controles premiere revisionsauriolg.free.fr/doc/controles_premiereS_revisions.pdf · Contrˆole...

Quelques controle de Premiere S

Gilles Auriol

[email protected] — http ://auriolg.free.fr

Voici l’enonce de 7 devoirs de Premiere S, integralement corriges. Malgre tout les devoirs 1 et 5necessitent l’usage du theoreme des valeurs intermediaires, ils conviendront certainement mieuxa la classe de Terminale S.

Controle d’ete - Episode 1

1. Soit g : x 7→ 4x3 + x2 − 4x− 5 et Cg sa courbe representative dans un repere orthonorme.

(a) Limites aux bornes de l’ensemble de definition, derivee, tableau de variation avec va-leurs des extremums locaux.

(b) Deduire du tableau de variation qu’il existe un unique reel α tel que g(α) = 0. Donnerun encradrement d’amplitude 0, 1 de α.

(c) A l’aide des deux questions precedentes, construire le tableau de signe de g(x).

(d) Demontrer que I

(− 1

12,−1007

216

)est un centre de symetrie de Cg.

(e) Donner une equation de la tangente T au point d’abscisse −1.

(f) Quelle est l’abscisse du point en lequel T recoupe Cg ? Noter que l’on connaıt deja uneracine du polynome qui va etre forme.

2. Considerons maintenant f : x 7→ 4x− 2

(x + 2)(x2 + 1).

(a) Calculer la derivee.

(b) Etudier son signe grace a la question 1.c, en deduire le tableau de variation.

(c) Donner les limites aux bornes de l’ensemble de definition.

2

Correction du controle d’ete - Episode 1

1. (a) (2 pts) Dg = R car c’est une fonction polynome.

∀x ∈ R, g′(x) = 12x2 +2x−4. Le discriminant vaut 142, donc les racines sont−2± 14

24,

c’est-a-dire −2

3et

1

2. D’ou le tableau (le signe d’un polynome du second degre etant

celui du coefficient de x2, sauf entre les racines s’il y en a) :

x −∞ −2

3

1

2+∞

g′(x) + 0 − 0 +

g(x) −∞ ր −83

27ց −25

4ր +∞

(b) (3 pts) ∀x ∈[−∞,

1

2

[, g(x) 6 −83

27< 0, donc α n’est pas dans cet intervalle !

Il s’agit de rien oublier pour justifier l’existence de cet α sur l’intervalle

]1

2, +∞

[:

d’une part la fonction est strictement croissante sur cet intervalle et d’autre part elle

y est continue (fonction polynome), donc g realise une bijection de

]1

2, +∞

[sur J =

]f

(1

2

), limx→+∞

f(x),

[=

]−25

4, +∞

[. MAIS 0 ∈ J , donc il existe un unique (bijection

=⇒ il existe et unique) reel α de

]1

2, +∞

[tel que g(α) = 0.

Avec une calculette, on obtient facilement 1, 2 < α < 1, 3.Si on rajoute α dans le tableau ci-dessus :

x −∞ −2

3

1

2α +∞

g′(x) + 0 − 0 +

g(x) −∞ ր −83

27ց −25

4ր 0 ր +∞

(c) (2 pts) L’examen de ce second tableau montre que pour x < α, on a g(x) < 0, quepour x > α, on a g(x) > 0 et que g(α) = 0. On resume dans un tableau :

x −∞ α +∞g(x) − 0 +

(d) (3 pts) D’apres le cours on sait que : I

(− 1

12,−1007

216

)est centre de symetrie de Cf

⇔ ∀x ∈ Dg

−1

6− x ∈ Dg [1]

g

(−1

6− x

)= −1007

108− g(x) [2]

L’assertion [1] est evidente puisque Df = R. Prouver [2] revient a faire de longs calculsdesagreables que voici :

1

D’une part (sachant que (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3, a retenir !)

g

(−1

6− x

)= 4

(−1

6− x

)3

+

(−1

6− x

)2

− 4

(−1

6− x

)− 5

= −4

(1

6+ x

)3

+

(1

6+ x

)2

+ 4

(1

6+ x

)− 5

= −4

(1

216+

3

36x +

3

6x2 + x3

)+

1

36+

2

6x + x2 +

4

6+ 4x− 5

= − 2

108− 1

3x− 2x2 − 4x3 +

3

108+

1

3x + x2 +

4× 18

6× 18+ 4x− 540

108

= −4x3 − x2 + 4x +−2 + 3 + 72− 540

108

= −4x3 − x2 + 4x− 467

108

d’autre part

−1007

108− g(x) = −1007

108− 4x3 − x2 + 4x +

540

108

= −4x3 − x2 + 4x− 467

108donc I est bien un centre de symetrie de Cg.Remarque. I est meme un point d’inflexion, i.e. la tangente n’est pas du meme cote de la

courbe avant et apres ce point (localement). On demontre qu’une condition necessaire (mais non

suffisante) pour qu’un point d’abscisse x0 soit un point d’inflexion de la courbe representative d’une

fonction f , est que f ′′(x0) = 0. Si l’on pose f(x) = ax3 + b2 + cx + d, la derivee seconde vaut

f ′′(x) = 6ax + 2b, d’ou f ′′(x) = 0 ⇔ x = − b

3a. Donc si un point d’inflexion existe sur une cubique

d’equation y = ax3 + bx2 + cx + d, ce ne peut-etre que le point d’abscisse − b

3a. On montre que ∀x ∈

R, 2f

(− b

3a

)− f(x) = f

(− 2b

3a− x

), chacun des membres valant −ax3− bx2− cx− 2bc

3a+

4b3

27a2+ d,

ce qui prouve que le point I

(− b

3a, f

(− b

3a

))est centre de symetrie. On verifie ici que − b

3a= − 1

12.

(e) (1 pt) Classique et peu paye ! y = g′(−1)(x + 1) + g(1), donc T : y = 6x + 2.

(f) (2 pts) L’equation aux abscisses donne : P (x) = 4x3 + x2 − 10x− 7 = 0. Bien sur −1est racine car T est la tangente au point d’abscisse... −1 ! On peut donc mettre x + 1en facteur, d’ou (En utilisant la methode d’identification, de division de polynomes ouencore l’algorithme d’Horner) P (x) = (x + 1)(4x2− 3x− 7), mais −1 est encore racinedu polynome du second degre qui apparaıt donc P (x) = (x + 1)(x + 1)(4x − 7) =

(x + 1)2(4x − 7). La droite T recoupe Cg au point d’abscisse7

4(celui d’abscisse −1

ayant deja ete traite).

2. (a) (3 pts) Df = R− {−2}. La derivee est un peu indigeste :

f ′(x) =4(x + 2)(x2 + 1)− (4x− 2)[x2 + 1 + 2x(x + 2)]

[(x + 2)(x2 + 1)]2

=4x3 + 4x + 8x2 + 8− (4x− 2)(3x2 + 4x + 1)

[(x + 2)(x2 + 1)]2

=4x3 + 4x + 8x2 + 8− 12x3 − 16x2 − 4x + 6x2 + 8x + 2

[(x + 2)(x2 + 1)]2

=−8x3 − 2x2 + 8x + 10

[(x + 2)(x2 + 1)]2

2

(b) (3 pts) ... et en factorisant par −2 au numerateur :

f ′(x) =−2(4x3 + x2 − 4x− 5)

[(x + 2)(x2 + 1)]2=

−2g(x)

[(x + 2)(x2 + 1)]2

donc le signe de f ′(x) depend de celui de −2g(x), car le denominateur est un carre(donc positif), d’ou le tableau (je rappelle que 1, 2 < α < 1, 3) :

x −∞ −2 α +∞−2 − − −g(x) − − 0 +

f ′(x) + ‖ + 0 −f(x) 0 ր +∞ ‖ −∞ ր f(α) ց 0

(c) (1 pt) Les limites (deja dans le tableau) : Le terme terme dominant du denominateur

est x3, donc : limx→±∞

f(x) limx→±∞

4x

x3= lim

x→±∞

4

x2= 0. En en −2, c’est plus delicat a cause

des notations ! limx→2

x<2

f(x) = limx→2

x<2

−10

5(x + 2)= lim

x→2

x<2

−2

x + 2= lim

h→0

h<0

−2

h= +∞, en ayant fait un

changement de variable h = x + 2. On demontre de la meme facon (= c’est ennuyeuxa taper) que lim

x→2

x>2

f(x) = −∞.

Pour remplir la feuille voici la representation graphique de f .

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

–10 –8 –6 –4 –2 2 4 6

3


1. Simplifier cos(19π − x) + sin(17π + x)− sin

(19π

2− x

)+ cos

(17π

2− x

).

2. Exprimer en fonction de cos 2x les expressions suivantes :

(a) cos2 x + 2 sin2 x

(b) 3 cos2 x− 2 sin2 x

(c)sin 5x

sin x− cos 5x

cos x

3. Exprimer en fonction d’une tangente l’expression1− cos x

1 + cos x.

4. Soit f(θ) = a cos θ + b sin θ, avec a, b et θ des reels.

(a) Montrer qu’on peut trouver un reel ϕ ∈]− π, π] tel que

∀θ ∈ R, f(θ) =√

a2 + b2 (cos ϕ cos θ + sin ϕ sin θ)

En deduire que f(θ) =√

a2 + b2 cos(θ − ϕ).

(b) Application. Resoudre dans R l’equation√

3 cos x− sin x = 1.

5. On rappelle que la suite (Tn)n∈N des polynomes de Thebytcheff definie comme suit :

{T0(X) = 1 et T1(X) = X∀n ∈ N, Tn+2(X) = 2XTn+1(X)− Tn(X)

possede la propriete suivante : Tn(cos θ) = cos(nθ), pour θ ∈ R.

(a) Calculer T5(X). En deduire que ∀a ∈ R, cos 5a = 16 cos5 a− 20 cos3 a + 5 cos a.

(b) Verifier que ∀x ∈ R, 16x5 − 20x3 + 5x + 1 = (x + 1)(4x2 − 2x− 1)2.

(c) On pose t = cosπ

5. Demontrer que t est racine de 4x2− 2x− 1 et que t =

1 +√

5

4, par

des arguments de signe.

(d) En deduire sinπ

5; cos

2π

5; sin

2π

5; cos

π

10et sin

π

10.

(e) Montrer, en observant queπ

2− π

10=

2π

5, les egalites

cos2π

5= sin

π

10et sin

2π

5= cos

π

10.


1. (1,5 pt)

∀x ∈ R, f(x) = cos(19π − x) + sin(17π + x)− sin

(19π

2− x

)+ cos

(17π

2− x

)

= cos(π − x) + sin(π + x)− cos

(π

2− 19π

2+ x

)+ sin

(π

2− 17π

2+ x

)

= − cos x− sin x− cos(−9π + x) + sin(−8π + x)= − cos x− sin x− cos(π + x) + sin x= − cos x− sin x + cos x + sin x= 0

2. (a) (1 pt) ∀x ∈ R, cos2 x + 2 sin2 x = (cos2 x + sin2 x) + sin2 x = 1 + sin2 x. Mais cos 2x =

1−2 sin2 x, d’ou sin2 x =1− cos 2x

2. En remplacant, cos2 x+2 sin2 x =

1− cos 2x

2+1 =

3− cos 2x

2.

(b) (1 pt) Des formules de duplication on deduit cos2 x =1 + cos 2x

2et sin2 x =

1− cos 2x

2,

que l’on retiendra. En remplacant, 3 cos2 x− 2 sin2 x =5 cos 2x + 1

2.

(c) (2 pts) En reduisant au meme denominateur, on arrive a f(x) =sin 5x cos x− cos 5x sin x

sin x cos xet l’on reconnaıt le developpement de sin(a− b) donc

f(x) =sin(5x− x)

12sin 2x

= 2sin 4x

sin 2x= 2

2 cos 2x sin 2x

sin 2x= 4 cos 2x

3. (2 pts) ∀x ∈ R,1− cos x

1 + cos x=

2 sin2(

x2

)

2 cos2(

x2

) = tan2(x

2

), car d’apres les formules encadrees

ci-dessous, 1− cos x = 2 sin2(x

2

)et 1− sin x = 2 cos2

(x

2

).

4. (a) (2,5 pts) f(θ) = a cos θ + b sin θ =√

a2 + b2

(a√

a2 + b2cos θ +

b√a2 + b2

sin θ

). On

remarque que (a√

a2 + b2

)2

+

(b√

a2 + b2

)2

=a2 + b2

a2 + b2= 1

donc on sait qu’il existe un unique ϕ ∈] − π, π] tel que cos ϕ =a√

a2 + b2et sin ϕ =

b√a2 + b2

. On en deduit une nouvelle ecriture de f(θ) :

f(θ) =√

a2 + b2 (cos ϕ cos θ +sin ϕ sin θ) =√

a2 + b2 cos(ϕ− θ) =√

a2 + b2 cos(θ−ϕ)

(b) (1,5 pt) On factorise le premier membre de cette equation avec cette methode. Ici

notre√

a2 + b2, c’est√

3 + 1 = 2, donc√

3 cos x − sin x = 2

(√3

2cos x− 1

2sin x

). Il

nous faut determiner le reel ϕ de ]−π, π] tel que cos ϕ =

√3

2et sin ϕ =

1

2, c’est ϕ =

π

6.

1

D’ou l’ecriture 2

(√3

2cos x− 1

2sin x

)= 2 (cosϕ cos x− sin ϕ sin x) = 2 cos(ϕ+x) =

2 cos(π

6+ x). Finalement l’equation equivaut a 2 cos

(π

6+ x)

= 1⇔ cos(π

6+ x)

=

1

2⇔ cos

(π

6+ x)

= cosπ

3et d’apres le cours

cos(π

6+ x)

= cosπ

3⇔ π

6+ x =

π

3+ 2kπ ou

π

6+ x = −π

3+ 2kπ

⇔ x =π

6+ 2kπ ou x = −π

2+ 2kπ

5. (a) (3 pts) On calcule successivemeent :– T2(X) = 2X2 − 1– T3(X) = 2X(2X2 − 1)−X = 4X3 − 3X– T4(X) = 2X(4X3 − 3X)− (2X2 − 1) = 8X4 − 8X2 + 1– T5(X) = 2X(8X4 − 8X2 + 1)− (4X3 − 3X) = 16X5 − 20X3 + 5XIl est immediat que cos 5a = 16 cos5 a− 20 cos3 a + 5 cos a [1], car T5(cos a) = cos 5a.

(b) (1 pt) C’est du calcul niveau troisieme...

(c) (2 pts) En faisant a =π

5dans [1], on obtient, en posant t = cos

π

5,

cos(5× π

5

)= 16t5 − 20t3 + 5t ⇔ −1 = 16t5 − 20t3 + 5t

⇔ 16t5 − 20t3 + 5t + 1 = 0⇔ (t + 1)(4t2 − 2t− 1)2 = 0

mais il est clair que −1 n’est pas solution attendue (en effet cosα = −1⇔ α = π+2kπ),

donc t est l’une des deux racines de 4t2−2t−1, qui sont1±√

5

4. Comme 0 <

π

5<

π

2, on

a t > 0, donc t =1 +√

5

4, car l’autre racine est negative. Finalement cos

π

5=

1 +√

5

4.

(d) (5 × 0,5 pt)

– sinπ

5> 0, donc sin

π

5=

√1− cos2

π

5=

√

1− 6 + 2√

5

16=

√10− 2

√5

16=

√10− 2

√5

4.

– cos2π

5= 2 cos2 π

5− 1 = 2

6 + 2√

5

16− 1 =

−4 + 4√

5

16=

√5− 1

4.

– sin2π

5=

√1− cos2

2π

5=

√

1− 6− 2√

5

16=

√10 + 2

√5

16=

√10 + 2

√5

4.

– cos 2x = 2 cos2 x − 1, d’ou, si cos x > 0, cos x =

√cos 2x + 1

2, ou encore cos

x

2=

√cos x + 1

2. Ici on a cos

π

10> 0, donc cos

π

10=

√1+

√5

4+ 1

2=

√5 +√

5

8=

√10 + 2

√5

4.

– sinπ

10=

√1− cos2

π

10=

√

1− 10 + 2√

5

16=

√6− 2

√5

16=

√(1−

√5)2

4=

√5− 1

4,

car√

a2 = |a| et ici 1−√

5 < 0, d’ou |1−√

5| =√

5− 1.

2

(e) (+2 pts) ∀x ∈ R, cos(π

2− x)

= sin x et puisqueπ

2− π

10=

2π

5, on comprend

pour quelle raison cos2π

5= sin

π

10. De meme sin

2π

5= cos

π

10en utilisant ∀x ∈

R, sin(π

2− x)

= cos x. En plus on simplifie de facon substantielle les calculs !

3


1. Soit ABC un triangle. On definit les points, I, J et K par

−→BI =

4

7

−−→BC,

−→CJ =

1

3

−→CA,

−−→AK =

3

5

−→AB

(a) Ecrire I, J et K comme des barycentres des points A, B et C.

(b) En considerant le point G = Bar{(A, 2)(B, 3)(C, 4)} et en utilisant la propriete d’as-sociativite, montrer que les droites (AI), (BJ) et (CK) sont concourantes.

2. Soit ABC un triangle. Demontrer que les droites (AJ), (BJ) et (CK) sont concourantes,sachant que I, J et K sont definis de la facon suivante :

−→BI =

1

3

−−→BC

−→CJ =

3

4

−→CA

−−→AK =

2

5

−→AB

(meme methode que l’exercice precedent)

3. ABC est un triangle et M un point quelconque du plan.On designe par P , Q et R les symetriques de M par rapport aux milieux des cotes [AB],[BC] et [AC] du triangle ABC respectivement.

(a) Determiner trois reels a, b et c tels que– P soit le barycentre de (M, c), (A, a) et (B, b) ;– Q soit le barycentre de (M, c), (B, a) et (C, b) ;– R soit le barycentre de (M, c), (A, a) et (C, b).

(b) G designe le centre de gravite du triangle ABC et K celui de PQR.Demontrer que G est le milieu de [MK].

4. ABCD est un parallelogramme, G = Bar{(A, 2)(B, 1)} et H = Bar{(C, 2)(D, 1)}.(a) Demontrer que les segments [AC], [BD] et [GH ] ont le meme milieu I.

(b) Les droites (AC) et (GD) se coupent en E. Montrer que E = Bar{(G, 3)(D, 1)} et queE est le milieu de [AI].

5. Soit ABCD un carre de centre O. Soit Γ l’ensemble des points M du plan tels que :

||−−→MB −−−→MC +−−→MD|| = ||−−→MA−−−→MB −−−→MD||

Demontrer que Γ est la mediatrice du segment [AC].


1. (a) (1,5 pt) On transforme les hypotheses :

−→BI =

4

7

−−→BC ⇔ 7

−→BI = 4(

−→BI +

−→IC) ⇔ 3

−→BI − 4

−→IC =

−→0 ⇔ 3

−→IB + 4

−→IC =

−→0

donc I = Bar{(B, 3)(C, 4)}. Pour le point J :

−→CJ =

1

3

−→CA ⇔ 3

−→CJ =

−→CJ +

−→JA ⇔ 2

−→JC +

−→JA =

−→0

donc J = Bar{(C, 2)(A, 1)}. Enfin :

−−→AK =

3

5

−→AB ⇔ 5

−−→AK = 3(

−−→AK +

−−→KB) ⇔ 2

−−→KA + 3

−−→KB =

−→0

donc K = Bar{(A, 2)(B, 3)}.(b) (1,5 pt) Etant donne que J = Bar{(C, 2)(A, 1)}, on a aussi J = Bar{(C, 4)(A, 2)}.

Utilisons trois fois la propriete d’associativite :– G = Bar{(A, 2)[(B, 3)(C, 4)]} = Bar{(A, 2)(I, 7)}, ce qui prouve que G ∈ (AI).– G = Bar{[(A, 2)(C, 4)](B, 3)} = Bar{(J, 6)(B, 3)}, ce qui prouve que G ∈ (BJ).– G = Bar{[(A, 2)(B, 3)](C, 4)} = Bar{(K, 5)(C, 4)}, ce qui prouve que G ∈ (CK).Le point G appartient aux droites (AI), (BJ) et (CK), donc ces trois droites sontconcourantes.

2. (3 pts) Comme precedemment, les hypotheses deviennent :

I = Bar{(B, 2)(C, 1)} J = Bar{(A, 3)(C, 1)} K = Bar{(A, 3)(B, 2)}

Soit G = Bar{(A, 3)(B, 2)(C, 1)}. En utilisant trois fois la propriete d’associativite, onmontre que

G = Bar{(A, 3)(I, 3)} = Bar{(B, 2)(J, 4)} = Bar{(K, 5)(C, 1)}

Donc G appartient aux droites (AI), (BJ) et (KC) et ces droites sont bien concourantes.

3. (a) (2 pts) Soit I le milieu de [AB]. Le point I est aussi le milieu de [PM ], donc−−→PM =

2−→PI, d’ou P = Bar{(M,−1)(I, 2)}, mais I = Bar{(A, 1)(B, 1)}, donc en utilisant le

theoreme d’associativite, on obtient P = Bar{(M,−1)(A, 1)(B, 1)}.De la meme facon Q = Bar{(M,−1)(B, 1)(C, 1)} et R = Bar{(M,−1)(A, 1)(C, 1)}.

(b) (3 pts) Soit F le milieu de [MK], c’est-a-dire F = Bar{(M, 1)(K, 1)}, ou encore F =Bar{(M, 3)(K, 3)}, ce qui nous permet de remplacer (K, 3) par (P, 1)(Q, 1)(R, 1) carK est le centre de gravite du triangle PQR. Donc F = Bar{(M, 3)(P, 1)(Q, 1)(R, 1)}.Remplacons (P, 1), (Q, 1) et (R, 1) par les points ponderes de la question precedente(−1 + 1 + 1 = 1, il n’y a meme pas de coefficients a ajuster !) on obtient :

F = Bar{(M, 3)(M,−1)(A, 1)(B, 1)(M,−1)(B, 1)(C, 1)(M,−1)(A, 1)(C, 1)}

Quel bonheur de constater qu’il n’y a plus de M , et que finalement :

F = Bar{(A, 2)(B, 2)(C, 2)}

Ce qui signifie que F est l’isobarycentre des points A, B et C, autrement dit c’est lecentre de gravite du triangle ABC.

1

4. (a) (3 pts) ABCD est un parallelogramme, donc les diagonales se coupent en leur milieui.e. le point I est le milieu de [AC] et [BD].Soit I ′ le milieu de [GH ], c’est-a-dire I ′ = Bar{(G, 3)(H, 3)}. En remplacant (G, 3) par(A, 2)(B, 1) et (H, 3) par (C, 2)(D, 1), on obtient

I ′ = Bar{(A, 2)(B, 1)(C, 2)(D, 1)}

et en remplacant (A, 2)(C, 2) par (I, 4) et (B, 1)(D, 1) par (I, 2), on arrive a

I ′ = Bar{(I, 4)(I, 2)} = Bar{(I, 6)}

donc pour tout point M du plan 6−−→MI ′ = 6

−−→MI et en particulier pour M = I, l’egalite

6−→II ′ =

−→0 montre que I = I ′ et I est bien le milieu des segments [GH ], [AC] et [BD].

(b) (2 pts) Soit E ′ = Bar{(G, 3)(D, 1)}. Alors E ′ ∈ (GD). On remplace (G, 3), si bienque

E ′ = Bar{(A, 2)(B, 1)(D, 1)}ou encore, puisque I est le milieu de [BD],

E ′ = Bar{(A, 2)(I, 2)}

ce qui traduit que E ′ est le milieu de [AI] et que E ′ ∈ (AI) ; on a deja montre queE ′ ∈ (GD) donc E ′ est l’intersection des droites (AI) et (GD). Finalement E ′ = E etE est bien le milieu de [AI].

5. (4 pts) Soit G = Bar{(B, 1)(C,−1)(D, 1)} et H = Bar{(A, 1)(B,−1)(D,−1)}.On va montrer que G = A et que H = C.Pour G remplacons (B, 1)(D, 1) par (O, 2), le milieu de [BD]. On a alors G = Bar{(O, 2)(C−1)}, donc pour tout point M l’egalite

−−→MG = 2

−−→MO−−−→MC qui donne

−→OG = −−→OC en faisant

M = O, d’ou G = A.Pour H . On remplace (B,−1)(D− 1) par (I,−2), d’ou H = Bar{(A, 1)(I,−2)}. Pour tout

point M , on a −−−→MH =−−→MA− 2

−−→MI, et pour M = I, −−→IH =

−→IA donc H = C.

Reduisons les deux membres de l’equation en utilisant les definitions de G et H . On a

M ∈ Γ ⇔ ||−−→MG|| = ||−−→MH|| d’ou M ∈ Γ ⇔ ||−−→MA|| = ||−−→MC||, ou encore M ∈ Γ ⇔ MA =MC. L’ensemble cherche est la mediatrice du segment [AC] (on peut d’ailleurs voir que(B, O, D) ∈ Γ3)

2


1. (a) Ecrire sans utiliser le symbole Σ les sommes suivantes :

A =7∑

k=2

k2, B =4∑

k=0

k + 1

k + 2, C =

6∑

k=0

(2k − 7)2, D =4∑

j=1

j(j + 1).

(b) Exprimer en fonction de x les sommes suivantes, sans utiliser le symbole Σ :

A =5∑

i=1

(2i− 1) xj, B =6∑

j=1

(−1)j(7− j) xj, C =7∑

j=3

(3j + 2) (−1)j+1x2j

(c) Ecrire chacune des sommes suivantes avec Σ :A = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 ;B = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 ;C = 1− 4 + 7− 10 + 13− 16 ;D = 1 + 8 + 27 + 64 + 125 ;E = x− x2 + x3 − x4 + x5 ;F = 7x + 5x2 + 3x3 + x4.

2. On definit les deux suites u et v par u0 = 2 et ∀n ∈ N, un+1 =un + 1

2un

et vn =un − 1

2un + 1.

(a) Demontrer par recurrence que ∀n ∈ N, un > 0.

(b) Montrer que la suite v est geometrique ; calculer vn puis un en fonction de n.

3. Calculer intelligemment les sommes suivantes :

(a) S = 3 + 4 + 5 + 6 + · · ·+ 98 ;

(b) 5 + 7 + 9 + 11 + · · ·+ 121 ;

(c) 5 + 2− 1− 4− 7− · · · − 34 ;

(d) 2 + 4 + 8 + · · ·+ 256 ;

(e)1

2− 1

4+

1

8− · · · − 1

256.

4. Resoudre dans R l’equation suivante :

1 +x

x + 2+

(x

x + 2

)2

+ · · ·+(

x

x + 2

)7

= 0

5. On raconte que l’inventeur du jeu d’echecs demanda pour recompense qu’on lui fasse donde quelques grains de ble : un grain pour la premiere case, deux grains pour la deuxiemecase, quatre grains pour la troisieme et ainsi de suite en doublant a chaque case le nombregrains jusqu’a la 64e case de l’echiquier.

(a) Calculer le nombre de grain offerts pour la 64e case.

(b) Calculer le nombre total de grains de ble que represente la recompense.

(c) Un grain de ble pese 0,05 g. Sachant que la production annuelle de ble de nos jours etde l’ordre de 600 millions de tonnes, quel temps faudrait-il pour satisfaire la requete ?


1. (a) (1 pt) A =

7∑

k=2

k2 = 22 + 32 + 42 + 52 + 62 + 72 = 139 ;

(1 pt) B =

4∑

k=0

k + 1

k + 2=

1

2+

2

3+

3

4+

4

5+

5

6=

71

20;

(1 pt) C =

6∑

k=0

(2k − 7)2 = (−7)2 + (−5)2 + (−3)2 + (−1)2 + 12 + 32 + 52 = 119 ;

(1 pt) D =

4∑

j=1

j(j + 1) = 1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + 4× 5 = 40.

(b) (1 pt) A =

5∑

i=1

(2i− 1) xi = x + 3x2 + 5x3 + 7x4 + 9x5 ;

(2 pts) B =

6∑

j=1

(−1)j(7− j) xj = −6x + 5x2 − 4x3 + 3x4 − 2x5 + x6 ;

(2 pts) C =

7∑

j=3

(3j + 2) (−1)j+1x2j = 11x6 − 14x8 + 17x10 − 20x12 + 23x14.

(c) (4 × 1 + 2 × 2 pts) A =

7∑

i=1

i, B =

4∑

i=0

(2i + 1), C =

5∑

i=0

(−1)i(3i + 1)

D =

5∑

i=1

i3, E =

5∑

i=1

(−1)i+1xi, F =

3∑

i=0

(7− 2i) xi+1.

2. (a) (3 pts) Initialisation : u0 = 1 > 0Transmission : On suppose que pour un n de N, on a un > 0. Alors un + 1 > 0 et

2un > 0 doncun + 1

2un

= un+1 > 0. Donc ∀n ∈ N, un > 0.

(b) (4 pts) ∀n ∈ N, vn+1 =un+1 − 1

2un+1 + 1=

un+12un− 1

2× un+12un

+ 1=

un + 1− 2un

2un + 2 + 2un

=−un + 1

2(2un + 1)=

−1

2vn, donc le suite v est geometrique de raison−1

2et de premier terme v0 =

u0 − 1

2u0 + 1=

1

5. Le terme general de la suite v est donc vn =

1

5

(−1

2

)n

=(−1)n

5× 2n.

Exprimons un en fonction de vn :

vn =un − 1

2un + 1⇔ vn (2un + 1) = un − 1 ⇔ un (1− 2vn) = 1 + vn ⇔ un =

1 + vn

1− 2vn

tout ceci etant equivalent car ∀n ∈ N, 1− 2vn 6= 0, en effet :

vn =1

2⇔ 1

5

(−1

2

)n

=1

2⇔(−1

2

)n

=5

2

equation qui n’a pas de solution (voir cours de terminale).

Finalement : un =1 + vn

1− 2vn

=1 + (−1)n

5×2n

1− 2× (−1)n

5×2n

=5× 2n + (−1)n

5× 2n − 2(−1)n.

1

3. (4 × 1 + 2 pts)

(a) En posant ∀n ∈ N, vn = 3 + n, on s’apercoit que 3 = v0 et 98 = v95, donc S =

(95− 0 + 1)× 3 + 98

2= 4848.

(b) On pose vn = 5 + 2n, alors v0 = 5 et v58 = 121, d’ou S = (58− 0 + 1)5 + 121

2= 3717.

(c) On pose vn = 5− 3n, alors v0 = 5 et v13 − 34, donc S = (13− 0 + 1)5− 34

2= −203.

(d) Si l’on pose vn = 2n, alors v1 = 2 et v8 = 256, donc S = 21− 2(8−1+1)

1− 2= 510.

(e) Factorisons par −1 :

S =1

2− 1

4+

1

8− · · · − 1

256= −

(−1

2+

1

4− 1

8+ · · ·+ 1

256

)= −S ′

On calcule S ′. Pour cela posons vn =

(−1

2

)n

, alors v1 = −1

2et v8 =

1

256. Donc

S = −S ′ =1

2× 1−

(−1

2

)(8−1+1)

1 + 12

=1

2× 1− 1

25632

=255256

3=

85

256

4. (5 pts) Le premier membre est la somme des huit premiers termes de la suite geometrique

de raisonx

x + 2et de premier terme 1. Donc l’equation equivaut a :

1−(

xx+2

)8

1− xx+2

= 0 ⇔ 1−(

x

x + 2

)8

= 0 ⇔(

x

x + 2

)8

= 1 et x 6= −2

Deux possibilites :x

x + 2= −1 ou

x

x + 2= 1 et x 6= −2

La premiere equation conduit a x = −1, la seconde a 0 = 2, impossible. Finalement S ={−1}.

5. (a) (1 pt) En posant vn = 2n, on met v0 = 1 grain de ble sur la premiere case, v1 = 2 surla seconde, ainsi de suite donc v63 = 263 ≃ 9, 223 · 1018 sur la 64e.

(b) (2 pts) Soit S la somme cherchee :

S =63∑

i=0

vi =1− 264

1− 2= 264 − 1

(c) (2 pts) 1 grain ←→ 0,05 g20 grains ←→ 1 g, mais 1 tonne = 1000 kg = 106 g, donc2 · 107 grains ←→ 1 tonne2 · 107 × 6 · 108 = 1, 2 · 1016 grains ←→ 600 millions de tonnes

donc il faudra264 − 1

1, 2 · 1016≃ 1537 ans pour satisfaire la requete !

(Bareme sur 40 points)

2


Soit f : x 7→ 3x + 1

x3 − 3x + 3.

1. Proceder a une etude de fonction pour determiner le nombre α tel que Df = R − {α}.Donner un encradement d’amplitude 10−1 de ce nombre.

2. On pose P (x) = 2x3+x2−4. Montrer que f ′(x) = 0 ⇔ P (x) = 0. Montrer que le polynomeP n’admet qu’une seule racine β, en donner un encadrement d’amplitude 10−1.Donner de signe de P et en deduire le tableau de variations de f .

3. Donner les limites aux bornes de l’ensemble de definition. Interpreter geometriquement etcompleter le tableau de variations de f .

Voici la representation graphique pour eviter les inepties.

–8

–6

–4

–2

0

2

4

6

–4 –2 2 4 6


1. x ∈ Df ⇔ x3−3x+3 6= 0. Etudions la fonction g : x 7→ x3−3x+3. On a f ′(x) = 3x2−3 =3(x− 1)(x + 1) et lim

x→−∞f(x) = lim

x→−∞x3 = −∞ et lim

x→+∞f(x) = +∞. D’ou le tableau

x −∞ −1 1 +∞f ′(x) + 0 − 0 +

f(x) −∞ ր 5 ց 1 ր +∞La fonction f est strictement croissante et continue sur l’intervalle ] − ∞,−1], donc ellerealise une bijection de ]−∞,−] sur ]−∞, 5]. Or 0 ∈]−∞, 5], donc il existe un unique reelα dans ]−∞,−1] tel que f(α) = 0. Avec la calculatrice on trouve −2, 2 < α < −2, 1.Ce n’est pas la peine de chercher une autre racine dans ]− 1, +∞[ car pour tout reel x decet intervalle, f(x) > 1.

2. Un calcul conduit a f ′(x) =−3(2x3 + x2 − 4)

(x3 − 3x + 3)2, donc f ′(x) = 0 ⇔ P (x) = 0. On procede a

l’etude de P . La derivee vaut P ′(x) = 6x2 + 2x = 2x(3x + 1) ; les limites sont evidentes :

x −∞ −1

30 +∞

P ′(x) + 0 − 0 +

P (x) −∞ ր −107

24ց −4 ր +∞

Un argument similaire au precedent montre que P realise une bijection de [0, +∞[ sur[−4, +∞[ et comme 0 ∈ [−4, +∞[, il existe un unique reel β tel que f(β) = 0. Grace a lacalculatrice, on peut avancer que 1, 1 < β < 1, 2.Le signe : si x < β, alors f(x) < 0 ; si x = β, alors f(x) = 0 et si x > β, alors f(x) > 0. Onen deduit le tableau de variations de f :

x −∞ α β +∞−3P (x) + + 0 +

f(x) 0 ր +∞ ‖ −∞ ր f(β) ց 0

3. Encadrons le numerateur quand x tend vers α :

−2, 2 < α < −2, 1 ⇔ −6, 6 < 3α < −6, 3 ⇔ −5, 6 < 3α + 1 < −5, 3

D’apres le tableau de variations de g, limx→α

x<α

g(x) < 0 et limx→α

x>α

g(x) > 0, donc

limx→α

x<α

f(x) =0−

0−= +∞ et lim

x→α

x>α

f(x) =0−

0+= −∞

d’ou le tableau ci-dessus. Geometriquement, ces resultats prouvent que les droites d’equationy = 0 et x = α sont des asymptotes a la courbe representative de f .

1


1. Soit ABC un triangle.

(a) Demontrer que pour tout point M du plan :−→AB · −−→CM +

−−→BC · −−→AM +

−→CA · −−→BM = 0.

(b) On note H le point d’intersection des hauteurs issues de B et de C. Demontrer enutilisant l’identite precedente que les droites (AH) et (BC) sont perpendiculaires.

(c) En deduire que, dans tout triangle, les trois hauteurs sont concourantes.

2. Soit un quadrilatere ABCD, les points I milieu de [AC] et J milieu de [BD].

(a) Montrer que AB2 +BC2+CD2+DA2 = 4IJ2+AC2+BD2 en appliquant le theoremede la mediane dans les triangles ABC, ACD et BID.

(b) En deduire que la somme des carres des cotes d’un quadrilatere est superieure ou egalea la somme des carres des diagonales. A quelle condition a-t-on egalite ?

3. Les points I et J sont les milieux des cotes [AB] et [AC] du carre ABCD et M est l’inter-section des droites (CI) et (AJ).

Donner la valeur exacte du cosinus de l’angle CMJ en calculant de deux facons differentes−→AJ · −→IC.

4. Rappel. Soit−→u

∣∣∣∣xy

et−→v

∣∣∣∣x′

y′ deux vecteurs, alors par definition le determinant des vec-

teurs−→u et

−→v est le reel det(

−→u ,−→v ) =

∣∣∣∣x x′

y y′

∣∣∣∣ = xy′ − x′y.

L’objet de l’exercice est d’etablir que l’aire S d’un triangle ABC ou A, B et C sont

trois points d’un plan muni d’un repere orthonormal (O;−→i ,−→j ) est calculee par S =

1

2

∣∣∣det(−→AB,−→AC)

∣∣∣. On suppose que le triangle ABC n’est pas plat (donc A 6= B 6= C).

(a) Soit H le projete orthogonal de C sur (AB). Montrer que AH2 =(−→AB · −→AC)2

AB2et en

deduire que CH2 =1

AB2

(AB2 × AC2 −

(−→AB · −→AC

)2)

.

(b) Montrer que l’aire S satisfait a S2 =1

4

(AB2 × AC2 −

(−→AB · −→AC

)2)

[1].

(c) Montrer que ∀(x, y, x′, y′) ∈ R4, (xy′ − x′y)2 + (xx′ + yy′)2 = (x2 + y2)(x′2 + y′2).

En deduire que pour tous vecteurs−→u et

−→v du plan

(det(−→u ,−→v ))2

+(−→

u · −→v)2

= ||−→u ||2 × ||−→v ||2 [2]

(d) Deduire de [1] et [2] l’egalite annoncee.

(e) Application. On donne les points A

∣∣∣∣−2−1

, B

∣∣∣∣−7−9

et C

∣∣∣∣14

. Calculer l’aire du

triangle ABC.

(f) Demontrer que tout triangle ayant ses sommets sur les nœuds d’un quadrillage formede carreaux carres de 1 cm × 1 cm a une aire superieure ou egale a 0,5 cm2.Aide. On peut choisir un repere orthonormal de facon que les nœuds du quadrillagesoient les points a coordonnees entieres dans ce repere. Montrer alors que si le triangle

ABC a des sommets a coordonnees entieres, | det(−→AB,−→AC)| est un entier naturel non

nul.


1. (a) (2 pts) Posons λ =−→AB · −−→CM +

−−→BC · −−→AM +

−→CA · −−→BM . En decomposant avec A :

λ =−→AB · (−→CA +

−−→AM) + (

−→BA +

−→AC) · −−→AM +

−→CA · (−→BA +

−−→AM)

=−→AB · −→CA +

−→AB · −−→AM +

−→BA · −−→AM +

−→AC · −−→AM +

−→CA · −→BA +

−→CA · −−→AM

=−→CA · (−→AB +

−→BA) +

−−→AM · (−→AB +

−→BA +

−→AC +

−→CA)

= 0

(b) (1 pt) Par construction (AB)⊥ (CH) et (CA)⊥ (BH), c’est-a-dire−→AB · −−→CH =

−→CA ·−−→

BH = 0. En faisant M = H dans λ on obtient l’equation

−→AB · −−→CH +

−−→BC · −−→AH +

−→CA · −−→BH = 0 ⇔ −−→BC · −−→AH = 0

ce qui traduit que (BC)⊥ (AH).

(c) (1 pt) Soit hA la hauteur issue de A. Alors hA⊥ (BC) et A ∈ hA, donc d’apres laquestion precedente hA = (AH) d’ou H ∈ hA. Etant donne que, par construction, Hest le point d’intersection des hauteurs issues de B et C, on peut conclure que les troishauteurs d’un triangle sont concourantes (en H ici).

2. (a) (2 pts) Le theoreme de la mediane applique dans le triangle ABC donne AB2+BC2 =

2BI2 +1

2AC2.

De meme dans le triangle ACD, on a CD2 + AD2 = 2DI2 +1

2AC2. On ajoutant

membre a membre ces deux egalites, on arrive a

AB2 + BC2 + CD2 + AD2 = 2(BI2 + DI2) + AC2

Mais le meme theoreme dans le triangle BID conduit a BI2 + ID2 = 2IJ2 +1

2BD2,

et en remplacant ci-dessus on arrive a l’egalite attendue.

(b) (2 pts) La somme des carres des cotes est Σ = AB2 + BC2 + CD2 + AD2 ; la sommedes carres des diagonales est σ = AC2 + BD2, donc l’egalite de la question precedentes’ecrit Σ− σ = 4IJ2. Or 4IJ2

> 0, puisque c’est un carre, d’ou Σ > σ. L’egalite a lieusi et seulement si 4IJ2 = 0 ⇔ I = J , ce qui revient a dire que l’egalite a lieu si etseulement si les diagonales du quadrilatere se coupent en leur milieu, caracterisationdes parallelogrammes.

3. (4 pts) Evaluons le produit scalaire−→AJ · −→IC.

Par definition−→AJ ·−→IC = AJ×IC×cos CMJ . Or d’apres le theoreme de Pythagore, AJ2 =

AB2 + BJ2 d’ou AJ2 = a2 +(a

2

)2

soit AJ =a√

5

2. De meme, le theoreme de Pythagore

applique dans le triangle BIC donne IC =a√

5

2. Finalement

−→AJ · −→IC =

5

4a2 cos CMJ .

Dans le repere orthonorme (A;−→AB,−−→AD), il est evident que

−→AJ

∣∣∣∣aa/2

et−→IC

∣∣∣∣a/2a

, d’ou le

produit scalaire−→AJ · −→IC = a× a

2+

a

2× a = a2.

En resume−→AJ · −→IC = a2 =

5

4a2 cos CMJ , d’ou l’on deduit cos CMJ =

4

5.

1

4. (a) (2 pt) Le point H etant le projete orthogonal de C sur (AB), on a l’egalite−→AB ·−→AC =

AB ×AH ; en elevant au carre les longueurs algebriques disparaissent : (−→AB · −→AC)2 =

AB2 ×AH2. Une division par AB2 fournit l’expression de AH2.

Le theoreme de Pythagore dans le triangle ACH donne

CH2 = AC2 − AH2 = AC2 − (−→AB · −→AC)2

AB2=

1

AB2

(AB2 × AC2 −

(−→AB · −→AC

)2)

(b) (1 pt) L’aire est donnee par S =1

2AB × CH , en passant au carre et en remplacant

CH2 :

S2 =1

4AB2× 1

AB2

(AB2 ×AC2 −

(−→AB · −→AC

)2)

=1

4

(AB2 × AC2 −

(−→AB · −→AC

)2)

[1]

(c) (1,5 pt) Il suffit de developper et de comparer chacun des membres pour etablirl’identite (due a Lagrange).

En repere orthonormal, on sait que, etant donne deux vecteurs−→u

∣∣∣∣xy

et−→v

∣∣∣∣x′

y′ ,

le determinant de−→u et

−→v vaut xy′ − x′y, leur produit scalaire vaut xx′ + yy′ et

||−→u || =√

x2 + y2. En mettant au carre et en comparant a l’identite de Lagrange :

(xy′ − x′y)2 + (xx′ + yy′)2 = (x2 + y2)(x′2 + y′2)

m(det(−→u ,−→v ))2

+(−→

u · −→v)2

= ||−→u ||2 × ||−→v ||2 [2]

(d) (1 pt) En faisant−→u =

−→AB et

−→v =

−→AC dans [2], on obtient

AB2 × AC2 −(−→AB · −→AC

)2

=(det(−→AB,−→AC)

)2

et en divisant par 4, la formule [1] permet d’ecrire

S2 =1

4

(det(−→AB,−→AC)

)2

et on prend la racine carree pour conclure, en enlevant le signe de det(−→AB,−→AC).

(e) (0,5 pt) A

∣∣∣∣−2−1

, B

∣∣∣∣−7−9

et C

∣∣∣∣14

, d’ou−→AB

∣∣∣∣−5−8

et−→AC

∣∣∣∣35

. Par suite

det(−→AB,−→AC) =

∣∣∣∣−5 3−8 5

∣∣∣∣ = −25 + 24 = −1

et l’aire vaut S =1

2× | − 1| = 1

2.

(f) (2 pts) Posons δ = det(−→AB,−→AC). On sait que δ = 0 ⇔ −→AB et

−→AC sont colineaires ⇔

(AB)//(AC) ⇔ (AB) = (AC) ⇔ les points A, B et C sont alignes. Absurde car ABCest un vrai triangle. Donc δ 6= 0.

Si les coordonnees des points A, B et C sont des nombres entiers, celles de−→AB et

−→AC le

sont aussi. Le determinant δ etant la difference d’un produit d’entiers, il est lui-memeentier.Puisque δ est un entier non nul, on a δ 6 −1 ou δ > 1, dans les deux cas |δ| > 1, et

en multipliant par1

2, on obtient S =

1

2|δ| > 1

2.

2


Etant donne un triangle ABC, de cercle circonscrit Γ (centre O, rayon R), de cercle inscrit C(centre I, rayon r), on pose d = OI. Cet exercice propose de montrer que d2 = R(R − 2r).

A′ est le point d’intersection de la bissectrice (AI) avec le cercle Γ ; S est le projete orthogonal

de I sur (AC) ; A′′ est le point diametralement oppose a A′ sur Γ. On note α l’angle BAI .

1. En utilisant le theoreme de l’angle inscrit, montrer que A′BC = BA′′A = α.

Justifier que les angles A′BI et AIB sont supplementaires et en deduire que le triangleIA′B est isocele en A′.

2. Exprimer IA en fonction de r et α, et BA′ en fonction de R et α (utiliser les trianglesrectangles AIS et BA′A′′).

3. Evaluer de deux facons differentes le produit scalaire ω =−→IA ·−→IA′,

– d’une part en projetant,

– d’autre part en montrant que ω =−−→IA′′ ·

−→IA′ puis en decomposant ces deux vecteurs avec

le point O grace a la relation de Chasles.En deduire l’egalite d2 = R(R − 2r).

4. En deduire que pour tout triangle R > 2r.


1. Par le theoreme de l’angle inscrit, A′BC = A′AC et BAA′ = BA′′A′. Mais la droite (AA′)

est la bissectrice de BAC, donc BAA′ = A′AC ; de plus BAA′ = BAI = α. En resume :

A′BC = BA′′A = α.

A′BI = A′BC + CBI = α + CBI, mais (BI) est la bissectrice de l’angle CBA, donc

CBI = IBA d’ou A′BI = α + IBA [1].

En considerant le triangle ABI, on a BAI + IBA + BIA = π, mais BAI = α, donc

α + IBA = π − BIA et en comparant avec [1], on arrive bien a A′BI = π − BIA [2].

De facon evidente, BIA′ = AIA′− BIA = π− BIA, donc d’apres [2], BIA′ = A′BI, ce quiprouve que le triangle IA′B est isocele en A′.

2. Dans le triangle ASI rectangle en S (puisque (AS) est tangente a C en S), on a

IA =SI

sin IAS=

r

sin BAI=

r

sin α.

puisque IAS = BAI, etant donne que (AI) est la bissectrice de l’angle BAC.

Le triangle A′A′′B est rectangle en B puisque [A′A′′] est un diametre de Γ (donc A′A′′ = 2R).De plus le triangle IA′B etant isocele en A on a IA′ = BA′, d’ou

IA′ = BA′ = A′A′′ sin BA′′A′ = 2R sin α.

3. Evaluons de deux facons le produit scalaire ω =−→IA ·−→IA′.

– Les points A, I, A′ sont alignes dans cet ordre, donc ω = IA×IA′. Orientons par exemple

(AA′) de A vers A′. On a alors ω =−r

sin α× 2R sin α = −2Rr.

– Le triangle AA′A′′ est rectangle en A donc le vecteur−−→IA′′ se projette orthogonalement sur−→

IA′ en−→IA. Ce qui permet d’ecrire ω =

−−→IA′′ ·

−→IA′. On decompose chacun de ces vecteurs

avec le point O, −−→IA′′ ·

−→IA′ = (

−→IO +

−−→OA′′) · (−→IO +

−−→OA′)

= (−→IO −

−−→OA′) · (−→IO +

−−→OA′)

= IO2 − OA′2

= d2 −R2.

Finalement ω = −2Rr = d2 −R2 d’ou d2 = R(R− 2r).

4. Les longueurs R et r sont positives (strictement), donc

d2> 0 ⇔ R(R− 2r) > 0 ⇔ R− 2r > 0 ⇔ R > 2r.

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