − 10X + 3 = 0

⇔ X1 = 12 et X2 = 3

4

Retour au changement de variable

D’une part, on a :

cos2 x = 12 ⇔

cosx =

√2

2cosx = −

√2

2

⇔

cosx = cos π4

cosx = cos 3π4

⇔

x = π

4 + 2kπ ou x = −π4 + 2kπ, k ∈ Z

x = 3π4 + 2kπ ou x = −3π

4 + 2kπ, k ∈ Z

Alors dans ]− π; π], on a : x = π

4 ou x = −π4 ou x = 3π4 ou x = −3π

4


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D’autre part, on a :

cos2 x = 34 ⇔

cosx =

√3

2cosx = −

√3

2

⇔

cosx = cos π6

cosx = cos 5π6

⇔

x = π

6 + 2kπ ou x = −π6 + 2kπ

x = 5π6 + 2kπ ou x = −5π

6 + 2kπ

Alors dans ]− π; π], on a : x = π

6 ou x = −π6 ou x = 5π6 ou x = −5π

6 .

S]−π;π] =§−5π

6 ;−3π4 ;−π4 ;−π6 ; π6 ; π4 ; 3π

4 ; 5π6

ª.

3. Soit ABC un triangle quelconque. On suppose que sin 2ÒA+ sin 2ÒB + sin 2ÒC 6= 0.Soit O le barycentre du système

¦(A, sin 2ÒA); (B, sin 2ÒB); (C, sin 2ÒC)

©.

Montrons alors que O est aussi le barycentre du système :¦(A, tan ÒB + tan ÒC); (B, tan ÒA+ tan ÒC); (C, tan ÒA+ tan ÒB)

©On a :

tan ÒA+ tan ÒB = sin ÒAcos ÒA + sin ÒB

cos ÒB= sin ÒA cos ÒB + sin ÒB cos ÒA

cos ÒA cos ÒB= sin(ÒA+ ÒB)

cos ÒA cos ÒB= sin(π − ÒC)

cos ÒA cos ÒB= sin ÒC

cos ÒA cos ÒB= 2 sin ÒC cos ÒC

2 cos ÒA cos ÒB cos ÒC= sin 2C

2 cos ÒA cos ÒB cos ÒC= 1

ksin 2C en posant k = 2 cos ÒA cos ÒB cos ÒC

=⇒ sin 2C = k(tan ÒA+ tan ÒB)


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acar

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De manière analogue, on obtient sin 2A = k(tan ÒB+tan ÒC) et sin 2B = k(tan ÒA+tan ÒB). On a ainsi :

O = bar¦(A, sin 2A); (B, sin 2B), (C, sin 2C)

©= bar

¦(A, k(tan ÒB + tan ÒC)); (B, k(tan ÒA+ tan ÒC)), (C, k(tan ÒA+ tan ÒB))

©= bar

¦(A, tan ÒB + tan ÒC); (B, tan ÒA+ tan ÒC), (C, tan ÒA+ tan ÒB)

©

On en déduit que O est aussi le barycentre du système :¦(A, tan ÒB + tan ÒC); (B, tan ÒA+ tan ÒC); (C, tan ÒA+ tan ÒB)

©===============================

+Exercice 3(04pts)

Soit ABCDE un pentagone régulier inscrit dans un cercle trigonométrique.1. En utilisant la relation −→OA+−−→OB +−→OC +−−→OD +−−→OE = −→O , montrons que :

a) 1 + 2�

cos 2π5 + cos 4π

5

�= 0


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acar

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On a :

−→OA+−−→OB +−→OC +−−→OD +−−→OE = −→O ⇒

−→OA.(−→OA+−−→OB +−→OC +−−→OD +−−→OE) = 0

⇒−→OA.−→OA+−→OA.−−→OB +−→OA.−→OC +−→OA.−−→OD +−→OA.−−→OE = 0

⇒ 1 + cos 2π5 + cos 4π

5 + cos 6π5 + cos 8π

5 = 0

⇒ 1 + cos 2π5 + cos 8π


5 = 0

⇒ 1 + cos 2π5 + cos

�2π − 2π

5

�+ cos 4π

5 + cos�

2π − 4π5

�= 0

⇒ 1 + cos 2π5 + cos

�−2π

5

�+ cos 4π

5 + cos�−4π

5

�= 0

⇒ 1 + cos 2π5 + cos 2π


5 = 0

⇒ 1 + 2 cos 2π5 + 2 cos 4π

5 = 0

⇒ 1 + 2�

cos 2π5 + cos 4π

5

�= 0

Alors 1 + 2�

cos 2π5 + cos 4π

5

�= 0 .

b) 1 + 4 cos 2π5 cos 4π

5 = 0.

1 + 2�

cos 2π5 + cos 4π

5

�= 0 =⇒ 1 + 2× 2 cos

( 2π5 + 4π

52

)cos

( 2π5 −

4π5

2

)= 0

=⇒ 1 + 4 cos 6π10 cos −2π

10 = 0

=⇒ 1 + 4 cos 3π5 cos π5 = 0

=⇒ 1 + 4 cos�π − 2π

5

�cos

�π − 4π

5

�= 0

=⇒ 1 + 4×− cos 2π5 ×− cos 4π

5 = 0

=⇒ 1 + 4 cos 2π5 cos 4π

5 = 0

Alors 1 + 4 cos 2π5 cos 4π

5 = 0

2. Déduisons les valeurs exactes de cos 2π5 et cos 4π

5


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acar

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1 + 2

�cos 2π

5 + cos 4π5

�= 0

1 + 4 cos 2π5 cos 4π

5 = 0

=⇒

cos 2π

5 + cos 4π5 = −1

2

cos 2π5 cos 4π

5 = −14

Alors cos 2π5 et cos 4π

5 sont des solutions de l’équation du second degré : x2+12x−

14 = 0.

Donc x1 = −1−√

54 < 0 et x2 = −1 +

√5

4 > 0. Or 2π5 ∈

�0; π2

�donc cos 2π

5 > 0.

Par suite cos 2π5 = −1 +

√5

4 et cos 4π5 = −1−

√5

4

===============================


Soient (C) et (C ′) deux cercles tangents extérieurement en un point I. Une droitepassant par I recoupe (C) en A et (C ′) en B. Une autre droite passant par I recoupe(C) en C et (C ′) en D.Montrons que les droites (AC) et (DB) sont parallèles.

F Figure

F Montrons que les droites (AC) et (DB) sont parallèles.


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Il suffit de montrer que (−→AC,−−→DB) = 0[π].Soit (D) la tangente commune à (C) et (C ′). Soient T et T ′ deux points de (D) situésd’une et d’autre part du point I.

2(−→IA,−→IT ′) = (−→OA,−→OI)[2π](caractérisation de la tangente)

2(−→CA,−→CI) = (−→OA,−→OI)[2π](théorème de l′angle inscrit)

On a alors 2(−→CA,−→CI) = 2(−→IA,−→IT ′)[2π]⇔ (−→CA,−→CI) = (−→IA,

−→IT ′)[π]

De même2(−→IB,−→IT ) = (

−−→O′B,

−→O′I)[2π](caractérisation de la tangente)

2(−−→DB,−→DI) = (−−→O′B,

−→O′I)[2π](théorème de l′angle inscrit)

On a alors 2(−→IB,−→IT ) = 2(−→DI,−−→DB)[2π]⇔ (−−→DB,−→DI) = (−→IB,−→IT )[π]

(−→AC,−−→DB) = (−→AC,−→CI) + (−→CI,−−→DB) + 2k1π k1 ∈ Z

= (−−→CA,−→CI) + (−→ID,−−→DB) + 2k1π

= (−−→CA,−→CI) + (−−→DI,−−→DB) + 2k1π

= (−→CA,−→CI) + π + 2k2π + (−→DI,−−→DB) + π + 2k3π + 2k1π

= (−→CA,−→CI) + (−→DI,−−→DB) + 2k4π

= (−→CA,−→CI)− (−−→DB,−→DI) + 2k5π + 2k4π

= (−→CA,−→CI)− (−−→DB,−→DI) + 2k6π

= (−→IA,−→IT ′) + k7π − (−→IB,−→IT ) + k8π + 2k6π

= (−→IA,−→IT ′)− (−→IB,−→IT ) + k9π

= (−→IA,−→IT ′) + (−→IT ,−→IB) + 2k10π + k9π

= (−→IA,−→IT ′) + (−→IT ,−→IA) + π + 2k11π + 2k10π + k9π

= (−→IT ,−→IT ′) +Kπ

= π +Kπ

= (K + 1)π

= 0[π]

Alors les droites (AC) et (DB) sont parallèles.

===============================


Soient ABC un triangle et (C) le cercle circonscrit au triangle ABC. Soit M un point


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quelconque de (C). On désigne par I, J et K les projetés orthogonaux de M respecti-vement sur (AB), (AC) et (BC).Montrons que les points I, J et K sont alignés.F Figure

F Montrons que les points I, J et K sont alignés.• AMI et AMJ sont deux triangles rectangles qui ont la même hypoténuse AM

donc les points A, M , I et J sont cocycliques.• CKM et CMJ sont deux triangles rectangles qui ont la même hypoténuse CM

donc les points C, K, M et J sont cocycliques.• les points A, B, C et M sont cocycliques.

On a alors :

(−→JI,−→JK) = (−→JI,−−→JM) + (−−→JM,−→JK) + 2k1π k1 ∈ Z

= (−→AI,−−→AM) + k1π + (−−→CM,−−→CK) + k3π + 2k1π

= (−→AI,−−→AM) + (−−→CM,−−→CK) + k4π

= (−→AB,−−→AM) + 2k5π + (−−→CM,−−→CB) + 2k6π + k4π

= (−−→CB,−−→CM) + (−−→CM,−−→CB) + k7π

= (−−→CB,−−→CB) + k7π

= 0 + k7π

= 0[π]

Alors les vecteurs −→JI et −→JK sont colinéaires. D’où les points I, J et K sont alignés.


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===============================


Soient (C) et (C ′) deux cercles sécants en S et M . Une droite passant par S recoupe(C) en B et (C ′) en C. Une autre droite passant par S recoupe (C) en P et (C ′) en N .Les droites (NC) et (BP ) se coupent en un point A.Montrons que les points M , A, B et C sont cocycliques.

F Figure

F Montrons que les points M , A, B et C sont cocycliques.• les points P , B, S et M sont cocycliques.• les points S, M , N et C sont cocycliques.


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(−−→MB,−−→MC) = (−−→MB,

−−→MS) + (−−→MS,

−−→MC) + 2k1π

= (−−→PB,−→PS) + k2π + (−→NS,−−→NC) + k3π + 2k1π

= (−−→PB,−→PS) + (−→NS,−−→NC) + k3π + 2k1π + k2π

= (−−→PB,−→SN) + 2k4π + (−→NS,−−→NC) + k3π + 2k1π + k2π

= (−−→PB,−→SN) + (−→NS,−−→NC) + k3π + 2k1π + k2π + 2k4π

= (−→BA,−→SN) + 2k5π + (−→NS,−→AC) + 2k7π + k3π + 2k1π + k2π + 2k4π

= (−→AB,−→NS) + 2k8π + 2k5π + (−→NS,−→AC) + 2k7π + k3π + 2k1π + k2π + 2k4π

= (−→AB,−→NS) + (−→NS,−→AC) + 2k7π + k3π + 2k1π + k2π + 2k4π + 2k8π + 2k5π

= (−→AB,−→AC) +Kπ

= (−→AB,−→AC)[π]

Alors M , A, B et C sont cocycliques.



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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : T les S2Date : le 25 Mai 2016 Durée : 04 heures


+Exercice 1 (06pts)

Soit S la transformation du plan complexe muni d’un repère orthonormé, d’écriturecomplexe : z′ = (1 + i)z + 2i. A le point d’affixe −2 et B celui d’affixe −1.

Partie A1. Donner la nature et les éléments caractéristiques de S.2. Déterminer l’affixe du point C l’image du point B par la transformation S.3. En déduire la nature du triangle ABC.

Partie B

Soit la suite (zn) définie par

z0 = −1

zn+1 = (1 + i)zn + 2i1. Calculer z1 et z2.2. On considère la suite (un) définie par : un = zn + 2.

a) Montrer que la suite suite (un) est une suite géométrique dont on précisera laraison et le premier terme.b) En déduire une expression de zn en fonction de n.

3. Soit Mn le point d’affixe zn.a) Construire les points Mn pour n variant de 0 à 8.b) Pour quelles valeurs de n les points Mn sont-ils à l’intérieur du cercle de centreA et de rayon 5.c) Démontrer que zn+1 + 2

zn + 2 = 1 + i et en déduire la nature du triangle AMnMn+1

===============================

+Exercice 2(04pts)

Une entreprise a mis au point un nouveau produit et cherche à en fixer le prix devente. Un enquête est réalisée auprès des clients potentiels ; les résultats sont donnésdans le tableau suivant où yi représente le nombre d’exemplaires du produit que les


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clients sont disposés à acheter si le prix de vente, exprimé en milliers de francs ;est xi.

xi 60 80 100 120 140 160 180 200yi 952 805 630 522 510 324 205 84

On appelle X la variable statistique dont les valeurs sont xi et Y celle dont les va-leurs sont les yi.1. Calculer le coefficient de corrélation linéaire de Y et X. La valeur trouvée justifie-t-elle la recherche d’un ajustement linéaire ?2. Déterminer l’équation de la droite de régression de Y en X.3. Les frais de conception du produit se sont élevés à 28 millions de francs. Le prix defabrication de chaque produit est de 25.000 francs.

a) Déduire de la question précénte que le bénéfice z en fonction du prix de vente xest donné par l’égalité : z = −5, 95x2 + 1426, 25x− 59937, 5 où x et z sont exprimés enmilliers de francs.

b) Déterminer le prix de vente x permettant de réaliser un bénéfice maximum etcalculer ce bénéfice.

NB : Prendre 2 chiffres après la virgule sans arrondirRappel : Bénéfice=Prix de vente -Prix de revient

===============================

+Exercice 3(04pts)

Soit l’équation différentielle : (E) : y′′ − 2y′ + 2y = 2− 4x+ 2x2.1. Trouver g une fonction polynôme du second degré solution de (E).2. Montrer que y est solution de (E) si et seulement si y − g est solution de l’équationdifférentielle (E1) : y′′ − 2y′ + 2y = 0.3. En déduire les solutions de (E).4. Trouver la solution f de (E) dont la courbe représentative passe par l’origine durepère et admet en ce point une tangente parallèle à la droite d’équation y = x.5. A l’aide d’une intégration par partie, calculer I =

∫ π

0ex sin xdx.

6. Retrouver le calcul de l’intégral ci-dessus à l’aide de f .

===============================

+Exercice 4(04pts)


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On considère la fonction f de R vers R définie par

f(x) = x2ln�x+ 1

x

�si x > 0

f(x) = xe1x si x < 0

f(0) = 0

1. Prouver que la fonction f est bien définie sur R.2. Etudier la continuité et la dérivabilité de f en 0 puis sur R.3. Soit g la restriction de f sur [0; +∞[.

a) Etudier les branches infinies de g.b) Montrer que pour x > 0 on a : g′(x) = xu(x) avec u(x) = 2ln

�x+ 1x

�− 1x+ 1 .

c) En étudiant les variations de la fonction u, montrer que u(x) est strictementpositif sur l’intervalle [0; +∞[.d) En déduire que g est une bijection de l’intervalle I = [0; +∞[ vers un intervalleJ que l’on précisera. La réciproque de g est-elle dérivable en 0.e) Construire la courbe de g et celle de sa réciproque dans un même repère ortho-

normé (O,−→i ,−→j ).


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Lycée Sergent Malamine CAMARA Année Scolaire 2015-2016Cellule de Mathématiques Classe : T les S2Date : le 25 Mai 2016 Durée : 04 heures

Correction de la Composition de Mathématiques du 2e semestre


+Exercice 1 (06pts)

Soit S la transformation du plan complexe muni d’un repère orthonormé, d’écritutrecomplexe : z′ = (1 + i)z + 2i. A le point d’affixe −2 et B celui d’affixe −1.

Partie A1. Donnons la nature et les éléments caractéristiques de S.• Nature de SComme (1 + i) ∈ C− R et |1 + i| =

√2 6= 1 alors S est une similitude plane directe .

• éléments caractéristiques de SSoient I le centre de S, k son rapport et θ son angle. On a alors :

k = |1 + i| =√

2 ; θ = arg(1 + i) = π

4 et zI = 2i1− (1 + i) = −2 = zA.

Par suite S est la similitude plane directe de centre A de rapport√

2 et d’angle π

4 .

S = s(A,√

2, π4 ) .

2. Déterminons l’affixe du point C l’image du point B par la transformation S.

S(B) = C ⇔ zC = (1 + i)zB + 2i

⇔ zC = (1 + i)(−1) + 2i

⇔ zC = −1− i+ 2i

⇔ zC = −1 + i

zC = −1 + i .

3. Déduisons la nature du triangle ABC.


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On a :

BC

BA= |zC − zB||zA − zB|

= | − 1 + i+ 1|| − 2 + 1| = |i| = 1 donc BA = BC

(−−→BC,−→BA) = arg

�zC − zBzA − zB

�= arg(i) = π

2 [2π]Alors le triangle ABC est rectangle isocèle en B.

Partie B

Soit la suite (zn) définie par

z0 = −1

zn+1 = (1 + i)zn + 2i1. Calculons z1 et z2.

z1 = (1 + i)z0 + 2i

= (1 + i)(−1) + 2i

= −1− i+ 2i

= −1 + i alors z1 = −1 + i

z1 = (1 + i)z1 + 2i

= (1 + i)(−1 + i) + 2i

= −1− 1 + 2i

= −2 + 2i alors z2 = −2 + 2i

2. On considère la suite (un) définie par : un = zn + 2.a) Montrons que la suite suite (un) est une suite géométrique dont on précisera laraison et le premier terme.On a :


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acar

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un+1 = zn+1 + 2

= (1 + i)zn + 2i+ 2

= (1 + i)(zn + 2)

= (1 + i)un=⇒ un+1

un= 1 + i

Alors (un) est une suite géométrique de raison 1 + i et de premier terme u0 = z0 + 2 =−1 + 2 = 1

b) Déduisons une expression de zn en fonction de n.

zn = un − 2

= u0(1 + i)n − 2

= 1× (1 + i)n − 2

= (1 + i)n − 2 alors zn = (1 + i)n − 2

3. Soit Mn le point d’affixe zn.a) Construisons les points Mn pour n variant de 0 à 8.z0 = −1 , z1 = −1 + i

z2 = (1 + i)z1 + 2i = −2 + 2i

z3 = (1 + i)z2 + 2i = −4 + 2i

z4 = (1 + i)z3 + 2i = −6

z5 = (1 + i)z4 + 2i = −6− 4i

z6 = (1 + i)z5 + 2i = −2− 8i


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z7 = (1 + i)z6 + 2i = 6− 8i

z8 = (1 + i)z7 + 2i = 14

b) Les valeurs de n pour lesquelles les points Mn sont à l’intérieur du cercle decentre A et de rayon 5.Les points points Mn sont à l’intérieur du cercle de centre A et de rayon 5 si et

seulement si AMn < 5. On a alors :

AMn < 5 ⇔ |zMn − zA| < 5

⇔ |zn + 2| < 5

⇔ |(1 + i)n − 2 + 2| < 5

⇔ |(1 + i)n| < 5

⇔ |1 + i|n < 5

⇔ (√

2)n < 5

⇔ nln(√

2) < ln5

⇔ 12nln2 < ln5

⇔ n <2ln5ln2

⇒ n < 4, 6


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Alors n = 0 ou n = 1 ou n = 2 ou n = 3 ou n = 4.c) Démontrons que zn+1 + 2

zn + 2 = 1 + i et déduisons la nature du triangle AMnMn+1.

• Démontrons que zn+1 + 2zn + 2 = 1 + i.

On a : un+1

un= 1 + i . Or un = zn + 2 et un+1 = zn+1 + 2 alors zn+1 + 2

zn + 2 = 1 + i .

• Déduisons la nature du triangle AMnMn+1.

zn+1 + 2zn + 2 = 1 + i ⇔ 1− zn+1 + 2

zn + 2 = 1− (1 + i)

⇔ zn + 2− zn+1 − 22 + zn

= −i

⇔ zn − zn+1

2 + zn= −i

⇔ zn+1 − zn−2− zn

= −i

|zn+1 − zn|| − 2− zn|

= | − i| = 1 =⇒ MnMn+1

MnA= 1 donc MnMn+1 = MnA

arg

�zn+1 − zn−2− zn

�= arg(−i) = −π2 [2π] donc (−−−→MnA,

−−−−−→MnMn+1) = −π2 [2π]

Alors le triangle AMnMn+1 est rectangle isocèle en Mn.

===============================

+Exercice 2(04pts)

Une entreprise a mis au point un nouveau produit et cherche à en fixer le prix devente. Un enquête est réalisée auprès des clients potentiels ; les résultats sont donnésdans le tableau suivant où yi représente le nombre d’exemplaires du produit que lesclients sont disposés à acheter si le prix de vente, exprimé en milliers de francs ;est xi.


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xi 60 80 100 120 140 160 180 2008∑i=1

xi = 1040

yi 952 805 630 522 510 324 205 848∑i=1

yi = 4032

xiyi 57.120 64.400 63.000 62.640 71.400 51.840 36.900 16.8008∑i=1

xiyi = 424.100

x2i 3.600 6.400 10.000 14.400 19.600 25.600 32.400 40.000

8∑i=1

x2i = 152.000

y2i 906.304 648.025 396.900 272.484 260.100 104.976 42.025 7.056

8∑i=1

y2i = 2.637.870

On appelle X la variable statistique dont les valeurs sont xi et Y celle dont les va-leurs sont les yi.1. Calculons le coefficient de corrélation linéaire de Y et X. La valeur trouvée justifie-t-elle la recherche d’un ajustement linéaire ?• Calculons le coefficient de corrélation linéaire r de Y et X.♣ X = 1

8

8∑i=1

xi = 10408 = 130

♣ Y = 18

8∑i=1

yi = 40328 = 504

♣ cov(X, Y ) = 18∑

xiyi − XY = 424.1008 − 130× 504 = −12.507, 5

♣ var(X) = 18

8∑i=1

x2i − X2 = 152.000

8 − 1302 = 2.100

♣ var(Y ) = 18

8∑i=1

y2i − Y 2 = 263.7870

8 − 5042 = 75.717, 75

♣ σX =Èvar(Y ) =

√2100 = 45, 82

♣ σY =Èvar(Y ) =

√75.717, 75 = 275, 16

On en déduit alors : r = cov(X, Y )σXσY

= −12.507, 545, 82× 275, 16 = −0.99 donc r = −0, 99 .

• Justification de la recherche d’un ajustement linéaire.Comme 0, 87 < |r| < 1 on a alors une forte corrélation ; ce qui justifie la recherche d’unajustement linéaire.2. Déterminons l’équation de la droite de régression de Y en X.

On a : DY/X : y = ax+ b avec

a = cov(X, Y )

var(X) = −12.507, 52100 = −5, 95

b = Y − aX = 504− (−5, 95)(130) = 1.277, 5

Alors Dy/x : y = −5, 95x+ 1.277, 5

3. Les frais de conception du produit se sont élevés à 28 millions de francs. Le prix de


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fabrication de chaque produit est de 25.000 francs.a) Déduisons de la question précénte que le bénéfice z en fonction du prix de vente

x est donné par l’égalité : z = −5, 95x2 + 1426, 25x− 59937, 5 où x et z sont exprimésen milliers de francs. On a :♣ Le prix de vente de y exemplaires est : xy♣ Le prix de revient est : 28000 + 25y On en déduit alors :

z = Prixdevente− Prixderevient

= xy − (25y + 28000)

= xy − 25y − 28000

= x(−5, 95x+ 1.277, 5)− 25(−5, 95x+ 1.277, 5)− 28000

= −5, 95x2 + 1.277, 5x+ 148, 75x− 31937, 5− 28000

= −5, 95x2 + 1426, 25x− 59937, 5

Alors z = −5, 95x2 + 1426, 25x− 59937, 5

b) Déterminons le prix de vente x permettant de réaliser un bénéfice maximum etcalculer ce bénéfice.

Posons f(x) = −5, 95x2 + 1426, 25x − 59937, 5. f est dérivable sur [0; +∞[ et on a :f ′(x) = −11, 9x+ 1426, 25. Alors f ′(x) = 0⇔ x = 119, 85.

Le prix de vente x permettant de réaliser un bénéfice maximum est alors x = 119850 francs

qui correspond à un bénéfice maximum z = f(119, 85) = 25.532.620 francs

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+Exercice 3(04pts)

Soit l’équation différentielle : (E) : y′′ − 2y′ + 2y = 2− 4x+ 2x2.1. Trouvons g une fonction polynôme du second degré solution de (E).Soit g(x) = ax2 + bx+ c une solution de (E). On a alors g′′ − 2g′ + 2g = 2− 4x+ 2x2.Or g′(x) = 2ax+ b , g′′(x) = 2a, on en déduit :

g′′ − 2g′ + 2g = 2− 4x+ 2x2 ⇔ 2a− 2(2ax+ b) + 2(ax2 + bx+ c) = 2− 4x+ 2x2

⇔ 2a− 4ax− 2b+ 2ax2 + 2bx+ 2c = 2− 4x+ 2x2

⇔ 2ax2 + (−4a+ 2b)x+ 2a− 2b+ 2c = 2− 4x+ 2x2

⇔

2a = 2

−4a+ 2b = −4

2a− 2b+ 2c = 2

⇔

a = 1

b = 0

c = 0

Alors g(x) = x2

2. Montrons que y est solution de (E) si et seulement si y− g est solution de l’équationdifférentielle (E1) : y′′ − 2y′ + 2y = 0.

y − g est solution de (E1) ⇔ (y − g)′′ − 2(y − g)′ + 2(y − g) = 0

⇔ y′′ − g′′ − 2y′ + 2g′ + 2y − 2g = 0

⇔ y′′ − 2y′ + 2y − (g′′ − 2g′ + 2g) = 0

⇔ y′′ − 2y′ + 2y − (g′′ − 2g′ + 2g)︸︷︷︸=2−4x+2x2

= 0

⇔ y′′ − 2y′ + 2y − (2− 4x+ 2x2) = 0

⇔ y′′ − 2y′ + 2y = 2− 4x+ 2x2

⇔ y est solution de (E)

3. Déduisons les solutions de (E).Posons h = y − g où y est solution de (E). Alors h est une solution de (E1). Détermi-nons h.


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(E1) : y′′ − 2y′ + 2y = 0.(E1) a pour équation caractéristique r2 − 2r + 2 = 0 qui a deux racines complexesconjugués r1 = 1 + i et r2 = 1− i. D’où h(x) = ex(A cosx+B sin x), (A,B) ∈ R2.On a alors y = h+ g. Par suite l’ensemble des solutions de (E) est :

S =¦x 7→ ex(A cosx+B sin x) + x2, (A,B) ∈ R2© .

4. Trouvons la solution f de (E) dont la courbe représentative passe par l’originedu repère et admet en ce point une tangente parallèle à la droite d’équation y = x.On a f(x) = ex(A cosx+B sin x) + x2 avec f(0) = 0 et f ′(0) = 1.f est dérivable sur R et on a :

∀x ∈ R , f ′(x) = ex(A cosx+B sin x) + ex(−A sin x+B cosx) + 2x

= ex(A cosx+B sin x− A sin x+B cosx) + 2x

f(0) = 0 ⇔ A = 0

f ′(0) = 1 ⇔ A+B = 1

Par suite A = 2 et B = 1. D’où f(x) = ex sin x+ x2 .

5. A l’aide d’ intégrations par partie, calculons I =∫ π

0ex sin xdx.

Posons u′(x) = ex =⇒ u(x) = ex ; v(x) = sin x =⇒ v′(x) = cos x

I =∫ π

0ex sin xdx

= [ex sin x]π0 −∫ π

0ex cosxdx

= −∫ π

0ex cosx

= − [ex cosx]π0 −∫ π

0ex sin xdx (intégration par partie))

= eπ + 1− I

⇔ 2I = eπ + 1

⇔ I = eπ + 12

Alors I = eπ + 12 .

6. Retrouvons le calcul de l’intégral ci-dessus à l’aide de f .


Bab

acar

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En intégrant l’équation différentielle (E), on obtient :

−2f(x) = f ′′(x)− 2f ′(x)− 2 + 4x+ 2x2

−2∫ π

0f(x)dx =

∫ π

0(f ′′(x)− 2f ′(x)− 2 + 4x− 2x2)dx

=�f ′(x)− 2f(x)− 2x+ 2x2 − 2

3x3�π

0

= f ′(π)− 2f(π)− 2π + 2π2 − 23π

3 − f ′(0) orf(π) = π2 , f ′(π) = 2π − eπ

= 2π − eπ − 2π2 − 2π + 2π2 − 23π

3 − 1

= −eπ − 23π

3 − 1

=⇒∫ π

0f(x)dx = 1

2eπ + 1

3π3 + 1

2 (1)

En utilisant f solution de (E), on obtient :∫ π

0f(x)dx =

∫ π

0

�ex sin x+ x2� dx

=∫ π

0ex sin xdx+

∫ π

0x2dx

= I +�13x

3�π

0

= I + 13π

3 (2)

(1) = (2) =⇒ 12e

π + 13π

3 + 12 = I + 1

3π3

On en déduit que I = eπ + 12

===============================

+Exercice 4(04pts)

On considère la fonction f de R vers R définie par

f(x) = x2ln�x+ 1

x

�si x > 0

f(x) = xe1x si x < 0

f(0) = 0

1. Prouvons que la fonction f est bien définie sur R.


Bab

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Posons f1(x) = x2ln�x+ 1

x

�si x > 0 et f2(x) = xe

1x si x < 0.

f1(x) existe ⇔

x+ 1x

> 0

x 6= 0

x > 0

⇔

x ∈]−∞;−1[∪]0; +∞[

x 6= 0

x > 0

. Alors Df1 =]0; +∞[

f2(x) existe ⇔

x 6= 0

et

x < 0

Alors Df2 =]−∞; 0[.

Or f(0) existe alors 0 ∈ Df . Donc Df = Df1 ∪Df2 ∪ {0} = R. Df = R .

2. Etudions la continuité et la dérivabilité de f en 0 puis sur R.

• Etudions la continuité de f en 0

limx→0+

f(x) = limx→0+

x2 ln�x+ 1

x

�= lim

x→0+

�x2 ln(x+ 1)− x2 ln x

�= 0× ln 1− 0

= 0 = f(0)

limx→0+

f(x) = 0 = f(0) Alors f est continue à droite en 0.

limx→0−

f(x) = limx→0−

xe1x

= 0× 0

= 0

limx→0−

f(x) = 0 Alors f est continue à gauche en 0.

Par suite f est continue en 0. Par conséquent f est continue sur R.• Etudions la dérivabilité de f en 0

limx→0+

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0+x ln

�x+ 1x

�= lim

x→0+[x ln(x+ 1)− x ln x]

= 0


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acar

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limx→0+

f(x)− f(0)x− 0 = 0 Alors f est dérivable à droite en 0 et f ′d(0) = 0.

limx→0−

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0−x

xe

1x

= = limx→0−

e1x

= 0

limx→0−

f(x)− f(0)x− 0 = 0 Alors f est dérivable à gauche en 0 et f ′g(0) = 0.

Or f ′g(0) = f ′d(0) = 0 alors f est dérivable en 0 et f ′(0) = 0. Par conséquent fest dérivable sur R.Interprétation graphique :

limx→0

f(x)− f(0)x− 0 = 0

f continue en 0Alors (Cf) admet une tangente horizontale (y = 0) au point

d’abscisse 0.3. Soit g la restriction de f sur [0; +∞[.

a) Etudions les branches infinies de g.

F limx→+∞

g(x) = limx→+∞

�x2 ln

�x+ 1x

��= lim

x→+∞x

ln�1 + 1

x

�1x

= limx→0+

1X× lim

X→0+

ln (1 +X)X

en posant X = 1x

= +∞× 1

= +∞

Alors limx→+∞

g(x) = +∞

F limx→+∞

g(x)x

= limx→+∞

�x ln

�x+ 1x

��= lim

x→+∞

ln�1 + 1

x

�1x

= limX→0+

ln (1 +X)X

en posant X = 1x

= 1


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acar

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Alors limx→+∞

f(x) = 1

F limx→+∞

[g(x)− x] = limx→+∞

�x2 ln

�x+ 1x

�− x

�= lim

x→+∞

�x2 ln

�1 + 1

x

�− x

�= lim

X→0

� 1X

ln(1 +√X)− 1√

X

�en posant X = 1

x2

= limX→0

[1X

ln(1 +√X)−√X

X

]

= limX→0

ln�1 +√X�−√X

X

= lim

X→0

f(X)− f(0)X − 0 en posant f(X) = ln

(1 +√X)−√X

= f ′(0) or f ′(x) = −12(√X + 1)

= −12(√

0 + 1)

= −12

Alors limx→+∞

[g(x)− x] = −12

Par suite la droite d’équation y = x− 12 est Asymptote à (Cg) en +∞

b) Montrer que pour x > 0 on a : g′(x) = xu(x) avec u(x) = 2ln�x+ 1

x

�− 1x+ 1 .

On a : g(x) = x2ln�x+ 1

x

�.

La fonction x 7→ x+ 1x

est dérivable et strictement positive sur ]0; +∞[.La fonction x 7→ lnx est dérivable sur ]0; +∞[. Alors par composée la fonction x 7→ln�x+ 1

x

�est dérivable sur ]0; +∞[.

De plus la fonction x 7→ x2 est dérivable sur ]0; +∞[. Alors par produit g est dérivablesur ]0; +∞[ et on a :


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acar

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∀x ∈]0; +∞[, g′(x) = (x2)′ln�x+ 1

x

�+ ln

�x+ 1x

�′x2

= 2xln�x+ 1

x

�+ x2x− x− 1

x(x+ 1)

= 2xln�x+ 1

x

�− x

x+ 1= x

�2ln

�x+ 1x

�− 1x+ 1

�= xu(x)

Alors ∀x ∈]0; +∞[, g′(x) = xu(x) .

c) En étudiant les variations de la fonction u, montrer que u(x) est strictementpositif sur l’intervalle [0; +∞[.

u est dérivable sur ]0; +∞[ et on a :

∀x ∈]0; +∞[, u′(x) = 2ln�x+ 1

x

�′−� 1x+ 1

�′= − 2

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

= − 2(x+ 1)x(x+ 1)2 + x

x(x+ 1)2

= − x+ 2x(x+ 1)2 < 0

Alors u est strictement décroissante sur ]0; +∞[. Or limx→+∞

u(x) = 0 alors u est stricte-ment positif sur l’intervalle ]0; +∞[.


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acar

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d) Déduisons que g est une bijection de l’intervalle I = [0; +∞[ vers un intervalleJ que l’on précisera. La réciproque de g est-elle dérivable en 0.

F Déduisons que g est une bijection de l’intervalle I = [0; +∞[ vers un intervalleJ que l’on préciseraOn a ∀x ∈]0; +∞[, u(x) > 0 alors g′(x) = xu(x) > 0. Par suite g est strictement

croissante sur [0; +∞[.

Comme g est continue et strictement croissante [0; +∞[ alors g réalise une bijectionde I = [0; +∞[ vers J = [0; +∞[.F Dérivabilité de g−1 en y0 = 0.

On a : g(x0) = y0 = 0 =⇒ x0 = 0. Or comme g est dérivable en x0 = 0 et g′(0) = 0donc g−1 n’est pas dérivable en y0 = 0.

e) Construisons la courbe de g et celle de sa réciproque dans un même repèreorthonormé (O,−→i ,−→j ).


Bab

acar

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===============================

+Exercice 1 (03pts)

1. Soit (un)n≥2 la suite dfinie par

u2 =

√2

2

un+1 = un cos� π

2n+1

�a) Montrer par récurrence que : ∀n ≥ 2 ; 0 < un < 1.


Bab

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b) Montrer que (un) est décroissante et en déduire que (un) converge.2. Soit (vn)n≥2 la suite définie par vn = un sin

� π2n�.

Montrer que (vn) est une suite géométrique dont on précisera la raison et lepremier terme.

3. Exprimer vn puis un en fonction de n.4. Montrer que lim

n→+∞un = 2

π(On rappelle que lim

x→0

sin xx

= 1)

===============================

+Exercice 2(04pts)

1. Résoudre dans R :a) 2 sin x tan x+ 4 cosx = 5b) (√

2 + 1) cos2 x+ (√

2− 1) sin2 x+ 2 sin x cosx =√

2 + 1.

2. Résoudre dans [−π; π], l’inéquation 4 cos3 x− 3 cosx− 11− 2 sin x ≤ 0.

3. On considère l’équation (E) :�È

2 +√

2�

cosx+�È

2−√

2�

sin x−√

2 = 0.

a) En remarquant que π4 = 2× π

8 , déterminer la valeur exacte de cos π8 et sin π8 .b) En déduire la résolution de (E) dans [0;π].

===============================

+Exercice 3(05pts)

Soit f la fonction définie par f(x) = 1 + cos 3xcos3 x

. On note par (Cf) sa courbe re-

présentative dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j )

1. Déterminer le domaine de définition Df de f puis justifier le choix de l’intervalleDE =

�0; π2

�⋃ �π2 ; π

�comme intervalle d’étude.

III tourner la page SVP ! ! !

2. Calculer les limites de f aux bornes deDE en déduire une équation de l’asymptoteverticale.3. Montrer f est dérivable sur DE et ∀x ∈ DE, f ′(x) = 3 sin x(1− 2 cosx)

cos4 x.

4. Etudier les variations de f puis dresser son tableau de variation sur DE.5. Construire (Cf) sur [−π; π].

===============================


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+Problème(08pts)

PARTIE A(01, 5pts)

Soit f la fonction définie sur R par f(x) = x2 + 2x(x2 + x+ 1)2 .

1. Montrer que f admet une primitive F sur R de la forme F (x) = ax+ b

x2 + x+ 1 oùa et b sont des réels à déterminer.2. En déduire la primitive G de f sur R qui s’annule en 0.

PARTIE B(06, 5pts)

Soit h la fonction définie par

h(x) = x2

x2 + x+ 1 si x < 0

h(x) =

Ì∣∣∣∣∣x2(x− 2)x− 1

∣∣∣∣∣ si x > 0

h(0) = 0On note par (Ch) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j )1. Déterminer le domaine de définition Dh de h puis calculer les limites de h aux bornesde Dh.2. Etudier la continuité et la dérivabilité de h en 0 et en 2. Interpréter les résultats.3. a) Montrer que la droite (∆) d’équation y = x− 1

2 est asymptote oblique à (Ch)en +∞.b) Etudier la nature de la branche infinie en −∞.

5. Calculer h′(x) sur chaque intervalle où h est dérivable puis dresser le tableau devariation de h.5. Construire (Ch). ( On admet que (Ch) et ∆ se rencontrent au point d’abcisse x = 1, 6)6. Soit k la restriction de h sur l’intervalle I = [2; +∞[.

a) Montrer que k réalise une bijection de I vers un intervalle J à préciser.b) k−1 la réciproque de k est-elle dérivable en 0 ?.c) Construire (Ck−1), la courbe de k−1 dans le repère (O,−→i ,−→j )

===============================


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acar

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Correction de la Composition de Mathématiques du 2e semestre


+Exercice 1 (03pts)

1. Soit (un)n≥2 la suite dfinie par

u2 =

√2

2

un+1 = un cos� π

2n+1

�a) Montrons par récurrence que : ∀n ≥ 2 ; 0 < un < 1.

Soit P (n) la propriété : " 0 < un < 1".F Vérifions que la propriété est vraie au rang n = 2.(initialisation)

On a : u2 =√

22 =⇒ 0 < u2 < 1. Alors la propriété est vraie au rang n = 2.

F Supposons que la propriété est vraie jusqu’au rang n c-a-d 0 < un < 1. (Hypothèsede récurrence)F Montrons que la propriété est vraie au rang n+ 1 c-a-d 0 < un+1 < 1. (héréditaire).

On a : un+1 = un cos� π

2n+1

�.

0 < un < 1 ⇔ 0 < un cos� π

2n+1

�< cos

� π

2n+1

�car

π

2n+1 ∈�0; π4

�donc cos

� π

2n+1

�> 0

⇔ 0 < un cos� π

2n+1

�< cos

� π

2n+1

�< 1

⇔ 0 < un cos� π

2n+1

�< 1

⇔ 0 < un+1 < 1

Alors la propriété est vraie au rang n+ 1.Conclusion : ∀n ≥ 2 ; 0 < un < 1

b) Montrons que (un) est décroissante et déduisons que (un) converge.• Montrer que (un) est décroissante

On a :


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∀n ≥ 2 ; un+1 − un = un cos� π

2n+1

�− un

= un

�cos

� π

2n+1

�− 1

�Or cos

� π

2n+1

�− 1 < 0 et un > 0 alors un+1 − un < 0

Par conséquent (un) est décroissante .• Déduisons que (un) convergeComme (un) est décroissante et minorée par 0 alors elle converge.2. Soit (vn)n≥2 la suite définie par vn = un sin

� π2n�.

Montrons que (vn) est une suite géométrique dont on précisera la raison et lepremier terme.

On a :

∀n ≥ 2 ; vn+1 = un+1 sin� π

2n+1

�= un sin

� π

2n+1

�cos

� π

2n+1

�= un ×

12 × sin

�2× π

2n+1

� �sin a cos a = sin 2a

2

�= 1

2un sin� π

2n�

= 12vn

⇔ vn+1

vn= 1

2

Alors (vn) est une suite géométrique de raison q = 12 et de premier terme

v2 = u2 sin� π

22

�=√

22 ×

√2

2 = 12 .

3. Exprimons vn puis un en fonction de n.

• Exprimons vn en fonction de n.

∀n ≥ 2 ; vn = v2qn−2

= 12 ×

�12

�n−2

=�1

2

�n−1=⇒ vn =

�12

�n−1


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• Exprimons un en fonction de n.

∀n ≥ 2 ; vn = un sin� π

2n�

=⇒ un = vn

sin�π2n�

=⇒ un =�

12

�n−1

sin�π2n�

=⇒ un = 12n−1 sin

�π2n�

4. Montrons que limn→+∞

un = 2π

limn→+∞

un = limn→+∞

12n−1 sin

�π2n�

= limn→+∞

12n−1

1sin

�π2n�

= limn→+∞

12n−1

1sin

�π2n� × π

2nπ2n

= limn→+∞

12n−1

π2n

sin�π2n� × 1

π2n

= limn→+∞

1π× 2n

2n−1 ×π2n

sin�π2n�

= limn→+∞

1π× 2n−n+1 ×

π2n

sin�π2n�

= limn→+∞

1π× 2×

π2n

sin�π2n�

= limn→+∞

2π×

π2n

sin�π2n�

= 2π× lim

n→+∞

π2n

sin�π2n�

= 2π× lim

X→0

X

sinX en posant X = π

2n

= 2π× 1

= 2π

Alors limn→+∞

un = 2π

===============================

+Exercice 2(04pts)


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acar

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1. Résolvons dans R :a) 2 sin x tan x+ 4 cosx = 5

L’équation existe ssi cosx 6= 0 ⇔

x 6= π

2 + 2kπ

x 6= −π2 + 2kπ , k ∈ Z

Alors le domaine de validité de l’équation est Dv = R−§−π2 + 2kπ; π2 + 2kπ, k ∈ Z

ª.

∀x ∈ Dv , 2 sin x tan x+ 4 cosx = 5 ⇔ 2 sin x× sin xcosx + 4 cosx = 5

⇔ 2sin2 x

cosx + 4 cosx = 5

⇔ 2 sin2 x+ 4 cos2 x

cosx = 5

⇔ 2(1− cos2 x) + 4 cos2 x

cosx = 5

⇔ 2 + 2 cos2 x

cosx = 5

⇔ 2 + 2 cos2 x = 5 cos x

⇔ 2 cos2 x− 5 cosx+ 2 = 0

⇔ cosx = 12 ou cosx = 2(impossible)

⇒ cosx = cos π3

⇒

x = π

3 + 2kπ

x = −π3 + 2kπ, k ∈ Z

Alors S =§−π3 + 2kπ; π3 + 2kπ, k ∈ Z

ª.

b) (√

2 + 1) cos2 x+ (√

2− 1) sin2 x+ 2 sin x cosx =√

2 + 1.


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L’équation est successivement équivalente à :√

2 cos2 x+ cos2 x+√

2 sin2 x− sin2 x+ 2 sin x cosx =√

2 + 1√

2 cos2 x+√

2 sin2 x+ cos2 x+ 2 sin x cosx =√

2 + 1√

2(cos2 x+ sin2 x) + cos2 x− sin2 x+ sin 2x =√

2 + 1√

2 + cos 2x+ 2 sin 2x =√

2 + 1

cos 2x+ sin 2x = 1√

2(√

22 cos 2x+

√2

2 sin 2x)

= 1√

22 cos 2x+

√2

2 sin 2x = 1√2√

22 cos 2x+

√2

2 sin 2x =√

22

cos π4 cos 2x+ sin π4 sin 2x =√

22

cos�

2x− π

4

�=√

22

cos�

2x− π

4

�= cos π4

On a alors :

2x− π

4 = π

4 + 2kπ

2x− π

4 = −π4 + 2kπ, k ∈ Z⇔

2x = π

2 + 2kπ

2x = 0 + 2kπ, k ∈ Z

⇔

x = π

4 + kπ

x = kπ, k ∈ Z

Alors S =§kπ; π4 + kπ, k ∈ Z

ª.

2. Résolvons dans [−π; π], l’inéquation 4 cos3 x− 3 cosx− 11− 2 sin x ≤ 0.

L’inéquation existe ssi 1 − 2 sin x 6= 0 ⇔ sin x 6= 12 ⇔

x 6= π

6 + 2kπ

x 6= 5π6 + 2kπ, k ∈ Z

Alors le domaine de validité de l’inéquation est Dv = [−π; π]−§π

6 ; 5π6

ª• Cherchons le signe de 4 cos3 x− 3 cosx− 1 sur [−π; π]

On a : 4 cos3 x− 3 cosx− 1 = 4(cos x− 1)�

cosx+ 12

�2.

∀x ∈ [−π; π] , cosx− 1 ≤ 0 , cosx− 1 = 0 =⇒ x = 0


Bab

acar

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∀x ∈ [−π; π],�

cosx+ 12

�2≥ 0 ,

�cosx+ 1

2

�2= 0 =⇒ x = π

6 ou x = 5π6

• Cherchons le signe de 1− 2 sin x sur [−π; π]

Posons 1− 2 sin x ≥ 0 on a : sin x ≤ 12 ⇔ x ∈

�−π; π6

�⋃ �5π6 ; π

�x −π −2π

3 0 π

62π3

5π6 π�

cosx+ 12

�2+ 0 + + + 0 + +

cosx− 1 − − 0− − − −

4 + + + + + +

1− 2 sin x + + + 0 − − 0 +

4(cosx− 1)�cosx+ 1

2

�2

1− 2 sin x − 0 − 0− + 0 + −

On en déduit alors S[−π;π] =�−π; π6

�⋃ �5π6 ; π

�3. On considère l’équation (E) :

�È2 +√

2�

cosx+�È

2−√

2�

sin x−√

2 = 0.

a) En remarquant que π4 = 2× π

8 , déterminons la valeur exacte de cos π8 et sin π8 .

• Déterminons la valeur exacte de cos π8 .

cos π4 = cos�

2× π

8

�= 2 cos2 π

8 − 1

=⇒ cos2 π

8 =cos π

4 + 12

=⇒ cos2 π

8 =√

22 + 1

2

=⇒ cos2 π

8 =√

2 + 24

=⇒ cos π8 =√√

2 + 24 car cos π8 > 0

=⇒ cos π8 =È√

2 + 22

• Déterminons la valeur exacte de sin π8 .


Bab

acar

DJI

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cos2 π

8 + sin2 π

8 = 1 =⇒ sin2 π

8 = 1− cos2 π

8

=⇒ sin2 π

8 = 1−�È√

2 + 22

�2

=⇒ sin2 π

8 = 1−(√

2 + 24

)

=⇒ sin2 π

8 = 4−√

2− 24

=⇒ sin2 π

8 = 2−√

24

=⇒ sin π8 =√

2−√

24 car sin π8 > 0

=⇒ sin π8 =È

2−√

22

b) Déduisons la résolution de (E) dans [0;π].

(E) ⇔�È

2 +√

2�

cosx+�È

2−√

2�

sin x−√

2 = 0

⇔ 2 cos π8 cosx+ 2 sin π8 sin x =√

2

⇔ cos π8 cosx+ sin π8 sin x =√

22

⇔ cos�x− π

8

�=√

22

⇔ cos�x− π

8

�= cos π4

⇔

x− π

8 = π

4 + 2kπ

x− π

8 = −π4 + 2kπ, k ∈ Z

⇔

x = 3π

8 + 2kπ

x = −3π8 + 2kπ, k ∈ Z

Alors S[0;π] =§3π

8

ª===============================

+Exercice 3(05pts)


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acar

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Soit f la fonction définie par f(x) = 1 + cos 3xcos3 x

. On note par (Cf) sa courbe re-

présentative dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j )

1. Déterminer le domaine de définition Df de f puis justifier le choix de l’intervalleDE =

�0; π2

�⋃ �π2 ; π


• Déterminer le domaine de définition Df de f .f(x) existe ssi cos3 x 6= 0.On a cos3 x = 0⇔ cosx = 0⇔ x = π

2 + 2kπ ou x = −π2 + 2kπ, k ∈ Z.

Alors Df = R−§−π2 + 2kπ; π2 + 2kπ, k ∈ Z

ª• Justifions le choix de l’intervalle DE =

�0; π2

�⋃ �π2 ; π


Pour k = 0, on a Df = R−§−π2 ; π2 ,

ªF Etudions la parité de f .Soit x ∈ Df on a alors :

x ∈ Df ⇔ x ∈ R−§π

2 + 2kπ;−π2 + 2kπ, k ∈ Zª

⇔ x 6= π

2 + 2kπ et x 6= −π2 + 2kπ, k ∈ Z

⇔ −x 6= −π2 − 2kπ et − x 6= π

2 − 2kπ, k ∈ Z

⇔ −x 6= −π2 + 2Kπ et − x 6= π

2 + 2Kπ, K ∈ Z

⇔ −x ∈ R−§π

2 + 2Kπ;−π2 + 2Kπ,K ∈ Zª

⇔ −x ∈ Df (1)

f(−x) = 1 + cos(−3x)cos3(−x) = 1 + cos 3x

cos3 x(2)

Alors de (1) et (2), on déduit que f est paire.F Etudions la périodicité de f .


Bab

acar

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Soit x ∈ Df on a alors :

x ∈ Df ⇔ x ∈ R−§π

2 + 2kπ;−π2 + 2kπ, k ∈ Zª

⇔ x 6= π

2 + 2kπ et x 6= −π2 + 2kπ, k ∈ Z

⇔ x+ 2π 6= π

2 + 2kπ + 2π et x+ 2π 6= −π2 + 2kπ + 2π, k ∈ Z

⇔ x+ 2π 6= π

2 + 2(k + 1)π et x+ 2π 6= −π2 + 2(k + 1)π, k ∈ Z

⇔ x+ 2π 6= π

2 + 2Kπ et x+ 2π 6= −π2 + 2Kπ, K ∈ Z

⇔ (x+ 2π) ∈ R−§π

2 + 2Kπ;−π2 + 2Kπ,K ∈ Zª

⇔ (x+ 2π) ∈ Df (3)

f(x+ 2π) = 1 + cos(3(x+ 2π))cos3(x+ 2π)

= 1 + cos(3x+ 6π)cos3(x+ 2π) (cos(α + 2kπ) = cosα)

= 1 + cos 3xcos3 x

= f(x) (4)

Alors de (3) et (4), on déduit que f est périodique e période T = 2π .Comme f est paire et 2π-périodique alors on peut restreindre l’étude de f sur l’in-

tervalle Df ∩�0; T2

�= Df ∩ [0;π] =

�0; π2

�⋃ �π2 ; π

�. Ainsi DE =

�0; π2

�⋃ �π2 ; π

�.

2. Calculer les limites de f aux bornes deDE en déduire une équation de l’asymptoteverticale.

F limx→0

f(x) = limx→0

1 + cos 0cos3 0 = 1 + 1

13 = 2

F limx→π

f(x) = limx→π

1 + cos 3πcos3 π

= 1− 1(−1)3 = 0

F limx→π

2−f(x) = lim

x→π2−

1 + cos 3xcos3 x

= 10+ = +∞ car en π

2−, cosx ≥ 0

F limx→π

2+f(x) = lim

x→π2

+

1 + cos 3xcos3 x

= 10− = −∞ car en π

2+, cosx ≤ 0

F On en déduit alors que la droite d’équaton x = π

2 est asymptote verticale à (Cf) .

3. Montrer f est dérivable sur DE et ∀x ∈ DE, f ′(x) = 3 sin x(1− 2 cosx)cos4 x

.La fonction x 7→ 1 + cos 3x est dérivable sur R donc elle l’est sur DE.La fonction x 7→ 1

cos3 xest dérivable sur DE.


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acar

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Par suite f est dérivable sur DE et on a :

∀x ∈ DE, f ′(x) = 3 sin 3x× cos3 x− (1 + cos 3x)(−3 sin x cos2 x)cos6 x

= −3 sin 3x× cosx− (1 + cos 3x)(−3 sin x)cos4 x

= −3 sin 3x cosx+ 3 sin x cos 3x+ 3 sin xcos4 x

= −3(sin 3x cosx− sin x cos 3x) + 3 sin xcos4 x

= −3 sin(3x− x) + 3 sin xcos4 x

= −3 sin 2x+ 3 sin xcos4 x

= −3× 2 sin x cosx+ 3 sin xcos4 x

= 3 sin x(1− 2 cosx)cos4 x

Alors ∀x ∈ DE, f ′(x) = 3 sin x(1− 2 cosx)cos4 x

.

4. Etudions les variations de f puis dressons son tableau de variation sur DE.∀x ∈ DE, cos4 x > 0 alors le signe de f ′ est celui du numérateur.• Posons sin x ≥ 0. On a : sin x ≤ 0⇔ x ∈

�0; π2

�⋃ �π2 ; π

�• Posons 1− 2 cosx ≥ 0. On a 1− 2 cosx ≥ 0⇔ cosx ≤ 1

2 ⇔ x ∈�π

3 ; π2

�⋃ �π2 ; π

�x 0 π

3π

2 π

sin x + + +

1− 2 cosx − 0 + +

f ′(x) − 0 + +

? ∀x ∈�0; π3

�, f ′(x) ≤ 0 alors f est décroissante sur

�0; π3

�.

? ∀x ∈�π

3 ; π2

�⋃ �π2 ; π

�, f ′(x) > 0 alors f est strictement croissante sur

�π3 ; π2

�⋃ �π2 ; π

�.D’où le tableau de variation ci-dessous :


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5. Construisons (Cf) sur [−π; π].On construit d’abord (Cf) sur [0;π]. Comme f est paire alors sur [−π; π], on construit(Cf) par la symétrie d’axe Oy.

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+Problème(08pts)

PARTIE A(01, 5pts)

Soit f la fonction définie sur R par f(x) = x2 + 2x(x2 + x+ 1)2 .

1. Montrer que f admet une primitive F sur R de la forme F (x) = ax+ b

x2 + x+ 1 oùa et b sont des réels à déterminer.2. En déduire la primitive G de f sur R qui s’annule en 0.

PARTIE B(06, 5pts)

Soit h la fonction définie par

h(x) = x2

x2 + x+ 1 si x < 0

h(x) =

Ì∣∣∣∣∣x2(x− 2)x− 1

∣∣∣∣∣ si x > 0

h(0) = 0On note par (Ch) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,−→i ,−→j )1. Déterminer le domaine de définition Dh de h puis calculer les limites de h aux bornesde Dh.• Déterminons le domaine de définition Dh de h

Posons h1(x) = x2

x2 + x+ 1 si x < 0 et h2(x) =

Ì∣∣∣∣∣x2(x− 2)x− 1

∣∣∣∣∣ si x > 0.

h1(x) existe⇔ x2 +x+ 1 6= 0 (toujours vraie car ∆ < 0 et x < 0. Alors Dh1 =]−∞; 0[

h2(x) existe ⇔∣∣∣∣∣x2(x− 2)x− 1

∣∣∣∣∣ ≥ 0 (toujours vraie) et x > 0. Donc h2(x) existe ⇔ x 6= 1

et x > 0. Alors Dh2 = [0; +∞[−{1}.Donc Dh = Dh1 ∪Dh2 ∪ {0} = R. Dh = R− {1}• Ecrivons h(x) sans le symbole | |.


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acar

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x 0 1 2 +∞

x2(x− 2) − − 0 +

x− 1 − 0 + +x2(x− 2)x− 1 + − 0 +∣∣∣∣∣x2(x− 2)x− 1

∣∣∣∣∣ x2(x− 2)x− 1

x2(−x+ 2)x− 1 0 x

2(x− 2)x− 1

h(x) = x2

x2 + x+ 1 si x ∈]−∞; 0[

h(x) =√x2(x− 2)x− 1 si x ∈]0; 1] ∪ [2; +∞[

h(x) =√x2(−x+ 2)x− 1 si x ∈]1; 2[

h(0) = 0• Calculons les limites de h aux bornes de Dh.

♣ limx→−∞

h(x) =?

limx→−∞

h(x) = limx→−∞

x2

x2 + x+ 1

= limx→−∞

x2

x2

= 1 =⇒ limx→−∞

h(x) = 1

♣ limx→1−

h(x) =?

limx→1−

h(x) = limx→1−

√x2(x− 2)x− 1

Or limx→1−

x2(x− 2)x− 1 = +∞ et lim

x→+∞

√x = +∞

Donc par composée limx→1−

√x2(x− 2)x− 1 = +∞

♣ limx→1+

h(x) =?


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acar

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limx→1+

h(x) = limx→1+

√x2(−x+ 2)x− 1

Or limx→1+

x2(−x+ 2)x− 1 = +∞ et lim

x→+∞

√x = +∞

Donc par composée limx→1+

√x2(−x+ 2)x− 1 = +∞

♣ limx→+∞

h(x) =?

limx→+∞

h(x) = limx→+∞

√x2(x− 2)x− 1

Or limx→+∞

x2(x− 2)x− 1 = +∞ et lim

x→+∞

√x = +∞

Donc par composée limx→+∞

√x2(x− 2)x− 1 = +∞

2. Etudier la continuité et la dérivabilité de h en 0 et en 2. Interpréter les résultats.

• Etudions la continuité de h en 0. On a h(0) = 0

limx→0−

h(x) = limx→0−

x2

x2 + x+ 1= 0

02 + 0 + 1= 0 = h(0)

Alors h est continue à gauche en 0.

limx→0+

f(x) = limx→0+

√x2(x− 2)x− 1

=√

02(0− 2)0− 1

= 0 = h(0)

Alors h est continue à droite en 0. Par suite h est continue en 0.• Etudions la continuité de h en 2. On a h(2) = 0

limx→2−

h(x) = limx→2−

√x2(−x+ 2)x− 1

=√

02(0 + 2)0− 1

= 0 = h(2)


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acar

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Alors h est continue à gauche en 2.

limx→2+

h(x) = limx→2+

√x2(x− 2)x− 1

=√

02(0− 2)0− 1

= 0 = h(2)

Alors h est continue à gauche en 2. Par suite h est continue en 2.• Etudions la dérivabilité de h en 0.

limx→0−

h(x)− h(0)x− 0 = lim

x→0−

x2

x2+x+1x

= limx→0−

x

x2 + x+ 1= 0

Alors h est dérivable à gauche en 0 et h′g(0) = 0

limx→0+

h(x)− h(0)x− 0 = lim

x→0+

√x2(x−2)x−1x

= limx→0+

x

√x−2x−1

x

= limx→0+

Êx− 2x− 1

=√

2

Alors h est dérivable à droite en 0 et h′d(0) =√

2.Par suite f n’est pas dérivable en 0.

• Etudions la dérivabilité de h en 2.


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limx→2−

h(x)− h(2)x− 2 = lim

x→2−

√x2(−x+2)x−1

x− 2

= limx→2−

1x− 2 ×

√x2(−x+ 2)x− 1

= limx→2−

√−x+ 2x− 2 × x√

x− 1

= limx→2−

−√−x+ 2−x+ 2 ×

x√x− 1

= limx→2−

− 1√−x+ 2

× x√x− 1

= −∞

Alors h n’est dérivable à gauche en 2.

limx→2+

h(x)− h(2)x− 2 = lim

x→2+

√x2(x−2)x−1

x− 2

= limx→2+

1x− 2 ×

√x2(x− 2)x− 1

= limx→2+

√x− 2x− 2 ×

x√x− 1

= limx→2+

√x− 2x− 2 ×

x√x− 1

= limx→2+

1√x− 2

× x√x− 1

= +∞

Alors h n’est dérivable à droite en 2. Par suite h n’est pas dérivable en 2.

• Interprétons les résultats.F (Cf) admet au point d’abscisse 2 une demi-tangente verticale dirigée vers le haut ,d’équation x = 2.F (Cf) admet en 0− une demi-tangente horizontale (y = 0).F (Cf) admet en 0+ une demi-tangente , d’équation y =

√2x.

3. a) Montrons que la droite (∆) d’équation y = x− 12 est asymptote oblique à (Ch)

en +∞.


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acar

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limx→+∞

�f(x)−

�x− 1

2

��= lim

x→+∞

√x2(x− 2)x− 1 −

�x− 1

2

�= lim

x→+∞

x2(x−2)x−1 −

�x− 1

2

�2√x2(x−2)x−1 + x− 1

2

= limx→+∞

x3−2x2

x−1 −�x2 − x+ 1

4

�√

x2(x−2)x−1 + x− 1

2

= limx→+∞

−5x+ 1

4(x− 1)�√

x2(x−2)x−1 + x− 1

2

�= lim

x→+∞

−5x+ 14(x− 1)

[x√

x−2x−1 + x− 1

2

]= lim

x→+∞

−5x+ 14x(x− 1)

[√x−2x−1 + 1− 1

2x

]= lim

x→+∞

−5x+ 14x(x− 1) ×

1√x−2x−1 + 1− 1

2x

= 0× 12

= 0 =⇒ limx→+∞

�f(x)−

�x− 1

2

��= 0

Par conséquent la droite (∆) d’équation y = x − 12 est asymptote oblique à (Ch) en

+∞.b) Etudions la nature de la branche infinie en −∞.

Puisque limx→+∞

f(x) = 1 alors la droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à(Ch) en −∞.5. Calculons h′(x) sur chaque intervalle où h est dérivable puis dresser le tableau devariation de h.• Calculons h′(x) sur chaque intervalle où h est dérivableF h est dérivable sur ]−∞; 0[ car étant une fonction rationnelle définie sur ]−∞; 0[.

F La fonction x 7→ x2(x− 2)x− 1 est dérivable et strictement positive sur ]0; 1[∪]2; +∞[

alors h est dérivable sur ]0; 1[∪]2; +∞[.

F La fonction x 7→ x2(−x+ 2)x− 1 est dérivable et strictement positive sur ]1; 2[ alors h

est dérivable sur ]1; 2[.Par conséquent h est dérivable sur R− {0; 1; 2}.

Sur ]−∞; 0[, h′(x) = x2 + 2x(x2 + x+ 1)2

Sur ]0; 1[∪]2; +∞[, on a :


Bab

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h′(x) =�√

x3 − 2x2

x− 1

�′

=�x3−2x2

x−1

�′2√

x3−2x2

x−1

= 2x3 − 5x2 + 4x2(x− 1)2

√x3−2x2

x−1

Sur ]1; 2[, on a :

h′(x) =�√−x3 + 2x2

x− 1

�′

=�−x3+2x2

x−1

�′2√

x3−2x2

x−1

= −2x3 + 5x2 − 4x2(x− 1)2

√x3−2x2

x−1

En résumé, on a :

h′(x) = x2 + 2x(x2 + x+ 1)2 si x ∈]−∞; 0[

h′(x) = 2x3 − 5x2 + 4x2(x− 1)2

√x3−2x2

x−1

si x ∈]0; 1[∪]2; +∞[

h′(x) = −2x3 + 5x2 − 4x2(x− 1)2

√−x+2x2

x−1

si x ∈]1; 2[

• Dressons le tableau de variation de h.

F Sur ]−∞; 0[, h′(x) = x2 + 2x(x2 + x+ 1)2 .

Le signe de h′ dépend de celui de x2 + 2x car ∀x ∈] −∞; 0[, (x2 + x + 1)2 > 0.Posons x2 + 2x = 0. on a alors x = 0 ou x = −2. D’où le tableau de signe ci-dessous :

x −∞ −2 0

x2 + 2x + 0 −

x2 + x+ 1)2 + +

h′(x) + 0 −


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F Sur ]0; 1[∪]2; +∞[, h′(x) = 2x3 − 5x2 + 4x2(x− 1)2

√x3−2x2

x−1Le signe de h′ dépend de celui de 2x3 − 5x2 + 4x car ∀x ∈]0; 1[∪]2; +∞[

,2(x− 1)2

√x3 − 2x2

x− 1 > 0. Posons 2x3 − 5x2 + 4x = 0. on a alors 2x3 − 5x2 + 4x =0⇔ x(2x2 − 5x+ 4) = 0⇔ x = 0 car ∆ < 0. D’où le tableau de signe ci-dessous :

x 0 1 2 +∞

x + + +

2x2 − 5x+ 4 + + +

h′(x) + \\\\ +

F Sur ]1; 2[, h′(x) = −2x3 + 5x2 − 4x2(x− 1)2

√−x3+2x2

x−1Le signe de h′ dépend de celui de −2x3 + 5x2 − 4x car ∀x ∈]1; 2[

,2(x−1)2

√−x3 + 2x2

x− 1 > 0. Posons −2x3 +5x2−4x = 0. on a alors 2x3−5x2 +4x =0⇔ x(−2x2 + 5x− 4) = 0⇔ x = 0 car ∆ < 0. D’où le tableau de signe ci-dessous :

x 0 1 2 +∞

x + + +

−2x2 + 5x− 4 − − −

h′(x) \\\\ − \\\\

En résumé, on a :

x −∞ −2 0 1 2 +∞

h′(x) + 0 − 0 + − +


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6. Construisons (Ch).

7. Soit k la restriction de h sur l’intervalle I = [2; +∞[.a) Montrons que k réalise une bijection de I vers un intervalle J à préciser.

k est continue et strictement croissante sur I = [2; +∞[ alors elle réalise une bijectionde I vers J = [0; +∞[


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b) k−1 la réciproque de k est-elle dérivable en 0 ?.

On a k(x) = 0 ⇔ x = 2. Comme k n’est pas dérivable en 2 alors k−1 n’est pasdérivable en 0.

c) Construisons (Ck−1), la courbe de k−1 dans le repère (O,−→i ,−→j )(Ck−1) et (Ck) sont symétriques par rapport à la droite y = x.

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