Devoir commun – 1S Février 2019 – 3h

Devoir Commun Février 2018

1S – Mathématiques

Énoncé

Exercice 1     8 points

L’objectif de l’exercice est de comparer deux séries statistiques. Les deux séries indiquent les températures en °C dans deux villes A et B chaque jour d’une même année comportant $365$ jours. Pour la ville B, la moyenne
est $\conj{x_B} = 14, 4$ °C, l’écart-type $\sigma_B \approx 8, 771~5$ et le diagramme en boîte est en-dessous.
Pour la ville A, on a les relevés suivants :

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{Température en °C}&0&3&6&9&12&15&8&21&24&27\\
\hline
\text{Effectif}&20&10&40&57&8&1&189&10&20&10\\
\hline
\end{array}$$

  1. À l’aide de la calculatrice, calculer la moyenne $\conj{x_A}$ e l’écart-type $\sigma_A$ pour la ville A. Donner les résultats arrondis à $10^{-4}$ près.
    $\quad$
  2. Avec les données de la villa A, déterminer le premier quartile, la médiane, le troisième quartile que l’on notera respectivement $Q_{1A}$, $M_A$ et $Q_{3A}$. Justifier les réponses.
    $\quad$
  3. Construire le diagramme en boîte de la série A sur le diagramme ci-dessous.

    $\quad$
  4. Comparer et commenter les résultats des deux séries de données (ville A et ville B) en utilisant :
    – le couple moyenne – écart-type;
    – le couple médiane – écart-interquartile.
    $\quad$

Exercice 2     4 points

Dans cet exercice, toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte dans l’évaluation.

On coupe une ficelle d’une longueur de 17 mètres pour entourer deux surfaces :

  • un carré;
  • un domino (rectangle deux fois plus long que large).

Où doit-on couper la ficelle pour que la somme des deux aires soit minimale ?

$\quad$

Exercice 3     7 points

$ABC$ est un triangle. Les points $K, L$ et $M$ sont tels que $\vect{AK}=-\dfrac{3}{2}\vect{AC}$, $\vect{AL}=\dfrac{3}{4}\vect{AB}$ et $5\vect{MB}+\vect{MC}=\vec{0}$.

  1. Placer, sur la figure ci-dessous, les points $K$, $L$ et $M$. Pour construire le point $M$, on exprimera $\vect{BM}$ en fonction de $\vect{BC}$.$\quad$
  2. Exprimer le vecteur $\vect{KL}$ en fonction des vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$.
    $\quad$
  3. Démontrer que $\vect{KM}=\dfrac{5}{6}\vect{AB}+\dfrac{5}{3}\vect{AC}$.
    $\quad$
  4. Montrer que les points $K, L$ et $M$ sont alignés.
    $\quad$

Exercice 4     12 points

Dans un repère orthonormé, on considère les points $A(1;3)$, $B(5;1)$ et $C(4;5)$.

On utilisera le repère qui suit pour la figure de cet exercice.

  1. On considère la droite $(d)$ d’équation $-x+2y-9=0$.
    a. Représenter la droite $(d)$.
    $\quad$
    b. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AC)$.
    $\quad$
    c. Les droites $(d)$ et $(AC)$ sont-elles parallèles? Justifier.
    $\quad$
  2. a. Calculer les coordonnées du point $E$, milieu de $[AB]$.
    $\quad$
    b. Déterminer une équation cartésienne de la médiane issue de $C$ dans le triangle $ABC$.
    $\quad$
    c. On admet qu’une équation cartésienne de la médiane issue de $B$ dans le triangle $ABC$ est $6x+5y-35=0$. Montrer que le point $D(0;7)$ est sur cette droite, puis tracer la droite sur le graphique.
    $\quad$
    d. Calculer les coordonnées de $G$, centre de gravité du triangle $ABC$.
    $\quad$

Exercice 5     17 points

La suite $\left(u_n\right)$ est définie pour tout $n\pg 0$ par $u_n=\dfrac{6n-5}{n+1}$.

  1. Pour tout $n\pg 0$, exprimer $u_{n+1}$ en fonction de $n$.
    $\quad$
  2. a. Calculer les cinq premiers termes de cette suite.
    $\quad$
    b. En déduire le sens de variation présumé de $\left(u_n\right)$.
    $\quad$
    Étude du sens de variation
  3. Première méthode
    a. Soit $n\in \N$. Exprimer $u_{n+1}-u_n$ en fonction de $n$.
    $\quad$
    b. En déduire le sens de variation de la suite.
    $\quad$
  4. Deuxième méthode
    a. Donner l’expression de la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$, telle que pour tout $n\pg 0$, on a $u_n=f(n)$.
    $\quad$
    b. Déterminer les réels $a$ et $b$ tels que $f(x)=a+\dfrac{b}{x+1}$ sur $[0;+\infty[$.
    $\quad$
    c. Déterminer le sens de variation de $f$ sur $[0;+\infty[$, puis en déduire celui de $\left(u_n\right)$.
    $\quad$
    Étude du comportement à l’infini
  5. a. Montrer que pour tout $n\pg 0$, on a $u_n<6$.
    $\quad$
    b. Déterminer à l’aide de la calculatrice le plus petit entier $n$ à partir duquel on a $u_n>5,95$.
    $\quad$
    c. Quelle semble être la limite de la suite $\left(u_n\right)$? Argumenter.
    $\quad$

Exercice 6     12 points

Soit $p$ le trinôme défini par $p(x)=-\dfrac{1}{16}x^2+\dfrac{3}{8}x-\dfrac{5}{16}$ sur $[-1;7]$.

  1. Déterminer la forme canonique de $p$.
    $\quad$
  2. En déduire le tableau de variation de $p$ sur $[-1;7]$ en justifiant.
    $\quad$
  3. a. En regardant le tableau de variation précédent, pourquoi peut-on être sûr, sans le calculer, que le discriminant de ce polynôme est strictement positif ?
    $\quad$
    b. Calculer ce discriminant et dresser le tableau de signe de $p$.
    $\quad$
  4. Exprimer $\left|p(x)\right|$ sans valeur absolue, puis donner l’allure de la représentation graphique de la fonction $x\to \left|p(x)\right|$ dans le repère ci-dessous.$\quad$
  5. Notons maintenant $q(x)=\sqrt{-\dfrac{1}{16}x^2+\dfrac{3}{8}x-\dfrac{5}{16}}$.
    a. Déterminer l’ensemble de définition de la fonction $q$.
    $\quad$
    b. Dresser son tableau de variation en justifiant.
    $\quad$
    c. Démontrer que pour tout $x\in [1;5]$, on a $p(x) \pp q(x) \pp \sqrt{q(x)}$.
    $\quad$
    Rappel : Soit $X$ un nombre réel.
    – si $0 \pp X \pp 1$ alors $X^2 \pp X \pp \sqrt{X}$.
    – si $1 \pp X$ alors $\sqrt{X} \pp X \pp X^2$.
    $\quad$

Ex 1

Exercice 1

  1. À l’aide de la calculatrice on obtient $\conj{x_A}\approx 14,4$ et $\sigma_A\approx 6,681~3$.
    $\quad$
  2. Voici le tableau des effectifs cumulés croissants (ECC) de la série.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Température en °C}&0&3&6&9&12&15&8&21&24&27\\
    \hline
    \text{Effectif}&20&10&40&57&8&1&189&10&20&10\\
    \hline
    \text{ECC}&20&30&70&127&135&136&325&335&355&365\\
    \hline
    \end{array}$$
    $\quad$
    $\dfrac{365}{2}=182,5$. La médiane est donc la $183\ieme$ valeur, c’est-à-dire $18$.
    $\dfrac{365}{4}=91,25$. $Q_1$ est donc la $92\ieme$ valeur. Donc $Q_1=9$.
    $\dfrac{365\times 3}{4}=273,75$. $Q_3$ est donc la $274\ieme$ valeur. Donc $Q_3=18$.
    $\quad$
  3. On obtient le diagramme en boîte suivant :
    $\quad$
  4. Si l’on utilise les couples moyenne-écart type, on peut constater que les séries des deux villes ont la même moyenne ce qui signifie que les températures sont similaires en moyenne mais l’écart type de la série A est plus petit que celui de la série B, ce qui signifie que les températures relevées dans la ville A sont plus homogènes autour de la moyenne qui est $14$.
    $\quad$
    Si l’on utilise le couple médiane-écart interquartile, on peut constater que les séries des deux villes ont la même médiane mais l’écart interquartile de la série de la ville A est plus petit ce qui signifie que les température de la villes A sont plus homogènes autour de la médiane qui est $18$.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

On appelle $x$ la longueur de la ficelle permettant de réaliser le carré.
L’aire du carré est donc $\mathscr{A}_1(x)=\left(\dfrac{x}{4}\right)^2=\dfrac{x^2}{16}$.

On appelle $\ell$ la largeur du rectangle. Sa longueur est donc $2\ell$ et son périmètre est $2(\ell+2\ell)=6\ell$.
Or son périmètre est également égal à $17-x$.
Par conséquent $6\ell=17-x \ssi \ell=\dfrac{17-x}{6}$.
Ainsi l’aire du rectangle est $\mathscr{A}_2(x)=\dfrac{17-x}{6}\times 2\times \dfrac{17-x}{6}=\dfrac{(17-x)^2}{18}$.

La somme des deux aires est :
$\begin{align*} \mathscr{A}(x)&=\mathscr{A}_1(x)+\mathscr{A}_2(x) \\
&=\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{(17-x)^2}{18} \\
&=\dfrac{18x^2+16(17-x)^2}{288} \\
&=\dfrac{18x^2+16\left(289-34x+x^2\right)}{288} \\
&=\dfrac{34x^2-544x+4~624}{288}\end{align*}$

On considère la fonction du second degré $P(x)=34x^2-544x+4~624$.
On a $a=34>0$.
La fonction admet donc un minimum dont l’abscisse est :
$\alpha =-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{544}{68}=8$

La somme des deux aires est donc minimale si $x=8$.
$\quad$

Ex 3

Exercice 3

  1. On a :
    $\begin{align*} 5\vect{MB}+\vect{MC}=\vec{0} &\ssi 5\vect{MB}+\vect{MB}+\vect{BC}=\vec{0} \\
    &\ssi 6\vect{MB}=-\vect{BC} \\
    &\ssi \vect{BM}=\dfrac{1}{6}\vect{BC}\end{align*}$
    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*} \vect{KL}&=\vect{KA}+\vect{AL} \\
    &=-\vect{AK}+\dfrac{3}{4}\vect{AB} \\
    &=\dfrac{3}{4}\vect{AB}+\dfrac{3}{2}\vect{AC}\end{align*}$
    $\quad$
  3. On a :
    $\begin{align*} \vect{KM}&=\vect{KA}+\vect{AB}+\vect{BM} \\
    &=\dfrac{3}{2}\vect{AC}+\vect{AB}+\dfrac{1}{6}\vect{BC} \\
    &=\dfrac{3}{2}\vect{AC}+\vect{AB}+\dfrac{1}{6}\left(\vect{BA}+\vect{AC}\right) \\
    &=\dfrac{3}{2}\vect{AC}+\vect{AB}-\dfrac{1}{6}\vect{AB}+\dfrac{1}{6}\vect{AC}\\
    &=\dfrac{5}{6}\vect{AB}+\dfrac{5}{3}\vect{AC} \end{align*}$
    $\quad$
  4. On obtient donc $\vect{KM}=\dfrac{10}{9}\vect{KL}$
    Les vecteurs $\vect{KM}$ et $\vect{KL}$ sont donc colinéaires.
    Par conséquent les points $K, L$ et $M$ sont alignés.
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

  1. a. Si $x=-1$ alors $2y-8=0 \ssi y=5$. Le point de coordonnées $(-1;4)$ appartient à la droite $(d)$.
    Si $x=3$ alors $2y-12=0 \ssi y=6$. Le point de coordonnées $(3;6)$ appartient à la droite $(d)$.
    $\quad$
    b. On a $\vect{AC}(4-1;5-3)$ soit $\vect{AC}(3;2)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. On a ainsi $\vect{AM}(x-1;y-3)$.
    Le point $M$ appartient à la droite $(d)$
    $\ssi$ $\vect{AM}$ et $\vect{AC}$ sont colinéaires
    $\ssi 2(x-1)-3(y-3)=0$
    $\ssi 2x-2-3y+9=0$
    $\ssi 2x-3y+7=0$
    Une équation cartésienne de la droite $(AC)$ est donc $2x-3y+7=0$.
    $\quad$
    c. Un vecteur directeur de la droite $(d)$ est $\vec{u}(-2;-1)$ et un vecteur directeur de $(AC)$ est $\vect{AC}(3;2)$.
    $-2\times 2-(-1)\times 3=-4+3=-1\neq 0$
    $\vec{u}$ et $\vect{AC}$ ne sont donc pas colinéaires.
    Les droites $(d)$ et $(AC)$ ne sont, par conséquent, pas parallèles.
    $\quad$
  2. a. $E$ est le milieu de $[AB]$.
    Donc $x_E=\dfrac{1+5}{2}=3$ et $y_E=\dfrac{3+1}{2}=2$.
    Les coordonnées du point $E$ sont $(3;2)$.
    $\quad$
    b. La médiane issue de $C$ dans le triangle $ABC$ est la droite $(CE)$.
    On a $\vect{CE}(3-4;2-5)$ soit $\vect{CE}(-1;-3)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. On a $\vect{CM}(x-4;y-5)$.
    Le point $M$ appartient à la droite $(CE)$
    $\ssi$ $\vect{CM}$ et $\vect{CE}$ sont colinéaires
    $\ssi$ $-3(x-4)-(-1)(y-5)=0$
    $\ssi$ $-3x+12+y-5=0$
    $\ssi$ $-3x+y+7=0$
    Une équation cartésienne de la droite $(CE)$ est donc $-3x+y+7=0$.
    $\quad$
    c. $3\times 0+5\times 7-35=0+35-35=0$.
    Donc $D(0;7)$ appartient à la médiane issue de $B$ dans le triangle $ABC$. Elle passe donc par les points $D$ et $B$.
    $\quad$
    d. Le centre de gravité $G(x;y)$ du triangle $ABC$ est le point d’intersection des médianes de ce triangle.
    Ses coordonnées sont donc solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} -3x+y+7=0\\6x+5y-35=0\end{cases} &\ssi \begin{cases} y=3x-7\\6x+5(3x-7)-35=0\end{cases} \\
    & \ssi \begin{cases} y=3x-7\\6x+15x-35-35=0\end{cases} \\
    & \ssi \begin{cases} y=3x-7\\21x=70 \end{cases} \\
    & \ssi \begin{cases} y=3x-7\\x=\dfrac{10}{3} \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{10}{3}\\y=3\times \dfrac{10}{3}-7\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{10}{3}\\y=3\end{cases} \end{align*}$.
    Le point $G$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{10}{3};3\right)$.
    $\quad$

$\quad$

Ex 5

Exercice 5

  1. Pour tout $n\pg 0$ on a :
    $\begin{align*} u_{n+1}&=\dfrac{6(n+1)-5}{n+1+1}\\
    &=\dfrac{6n+6-5}{n+2}\\
    &=\dfrac{6n+1}{n+2} \end{align*}$
    $\quad$
  2. a. $u_0=-5$, $u_1=\dfrac{1}{2}$, $u_2=\dfrac{7}{3}$, $u_3=\dfrac{13}{4}$ et $u_4=\dfrac{19}{5}$
    $\quad$
    b. Il semblerait que la suite $\left(u_n\right)$ soit croissante.
    $\quad$
  3. a. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} u_{n+1}-u_n&=\dfrac{6n+1}{n+2}-\dfrac{6n-5}{n+1} \\
    &=\dfrac{(6n+1)(n+1)-(6n-5)(n+2)}{(n+1)(n+2)} \\
    &=\dfrac{6n^2+6n+n+1-\left(6n^2+12n-5n-10\right)}{(n+1)(n+2)} \\
    &=\dfrac{11}{(n+1)(n+2)}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ on a $n+1>0$ et $n+2>0$ donc $u_{n+1}-u_n>0$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc croissante.
    $\quad$
  4. a. Pour tout réel $x\in[0;+\infty[$ on a $f(x)=\dfrac{6x-5}{x+1}$.
    Ainsi pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=f(n)$.
    $\quad$
    b. $f(x)=\dfrac{6x+6-6-5}{x+1}=\dfrac{6(x+1)-11}{x+1}=6-\dfrac{11}{x+1}$.
    Donc $a=6$ et $b=-11$
    $\quad$
    c. On considère deux réels $u$ et $v$ tels que $0\pp u< v$
    $\begin{align*} 0\pp u<v &\ssi 1 \pp u+1<v+1 \\
    &\ssi \dfrac{1}{u+1}>\dfrac{1}{v+1} \\
    &\ssi -\dfrac{11}{u+1}<-\dfrac{11}{v+1} \\
    &\ssi 6-\dfrac{11}{u+1}<6-\dfrac{11}{v+1} \\
    &\ssi f(u)<f(v)\end{align*}$
    La fonction $u$ est donc croissante sur l’intervalle $[0;+\infty[$.
    $\quad$
    Pour tout entier naturel $n$ on a $0\pp n<n+1$.
    Puisque la fonction $f$ est croissante sur l’intervalle $[0;+\infty[$ on a $f(n)<f(n+1)$ soit $u_n<u_{n+1}$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc croissante.
    $\quad$
  5. a. On a
    $\begin{align*} u_n-6&=f(n)-6\\
    &=6-\dfrac{11}{n+1}-6\\
    &=-\dfrac{11}{n+1} \end{align*}$
    $n$ est un entier naturel donc $n+1>0$.
    Par conséquent $u_n-6<0$ soit $u_n<6$ pour tout entier naturel $n$.
    $\quad$
    b. D’après la calculatrice on a $u_{219}=5,95$ et $u_{220}=\dfrac{1~315}{221}>5,95$.
    C’est donc à partir de $n=220$ que $u_n>5,95$.
    $\quad$
    c. La suite $\left(u_n\right)$ est croissante et majorée par $6$.
    Plus la valeur de $n$ augmente plus la valeur de $u_n$ se rapproche de $6$. Donc $\lim\limits_{n\to +\infty}=6$.
    $\quad$

Ex 6

Exercice 6

  1. Pour tout réel $x$ appartenant à l’intervalle $[-1;7]$ on a :
    $\begin{align*} p(x)&=-\dfrac{1}{16}x^2+\dfrac{3}{8}x-\dfrac{5}{16} \\
    &=-\dfrac{1}{16}\left(x^2-6x+5\right) \\
    &=-\dfrac{1}{16}\left(x^2-6x+9-9+5\right) \\
    &=-\dfrac{1}{16}\left((x-3)^2-4\right) \\
    &=-\dfrac{1}{16}(x-3)^2+\dfrac{1}{4}\end{align*}$
    $\quad$
  2. On a $a=-\dfrac{1}{16}<0$. La fonction $p$ est donc croissante puis décroissante.
    Son maximum est atteint en $\alpha=3$ et vaut $\dfrac{1}{4}$.
    On obtient alors le tableau de variations suivant :
    $\quad$
  3. a. La fonction $p$ est croissante sur l’intervalle $[-1;3]$ et prend toutes les valeurs comprises entre $-\dfrac{3}{4}<0$ et $\dfrac{1}{4}>0$. L’équation $p(x)=0$ possède donc au moins une solution sur cette intervalle.
    De même la fonction $p$ est décroissante sur l’intervalle $[3;7]$ et prend toutes les valeurs comprises entre $-\dfrac{3}{4}<0$ et $\dfrac{1}{4}>0$. L’équation $p(x)=0$ possède donc au moins une solution sur cette intervalle.
    Le polynôme du second degré $p(x)$ change donc de signe. Son discriminant est donc strictement positif.
    $\quad$
    b. $\Delta = \left(\dfrac{3}{8}\right)^2-4\times \left(-\dfrac{1}{16}\right)\times \left(-\dfrac{5}{16}\right)=\dfrac{1}{16}>0$
    Les deux solutions sont :
    $x_1=\dfrac{-\dfrac{3}{8}-\sqrt{\dfrac{1}{16}}}{-\dfrac{1}{8}}=5$ et $x_2=\dfrac{-\dfrac{3}{8}+\sqrt{\dfrac{1}{16}}}{-\dfrac{1}{8}}=1$
    On sait que $a=-\dfrac{1}{16}<0$. Le tableau de signes de $p(x)$ est donc :
  4. Sur $]-1;1[\cup]5;7[$ on a $p(x)<0$ donc $\left|p(x)\right|=-p(x)=\dfrac{1}{16}x^2-\dfrac{3}{8}x+\dfrac{5}{16}$.
    Sur $]1;5[$ on a $p(x)>0$ donc  $\left|p(x)\right|=p(x)=-\dfrac{1}{16}x^2+\dfrac{3}{8}x-\dfrac{5}{16}$.
    $\quad$
    On obtient donc la représentation graphique suivante :
    $\quad$
  5. a. L’ensemble de définition de la fonction $q$ est $D_q=[1;5]$.
    $\quad$
    b. Pour tout réel $x$ de l’intervalle $[1;5]$ on a $p(x)\pg 0$.
    Les fonction $p$ et $\sqrt{p}$ ont donc le même sens de variation.
    On obtient par conséquent le tableau de variations suivant :
    $\quad$
    c. Pour tout réel $x$ appartenant à l’intervalle $[1;5]$ on a, d’après le tableau de variation $0\pp q(x) \pp \dfrac{1}{2}<1$.
    Donc $\left(q(x)\right)^2 \pp q(x) \pp \sqrt{q(x)}$
    Soit $p(x) \pp q(x) \pp \sqrt{q(x)}$
    $\quad$

Devoir commun – 1S Février 2018 – 3h

Devoir Commun Février 2018

1S – Mathématiques

Énoncé

Exercice 1     14 points

Une machine fabrique des rondelles métalliques.

On a prélevé au hasard dans la fabrication un échantillon de $150$ rondelles dont on a mesuré le diamètre intérieur $d$ et le diamètre extérieur $D$. Les résultats, en millimètres, sont les suivants :

$$\begin{array}{c}\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{diamètre intérieur }d&4,7&4,8&4,9&5&5,1&5,2&5,3\\
\hline
\text{effectifs } N&1&6&24&76&37&4&2\\
\hline
\end{array}\\
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{diamètre extérieur }D&11,7&11,8&11,9&12&12,1&12,2&12,3\\
\hline
\text{effectifs } N’&3&11&33&72&22&8&1\\
\hline
\end{array}\end{array}$$

  1. À l’aide de la calculatrice, déterminer la moyenne $m$ et l’écart-type $\sigma$ de chaque série (arrondi à $10^{-3}$ près).
    $\quad$
  2. Déterminer, en expliquant les calculs ou les démarches, pour chaque série, la médiane $M_e$, les quartiles $Q_1$ et $Q_3$, l’écart interquartile $I$. On pourra s’aider de la calculatrice pour déterminer les valeurs.
    $\quad$
  3. Le service contrôle de qualité prévoit de n’accepter une rondelle que si ses diamètres intérieur et extérieur ont chacun une mesure comprise entre $M_e-I$ et $M_e+I$.
    Quant au service fabrication, il propose d rejeter une rondelle dès que l’une des deux mesures se trouve en dehors de l’intervalle $[m-\sigma;m+\sigma]$.
    Quel pourcentage de rejets peut-il y avoir dans chaque cas? (Proposer une fourchette)
    $\quad$
  4. Quel est le test le moins contraignant pour l’entreprise?
    $\quad$

Exercice 2     6 points

Dans cet exercice, toute trace de recherche sera prise en compte dans la notation.

Dans un carré de $10$ cm de côté, on a colorié une bande de largeur $x$ cm et un carré de côté $x$ cm centré comme sur la figure ci-dessous.

Déterminer la ou les valeurs de $x$ pour laquelle (lesquelles) les deux aires (blanche et coloriée) sont égales.

$\quad$

Exercice 3     15 points

Soient $A(1;1), B(9;3)$ et $C(5;8)$ trois points du plan muni d’un repère orthonormé.

On complétera la au fur et à mesure de l’exercice la figure ci-dessus.

  1. Déterminer par le calcul les coordonnées du point $G$ tel que $\vect{AG}=\dfrac{3}{4}\vect{AB}+\vect{BC}$.
    $\quad$
  2. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AC)$.
    $\quad$
  3. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(\Delta)$ parallèle à $(AB)$ passant par $C$.
    $\quad$
  4. Démontrer que le point $G\left(3;\dfrac{15}{2}\right)$ appartient à $(\Delta)$ : -x+4y=27$.
    $\quad$
  5. Dans cette partie, on va déterminer le point de la droite $(AN)$ d’équation $-x+4y=3$ le plus proche du point $C$.
    a. Soit $y$ un nombre réel. Expliquer pourquoi $H(4y-3;y)$ appartient à la droite $(AB)$.
    $\quad$
    b. Démontrer que $CH^2=17y^2-80y+128$.
    $\quad$
    c. En déduire les coordonnées du point de la droite $(AB)$ le plus proche du point $C$.
    $\quad$

Exercice 4     7 points

Soit $ABC$ un triangle tel que $AB=4$, $AC=3$ et $BC=2$. On considère les points $H$ et $G$ tels que :
$$\vect{AH}=\dfrac{7}{4}\vect{AB}\quad \text{et} \quad \vect{AG}=2\vect{CB}+\dfrac{13}{4}\vect{AB}$$

  1. Placer les points $H$ et $G$ sur la figure ci-dessus en laissant apparent vos traits de construction.
    $\quad$
  2. Démontrer que $\vect{CH}=\dfrac{7}{4}\vect{AB}-\vect{AC}$
    $\quad$
  3. Démontrer que $\vect{CG}=\dfrac{21}{4}\vect{AB}-3\vect{AC}$.
    $\quad$
  4. En déduire que les points $C,H$ et $G$ sont alignés.
    $\quad$

Exercice 5 (groupe 1)     18 points

Partie I

On considère le trinôme du second degré $p$ défini par $p(x)=3x^2-1$.

  1. a. Dresser le tableau de variation de la fonction carré sur $\R$.
    $\quad$
    b. En déduire celui de la fonction $p$ sur $\R$.
    $\quad$
  2. a. Déterminer les antécédents de $0$ par la fonction $p$.
    $\quad$
    b. Étudier le signe de $p$ sur $\R$.
    $\quad$
    c. Exprimer alors la fonction $g$ définie par $g(x)=\left|p(x)\right|$ sans valeur absolue.
    $\quad$

Partie II

Dans cette partie, on étudie la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=x^3-x$. On note $\mathscr{C}_f$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O;I,J)$.

  1. a. Montrer que $f(x)=x(x-1)(x+1)$ pour tout $x\in \R$.
    $\quad$
    b. En quels points la courbe $\mathscr{C}_f$ coupe-t-elle l’axe des abscisses? Justifier.
    $\quad$
  2. Soient $x\in\R$ et $h\neq 0$.
    a. Montrer que $(x+h)^3=x^3+3x^2h+3xh^2+h^3$.
    $\quad$
    b. Calculer $\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$.
    $\quad$
    c. En déduire que $f$ est dérivable en tout $x\in \R$ et $f'(x)=3x^2-1$.
    $\quad$
    d. Calculer alors $f'(-1)$, $f'(0)$ et $f'(1)$.
    $\quad$
    e. En déduire l’équation de la tangente $T_{-1}$ à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $-1$.
    $\quad$
  3. Déterminer les coordonnées des points où la courbe $\mathscr{C}_f$ admet une tangente parallèle à l’axe des abscisses.
    $\quad$
  4. Soit $x_0\in \R$. Que peut-on dire des tangentes à $\mathscr{C}_f$ aux points $M\left(x_0;f\left(x_0\right)\right)$ et $M’\left(-x_0;f\left(-x_0\right)\right)$? Justifier.
    $\quad$

Exercice 5 (groupe 2)     18 points

  1. a. est un réel, $a \pg \dfrac{1}{3}$. La fonction $f$ est définie sur $\R$ par $f(x)=x^3+x^2+ax$.
    Montrer que $f$ est croissante sur $\R$.
    Toute initiative sera prise en compte.
    $\quad$
  2. Dans un repère orthonormal $\Oij$, $A(1;2)$ et $M$ est un point de l’axe des abscisses, d’abscisse $x>1$. $P$ est le point d’intersection de la droite $(AM)$ avec l’axe des ordonnées.
    a. Faire une figure.
    $\quad$
    b. Démontrer que l’ordonnée de $P$ est $\dfrac{2x}{x-1}$. On pourra utiliser le théorème de Thalès, en justifiant soigneusement.
    $\quad$
    c. L’aire du triangle $OMP$ dépend de $x$. Montrer que cette aire est égale à $\dfrac{x^2}{x-1}$.
    $\quad$
    d. Étudier les variations de la fonction $f$ définie sur $]1;+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{x^2}{x-1}$, en concluant par son tableau de variation.
    $\quad$
    e. Déterminer la position du point $M$ qui permet d’obtenir l’aire $OMP$ minimale. Quelle est la valeur de cette aire?
    $\quad$

Ex 1

Exercice 1

  1. Pour la première série on a : $m\approx 5,008$ et $\sigma \approx 0,092$.
    Pour la seconde série on a : $m\approx 11,985$ et $\sigma\approx 0,104$.
    $\quad$
  2. $\dfrac{150}{2}=75$ donc la médiane est la moyenne de la $75\ieme$ et de la $76\ieme$ valeur.
    $\dfrac{150}{4}=37,5$ donc $Q1$ est la $38\ieme$ valeur.  $Q1=5$
    $\dfrac{150\times 3}{4}=112,5$ donc $Q3$ est la $113\ieme$ valeur.
    $\quad$
    Ainsi pour la série concernant le diamètre intérieur $d$ :
    $Me=\dfrac{5+5}=5$ $\quad$  $Q1=5$ et $Q3=5,1$
    L’écart interquartile est donc $I=Q3-Q1=5,1-5=0,1$
    $\quad$
    Pour la série concernant le diamètre extérieur $D$ :
    $Me=\dfrac{12+12}=12$ $\quad$  $Q1=11,9$ et $Q3=12$
    L’écart interquartile est donc $I=Q3-Q1=12-11,9=0,1$
    $\quad$
  3. Pour la série concernant le diamètre intérieur $d$ on a : $[Me-I;Me+I]=[4,9;5,1]$.
    Par conséquent $13$ valeurs parmi les $150$ n’appartiennent pas à cet intervalle. Or $\dfrac{13}{150}\approx 8,7\%$.
    $\quad$
    Pour la série concernant le diamètre extérieur $D$ on a : $[Me-I;Me+I]=[11,9;12,1]$.
    Par conséquent $23$ valeurs parmi les $150$ n’appartiennent pas à cet intervalle. Or $\dfrac{23}{150}\approx 15,3\%$.
    $\quad$
    Dans le meilleur des cas, $23$ rondelles sont refusées (soit environ $15,3\%$) et dans le pire des cas $23+13=36$ rondelles sont refusées (soit $24\%$).
    Avec cette méthode, le pourcentage de rejet appartient donc à l’intervalle $[15,3;24]$.
    $\quad$
    $\quad$
    Pour la série concernant le diamètre intérieur $d$ on a : $[m-\sigma;m+\sigma]=[4,916;5,1]$
    Par conséquent $37$ valeurs sur les $150$ n’appartiennent pas à cet intervalle soit environ $24,7\%$ des valeurs.
    $\quad$
    Pour la série concernant le diamètre extérieur $D$ on a : $[m-\sigma;m+\sigma]=[11,881;12,089]$
    Par conséquent $45$ valeurs sur les $150$ n’appartiennent pas à cet intervalle soit $30\%$ des valeurs.
    $\quad$
    Dans le meilleur des cas, $45$ rondelles sont refusées soit $30\%$. Dans le pire des cas $45+37=82$ rondelles sont refusées soit environ $54,7\%$.
    Avec cette méthode le pourcentage de rejet appartient donc à l’intervalle $[30;54,7]$.
    $\quad$
  4. Le test du service contrôle qualité est donc le moins contraignant.
    $\quad$

 

Ex 2

Exercice 2

Les deux sont égales. Elles valent donc toutes les deux la moitié de l’aire du carré soit $\dfrac{10^2}{2}=50$ cm$^2$.

L’aire de la partie coloriée est :
$\begin{align*} \mathscr{A}&=2\left(10x+(10-2x)x\right)+x^2\\
&=2(\left(20x-2x^2\right)+x^2\\
&=40x-4x^2+x^2 \\
&=-3x^2+40x\end{align*}$

On veut donc résoudre l’équation $-3x^2+40x=50 \ssi -3x^2+40x-50=0$

Le discriminant est :
$\begin{align*} \Delta&=40^2-4\times (-3)\times (-50) \\
&=1~000 \\
&>0\end{align*}$

L’équation du second degré $-3x^2+40x-50=0$ possède donc deux solutions qui sont :
$\begin{align*} x_1&=\dfrac{-40-\sqrt{1~000}}{-6} \\
&=\dfrac{40+10\sqrt{10}}{6} \\
&=\dfrac{20+5\sqrt{10}}{3} \end{align*}$

et

$\begin{align*} x_2&=\dfrac{-40+\sqrt{1~000}}{-6} \\
&=\dfrac{40-10\sqrt{10}}{6} \\
&=\dfrac{20-5\sqrt{10}}{3} \end{align*}$

Or $x_1\approx 11,9\notin [0;10]$ et $x_2\approx 1,4 \in[0;10]$.

Les deux aires sont donc égales si $x=\dfrac{20-5\sqrt{10}}{3}$.

 

Ex 3

Exercice 3

  1. On a $\vect{AB}(9-1;3-1)$ soit $\vect{AB}(8;2)$
    et $\vect{BC}(5-9;8-3)$ soit $\vect{BC}(-4;5)$
    $\begin{align*} &\vect{AG}=\dfrac{3}{4}\vect{AB}+\vect{BC} \\
    \ssi&\begin{cases}x_G-1=\dfrac{3}{4}\times 8-4 \\y_G-1=\dfrac{3}{4}\times 2+5 \end{cases} \\
    \ssi &\begin{cases} x_G-1=2 \\y_G-1=\dfrac{13}{2} \end{cases} \\
    \ssi &\begin{cases} x_G=3\\y_G=\dfrac{15}{2}\end{cases} \end{align*}$
    Les coordonnées du point $G$ sont donc $\left(3;\dfrac{15}{2}\right)$.
    $\quad$
  2. On a $\vect{AC}(5-1;8-1)$ soit $\vect{AC}(4;7)$.
    On appelle $M(x;y)$ un point du plan. On a ainsi $AM(x-1;y-1)$.
    $\begin{align*} M\in (AC) &\ssi \vect{AM} \text{ et } \vect{AC} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 7(x-1)-4(y-1)=0\\
    &\ssi 7x-7-4y+4=0\\
    &\ssi 7x-4y=3=0 \end{align*}$
    Une équation cartésienne de $(AC)$ est donc $7x-4y-3=0$.
    $\quad$
  3. On a $\vect{AB}(8;2)$.
    Les droites $(AB)$ et $(\Delta)$ sont parallèles. $\vect{AB}$ est donc un vecteur directeur de $(\Delta)$.
    Une équation cartésienne de la droite $(\Delta)$ est par conséquent de la forme $-2x+8y+c=0$
    Le point $C(5;8)$ appartient à la droite $(\Delta)$.
    Ainsi $-2\times 5+8\times 8+c=0 \ssi c=-54$.
    Une équation cartésienne de la droite $(\Delta)$ est donc $-2x+8y-54=0$.
    En simplifiant les coefficients par $2$ on peut également dire qu’une équation cartésienne de cette droite est $-x+4y-27=0$.
    $\quad$
  4. $-3+4\times \dfrac{15}{2}=-3+30=27$.
    Donc $G$ appartient à $(\Delta)$.
    $\quad$
  5. a. $-(4y-3)+4y=-4y+3+4y=3$.
    Donc $H(4y-3;y)$ appartient à la droite $(AB)$.
    $\quad$
    b. On a $\vect{CH}(4y-3-5;y-8)$ soit $\vect{CH}(4y-8;y-8)$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} CH^2&=\lVert \vect{CH}\rVert^2 \\
    &=(4y-8)^2+(y-8)^2 \\
    &=16y^2+64-64y+y^2+64-16y\\
    &=17y^2-80y+128\end{align*}$.
    $\quad$
    c. On appelle $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(y)=17y^2-80y+128$.
    Le coefficient principal est $a=17>0$.
    La fonction $f$ admet donc un minimum dont l’abscisse est :
    $\alpha=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{40}{17}$.
    Le point $H$ a donc pour coordonnées $\left(4\times \dfrac{40}{17}-3;\dfrac{40}{17}\right)$ soit $\left(\dfrac{109}{17};\dfrac{40}{17}\right)$.

Ex 4

Exercice 4

  1. $\quad$

    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*} \vect{CH}&=\vect{CA}+\vect{AH} \\
    &=-\vect{AC}+\dfrac{7}{4}\vect{AB} \end{align*}$
    $\quad$
  3. On a :
    $\begin{align*} \vect{CG}&=\vect{CA}+\vect{AG} \\
    &=-\vect{AC}+2\vect{CB}+\dfrac{13}{4}\vect{AB} \\
    &=-\vect{AC}+2\left(\vect{CA}+\vect{AB}\right)+\dfrac{13}{4}\vect{AB} \\
    &=-\vect{AC}-2\vect{AC}+2\vect{AB}+\dfrac{13}{4}\vect{AB} \\
    &=\dfrac{21}{4}\vect{AB}-3\vect{AC}\end{align*}$
    $\quad$
  4. On constate donc que $\vect{CG}=3\vect{CH}$.
    Les vecteurs $\vect{CG}$ et $\vect{CH}$ sont par conséquent colinéaires et les points $C$, $G$ et $H$ sont alignés.
    $\quad$

Ex 5 - grp1

Exercice 5 – Groupe 1

Partie I 

  1. a. On appelle $u$ la fonction carré.
    On a donc le tableau de variation suivant :

    $\quad$
    b. On a $p=3u-1$. Or $3>0$. Les fonctions $u$ et $3u$ ont donc le même sens de variation.
    De plus les fonctions $3u$ et $3u-1$ ont le même sens de variation.
    Par conséquent les fonction $u$ et $p$ ont le même sens de variation.
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} p(x)=0 &\ssi 3x^2-1=0\\
    &\ssi 3x^2=1 \\
    &\ssi x^2=\dfrac{1}{3} \\
    &\ssi x=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \text{ ou } x=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\end{align*}$
    $\quad$
    b. Le coefficient principal est $a=3>0$.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :

    $\quad$
    c. Ainsi si $x\in \left]-\dfrac{1}{\sqrt{3}};\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right[$ alors $p(x)<0$ donc $g(x)=\left|p(x)\right|=-p(x)$.
    Si $x\in\left]-\infty;-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right]\cup\left[\dfrac{1}{\sqrt{3}};+\infty\right[$ alors $p(x)\pg 0$ donc $g(x)=\left|p(x)\right|=p(x)$.
    $\quad$

Partie II

  1. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} x(x-1)(x+1)&=x\left(x^2-1\right) \\
    &=x^3-x\\
    &=f(x)\end{align*}$
    $\quad$
    b. Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
    Donc $f(x)=0 \ssi x=0$ ou $x-1=0$ ou $x+1=0$.
    La courbe $\mathscr{C}_f$ coupe dons l’axe des abscisse en $A(0;0)$ et $B(1;0)$ et $C(-1;0)$.
    $\quad$
  2. a. Pour tous réels $x$ et $h$ on a :
    $\begin{align*} (x+h)^3&=(x+h)\times (x+h)^2 \\
    &=(x+h)\left(x^2+h^2+2xh\right)\\
    &=x^3+xh^2+2x^2h+hx^2+h^3+2xh^2 \\
    &=x^3+3x^2h+3xh^2+h^3\end{align*}$
    $\quad$
    b. On considère un réel $x$ et un réel $h$ non nul.
    $\begin{align*} T_h(x)&=\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\
    &=\dfrac{x^3+3x^2h+3xh^2+h^3-x-h-x^3+x}{h} \\
    &=\dfrac{3x^2h+3xh^2+h^3-h}{h} \\
    &=3x^2+3xh+h^2-1 \end{align*}$
    $\quad$
    c. Pour tout réel $x$ on a :
    $\lim\limits_{h\to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}=3x^2-1$.
    Cela signifie donc que la fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et que, pour tout réel $x$ on a $f'(x)=3x^2-1$.
    $\quad$
    d. Ainsi $f'(-1)=3-1=2$
    $f'(0)=0-1=-1$
    $f'(1)=3-1=2$
    $\quad$
    e. On sait que $f'(-1)=2$. Une équation de $T_{-1}$ est donc de la forme $y=2x+b$.
    $f(-1)=(-1)^3-(-1)=0$
    Le point $A(-1;0)$ appartient donc à la courbe $\mathscr{C}_f$ et à la tangente $T_{-1}$.
    Ainsi $0=2\times (-1)+b \ssi b=2$.
    Une équation de $T_{-1}$ est donc $y=2x+2$.
    $\quad$
  3. Une tangente est parallèle à l’axe des abscisses si, et seulement si, son coefficient directeur est nul.
    On veut donc résoudre l’équation :
    $\begin{align*} f'(x)=0&\ssi 3x^2-1=0\\
    &\ssi x=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \text{ ou }x=-\dfrac{1}{\sqrt{3}} \quad (*) \\
    &\ssi x=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \text{ ou }x=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}
    \end{align*}$
    $(*)$ d’après la partie I
    $f\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3} \right)=-\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$ et $f\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3} \right)=\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$
    La tangente est parallèle à l’axe des abscisses aux points de coordonnées $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3} ;-\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\right)$ et $\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3} ;\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\right)$.
    $\quad$
  4. Pour tout réel $x_0$ on a :
    $f’\left(-x_0\right)=3\left(-x_0\right)^2-1=3{x_0}^2-1=f’\left(x_0\right)$.
    Les tangentes en $M$ et $M’$ sont donc parallèles.
    $\quad$

Ex 5 - grp2

Exercice 5 – Groupe 2

  1. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que fonction polynôme.
    Pour tout réel $x$ on a $f'(x)=3x^2+2x+a$.
    Le discriminant est $\Delta=4-4\times 3a=4(1-3a)$.
    Or $a\pg \dfrac{1}{3}$ donc $1-3a\pp 0$ et $\Delta\pp 0$.
    Le coefficient principal est $a=3>0$.
    Par conséquent, pour tout réel $x$ on a $f'(x)\pg 0$.
    La fonction $f$ est donc croissante sur $\R$.
    $\quad$
  2. a.$\quad$
    b. On appelle $B$ le point de coordonnées $(0;2)$.
    Dans les triangles $OPM$ et $BAP$ on a :
    – les droites $(AB)$ et $(OM)$ sont parallèles;
    – le point $B$ appartient au segment $[OP]$;
    – le point $A$ appartient au segment $[PM]$.
    D’après le théorème de Thalès on obtient :
    $\dfrac{PB}{PO}=\dfrac{PA}{PM}=\dfrac{AB}{OM}$
    Soit $\dfrac{PB}{PO}=\dfrac{1}{x}$
    Donc $\dfrac{PO-2}{PO}=\dfrac{1}{x}$
    D’où $1-\dfrac{2}{PO}=\dfrac{1}{x}$
    Par conséquent $\dfrac{2}{PO}=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}$
    Finalement $PO=\dfrac{2x}{x-1}$.
    L’ordonnée du point $P$ est bien $\dfrac{2x}{x-1}$.
    $\quad$
    c. L’aire du triangle $OMP$ est :
    $\begin{align*} A&=\dfrac{OP\times OM}{2} \\
    &=\dfrac{\dfrac{2x}{x-1}\times x}{2} \\
    &=\dfrac{x^2}{x-1}\end{align*}$
    $\quad$
    d. La fonction $f$ est dérivable sur l’intervalle $]1;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur cet intervalle.
    Pour tout réel $x>1$ on a :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2x\times (x-1)-x^2\times 1}{(x-1)^2} \\
    &=\dfrac{2x^2-2x-x^2}{(x-1)^2} \\
    &=\dfrac{x^2-2x}{(x-1)^2} \\
    &=\dfrac{x(x-2)}{(x-1)^2}\end{align*}$
    Pour tout réel $x>1$ on a $(x-1)^2>0$ et $x>0$
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $x-2$.
    Or $x-2=0\ssi x=2$ et $x-2>0 \ssi x>2$.
    On obtient donc le tableau de variations suivant :

    La fonction $f$ est donc décroissante sur l’intervalle $]1;2]$ et croissante sur l’intervalle $[2;+\infty[$.
    $\quad$
    e. D’après le tableau de variations l’aire du triangle $OMP$ est minimale quand $x=2$ et vaut $4$ unités d’aires.

1S – Exercices – Produit scalaire dans le plan 3

Produit scalaire dans le plan

Exercice 1

On considère un rectangle $ABCD$ tel que $AB=4$ et $AD=3$ et le point $E$ tel que $\vect{BE}=\dfrac{1}{2}\vect{AB}$.

  1. Calculer $\vect{AD}.\vect{AC}$. En déduire $\|\vect{AD}+\vect{AC}\|$.
    $\quad$
  2. Calculer $\vect{AE}.\vect{AC}$.
    $\quad$
  3. Calculer $\vect{EC}.\vect{ED}$. En déduire la mesure de l’angle $\left(\vect{EC},\vect{ED}\right)$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. Le point $D$ est le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AD)$.
    Par conséquent $\vect{AD}.\vect{AC}=\vect{AD}.\vect{AD}=AD^2=9$.
    Or on sait que $\vect{AD}.\vect{AC}=\dfrac{1}{2}\left(\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-\|\vect{AC}\|^2-\|\vect{AC}\|^2\right)$
    Dans le triangle $ADC$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
    $AC^2=AD^2+DC^2=9+16=25$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} 9=\dfrac{1}{2}\left(\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-\|\vect{AC}\|^2-9-25\right) &\ssi 18=\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-34 \\
    &\ssi \|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2=52 \\
    &\ssi \|\vect{AC}+\vect{AD}\|=\sqrt{52}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Le point $B$ est le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AE)$.
    Donc
    $\begin{align*}\vect{AE}.\vect{AC}&=\vect{AE}.\vect{AB}\\
    &=3\times 4\\
    &=12
    \end{align*}$.
    $\quad$
  3. On a :
    $\begin{align*} \vect{EC}.\vect{ED}&=\left(\vect{EB}+\vect{BC}\right).\left(\vect{EA}.\vect{AD}\right) \\
    &=\vect{EB}.\vect{EA}+\vect{EB}.\vect{AD}+\vect{BC}.\vect{EA}+\vect{BC}.\vect{AD} \\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{BA}.\dfrac{3}{2}\vect{BA}+0+0+\vect{AD}.\vect{AD}\\
    &=\dfrac{3}{4}\times 4^2+3^2\\
    &=21
    \end{align*}$
    $\quad$
    Dans le triangle $EBC$ rectangle en $B$ on applique le théorème de Pythagore :
    $EC^2=EB^2+BC^2=4+9=13$
    Donc $EC=\sqrt{13}$.
    $\quad$
    Dans le triangle $AED$ rectangle en $A$ on applique le théorème de Pythagore :
    $ED^2=EA^2+AD^2=36+9=45$
    Donc $ED=\sqrt{45}$
    $\quad$
    On a donc $\vect{EC}.\vect{ED}=21$ et $\vect{ED}.\vect{EC}=ED\times EC\times \cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right)$
    Par conséquent $21=\sqrt{13}\times \sqrt{45}\cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right) \ssi\cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right)=\dfrac{21}{\sqrt{13\times 45}}$
    Ainsi $\left(\vect{EC},\vect{ED}\right)\approx 29,7$°.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 2

Dans le repère orthonormé $(O;I,J)$ on considère les points $A(3;2)$ et $B(-5;-3)$.

  1. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AB)$ puis les coordonnées d’un vecteur normal à cette droite.
    $\quad$
  2. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(d)$ perpendiculaire à la droite $(AB)$ passant par le point $C\left(-\dfrac{7}{2};\dfrac{7}{2}\right)$.
    $\quad$
  3. Quelles sont les coordonnées du point $C’$ symétrique du point $C$ par rapport à la droite $(AB)$.
    $\quad$
Correction Exercice 2
  1. Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est $\vect{AB}(-8;-5)$.
    On considère un point $M(x;y)$ du plan. On a alors $\vect{AM}(x-3;y-2)$.
    $\begin{align*} M\in (AB) &\ssi \vect{AB} \text{ et } \vect{AM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi -8(y-2)-(x-3)\times (-5)=0 \\
    &\ssi -8y+16+5x-15=0 \\
    &\ssi 5x-8y+1=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $5x-8y+1=0$.
    $\quad$
    Un vecteur normal à cette droite est donc $\vec{n}(5;-8)$.
    $\quad$
  2. Un vecteur directeur de la droite $(d)$ est donc $\vec{n}(5;-8)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. $\vect{CM}\left(x+\dfrac{7}{2};y-\dfrac{7}{2}\right)$.
    $\begin{align*} M\in (d) &\ssi \vec{n} \text{ et } \vect{CM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 5\left(y-\dfrac{7}{2}\right)-(-8)\left(x+\dfrac{7}{2}\right)=0 \\
    &\ssi 5y-\dfrac{35}{2}+8x+28=0\\
    &\ssi 8x+5y+\dfrac{21}{2}=0
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Déterminons les coordonnées du point d’intersection de la droite $(d)$ et de la droite $(AB)$.
    Elles sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 5x-8y+1=0 \\8x+5y+\dfrac{21}{2}=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 5x-8y=-1 &\quad (1) \\
    8x+5y=-\dfrac{21}{2}&\quad (2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 5x-8y=-1& \\-89y=\dfrac{89}{2}&\quad 8(1)-5(2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{1}{2} \\5x=8y-1 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{1}{2}\\x=-1\end{cases} \end{align*}$
    Le point d’intersection des droites $(AB)$ et $(d)$ est donc $D\left(-1;-\dfrac{1}{2}\right)$.
    $\quad$.
    Le point $D$ est donc le milieu du segment $[CC’]$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \begin{cases} -1=\dfrac{x_{C’}-\dfrac{7}{2}}{2} \\-\dfrac{1}{2}=\dfrac{y_{C’}+\dfrac{7}{2}}{2} \end{cases} &\ssi \begin{cases} -2=x_{C’}-\dfrac{7}{2}\\-1=y_{C’}+\dfrac{7}{2} \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x_{C’}=\dfrac{3}{2} \\y_{C’}=-\dfrac{9}{2}\end{cases} \end{align*}$
    Donc le point $C’$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{3}{2};-\dfrac{9}{2}\right)$.
    $\quad$

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$\quad$

$\quad$

Exercice 3

On considère un triangle $ABC$ isocèle en $A$ tel que $AB=5$ et $BC=6$.
On appelle :

  • $D$ le milieu du segment $[BC]$
  • $H$ le projeté orthogonal de $D$ sur la droite $(AC)$
  • $K$ le milieu du segment $[DH]$.

En choisissant un repère orthonormé adapté démontrer que les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont perpendiculaires.

$\quad$

Correction Exercice 3

 

Prenons comme origine de notre repère le point $D$. Le triangle $ABC$ étant isocèle en $A$, la médiane issue du sommet $A$ est également une hauteur. Ainsi, les droites $(DA)$ et $(DC)$ sont perpendiculaires.
On a $DC=3$.
On appelle $J$ le point du segment $[DA]$ tel que $DJ=DC$.
Le repère $(D;C,J)$ est donc orthonormé.

Dans le triangle $DAC$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
$\begin{align*} AC^2=DA^2+DC^2&\ssi 25=DA^2+9 \\
&\ssi DA^2=16 \end{align*}$
Donc $DA=4$.
Par conséquent $\vect{DJ}=\dfrac{3}{4}\vect{DA} \ssi \vect{DA}=\dfrac{4}{3}\vect{DJ}$ et

Dans ce repère on a : $D(0;0)$, $C(1;0)$, $J(0;1)$, $A\left(0;\dfrac{4}{3}\right)$.

  • Déterminons une équation cartésienne de la droite $(AC)$.
    On a $\vect{AC}\left(1;-\dfrac{4}{3}\right)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{AM}\left(x;y-\dfrac{4}{3}\right)$.
    On a :
    $\begin{align*} M \in (AC) &\ssi \vect{AM} \text{ et } \vect{AC} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi -\dfrac{4}{3}x-\left(y-\dfrac{4}{3}\right)=0 \\
    &\ssi -\dfrac{4}{3}x-y+\dfrac{4}{3}=0 \\
    &\ssi -4x-3y+4=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(AC)$ est $-4x-3y+4=0$.
    Un vecteur normal à cette droite est donc $\vec{n}(-4;-3)$.
    $\quad$
  • Déterminons une équation cartésienne de la droite $(DH)$.
    Cette droite est perpendiculaire à la droite $(AC)$. $\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de la droite $(DH)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{DM}(x;y)$.
    On a :
    $\begin{align*} M\in (DH) &\ssi \vect{DM} \text{ et } \vec{n} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi -4y+3x=0 \\
    &\ssi 3x-4y=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(DH)$ est $3x-4y=0$.
    $\quad$
  • Déterminons les coordonnées du point $H$, intersection des droites $(DH)$ et $(AC)$.
    On résout pour cela le système :
    $\begin{align*} \begin{cases} -4x-3y+4=0\\3x-4y=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 4x+3y=4&\quad (1)\\3x+4y=0&\quad (2) \end{cases} \\
    & \ssi \begin{cases} 4x+3y=4 &\\25y=12 &\quad 3(1)-4(2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=\dfrac{12}{25} \\x=\dfrac{16}{25} \end{cases}
    \end{align*}$
    Ainsi $H\left(\dfrac{16}{25};\dfrac{12}{25}\right)$.
    $\quad$
  • Déterminons les coordonnées du point $K$.
    $K$ est le milieu du segment $[DH]$.
    Donc $\begin{cases} x_K=\dfrac{0+\dfrac{16}{25}}{2} \\y_K=\dfrac{0+\dfrac{12}{25}}{2}\end{cases}$.
    Par conséquent $K\left(\dfrac{8}{25};\dfrac{6}{25}\right)$.
    $\quad$
  • Montrons que les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont perpendiculaires.
    D’une part $\vect{AK}\left(\dfrac{8}{25};-\dfrac{82}{75}\right)$.
    D’autre part $\vect{BH}\left(\dfrac{41}{25};\dfrac{12}{25}\right)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{AK}.\vect{BH}&=\dfrac{8}{25}\times \dfrac{41}{25}-\dfrac{82}{75}\times \dfrac{12}{25} \\
    &=\dfrac{328}{625}-\dfrac{328}{625} \\
    &=0
    \end{align*}$
    Les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont donc perpendiculaires.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 4

Dans un repère orthonormé $(O;I,J)$ on considère les point $A(3;4)$ et $B(5;-3)$.

  1. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AB)$ et de la médiatrice $(d)$ du segment $[AB]$.
    $\quad$
  2. On appelle $D$ le point de la droite $(d)$ tel que $\vect{OA}.\vect{OD}=-15$.
    Déterminer une mesure de l’angle $\left(\vect{DB}.\vect{DA}\right)$.
    $\quad$
  3. a. Quelles sont les coordonnées du point $C$ de la droite $(d)$ tel que $ABC$ soit un triangle rectangle direct (les points $A$, $B$ et $C$ se lisent dans cet ordre dans le sens trigonométrique)?
    $\quad$
    b. Déterminer alors une mesure de l’angle $\left(\vect{AC},\vect{AD}\right)$.
    $\quad$
  4. Quelles sont les coordonnées du point $E$ de la droite $(d)$ tel que le triangle $ABE$ soit équilatéral direct?
    $\quad$
Correction Exercice 4

 

  1. On a $\vect{AB}(2;-7)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $AM(x-3;y-4)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} M\in (AB) &\ssi \vect{AB} \text{ et } \vect{AM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 2(y-4)-(-7)(x-3) = 0\\
    &\ssi 2y-8+7x-21=0 \\
    &\ssi 7x+2y-29=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $7x+2y-29=0$.
    Un vecteur normal à cette droite est $\vec{n}(7;2)$.
    $\quad$
    La droite $(d)$ est donc perpendiculaire à la droite $(AB)$ et passe par le point $F\left(4;\dfrac{1}{2}\right)$ milieu du segment $[AB]$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{FM}\left(x-4;y-\dfrac{1}{2}\right)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} M\in (d) &\ssi \vec{n} \text{ et } \vect{FM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 7\left(y-\dfrac{1}{2}\right)-2(x-4)=0 \\
    &\ssi 7y-\dfrac{7}{2}-2x+8=0 \\
    &\ssi -2x+7y+\dfrac{9}{2}=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est donc $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$.
    $\quad$
  2. On a $OA=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5$.
    On appelle $D’$ le point défini par $\vect{OD’}=-\dfrac{3}{5}\vect{OA}$.
    Ainsi le point $D’$ appartient à la droite $(OA)$ et vérifie $\vect{OA}.\vect{OD’}=-15$.
    Par conséquent $\vect{OD’}\left(-\dfrac{9}{5};-\dfrac{12}{5}\right)$ soit $D’\left(-\dfrac{9}{5};-\dfrac{12}{5}\right)$
    Le point $D$ est donc le point d’intersection de la droite $(d)$ et de la droite perpendiculaire à la droite $(d)$ passant par le point $(D’)$, c’est à dire de la droite parallèle à la droite $(AB)$ passant par le point $D’$.
    Ainsi une équation cartésienne de la droite $(DD’)$ est de la forme $7x+2y+c=0$.
    Le point $D’$ appartient à cette droite. Ses coordonnées vérifient donc l’équation.
    $7\times \left(-\dfrac{9}{5}\right)+2\times \left(-\dfrac{12}{5}\right)+c=0 \ssi c=\dfrac{87}{5}$.
    Ainsi une équation cartésienne de la droite $(DD’)$ est $7x+2y+\dfrac{87}{5}=0$.
    $\quad$
    Déterminons maintenant les coordonnées du point $D$, point d’intersection des droites $(d)$ et $(DD’)$.
    Ses coordonnées sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 7x+2y+\dfrac{87}{5}=0\\-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 7x+2y=-\dfrac{87}{5}&\quad (1)\\-2x+7y=-\dfrac{9}{2}&\quad (2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 7x+2y=-\dfrac{87}{5}&\\53y=-\dfrac{663}{10}&\quad 2(1)+7(2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{663}{530} \\x=-\dfrac{564}{265}\end{cases}
    \end{align*}$
    Ainsi $D\left(-\dfrac{564}{265};-\dfrac{663}{530} \right)$.
    $\quad$
    On peut maintenant calculer les longueur $FD$ et $FA$ (où $F$ est le milieu du segment $[AB]$).
    Ainsi : $FD^2=\left(-\dfrac{564}{265}-4\right)^2+\left(-\dfrac{663}{530}-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{53~824}{1~325}$
    Par conséquent $FD=\dfrac{232}{5\sqrt{53}}$
    $FA^2=(3-4)^2+\left(4-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{53}{4}$
    Par conséquent $FA=\dfrac{\sqrt{53}}{2}$.
    $\quad$
    Dans le triangle $FDA$ rectangle en $F$ on a :
    $\tan \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)=\dfrac{FA}{FD}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{53}}{2}}{\dfrac{232}{5\sqrt{53}}}=\dfrac{265}{464}$
    Par conséquent $ \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)\approx 29,73$°
    $\quad$
    Le point $D$ appartient à la médiatrice du segment $[DA]$. Donc le triangle $FDA$ est isocèle en $D$ et $ \left(\vect{DB},\vect{DA}\right)=2 \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)\approx 59,46$°.
    $\quad$
  3. a. Le point $C$ appartient à la droite $(d)$. Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$. Ainsi $C\left(x;\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$.
    Par conséquent le triangle $ABC$ est isocèle en $C$. Il ne pourra donc être rectangle qu’en $C$.
    On a $\vect{CA}\left(3-x;4-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CA}\left(3-x;\dfrac{65-4x}{14}\right)$.
    et $\vect{CB}\left(5-x;-3-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CB}\left(5-x;\dfrac{-33-2x}{14}\right)$.
    Le triangle $ABC$ est rectangle en $C$
    $\ssi \vect{CA};\vect{CB}=0$
    $\ssi (3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}=0 $
    $\ssi 15-8x+x^2+\dfrac{-2~145-128x+16x^2}{196}=0$
    $\ssi 2~940-1~568x+196x^2-2~145-128x+16x^2=0$
    $\ssi 212x^2-1~696x+795=0$
    Le discriminant est $\Delta=(-1~696)^2-4\times 212\times 795=2~202~256 = 1~484^2>0$.
    Les racines sont donc $x_1=\dfrac{1~696-1~484}{424}=\dfrac{1}{2}$ et $x_2=\dfrac{1~696+1~484}{424}=\dfrac{15}{2}$
    Si $x_C=\dfrac{1}{2}$ alors $y_c=\dfrac{2x_C-\dfrac{9}{2}}{7}=-\dfrac{1}{2}$ donc $C_1\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{1}{2}\right)$
    Si $x_C=\dfrac{15}{2}$ alors $y_c=\dfrac{2x_C-\dfrac{9}{2}}{7}=\dfrac{3}{2}$ donc $C_2\left(\dfrac{15}{2};\dfrac{3}{2}\right)$
    Seul le point $C_2$ permet d’avoir un triangle $ABC$ rectangle direct.
    $\quad$
    b. On considère donc le point $C\left(\dfrac{15}{2};\dfrac{3}{2}\right)$.
    $\vect{AC}\left(\dfrac{9}{2};-\dfrac{5}{2}\right)$ donc $AC=\sqrt{\dfrac{53}{2}}$
    $\vect{AD}\left(-\dfrac{1~359}{265};-\dfrac{2~783}{530} \right)$ donc $AD=\dfrac{\sqrt{15~132~613}}{530}$
    D’une part $\vect{AC}.\vect{AD}=-\dfrac{1~359}{265}\times \dfrac{9}{2}-\dfrac{2~783}{530}\times \left(-\dfrac{5}{2} \right)=-\dfrac{199}{20}$
    D’autre part $\vect{AC}.\vect{AD}=AC\times AD\times \cos \left(\vect{AC},\vect{AD}\right)$
    Par conséquent $\cos \left(\vect{AC},\vect{AD}\right)=-\dfrac{199}{20AC\times AD}\approx -0,26$.
    Donc $\left(\vect{AC},\vect{AD}\right)\approx 105,27$°.
    $\quad$
  4. Le point $E$ appartient à la droite $(d)$. Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$. Ainsi $E\left(x;\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$.
    On a $\vect{EA}\left(3-x;4-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CA}\left(3-x;\dfrac{65-4x}{14}\right)$.
    et $\vect{EB}\left(5-x;-3-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CB}\left(5-x;\dfrac{-33-2x}{14}\right)$
    Le triangle $ABE$ est équilatéral direct donc $\left(\vect{EA},\vect{EB}\right)=60$° et $EA=EB=AB=\sqrt{53}$.
    D’une part $\vect{EA}.\vect{EB}=(3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}$
    D’autre part $\vect{EA}.\vect{EB}=EA\times EB \times \cos 60=\dfrac{53}{2}$.
    On veut donc résoudre l’équation :
    $(3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}=\dfrac{53}{2}$
    $\ssi  15-8x+x^2+\dfrac{-2~145-128x+16x^2}{196}=\dfrac{53}{2}$
    $\ssi 2~940-1~568x+196x^2-2~145-128x+16x^2=5~194$
    $\ssi 212x^2-1~696x-4~399=0$
    Le discriminant est $\Delta = (-1~696)^2-4\times 212\times (-4~399)=6~606~768>0$.
    Les deux racines sont $x_1=\dfrac{1~696-\sqrt{6~606~768}}{424}$ et $x_2=\dfrac{1~696+\sqrt{6~606~768}}{424}=4+\dfrac{7\sqrt{3}}{2}$
    Seule l’abscisse $x_2$ permet d’avoir un triangle équilatéral direct.
    L’ordonnée du point $E$ est donc $y_E=\dfrac{2x_2-\dfrac{9}{2}}{7}=\dfrac{1}{2}+\sqrt{3}$.
    Donc $E\left(4+\dfrac{7\sqrt{3}}{2};\dfrac{1}{2}+\sqrt{3}\right)$.

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$\quad$

Exercice 5

On considère un segment $[AB]$ mesurant $3$ cm, le cercle $\mathscr{C}$ de centre $A$ et de rayon $4$ cm.
On appelle :

  • $E$ le point d’intersection de $[AB)$ et $\mathscr{C}$
  • $C$ le point du cercle $\mathscr{C}$ tel que $BC=3,5$ cm
  • $D$ le point du cercle $\mathscr{C}$ de l’autre côté $(AB)$ tel que $BD=2$ cm.
  1. Démontrer que les points $B,C$ et $D$ sont alignés.
    $\quad$
  2. Calculer la mesure de l’angle $\left(\vect{ED},\vect{EC}\right)$ au millième de radian près.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. On se place dans le repère orthonormé $(A;I,J)$ où $I$ est le point de $[OB]$ tel que $AI=\dfrac{1}{3}AB$.
    Dans ce repère on a : $A(0;0)$, $B(3;0)$, $E(4;0)$.
    Déterminons les coordonnées des points $C$ et $D$.
    Une équation du cercle $\mathscr{C}$ est $x^2+y^2=16$.
    On appelle $\mathscr{C}_1$ le cercle de centre $B$ et de rayon $3,5$.
    Une équation de ce cercle est $(x-3)^2+y^2=3,5^2$ soit $x^2-6x+9+y^2=12,25$
    Ou encore $x^2-6x+y^2=3,25$
    Le point $C$ est un des points d’intersection des cercles $\mathscr{C}_1$ et $\mathscr{C}$.
    On résout donc le système suivant :
    $\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2=16 \\x^2-6x+y^2=3,25\end{cases} &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\x^2-6x+16-x^2=3,25 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2 \\-6x=-12,75 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\x=\dfrac{17}{8}\end{cases} \\
    &\ssi\begin{cases}x=\dfrac{17}{8} \\y^2=\dfrac{735}{64} \end{cases}
    \end{align*}$
    Je choisis pour $C$ le point dont l’ordonnée est positive. Ainsi $C\left(\dfrac{17}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$.
    $\quad$
    On appelle $\mathscr{C}_2$ le cercle de centre $B$ et de rayon $2$.
    Une équation de ce cercle est $(x-3)^2+y^2=4$.
    Ou encore $x^2-6x+y^2=-5$.
    Le point $D$ est un des points d’intersection des cercles $\mathscr{C}_2$ et $\mathscr{C}$.
    On résout donc le système suivant :
    $\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2=16\\x^2-6x+y^2=-5\end{cases} &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2 \\x^2-6x+16-x^2=-5 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\-6x=-21 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{7}{2} \\y^2=\dfrac{15}{4}\end{cases}
    \end{align*}$
    Du fait du choix du point $C$, le point $D$ est le point dont l’ordonnée est négative.
    Ainsi $D\left(\dfrac{7}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
    $\quad$
    Montrons maintenant que les 3 points sont alignés.
    $\vect{BC}\left(-\dfrac{7}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$ et $\vect{BD}\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
    On a donc $\vect{BC}=-\dfrac{7}{4}\vect{BD}$.
    Ces deux vecteurs sont colinéaires. Les points $B,C,$ et $D$ sont donc alignés.
    $\quad$
  2. On a $\vect{EC}\left(-\dfrac{15}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$ et $\vect{ED}\left(-\dfrac{1}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
    Ainsi $EC=\sqrt{15}$ et $ED=2$.
    D’une part $\vect{ED}.\vect{EC}=-\dfrac{15}{8}\times \left(-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\times \left(;-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)=-\dfrac{45}{8}$.
    D’autre part $\vect{ED}.\vect{EC}=ED\times EC\times \cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)$ $=2\sqrt{15}\cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)$.
    Par conséquent $\cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)=\dfrac{-\dfrac{45}{8}}{2\sqrt{15}}$.
    D’où $ \left(\vect{ED};\vect{EC}\right) \approx 2,384$ rad.
    $\quad$

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1S – Exercices – Produit scalaire dans le plan

Produit scalaire dans le plan

Exercice 1

Soit $ABC$ un triangle tel que $AB=4$, $BC=4\sqrt{3}$ et $\vect{BA}.\vect{BC}=24$.
Quelle est sa nature?

$\quad$

Correction Exercice 1

D’une part on a $\vect{BA}.\vect{BC}=24$.
D’autre part on a $\vect{BA}.\vect{BC}=BA\times BC\times \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)=16\sqrt{3}\cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)$.
Donc $16\sqrt{3}\cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)=24 \ssi \cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

D’après la formule d’Al-Kashi on a :

$\begin{align*} AC^2&=AB^2+BC^2-2AB\times BC\times \cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right) \\
&=16+48-32\sqrt{3}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\
&=16
\end{align*}$

Donc $AC=4$.

Le triangle $ABC$ est donc isocèle en $A$.

Regardons s’il est également rectangle en $A$.
D’une part $BC^2=48$
D’autre part $AB^2+AC^2=16+16=32$
Donc $BC^2 \neq AB^2+AC^2$.
D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle n’est pas rectangle en $A$.
$\quad$

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$\quad$

Exercice 2

Dans un repère orthonormé $(O;I,J)$ on a : $A\left(\dfrac{3}{2};-2\right)$, $B\left(-\dfrac{3}{2};4\right)$, $C(2;2)$ et $D(-2;0)$.

Quelle est la nature du quadrilatère $ACBD$?

$\quad$

Correction Exercice 2

On a $\vect{AC}\left(\dfrac{1}{2};4\right)$ et $\vect{DB}\left(\dfrac{1}{2};4\right)$.
Ainsi $\vect{AC}=\vect{DB}$ : $ACBD$ est donc un parallélogramme.

$\vect{AC}\left(\dfrac{1}{2};4\right)$ et $\vect{AD}\left(-\dfrac{7}{2};2\right)$.
Ainsi :
$\begin{align*} \vect{AC}.\vect{AD}&=\dfrac{1}{2}\times \left(-\dfrac{7}{2}\right)+2\times 4\\
&=-\dfrac{7}{4}+8\\
&=\dfrac{25}{4}
\end{align*}$
$ACBD$ n’est donc pas un rectangle.

$AC=\sqrt{\dfrac{1}{4}+16}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}$ et $AD=\sqrt{\dfrac{49}{4}+4}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}$.
Ainsi $AC=AD$.
Le parallélogramme $ACBD$ possède deux côtés consécutifs de même longueur. C’est donc un losange.

$\quad$

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$\quad$

$\quad$

Exercice 3

On considère les points $A,B,C$ et $D$ tels que $BD=AB=5$, $AC=6$, $BC=8$, $CD=4$ et les points $A$ et $D$ sont de part et d’autre de la droite $(BC)$.
On note $H$ et $H’$ les projetés orthogonaux de $A$ et $D$ sur la droite $(BC)$.

  1. Calculer les angles du quadrilatère $ACDB$.
  2. Calculer $HH’$.

$\quad$

Correction Exercice 3

  1. On applique le théorème d’Al-Kashi dans le triangle $ABC$ :
    $\bullet$ $BC^2=AB^2+AC^2-2AB\times AC\times \cos \widehat{BAC}$
    $\ssi 64=25+36-60\cos \widehat{BAC}$
    $\ssi 3=-60\cos \widehat{BAC}$
    $\ssi \cos \widehat{BAC}=-\dfrac{1}{20}$
    Donc $\widehat{BAC} \approx 92,9$°.
    $\bullet$ $AB^2=CB^2+CA^2-2CA\times CB\times \cos \widehat{BCA}$
    $\ssi 25=64+36-96\cos \widehat{BCA}$
    $\ssi -75=-96\cos \widehat{BCA}$
    $\ssi \cos \widehat{BCA} =\dfrac{75}{96}$
    Donc $\widehat{BCA} \approx 38,6°$
    $\bullet$ La somme des angles d’un triangle vaut $180$°. Donc $\widehat{CBA}\approx 48,5$°
    $\quad$
    On applique le théorème d’Al-Kashi dans le triangle $BDC$ :
    $\bullet$ $BC^2=DB^2+DC^2-2DB\times DC\times \cos \widehat{BDC}$
    $\ssi 64=25+16-40\cos \widehat{BDC}$
    $\ssi 23=-40\cos \widehat{BDC}$
    $\ssi \cos \widehat{BDC}=-\dfrac{23}{40}$
    Donc $\widehat{BDC} \approx 125,1$°.
    $\bullet$ $BD^2=CB^2+CD^2-2CB\times CD\times \cos \widehat{BCD}$
    $\ssi 25=64+16-64\cos\widehat{BCD}$
    $\ssi -55=-64\cos \widehat{BCD}$
    $\ssi \cos \widehat{BCD}=\dfrac{55}{64}$
    Donc $\widehat{BCD} \approx 30,8$°.
    $\bullet$ La somme des angles d’un triangle vaut $180$°. Donc $\widehat{CBD} \approx 24,1$°
    $\quad$
    Les angles $\widehat{CBD}$ et $\widehat{CBA}$ sont adjacents.
    Donc $\widehat{ABD} \approx 72,6$°.
    $\quad$
    Les angles $\widehat{BCD}$ et $\widehat{BCA}$ sont adjacents.
    Donc $\widehat{DCA} \approx 69,4$°.
    $\quad$
  2. $\bullet$ Calcul de $BH$:
    Dans le triangle $BHA$ rectangle en $H$ on a
    $\begin{align*} \cos \widehat{HBA}=\dfrac{BH}{BA} &\ssi \cos 48,5 =\dfrac{BH}{5} \\
    &\ssi BH=5\cos 48,5 \\
    & \phantom{\ssi} BH \approx 3,31
    \end{align*}$
    $\bullet$ Calcul de $CH’$:
    Dans le triangle $CDH’$ rectangle en $H’$ on a
    $\begin{align*} \cos \widehat{DCH’}=\dfrac{CH’}{CD} &\ssi \cos 30,8=\dfrac{CH’}{4} \\
    &\ssi CH’=4\cos 30,8 \\
    & \phantom{\ssi} CH’ \approx 3,44
    \end{align*}$
    $bullet$ Calcul de $HH’$:
    Les points $B,H,H’$ et $C$ sont alignés dans cet ordre donc
    $\begin{align*} HH’&=BC-BH-CH’ \\
    &\approx 1,25
    \end{align*}$

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$\quad$

Exercice 4

$ABCD$ est un carré. $E$ est un point de la demi-droite $[AB)$, $G$ un point de la demi-droite $[BC)$ et $F$ est un point tels que $BEFG$ est un carré extérieur au carré $ABCD$.

Démontrer que $C$ est l’orthocentre du triangle $AGE$.

$\quad$

Correction Exercice 4

$(AB)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires. $E$ appartient à la demi-droite $[AB)$ et $G$ appartient à la demi-droite $[BC)$. Donc les droites $(BG)$ et $(AE)$ sont perpendiculaires. $(BG)$ est donc une hauteur du triangle $ABE$ et le point $C$ appartient à cette hauteur.

Le carré $BEFG$ est extérieur au carré $ABCD$. Ainsi les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{BE}$ sont colinéaires et de même sens.
Les vecteurs $\vect{GB}$ et $\vect{BC}$ sont colinéaires et de sens contraire

$\begin{align*} \vect{AC}.\vect{GE}&=\left(\vect{AB}+\vect{BC}\right).\left(\vect{GB}+\vect{BE}\right) \\
&=\vect{AB}.\vect{GB}+\vect{AB}.\vect{BE}+\vect{BC}.\vect{GB}+\vect{BC}.\vect{BE} \\
&=0+AB\times BE-BC\times GB+0 \\
&=AB\times BE-AB\times BE \\
&=0
\end{align*}$

Les droites $(AC)$ et $(GE)$ sont par conséquent perpendiculaires. La droite $(AC)$ est donc une hauteur du triangle $AGE$.

Le point $C$ appartient à ces deux hauteurs. On en déduit donc que c’est l’orthocentre du triangle $AGE$.

$\quad$

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$\quad$

Exercice 5

On considère un segment $[AB]$ de longueur $5$ cm.

  1. Déterminer les points $M$ du plan tels que $\vect{AB}.\vect{AM}=10$.
    $\quad$
  2. Déterminer les points $N$ du plan tels que $|\vect{AB}.\vect{AN}|=20$.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. On appelle $H$ le point du segment $[AB]$ tels que $AH=2$.
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AM}=10 &\ssi \vect{AB}.\left(\vect{AH}.\vect{HM}\right)=10 \\
    &\ssi \vect{AB}.\vect{AH}+\vect{AB}.\vect{HM}=10\\
    &\ssi AB\times AH+\vect{AB}.\vect{HM}=10\\
    &\ssi 10+\vect{AB}.\vect{HM}=10 \\
    &\ssi \vect{AB}.\vect{HM}=0
    \end{align*}$
    Ainsi l’ensemble des points cherché est la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par le point $H$.
    $\quad$
  2. $|\vect{AB}.\vect{AN}|=20 \ssi \begin{cases} \vect{AB}.\vect{AN}=-20 \\\text{ou}\\\vect{AB}.\vect{AN}=-20\end{cases}$
    On appelle $I$ le point du segment $[AB]$ tel que $AI=4$ et $J$ le point de la droite $(AB)$ n’appartenant pas au segment $[AB]$ tel que $AJ=4$.
    En reprenant un raisonnement identique à celui mené dans la question précédente pour chacun des produit scalaire, on montre que l’ensemble cherché est la réunion des droites perpendiculaires à la droite $(AB)$ passant par $I$ ou par $J$.
    $\quad$

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$\quad$

 

1S – Exercices – Produit scalaire dans le plan

Produit scalaire dans le plan

Exercice 1

$RST$ est un triangle tel que $RS=5$ cm, $RT=4$ cm et $TS=6$ cm.

  1. Calculer $\vect{RS}.\vect{ST}$ et $\vect{SR}.\vect{RT}$.
    $\quad$
  2. En déduire une valeur approchée de $\left(\vect{SR},\vect{ST}\right)$ et des autres angles du triangle.
    $\quad$
  3. Soit $H$ le pied de la hauteur issue de $R$.
    Calculer $SH$, $HT$ et $RH$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

 

  1. On va utiliser la propriété suivante :
    $\vec{u}.\vec{v} = \dfrac{1}{2} \left(\|\vec{u} +\vec{v}\|^2-\|\vec{v} \|^2-\|\vec{v} \|^2 \right) $

    $\begin{align*} \vect{RS}.\vect{ST}&= \dfrac{1}{2}\left(\|\vect{RS}+\vect{ST}\|^2-\|\vect{RS}\|^2-\|\vect{ST}\|^2\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(RT^2-RS^2-ST^2\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}(16-25-36) \\
    &=-\dfrac{45}{2}
    \end{align*}$
    $\quad$
    $\begin{align*} \vect{SR}.\vect{RT}&= \dfrac{1}{2}\left(\|\vect{SR}+\vect{RT}\|^2-\|\vect{SR}\|^2-\|\vect{RT}\|^2\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(ST^2-SR^2-RT^2\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}(36-25-16) \\
    &=-\dfrac{5}{2}
    \end{align*}$
    $\quad$

  2. D’une part on a $\vect{SR}.\vect{ST}=-\vect{RS}.\vect{ST}=\dfrac{45}{2}$
    D’autre part on a $\vect{SR}.\vect{ST}=RS\times ST\times \cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)=5\times 6\times \cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)$.
    Par conséquent $30\cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)=\dfrac{45}{2}$
    Donc $\cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)=\dfrac{3}{4}$.
    Et $\left(\vect{SR},\vect{ST}\right) \approx 41,4$°
    $\quad$
    D’une part on a $\vect{RT}.\vect{RS}=-\vect{SR}.\vect{RT}=\dfrac{5}{2}$
    D’autre part on a $\vect{RS}.\vect{RT}=RS\times RT\times \cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)=5\times 4\times \cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)$.
    Par conséquent $20\cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)=\dfrac{5}{2}$
    Donc $\cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)=\dfrac{1}{8}$
    Et $\left(\vect{RT},\vect{RS}\right) \approx 82,8$°.
    $\quad$
    Dans un triangle la somme des angles vaut $180$°.
    Donc $\left(\vect{TS},\vect{TR}\right)\approx 55,8$°
    $\quad$
  3. On a $\vect{SR}.\vect{ST}=\vect{SH}.\vect{ST}=SH\times ST$
    Donc $6SH=\dfrac{45}{2}$
    D’où $SH=\dfrac{15}{4}$ cm
    $\quad$
    On sait que $H$ appartient au segment $[ST]$.
    Donc $HT=ST-SH=6-\dfrac{15}{4}=\dfrac{9}{4}$
    $\quad$
    Dans le triangle $RSH$ rectangle en $H$ on applique le théorème de Pythagore.
    $RS^2=RH^2+HS^2$
    $\ssi 25=RH^2+\dfrac{225}{16}$
    $\ssi RH^2=\dfrac{175}{16}$
    $\ssi RH=\dfrac{\sqrt{175}}{4}$ cm ou encore $RH=\dfrac{5\sqrt{7}}{4}$ cm
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

$ABCD$ est un carré. On place $K$ tel que $\vect{AK}=\dfrac{3}{4}\vect{AB}$ et $L$ tel que $\vect{BL}=\dfrac{3}{4}\vect{BC}$.

  1. Démontrer que les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$
  2. On remplace $\dfrac{3}{4}$ par une valeur $\lambda$.
    Les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont-elles toujours perpendiculaires?
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. On a :
    $\vect{DL}=\vect{DC}+\vect{CL}=\vect{DC}-\dfrac{1}{4}\vect{BC}$
    $\vect{KC}=\vect{KB}+\vect{BC}=\dfrac{1}{4}\vect{AB}+\vect{BC}$
    Donc :
    $\begin{align*} \vect{DL}.\vect{KC}&=\left(\vect{DC}-\dfrac{1}{4}\vect{BC}\right).\left(\dfrac{1}{4}\vect{AB}+\vect{BC}\right) \\
    &=\dfrac{1}{4}\vect{DC}.\vect{AB}+\vect{DC}.\vect{BC}-\dfrac{1}{16}\vect{BC}.\vect{AB}-\dfrac{1}{4}\vect{BC}.\vect{BC} \\
    &=\dfrac{1}{4}AB^2+0+0-\dfrac{1}{4}BC^2 \quad (*) \\
    &=0
    \end{align*}$
    $(DC)$ et $(BC)$ d’une part et $(BC)$ et $(AB)$ d’autres sont perpendiculaires donc $\vect{DC}.\vect{BC}=0$ et $\vect{BC}.\vect{AB}=0$.
    De plus $ABCD$ étant un carré alors $AB=BC$.
    $\quad$
    Les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont perpendiculaires.
  2. On a :
    $\vect{DL}=\vect{DC}+\vect{CL}=\vect{DC}-\lambda\vect{BC}$
    $\vect{KC}=\vect{KB}+\vect{BC}=\lambda\vect{AB}+\vect{BC}$
    Donc :
    $\begin{align*} \vect{DL}.\vect{KC}&=\left(\vect{DC}-\lambda\vect{BC}\right).\left(\lambda\vect{AB}+\vect{BC}\right) \\
    &=\lambda\vect{DC}.\vect{AB}+\vect{DC}.\vect{BC}-\lambda^2\vect{BC}.\vect{AB}-\lambda\vect{BC}.\vect{BC} \\
    &=\lambda AB^2+0+0-\lambda BC^2 \\
    &=0
    \end{align*}$
    Les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$

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$\quad$

$\quad$

Exercice 3

$ABCD$ est un parallélogramme.
Calculer $\vect{AB}.\vect{AC}$ dans chacun des cas de figure :

  1. $AB=4$, $AC=6$ et $\left(\vect{CD},\vect{CA}\right)=\dfrac{\pi}{9}$.
    $\quad$
  2. $AB=6$, $BC=4$ et $\left(\vect{BC},\vect{BA}\right)=\dfrac{2\pi}{3}$.
    $\quad$
  3. $AB=6$, $BC=4$ et $AH=1$ où $H$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(AB)$.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. On a :

    Les droites $(AB)$ et $(BC)$ sont parallèles. Par conséquent les angles alternes-internes $\left(\vect{CD},\vect{CA}\right)$ et $\left(\vect{AB},\vect{AC}\right)$ ont la même mesure.
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=AB \times AC \times \cos \left(\vect{AB},\vect{AC}\right) \\
    &=4\times 6 \times \cos \dfrac{\pi}{9} \\
    &\approx 22,55
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On a :

    Les angles rouges sont correspondants et de même mesure puisque les droites $(BC)$ et $(AD)$ sont parallèles.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=\vect{AB}.\left(\vect{AB}+\vect{BC}\right) \\
    &=\vect{AB}.\vect{AB}+\vect{AB}.\vect{BC} \\
    &=AB^2+\vect{AB}.\vect{AD} \\
    &=AB^2+AB\times AD\times \cos \left(\vect{AB},\vect{AD}\right) \\
    &=36+24\cos \dfrac{\pi}{3} \\
    &= 48
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. On a :

    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=\vect{AB}.\left(\vect{AH}+\vect{HD}+\vect{DC}\right) \\
    &=\vect{AB}.\vect{AH}+\vect{AB}.\vect{HD}+\vect{AB}.\vect{DC} \\
    &=AB\times AH+0+AB\times DC \\
    &=6\times 1+36\\
    &=42
    \end{align*}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 4

$ABC$ est un triangle. $H$ et $K$ sont les pieds des hauteurs issues de $A$ et $B$.
Démontrer que $CK\times CA=CH\times CB$.

$\quad$

Correction Exercice 4

D’une part, en utilisant le projeté orthogonal de $B$ sur $(AC)$ on a : $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CK}.\vect{CA}$

D’autre part, en utilisant le projeté orthogonal de $A$ sur $(BC)$ on a : $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CB}.\vect{CH}$

  • Si l’angle $\widehat{ACB}$ est aigu alors les vecteurs $\vect{CK}$ et $\vect{CA}$ sont de même sens tout comme les vecteurs $\vect{CB}$ et $\vect{CH}$
    Ainsi $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CK}.\vect{CA}=CK\times CA$
    et $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CB}.\vect{CH}=CB\times CH$
    Par conséquent $CK\times CA=CB\times CH$.
  • Si l’angle $\widehat{ACB}$ est obtus alors les vecteurs $\vect{CK}$ et $\vect{CA}$ sont de sens contraires tout comme les vecteurs $\vect{CB}$ et $\vect{CH}$
    Ainsi $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CK}.\vect{CA}=-CK\times CA$
    et $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CB}.\vect{CH}=-CB\times CH$
    Par conséquent $CK\times CA=CB\times CH$.

$\quad$

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$\quad$

Exercice 5

Dans un repère orthonormé $(O;I,J)$ on a $A(2;-1)$, $B(4;2)$, $C(4;0)$ et $D(1;2)$.

  1. Calculer $\vect{AB}.\vect{CD}$. Que peut-on en déduire?
    $\quad$
  2. Démontrer que les droites $(DB)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$
  3. Calculer $\vect{CB}.\vect{CD}$. En déduire une valeur approchée de l’angle $\left(\vect{CB},\vect{CD}\right)$.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. On a $\vect{AB}(2;3)$ et $\vect{CD}(-3;2)$.
    Par conséquent $\vect{AB}.\vect{CD}=2\times (-3)+3\times 2=-6+6=0$.
    Les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont donc perpendiculaires.
    $\quad$
  2. On a $\vect{DB}(-3;0)$ et $\vect{BC}(0;-2)$
    Par conséquent $\vect{DB}.\vect{BC}=-3\times 0+(-2)\times 0=0$.
    Les droites $(DB)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$
  3. $\vect{CB}(0;2)$ et $\vect{CD}(-3;2)$. Donc $CB=2$ et $CD=\sqrt{(-3)^2+2^2}=\sqrt{13}$
    Par conséquent $\vect{CB}.\vect{CD}=0\times (-3)+2\times 2=4$.
    Mais on a aussi $\vect{CB}.\vect{CD}=CB\times CD \times \cos \left(\vect{CB},\vect{CD}\right)$
    Donc $4=2\sqrt{13}\cos \left(\vect{CB},\vect{CD}\right)$
    $\ssi \cos \left(\vect{CB},\vect{CD}\right)=\dfrac{2}{\sqrt{13}}$
    Ainsi $\left(\vect{CB},\vect{CD}\right)\approx 56,3$°
    $\quad$

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$\quad$

1S – Exercices – Suites (généralités)

Exercices – Les suites (généralités)

Exercice 1

$\left(u_n\right)$ est la suite définie pour tout entier $n\pg 1$ par : $u_n=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}$.

  1. Démontrer que tous les termes de la suite sont strictement positifs.
    $\quad$
  2. Montrer que : $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{n}{n+2}$
    $\quad$
  3. En déduire le sens de variations de $\left(u_n\right)$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. Pour tout entier naturel $n \pg 1$ on a :
    $\begin{align*} u_n&=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1} \\
    &=\dfrac{n+1-n}{n(n+1)} \\
    &=\dfrac{1}{n(n+1)} \\
    &>0
    \end{align*}$
    Tous les termes de la suite $\left(u_n\right)$ sont donc positifs.
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n \pg 1$ on a :
    $\begin{align*} \dfrac{u_{n+1}}{u_n}&=\dfrac{\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}}{\dfrac{1}{n(n+1)}} \\
    &=\dfrac{n(n+1)}{(n+1)(n+2)} \\
    &=\dfrac{n}{n+2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Tous les termes de la suite $\left(u_n\right)$ sont positifs et, pour tout entier naturel $n\pg 1$ on a $0<\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{n}{n+2}<1$.
    Par conséquent la suite $\left(u_n\right)$ est décroissante.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

On considère la suite $\left(v_n\right)$ définie pour tout entier naturel par $v_n=3+\dfrac{2}{3n+1}$.

  1. Déterminer, sans calculatrice, les quatre premiers termes.
    $\quad$
  2. En utilisant la méthode de votre choix, déterminer le sens de variation de la suite $\left(v_n\right)$.
    $\quad$
  3. Déterminer l’entier $n_0$ tel que, pour tout $n\pg 0$, $\left|v_n-3\right| \pp 0,001$.
    $\quad$
  4. Conjecturer alors la limite de la suite $\left(v_n\right)$.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. On a :
    $v_0=3+\dfrac{2}{1}=5$
    $v_1=3+\dfrac{2}{3+1}=\dfrac{7}{2}$
    $v_2=3+\dfrac{2}{6+1}=\dfrac{23}{7}$
    $v_3=3+\dfrac{2}{9+1}=\dfrac{16}{5}$
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} v_{n+1}-v_n&=3+\dfrac{2}{3(n+1)+1}-\left(3+\dfrac{2}{3n+1}\right) \\
    &=\dfrac{2}{3n+4}-\dfrac{2}{3n+1} \\
    &=\dfrac{2(3n+1)-2(3n+4)}{(3n+4)(3n+1)} \\
    &=\dfrac{6n+2-6n-8}{(3n+4)(3n+1)} \\
    &=\dfrac{-6}{(3n+4)(3n+1)}\\
    &<0
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$
  3. On veut déterminer le plus petit entier naturel tel que :
    $\begin{align*} \left|v_n-3\right| \pp 0,001 &\ssi \left|\dfrac{2}{3n+1}\right| \pp 0,001 \\
    &\ssi \dfrac{2}{3n+1} \pp 0,001 \\
    &\ssi 2 \pp 0,001(3n+1) \\
    &\ssi 2 \pp 0,003n + 0,001 \\
    &\ssi 1,999 \pp 0,003n \\
    &\ssi \dfrac{1,999}{0,003} \pp n
    \end{align*}$
    Or $\dfrac{1,999}{0,003} \approx 666,33$.
    Donc $n_0=667$.
    $\quad$
  4. On peut donc conjecturer que la limite de la suite $\left(\left|v_n-3\right| \right)$ est $0$ et que par conséquent celle de $\left(v_n\right)$ est $3$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 3

On considère la suite $\left(w_n\right)$ définie par $\begin{cases} w_0=3\\w_{n+1}=w_n-(n-3)^2\end{cases}$.

  1. Déterminer, sans calculatrice, les quatre premiers termes.
    $\quad$
  2. Conjecturer le sens de variation de la suite.
    $\quad$
  3. Démontrer alors votre conjecture.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. On a :
    $w_0=3$
    $w_1=w_0-(0-3)^2=3-9=-6$
    $w_2=w_1-(1-3)^2=-6-4=-10$
    $w_3=w_2-(2-3)^2=-10-1=-11$
    $\quad$
  2. Il semblerait donc que la suite $\left(w_n\right)$ soit décroissante.
    $\quad$
  3. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $w_{n+1}-w_n=-(n-3)^2 <0$
    La suite $\left(w_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 4

Sur le graphique ci-dessous, on a représenté, dans un repère orthonormé, la fonction $f$ définie sur $\R^*$ par $f(x)=\dfrac{2}{x}+1$ ainsi que la droite d’équation $y=x$.

  1. Représenter, sur le graphique, les termes de la suite $\left(u_n\right)$ définie par $\begin{cases} u_0=1\\u_{n+1}=\dfrac{2}{u_n}+1\end{cases}$.
    $\quad$
  2. a. En déduire une conjecture sur le sens de variation de la suite $\left(u_n\right)$.
    $\quad$
    b. Conjecturer la limite de cette suite.
    $\quad$

 

Correction Exercice 4

  1. Voici, graphiquement, les quatre premiers termes de la suite $\left(u_n\right)$.

    $\quad$
  2. a. Il semblerait donc que la suite ne soit ni croissante, ni décroissante, ni constante.
    $\quad$
    b. Il semblerait que la limite de la suite $\left(u_n\right)$ soit $2$.
    $\quad$

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$\quad$

1S – Exercices – Suites

Exercices corrigés sur les suites – 1S

Difficulté ++

Exercice 1

Soit la suite $\left(u_n \right)$ définie par $u_0$ et $\forall n  \in  \N$, $u_{n+1}=4u_n+9$.

  1. Cette suite est-elle arithmétique? est-elle géométrique?
    $\quad$
  2. Déterminer la valeur de $u_0$ pour que cette suite soit constante.
    $\quad$
  3. Soit la suite $\left(v_n\right)$ définie par $\forall n\in \N$, $v_n=u_n-\alpha$.
    a. Montrer que cette suite est géométrique.
    $\quad$
    b. On suppose dorénavant que $u_0=5$. Donner alors l’expression de $v_n$ puis de $u_n$ en fonction de $n$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. La définition par récurrence d’une suite arithmétique est de la forme $u_{n+1}=u_n+r$. Le terme $u_n$ ne doit pas être multiplié par un réel. La suite $\left(u_n\right)$ n’est donc pas arithmétique.
    La définition par récurrence d’une suite géométrique est de la forme $u_{n+1}=qu_n$. Aucun nombre réel n’est donc ajouté au terme $qu_n$. La suite $\left(u_n\right)$ n’est donc géométrique.
    $\quad$
  2. On cherche la valeur $u_0$ telle que :
    $\begin{align*} u_1=u_0&\ssi u_0=4u_0+9 \\
    &\ssi -3u_0=9\\
    &\ssi u_0=-3
    \end{align*}$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc constante si $u_0=-3$.
    $\quad$
  3. a. On a donc $v_n=u_n-(-3)=v_n+3$. Par conséquent $u_n=v_n-3$.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}+3 \\
    &=4u_n+9+3 \\
    &=4u_n+12\\
    &=4\left(v_n-3\right)+12 \\
    &=4v_n-12+12\\
    &=4v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $4$.
    $\left(u_n\right)$
    $\quad$
    b. On a $u_0=5$ donc $v_0=5+3=8$
    Ainsi $\forall n\in \N$ on a $v_n=8\times 4^n$
    Donc $u_n=v_n-3=8\times 4^n-3$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

Soit la suite $\left(u_n\right)$ définie par $u_0=6$, $u_1=1$ et $\forall n \in \N$, $u_{n+2}=5u_{n+1}-6u_n$.

  1. Déterminer deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que les suites $\left(v_n\right)$ et $\left(w_n\right)$ définie par $\forall n\in \N$, $v_n=u_{n+1}-\alpha u_n$ et $w_n=u_{n+1}-\beta u_n$ soient géométriques.
    $\quad$
  2. En déduire l’expression de $v_n, w_n$ et $u_n$ en fonction de $n$.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. Si la suite $\left(v_n\right)$ est géométrique cela signifie qu’il existe un réel $q$ tel que, pour tout entier naturel $n$, on a $v_{n+1}=qv_n$
    $\begin{align*} v_{n+1}=qv_n &\ssi u_{n+2}-\alpha u_{n+1}=q\left(u_{n+1}-\alpha u_n\right) \\
    &\ssi 5u_{n+1}-6u_n-\alpha u_{n+1}=qu_{n+1}-q\alpha u_n \\
    & \ssi (5-\alpha)u_{n+1}-6u_n=qu_{n+1}-q\alpha u_n \\
    &\ssi \begin{cases} 5-\alpha=q \\-6=-q\alpha \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} q=\dfrac{6}{\alpha} \\5-\alpha=\dfrac{6}{\alpha} \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} q=\dfrac{6}{\alpha}\\5\alpha-\alpha^2=6 \end{cases}
    \end{align*}$
    On est donc ramené à résoudre l’équation du second degré $-\alpha^+5\alpha-6=0$.
    Le discriminant est $\Delta=5^2-4\times (-6)\times (-1)=1>0$
    Les solutions de cette équation sont donc $\alpha_1=\dfrac{-5-1}{-2}=3$ et $\alpha_2=\dfrac{-5+1}{-2}=2$.
    $\quad$
    Revenons au système :
    $\bullet$ Si $\alpha=3$ alors $q=2$.
    $\bullet$ Si $\alpha=2$ alors $q=3$.
    $\quad$
    Ainsi la suite $\left(v_n\right)$ défnie par $v_n=u_{n+1}-3u_n$ est géométrique de raison $2$ et la suite $\left(w_n\right)$ définie par $w_n=u_{n+1}-2u_n$ est géométrique de raison $3$.
    $\quad$
  2. $v_0=u_1-3u_0=1-3\times 6=-17$. Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $v_n=-17\times 2^n$.
    $w_0=u_1-2u_0=1-2\times 6=-11$. Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $w_n=-11 \times 3^n$.
    $\quad$
    De plus, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=u_{n+1}-3u_n$ et $w_n=u_{n+1}-2u_n$.
    Donc $w_n-v_n=u_{n+1}-2u_n-\left(u_{n+1}-3u_n\right)=u_n$
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=w_n-v_n=-11 \times 3^n+17 \times 2^n$
    $\quad$

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$\quad$

$\quad$

Exercice 3

Soit la suite $\left(u_n\right)$ définie par $u_0=-3$ et $\forall n\in \N$, $u_{n+1}=\dfrac{1}{2}u_n+4$.

  1. Étudier les variations de cette suite.
    $\quad$
  2. Calculer $\ds \sum_{k=0}^n u_k=u_0+u_1+\ldots+u_n$.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. On reprend la méthode de l’exercice 1.
    On cherche la valeur de $u_0$ pour laquelle la suite $\left(u_n\right)$ est constante.
    On a donc :
    $\begin{align*} u_0=u_1 &\ssi u_0=\dfrac{1}{2}u_0+4 \\
    &\ssi \dfrac{1}{2}u_0=4 \\
    &\ssi u_0=8
    \end{align*}$
    Donc si $u_0=8$ alors la suite $\left(u_n\right)$ est constante.
    $\quad$
    On considère maintenant la suite $\left(v_n\right)$ définie par $v_n=u_n-8$ pour tout entier naturel $n$.
    Montrons que cette suite est géométrique.
    $v_n=u_n-8 \ssi u_n=v_n+8$.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-8 \\
    &=\dfrac{1}{2}u_n+4-8 \\
    &=\dfrac{1}{2}u_n-4 \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(v_n+8\right)-4\\
    &=\dfrac{1}{2}v_n+4-4\\
    &=\dfrac{1}{2}v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc une suite géométrique de premier terme $v_0=u_0-8=-11$ et de raison $0,5$.
    Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=-11\times 0,5^n$.
    On en déduit donc que $u_n=v_n+8=-11\times 0,5^n+8$.
    $\quad$
    Étudions maintenant les variations de cette suite.
    Pour tout entier naturel $n$ on a:
    $\begin{align*} u_{n+1}-u_n&=-11\times 0,5^{n+1}+8-\left(-11\times 0,5^n+8\right) \\
    &=-11\times 0,5^{n+1}+11\times 0,5^n \\
    &=11\times 0,5^n\times (1-0,5)\\
    &=5,5\times 0,5^n \\
    &>0
    \end{align*}$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc strictement croissante.
    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*}  \ds \sum_{k=0}^n u_k&=u_0+u_1+\ldots+u_n \\
    &=\left(-11\times 0,5^0+8\right)+\left(-11\times 0,5^1+8\right)+\ldots+\left(-11\times 0,5^n+8\right) \\
    &=-11\times \left(0,5^0+0,5^1+\ldots+0,5^n\right)+8(n+1) \\
    &=-11\times \dfrac{1-0,5^{n+1}}{1-0,5}+8(n+1) \\
    &=-11\times \dfrac{1-0,5^{n+1}}{0,5}+8(n+1) \\
    &=-22\times \left(1-0,5^{n+1}\right)+8(n+1)
    \end{align*}$

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$\quad$

Exercice 4

Déterminer le terme général de la suite de Fibonacci

$\quad$

Correction Exercice 4

La suite de Fibonacci est définie par $u_0=1$, $u_1=1$ et $u_{n+2}=u_{n+1}+u_n$ pour tout entier naturel $n$.

Pour déterminer le terme général de cette suite on va utiliser la même méthode que celle employée dans l’exercice 2.
On va déterminer deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que les suites $\left(v_n\right)$ et $\left(w_n\right)$ définie par $\forall n\in \N$, $v_n=u_{n+1}-\alpha u_n$ et $w_n=u_{n+1}-\beta u_n$ soient géométriques.

Si la suite $\left(v_n\right)$ est géométrique cela signifie qu’il existe un réel $q$ tel que, pour tout entier naturel $n$, on a $v_{n+1}=qv_n$
$\begin{align*} v_{n+1}=qv_n &\ssi u_{n+2}-\alpha u_{n+1}=q\left(u_{n+1}-\alpha u_n\right) \\
&\ssi u_{n+1}+u_n-\alpha u_{n+1}=qu_{n+1}-q\alpha u_n \\
& \ssi (1-\alpha)u_{n+1}+u_n=qu_{n+1}-q\alpha u_n \\
&\ssi \begin{cases} 1-\alpha=q \\1=-q\alpha \end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} q=-\dfrac{1}{\alpha} \\1-\alpha=-\dfrac{1}{\alpha} \end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} q=-\dfrac{1}{\alpha}\\\alpha-\alpha^2=-1 \end{cases}
\end{align*}$

On est donc ramené à résoudre l’équation du second degré $-\alpha^+\alpha+1=0$.
Le discriminant est $\Delta=1^2-4\times 1\times (-1)=5>0$
Les solutions de cette équation sont donc $\alpha_1=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{-2}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ et $\alpha_2=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{-2}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.
$\quad$

Revenons au système :
$\bullet$ Si $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ alors
$\begin{align*} q&=-\dfrac{2}{1+\sqrt{5}} \\
&=-\dfrac{2}{1+\sqrt{5}}\times \dfrac{1-\sqrt{5}}{1-\sqrt{5}} \\
&=-\dfrac{2\left(1-\sqrt{5}\right)}{1-5} \\
&=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}
\end{align*}$.
$\bullet$ Si $\alpha=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ alors
$\begin{align*} q&=-\dfrac{2}{1-\sqrt{5}} \\
&=-\dfrac{2}{1-\sqrt{5}}\times \dfrac{1+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}} \\
&=-\dfrac{2\left(1+\sqrt{5}\right)}{1-5} \\
&=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}
\end{align*}$
$\quad$
Ainsi la suite $\left(v_n\right)$ défnie par $v_n=u_{n+1}-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}u_n$ est géométrique de raison $\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ et la suite $\left(w_n\right)$ définie par $w_n=u_{n+1}-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}u_n$ est géométrique de raison $\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.
$\quad$

$v_0=u_1-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}u_0=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $v_n=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\times \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$ $=\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}$.
$w_0=u_1-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}u_0=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $w_n=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \times \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n$ $=\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}$.

$\quad$
De plus, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=u_{n+1}-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}u_n$ et $w_n=u_{n+1}-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}u_n$.
Donc $w_n-v_n=u_{n+1}-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}u_n-\left(u_{n+1}-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}u_n\right)=\sqrt{5}u_n$
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a
$\begin{align*} u_n&=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left(w_n-v_n \right)\\
&=\dfrac{\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}}{\sqrt{5}}
\end{align*}$
$\quad$

[collapse]

$\quad$

1S – DM – variations, dérivation, second degré, équation de droites

Devoir maison

Exercice 1

Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\dfrac{-3x+20}{3x^2+10x-8}$ et $\mathscr{C}_f$ sa courbe représentative.

  1. Déterminer son tableau de variation.
    $\quad$
  2. Déterminer son tableau de signes.
    $\quad$
  3. Déterminer le tableau de variation de la fonction $i$ définie par $i(x)=\dfrac{1}{f(x)}$.
    En quoi $i(x)$ diffère-t-elle de $\dfrac{3x^2+10x-8}{-3x+20}$.
    $\quad$
  4. Expliciter et commenter les limites en $-\infty$ et $+\infty$ de $f(x)$ et $i(x)$. Faire de même pour une des valeurs n’appartenant pas à l’ensemble de définition précisé au 1. .
    $\quad$
  5. Déterminer une équation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $-1$ ainsi que les réels en lesquels les tangentes sont horizontales.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. Avant toute chose, nous allons déterminer l’ensemble de définition de la fonction $f$.
    Pour cela, nous avons besoin de résoudre l’équation $3x^2+10x-8=0$
    $\Delta = 10^2-4\times 3 \times (-8)=196>0$.
    L’équation possède donc deux solutions réelles : $x_1=\dfrac{-10-\sqrt{196}}{6}=-4$ et $x_2=\dfrac{-10+\sqrt{196}}{6}=\dfrac{2}{3}$.
    La fonction $f$ est donc définie sur $]-\infty;-4[\cup\left]-4;\dfrac{2}{3}\right[\cup \left]\dfrac{2}{3};+\infty\right[$.
    $f$ est dérivable sur chacun de ces intervalles comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{-3\left(3x^2+10x-8\right)-(-3x+20)(6x+10)}{\left(3x^2+10x-8\right)^2} \\
    &=\dfrac{-9x^2-30x+24-\left(-18x^2-30x+120x+200\right)}{\left(3x^2+10x-8\right)^2} \\
    &=\dfrac{-9x^2-30x+24+18x^2-90x-200}{\left(3x^2+10x-8\right)^2} \\
    &=\dfrac{9x^2-120x-176}{\left(3x^2+10x-8\right)^2}
    \end{align*}$
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que du signe de $g(x)=9x^2-120x-176$.
    Le discriminant est $\Delta = (-120)^2-4\times 9\times (-176)=20~736>0$
    Il y a donc deux racines réelles : $\alpha=\dfrac{120-\sqrt{20~736}}{18}=-\dfrac{4}{3}$ et $\beta=\dfrac{120-\sqrt{20~736}}{18}=\dfrac{44}{3}$.
    Le coefficient principal est $a=9>0$.
    On obtient, par conséquent, le tableau de variation suivant :

    $\quad$
  2. On a déjà déterminer les racines de $3x^2+10x-8$ à la question précédentes. Le coefficient principal est $a=3>0$. Ce polynôme du second degré sera donc négatif entre les racines et positif à l’extérieur.
    $-3x+20=0 \ssi x=\dfrac{20}{3}$ et $-3x+20 >0 \ssi -3x>-20 \ssi x<\dfrac{20}{3}$.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :

    $\quad$
  3. La fonction inverse est décroissante sur les intervalles $]-\infty;0[$ et $]0;+\infty[$.
    La fonction $i$ n’est donc pas définie en $-4$ et $-\dfrac{2}{3}$ puisque $f$ ne l’est pas et en $\dfrac{20}{3}$ puisque la fonction $f$ s’annule en cette valeur.
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    $\quad$
    La fonction $j$ définie par $j(x)=\dfrac{3x^2+10-8}{-3x+20}$ est définie en $-4$ et en $-\dfrac{2}{3}$ alors que la fonction $i$ n’est pas définie pour ces réels. Pour tous les réels appartenant à l’ensemble de définition de la fonction $i$, on a $i(x)=j(x)$.
    $\quad$
  4. Pour tout réel $x$ non nul appartenant à l’ensemble de définition de $f$ on a :
    $\begin{align*} f(x)&=\dfrac{x\left(-3+\dfrac{20}{x}\right)}{x^2\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)} \\
    &=\dfrac{-3+\dfrac{20}{x}}{x\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)}
    \end{align*}$
    Ainsi quand $x$ tend vers $+\infty$ alors $\dfrac{1}{x}$ et $\dfrac{1}{x^2}$ tendent vers $0$.
    Par conséquent $-3+\dfrac{20}{x}$ tend vers $-3$
    Et $3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}$ tend vers $3$
    Ainsi $x\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)$ tend vers $+\infty$
    Par conséquent $f(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $+\infty$.
    De même $f(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $-\infty$.
    Quand $x$ tend vers $-4$, et $x < -4$ alors $-3x+20$ tend vers $32$ et $3x^2+10x-8$ tend vers $0$ et $3x^2+10x-8>0$.
    Donc $f(x)$ tend vers $+\infty$ quand $x$ tend vers $-4$ et $x<-4$ (limite de la forme $32/0^+$ que vous verrez en TS).
    $\quad$
    Ainsi, quand $x$ tend $-4$ alors $3x^2+10x-8$ tend vers $0$ et $-3x+20$ tend $32$ donc $i(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $4$.
    Pour tout réel $x$ non nul appartenant à l’ensemble de définition de $i$ on a :
    $\begin{align*} i(x)&=\dfrac{x^2\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)}{x\left(-3+\dfrac{20}{x}\right)} \\
    &=\dfrac{x\left(3+\dfrac{10}{x}-\dfrac{8}{x^2}\right)}{-3+\dfrac{20}{x}}
    \end{align*}$
    Pour les mêmes raisons que pour les limites de la fonction $f$ on a :
    – la limite de $i(x)$, quand $x$ tend vers $+\infty$ est égale à $-\infty$
    – la limite de $i(x)$, quand $x$ tend vers $-\infty$ est égale à $+\infty$
    $\quad$
  5. D’après la question 1. $f'(x)=0 \ssi x=\dfrac{20}{3}$. La courbe $\mathscr{C}_f$ ne possède donc qu’une seule tangente horizontale : celle pour $x=\dfrac{20}{3}$.
    $\quad$
    Une équation d’une tangente au point d’abscisse $a$ a une équation de la forme : $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
    $f'(-1)=-\dfrac{47}{225}$ et $f(-1)=-\dfrac{23}{15}$
    Donc une équation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $-1$ est :
    $y=-\dfrac{47}{225}(x+1)-\dfrac{23}{15}$
    soit $y=-\dfrac{47}{225}x-\dfrac{392}{225}$

[collapse]

$\quad$

Exercice 2

On considère la fonction $g$ définie par $f(x)=\left(-x^2+3x+2\right)\sqrt{x}$ et $\mathscr{C}_f$ sa courbe représentative.

  1. a. Déterminer l’ensemble de définition de la fonction $f$.
    $\quad$
    b. Déterminer le tableau de variation de la fonction $f$.
    $\quad$
    c. En déduire le tableau de variation de la fonction $v$ définie par $v(x)=\left|f(x)\right|$.
    $\quad$
    d. Déterminer une équation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $1$.
    $\quad$
  2. On cherche à approcher $\mathscr{C}_f$ par une parabole avec les conditions suivantes :
    – le sommet sera le point qui correspond au maximum de la fonction $f$.
    – sa tangente au point d’abscisse $1$ sera parallèle à la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $1$.
    Déterminer l’expression algébrique de la fonction associée à cette parabole.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. a. La fonction $f$ est définie sur $[0;+\infty[$ mais est dérivable sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} f'(x)&=(-2x+3)\sqrt{x}+\dfrac{-x^2+3x+2} {2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{(-2x+3)\sqrt{x}\times \sqrt{x}-x^2+3x+2}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{(-2x+3)\times 2x-x^2+3x+2}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{-4x^2+6x-x^2+3x+2}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{-5x^2+9x+2}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $-5x^2+9x+2$.
    $\Delta = 9^2-4\times (-5)\times 2=121>0$
    Les racines sont $x_1=\dfrac{-9-\sqrt{121}}{-10}=2$ et $x_2=\dfrac{-9+\sqrt{121}}{-10}=-0,2<0$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :
    $\quad$
    c. Le signe de $g(x)$ ne dépend que de celui de $-x^2+3x+2$.
    $\Delta = 3^2-4\times (-1)\times 2 = 9+8=17$
    Les racines sont donc $x_1=\dfrac{-3-\sqrt{17}}{-2}=\dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$ et $x_2=\dfrac{-3+\sqrt{17}}{-2}<0$.
    On obtient ainsi le tableau de variation suivant :
    $\quad$
    d. Une équation d’une tangente au point d’abscisse $a$ a une équation de la forme : $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
    $f'(1)=3$ et $f(1)=4$
    Une équation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $1$ est :
    $y=3(x-1)+4$ soit $y=3x+1$
    $\quad$
  2. On appelle $g$ la fonction du second degré associée à la parabole cherchée.
    On a alors, pour tout réel $x>0$, $g(x)=-a(x-2)^2+4\sqrt{2}$ avec $a>0$.
    donc $g(x)=-a\left(x^2-4x+4\right)+4\sqrt{2}$
    D’où $g'(x)=-2ax+4a$
    On veut que les tangentes aux courbes soient parallèles. Cela signifie donc que $f'(1)=g'(1) \ssi 3=2a$ $\ssi a=\dfrac{3}{2}$.
    Ainsi $g(x)=-\dfrac{3}{2}(x-2)^2+4\sqrt{2}$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 3

On considère la fonction $k$ définie par $k(x)=\sqrt{\dfrac{1}{x}+2}$.

  1. Déterminer l’ensemble de définition de la fonction $k$.
    $\quad$
  2. On considère un réel $x$ tel que $0 < x < 4$.
    Démontrer qu’il existe un réel $c$ strictement positif, qu’on déterminera, tel que $k(x) \pg c$.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. $\dfrac{1}{x}+2=\dfrac{1+2x}{x}$
    $1+2x=0 \ssi x=-\dfrac{1}{2}$ et $1+2x>0\ssi x>1\dfrac{1}{2}$
    On obtient ainsi le tableau de signes suivant :

    La fonction $k$ est donc définie sur $\left]-\infty;-\dfrac{1}{2}\right]\cap]0;+\infty[$.
    $\quad$
  2. Pour tout réel $x$ tel que $0<x\pp 4$ on a :
    $\begin{align*} k(x)-\sqrt{2}&=\dfrac{\sqrt{1+2x}}{x}-\sqrt{2} \\
    &=\dfrac{\sqrt{1+2x}-\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{\sqrt{1+2x}-\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \times \dfrac{\sqrt{1+2x}+\sqrt{x}}{\sqrt{1+2x}+\sqrt{x}}  \quad (*)\\
    &=\dfrac{1+2x-x}{\left(\sqrt{1+2x}+\sqrt{x}\right)\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{1+x}{\left(\sqrt{1+2x}+\sqrt{x}\right)\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    Donc $k(x)-\sqrt{2}>0$ pour tout réel $x>0$.
    Ainsi, on peut choisit $c=\sqrt{2}$
    Remarque 1 : Il est, en fait possible de choisir un nombre $c \in ]0;1,5]$. Le nombre $\sqrt{2}$ ayant la particularité d’être valable pour tout réel $x>0$.
    Remarque 2 : à l’étape $(*)$ on dit qu’on multiplie par la quantité conjuguée de $\sqrt{1+2x}-\sqrt{x}$ afin de faire apparaître une identité remarquable de la forme $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$.

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$\quad$

Exercice 4

Dans un repère orthonormé $\Oij$, on considère les points $A(3;5), B(-2;1)$ et $C(1;4)$.

  1. Donner une équation cartésienne de $(AB)$, puis de sa parallèle $(d)$ passant par le point $C$.
    $\quad$
  2. Déterminer une équation de la droite $(\Delta)$, médiatrice du segment $[AB]$.
    $\quad$
  3. Quelles sont les coordonnées du point d’intersection des droites $(d)$ et $(\Delta)$?
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. $\vect{AB}(-5;-4)$. On considère un point $M(x;y)$ appartenant à la droite $(AB)$.
    On a donc $\vect{AM}(x-3;y-5)$.
    Les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AM}$ sont colinéaires si, et seulement si, $-5(y-5)-(-4)(x-3)=0$
    si, et seulement si, $-5y+25+4x-12=0$
    si, et seulement si, $4x-5y+13=0$
    Une équation de la droite $(AB)$ est donc $4x-5y+13=0$.
    $\quad$
    Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est de la forme $4x-5y+c=0$.
    Le point $C$ appartient à la droite $(d)$ donc $4-20+c=0 \ssi c=16$.
    Une équation de la droite $(AB)$ est donc $4x-5y+16=0$.
  2. Un vecteur normal à la droite $(AB)$ est $\vec{u}(-4;5)$.
    Ainsi une équation de la médiatrice $(\Delta)$ est $-5x-4y+c=0$.
    Le milieu $D$ de $[AB]$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{3-2}{2};\dfrac{5+1}{2}\right)$ soit $(0,5;3)$.
    Le point $D$ appartient à $(\Delta)$ donc
    $-5\times 0,5-4\times 3+c=0 \ssi -2,5-12+c=0 \ssi c=14,5$.
    Une équation de $(\Delta)$ est alors $-5x-4y+14,5=0$.
    $\quad$
  3. Les coordonnées du point d’intersection des droites $(d)$ et $(\Delta)$ sont solution du système :
    $\begin{cases} 4x-5y+16=0 &(1)\\-5x-4y+14,5=0 &(2) \end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} 4x-5y+16=0 &(1) -41y+138=0&4\times(2)+5\times (1)\end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} 4x-5y+16=0 \\y=\dfrac{138}{41}\end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} 4x-\dfrac{34}{41}=0\\y=\dfrac{138}{41}\end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} x=\dfrac{17}{82}\\y=\dfrac{138}{41}\end{cases}$
    Les coordonnées du point d’intersection des deux droites sont donc $\left(\dfrac{17}{82};\dfrac{138}{41}\right)$.

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1S – Exercices – Dérivation

Dérivation

Exercice 1 

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $u+v$.

  1. $f(x)=x^2+1$
    $\quad$
  2. $g(x)=x+\sqrt{x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=x^3+x^2$
    $\quad$
  4. $i(x)=x^3+x+\dfrac{1}{x^2}$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{4x+1}{x}$
    $\quad$
  6. $k(x)=x^2+x+4+\dfrac{1}{x}$
    $\quad$
Correction Exercice 1

On a $(u+v)’=u’+v’$.

  1. $f(x)=x^2+1$
    $u(x)=x^2$ et $v(x)=1$.
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=0$.
    Par conséquent $f'(x)=2x$.
    $\quad$
  2. $g(x)=x+\sqrt{x}$
    $u(x)=x$ et $v(x)=\sqrt{x}$.
    Donc $u'(x)=1$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    Par conséquent $g'(x)=1+\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\quad$
  3. $h(x)=x^3+x^2$
    $u(x)=x^3$ et $v(x)=x^2$
    Donc $u'(x)=3x^2$ et $v'(x)=2x$.
    Par conséquent $h'(x)=3x^2+2x$.
    $\quad$
  4. $i(x)=x^3+x+\dfrac{1}{x^2}=x^3+x+x^{-2}$
    $u(x)=x^3$, $v(x)=x$ et $w(x)=x^{-2}$.
    Donc $u'(x)=3x^2$, $v'(x)=1$ et $w'(x)=-2x^{-3}$ (utilisation de la dérivée de $x^n$ avec $n=-2$).
    Par conséquent
    $\begin{align*} i'(x)&=3x^2+1-2x^{-3}\\
    &=3x^2+1-\dfrac{2}{x^3}
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{4x+1}{x}$
    $\phantom{j(x)}=\dfrac{4x}{x}+\dfrac{1}{x}$
    $\phantom{j(x)}=4+\dfrac{1}{x}$
    $u(x)=4$ et $v(x)=\dfrac{1}{x}$.
    Donc $u'(x)=0$ et $v'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.
    Par conséquent $j'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$
    $\quad$
  6. $k(x)=x^2+x+4+\dfrac{1}{x}$
    $u(x)=x^2$, $v(x)=x$, $w(x)=4$ et $t(x)=\dfrac{1}{x}$.
    Donc $u'(x)=2x$, $v'(x)=1$, $w'(x)=0$ et $t'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.
    Par conséquent $k'(x)=2x+1-\dfrac{1}{x^2}$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2 

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $ku$.

  1. $f(x)=\dfrac{x^4}{5}$
    $\quad$
  2. $g(x)=-\dfrac{1}{x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{5x}$
    $\quad$
Correction Exercice 2

On utilise la formule $(ku)’=ku’$ où $k$ est un réel.

  1. $f(x)=\dfrac{x^4}{5} = \dfrac{1}{5}x^4$
    $k=\dfrac{1}{5}$ et $u(x)=x^4$.
    Donc $u'(x)=4x^3$.
    Par conséquent $f'(x)=\dfrac{1}{5}\times 4x^3=\dfrac{4}{5}x^3$.
    $\quad$
  2. $g(x)=-\dfrac{1}{x}$
    $k=-1$ et $u(x)=\dfrac{1}{x}$.
    Donc $u'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.
    Par conséquent $g'(x)=-\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)=\dfrac{1}{x^2}$.
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{5x}=\dfrac{1}{5}\times \dfrac{1}{x}$
    $k=\dfrac{1}{5}$ et $u(x)=\dfrac{1}{x}$.
    Donc $u'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.
    Par conséquent $h'(x)=\dfrac{1}{5}\times \left(-\dfrac{1}{x^2}\right)=-\dfrac{1}{5x^2}$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 3 

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée d’un polynôme.

  1. $f(x)=3x^2-5x$
    $\quad$
  2. $g(x)=-4x^2+3x$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+3$
    $\quad$
  4. $i(x)=4x^3-\dfrac{2}{3}x^2+6$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{x^2-2x+6}{3}$
    $\quad$
  6. $k(x)=3x^5+7x^2+1$
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. $f(x)=3x^2-5x$
    $\begin{align*} f'(x)&=3\times 2x-5\\
    &=6x-5
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $g(x)=-4x^2+3x$
    $\begin{align*} g'(x)&=-4\times 2x+3\\
    &=-8x+3
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+3$
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{1}{2}\times 2x-\dfrac{1}{2} \\
    &=x-\dfrac{1}{2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $i(x)=4x^3-\dfrac{2}{3}x^2+6$
    $\begin{align*} i'(x)&=4\times 3x^2-\dfrac{2}{3}\times 2x \\
    &=12x^2-\dfrac{4}{3}x
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{x^2-2x+6}{3}=\dfrac{1}{3}x^2-\dfrac{2}{3}x+2$
    $\begin{align*} j'(x)&=\dfrac{1}{3}\times 2x-\dfrac{2}{3} \\
    &=\dfrac{2}{3}x-\dfrac{2}{3} \\
    &=\dfrac{2}{3}(x-1)
    \end{align*}$
    $\quad$
  6. $k(x)=3x^5+7x^2+1$
    $\begin{align*} k'(x)&=3\times 5x^4+7\times 2x \\
    &=15x^4+14x
    \end{align*}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 4

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $uv$.

  1. $f(x)=x\sqrt{x}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{1}{x}\sqrt{x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\left(\sqrt{x}+1\right)^2$
    $\quad$
  4. $i(x)=x^2(2x+4)$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{1}{x^5}(3-x)$
    $\quad$
  6. $k(x)=(4x-1)\dfrac{1}{x^6}$
    $\quad$
Correction Exercice 4

On utilise la formule $(uv)’=u’v+uv’$

  1. $f(x)=x\sqrt{x}$
    $u(x)=x$ et $v(x)=\sqrt{x}$
    Donc $u'(x)=1$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\begin{align*} f'(x)&=1\times \sqrt{x}+x\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \\
    &=\sqrt{x}+\dfrac{x}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{2x+x}{2\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{3x}{2\sqrt{x}}\\
    &=\dfrac{3}{2}\sqrt{x}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{1}{x}\sqrt{x}$
    $u(x)=\dfrac{1}{x}$ et $v(x)=\sqrt{x}$
    Donc $u'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\begin{align*} g'(x)&=-\dfrac{1}{x^2}\times \sqrt{x}+\dfrac{1}{x}\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \\
    &=-\dfrac{\sqrt{x}}{x^2}+\dfrac{1}{2x\sqrt{x}} \\
    &=\dfrac{-2x+x}{2x^2\sqrt{x}} \\
    &=-\dfrac{x}{2x^2\sqrt{x}}\\
    &=-\dfrac{1}{2x\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\left(\sqrt{x}+1\right)^2=\left(\sqrt{x}+1\right)\times \left(\sqrt{x}+1\right)$
    $u(x)=\left(\sqrt{x}+1\right)$ et $v(x)=\left(\sqrt{x}+1\right)$
    Donc $u'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\left(\sqrt{x}+1\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\left(\sqrt{x}+1\right) \\
    &=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x}+1\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $i(x)=x^2(2x+4)$
    $u(x)=x^2$ et $v(x)=2x+4$
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=2$
    $\begin{align*} i'(x)&=2x(2x+4)+x^2\times 2\\
    &=4x^2+8x+2x^2\\
    &=6x^2+8x
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $j(x)=\dfrac{1}{x^5}(3-x)$
    $u(x)=\dfrac{1}{x^5}=x^{-5}$ et $v(x)=(3-x)$
    Donc $u'(x)=-5x^{-6}=-\dfrac{5}{x^6}$ et $v'(x)=-1$
    $\begin{align*} j'(x)&=-\dfrac{5}{x^6}(3-x)+\dfrac{1}{x^5}\times (-1)\\
    &=\dfrac{5(x-3)}{x^6}-\dfrac{1}{x^5} \\
    &=\dfrac{5x-15-x}{x^6}\\
    &=\dfrac{4x-15}{x^6}
    \end{align*}$
    $\quad$
  6. $k(x)=(4x-1)\dfrac{1}{x^6}$
    $u(x)=4x-1$ et $v(x)=\dfrac{1}{x^6}=x^{-6}$
    Donc $u'(x)=4$ et $v'(x)=-6x^{-7}=-\dfrac{6}{x^7}$
    $\begin{align*} k'(x)&=4\times \dfrac{1}{x^6}+(4x-1)\times \dfrac{-6}{x^7} \\
    &=\dfrac{4}{x^6}-\dfrac{6(4x-1)}{x^7} \\
    &=\dfrac{4x-24x+6}{x^7} \\
    &=\dfrac{6-20x}{x^7}
    \end{align*}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 5

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $\dfrac{1}{u}$.

  1. $f(x)=\dfrac{1}{x^3-4}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{1}{1-x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{-x^2+5x+7}$
    $\quad$
Correction Exercice 5

On utilise la formule $\left(\dfrac{1}{u}\right)’=-\dfrac{u’}{u^2}$.

  1. $f(x)=\dfrac{1}{x^3-4}$
    $u(x)=x^3-4$ donc $u'(x)=3x^2$
    $f'(x)=-\dfrac{3x^2}{\left(x^3-4\right)^2}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{1}{1-x}$
    $u(x)=1-x$ donc $u'(x)=-1$
    $f'(x)=-\dfrac{-1}{(1-x)^2}=\dfrac{1}{(1-x)^2}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{1}{-x^2+5x+7}$
    $u(x)=-x^2+5x+7$ donc $u'(x)=-2x+5$
    $h'(x)=-\dfrac{-2x+5}{\left(-x^2+5x+7\right)^2}=\dfrac{2x-5}{\left(-x^2+5x+7\right)^2}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 6

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie, en utilisant la dérivée de $\dfrac{u}{v}$.

  1. $f(x)=\dfrac{x^3}{\sqrt{x}}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{2\sqrt{x}}{x^2-4}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{x^4+1}{x^3-1}$
    $\quad$
Correction Exercice 6

On utilise la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$

  1. $f(x)=\dfrac{x^3}{\sqrt{x}}$
    $u(x)=x^3$ et $v(x)=\sqrt{x}$
    Donc $u'(x)=3x^2$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{3x^2\sqrt{x}-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\times x^3}{\left(\sqrt{x}\right)^2} \\
    &=\dfrac{3x^2\sqrt{x}-\dfrac{x^3}{2\sqrt{x}}}{x} \\
    &=3x\sqrt{x}-\dfrac{x^2}{2\sqrt{x}}\\
    &=\dfrac{3x\times 2x-x^2}{2\sqrt{x}}\\
    &=\dfrac{5x^2}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{2\sqrt{x}}{x^2-4}$
    $u(x)=2\sqrt{x}$ et $v(x)=x^2-4$
    Donc $u'(x)=2\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ et $v(x)=2x$.
    $\begin{align*} g'(x)&=\dfrac{\dfrac{x^2-4}{\sqrt{x}}-2x\times 2\sqrt{x}}{\left(x^2-4\right)^2} \\
    &=\dfrac{\dfrac{x^2-4}{\sqrt{x}}-\dfrac{4x\times x}{\sqrt{x}}}{\left(x^2-4\right)^2} \\
    &=\dfrac{x^2-4-4x^2}{\left(x^2-4\right)^2\sqrt{x}}\\
    &=\dfrac{-3x^2-4}{\left(x^2-4\right)^2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{x^4+1}{x^3-1}$
    $u(x)=x^4+1$ et $v(x)=x^3-1$
    Donc $u'(x)=4x^3$ et $v'(x)=3x^2$
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{4x^3\left(x^3-1\right)-3x^2\left(x^4+1\right)}{\left(x^3-1\right)^2} \\
    &=\dfrac{4x^6-4x^3-3x^6-3x^2}{\left(x^3-1\right)^2} \\
    &=\dfrac{x^6-4x^3-3x^2}{\left(x^3-1\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 7

Dans chacun des cas, fournir l’expression de la dérivée de la fonction dont l’expression algébrique est fournie.

  1. $f(x)=\dfrac{4}{x^2-1}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{x^2-1}{1-x}$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{x^2-1}{x^2}$
    $\quad$
  4. $i(x)=3x^2-2x-\dfrac{1}{x-x^3+1}$
    $\quad$
  5. $j(x)=3x+\dfrac{1}{2x}-\sqrt{x}$
    $\quad$
  6. $k(x)=\dfrac{x}{3x^2}-x+\sqrt{7x}$
    $\quad$
Correction Exercice 7

  1. $f(x)=\dfrac{4}{x^2-1} = 4\times \dfrac{1}{x^2-1}$
    On utilise la dérivée de $ku$ et de $\dfrac{1}{u}$
    $k=4$ et $u=x^2-1$ donc $u'(x)=2x$
    $\begin{align*} f'(x)&=4\times \dfrac{2x}{\left(x^2-1\right)^2} \\
    &=\dfrac{8x}{\left(x^2-1\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $g(x)=\dfrac{x^2-1}{1-x}$
    On utilise la dérivée de $\dfrac{u}{v}$.
    $u(x)=x^2-1$ et $v(x)=1-x$.
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=-1$.
    $\begin{align*}g'(x)&=\dfrac{2x(1-x)-(-1)\left(x^2-1\right)}{(1-x)^2} \\
    &=\dfrac{2x-2x^2+x^2-1}{(1-x)^2} \\
    &=\dfrac{-x^2+2x-1}{(1-x)^2} \\
    &=\dfrac{-\left(x^2-2x+1\right)}{(1-x)^2}\\
    &=\dfrac{-(1-x)^2}{(1-x)^2} \\
    &=-1
    \end{align*}$
    Remarque : valable pour tout $x\neq 1$
    $\quad$
  3. $h(x)=\dfrac{x^2-1}{x^2}$
    On utilise la dérivée de $\dfrac{u}{v}$.
    $u(x)=x^2-1$ et $v(x)=x^2$.
    Donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=2x$.
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{2x\times x^2-2x\left(x^2-1\right)}{\left(x^2\right)^2} \\
    &=\dfrac{2x^3-2x^3+2x}{x^4} \\
    &=\dfrac{2x}{x^4} \\
    &=\dfrac{2}{x^3}
    \end{align*}$
    Remarque : On pouvait aussi écrire $h(x)=1-\dfrac{1}{x^2}$ et on utilise la dérivée de $u+v$ et de $\dfrac{1}{u}$.

    $\quad$

  4. $i(x)=3x^2-2x-\dfrac{1}{x-x^3+1}$
    $\begin{align*} i'(x)&=3\times 2x-2-\left(-\dfrac{1-3x^2}{\left(x-x^3+1\right)^2}\right) \\
    &=6x-2+\dfrac{1-3x^2}{\left(x-x^3+1\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. $j(x)=3x+\dfrac{1}{2x}-\sqrt{x}$
    $\begin{align*} j'(x)&=3+\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)-\dfrac{1}{2\sqrt{x}} \\
    &3-\dfrac{1}{2x^2}-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  6. $k(x)=\dfrac{x}{3x^2}-x+\sqrt{7x}=\dfrac{1}{3x}-x+\sqrt{7}\sqrt{x}$
    $\begin{align*} k'(x)=&=\dfrac{1}{3}\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)-1+\sqrt{7}\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \\
    &=-\dfrac{1}{3x^2}-1+\dfrac{\sqrt{7}}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$

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1S – Exercices – Dérivation – Variations

Dérivation

Exercice 1

Déterminer le sens de variation des fonctions suivantes :

  1. $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=-3x^2+12x-5$.
    $\quad$
  2. $g$ définie sur $\R$ par $g(x)=x^3-9x^2-21x+4$.
    $\quad$
  3. $h$ définie sur $]-\infty;1[\cup]1;+\infty[$ par $h(x)=\dfrac{5x-3}{x-1}$.
    $\quad$
  4. $i$ définie sur $]-\infty;0[\cup]0;+\infty[$ par $i(x)=\dfrac{x^3-2x-1}{x^3}$.
    $\quad$
  5. $j$ définie sur $[0;+\infty[$ par $j(x)=\dfrac{\sqrt{x}}{x+1}$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=-3x^2+12x-5$.
    $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que polynôme.
    $f'(x)=-3\times 2x+12=-6x+12$
    $-6x+12=0 \ssi x=2$
    $-6x+12>0 \ssi -6x>-12 \ssi x<2$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    La fonction $f$ est donc croissante sur $]-\infty;2]$ et décroissante sur $[2;+\infty[$.
    $\quad$
  2. $g$ définie sur $\R$ par $g(x)=x^3-9x^2-21x+4$.
    $g$ est dérivable sur $\R$ en tant que polynôme.
    $g'(x)=3x^2-9\times 2x-21=3x^2-18x-21$.
    Son discriminant est :
    $\Delta = (-18)^2-4\times 3 \times (-21)=576>0$
    Il y a deux racines réelles :
    $x_1=\dfrac{18-\sqrt{576}}{2\times 3}=-1$
    $x_2=\dfrac{18+\sqrt{576}}{2\times 3}=7$
    Puisque $a=3>0$ on obtient le tableau de variation suivant :

    $\quad$
  3. $h$ définie sur $I=]-\infty;1[\cup]1;+\infty[$ par $h(x)=\dfrac{5x-3}{x-1}$.
    La fonction $h$ est dérivable sur $I$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas sur $I$.
    $h$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=5x-3$ et $v(x)=x-1$.
    On a donc $u'(x)=5$ et $v'(x)=1$
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{5(x-1)-(5x-3)}{(x-1)^2} \\
    &=\dfrac{5x-5-5x+3}{(x-1)^2} \\
    &=\dfrac{-2}{(x-1)^2}
    \end{align*}$
    Par conséquent, pour tout réel $x$ appartenant à $I$, on a $h'(x)<0$.
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    La fonction $h$ est donc décroissante sur $]-\infty;1[$ et sur $]1;+\infty[$.
    $\quad$
  4. $i$ définie sur $I=]-\infty;0[\cup]0;+\infty[$ par $i(x)=\dfrac{x^3-2x-1}{x^3}$.
    La fonction $i$ est dérivable sur $I$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas sur $I$.
    $i$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x^3-2x-1$ et $v(x)=x^3$.
    On a donc $u'(x)=3x^2-2$ et $v'(x)=3x^2$
    $\begin{align*} i'(x)&=\dfrac{\left(3x^2-2\right)x^3-3x^2\left(x^3-2x-1\right)}{\left(x^3\right)^2}\\
    &=\dfrac{3x^5-2x^3-3x^5+6x^3+3x^2}{x^6}\\
    &=\dfrac{4x^3+3x^2}{x^6}\\
    &=\dfrac{x^2(4x+3)}{x^6}\\
    &=\dfrac{4x+3}{x^4}
    \end{align*}$
    Pour tout réel $x\in I$, on a $x^4>0$.
    Le signe de $i'(x)$ ne dépend donc que de celui de $4x+3$.
    $4x+3=0\ssi 4x=-3 \ssi x=-\dfrac{3}{4}$
    $4x+3>0 \ssi 4x>3 \ssi x>-\dfrac{3}{4}$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    La fonction $i$ est donc décroissante sur $\left]-\infty;-\dfrac{3}{4}\right]$ et croissante sur $\left[-\dfrac{3}{4};0\right[$ et $]0;+\infty[$.
    $\quad$
  5. $j$ définie sur $[0;+\infty[$ par $j(x)=\dfrac{\sqrt{x}}{x+1}$.
    La fonction $j$ est dérivable sur $I=]0;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas sur $I$.
    $i$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=\sqrt{x}$ et $v(x)=x+1$.
    On a donc $u'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ et $v'(x)=1$
    $\begin{align*} j'(x)&=\dfrac{\dfrac{x+1}{2\sqrt{x}}-\sqrt{x}}{(x+1)^2} \\
    &=\dfrac{\dfrac{x+1}{2\sqrt{x}}-\dfrac{2x}{2\sqrt{x}}}{(x+1)^2} \\
    &=\dfrac{x+1-2x}{2\sqrt{x}(x+1)^2} \\
    &=\dfrac{1-x}{2\sqrt{x}(x+1)^2}
    \end{align*}$
    Le signe de $j'(x)$ sur $I$ ne dépend que de celui de $1-x$.
    $1-x=0 \ssi x=1$
    $1-x>0 \ssi x<1$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    La fonction $j$ est donc croissante sur $]0;1]$ et décroissante sur $[1;+\infty[$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2

On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=\dfrac{x^2-1}{x+2}$.

Après avoir déterminer l’ensemble de définition de $f$, étudier les variations de la fonction $f$.

$\quad$

Correction Exercice 2

La fonction $f$ est définie pour tout réel $x$ vérifiant $x+2\neq 0$ soit $x\neq -2$.

Ainsi l’ensemble de définition de $f$ est $\mathscr{D}_f=]-\infty;-2[\cup]-2;+\infty[$.

La fonction $f$ est également dérivable sur cet intervalle en tant que quotient de fonctions dérivables sur $\mathscr{D_f}$ dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\mathscr{D}_f$.

$f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x^2-1$ et $v(x)=x+2$.
On a donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=1$

$\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2x(x+2)-\left(x^2-1\right)}{(x+2)^2} \\
&=\dfrac{2x^2+4x-x^2+1}{(x+2)^2} \\
&=\dfrac{x^2+4x+1}{(x+2)^2}
\end{align*}$

Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $x^2+4x+1$.
$\Delta = 4^2-4\times 1\times 1 = 12>0$
Il y a donc deux racines réelles :
$x_1=\dfrac{-4-\sqrt{12}}{2}=-2-\sqrt{3}$ et $x_2=\dfrac{-4+\sqrt{12}}{2}=-2+\sqrt{3}$
Puisque $a=1>0$ on obtient le tableau de variation suivant :

La fonction $f$ est donc croissante sur les intervalles $\left]-\infty;-2-\sqrt{3}\right]$ et $\left[-2+\sqrt{3};+\infty\right[$ et décroissante sur les intervalles $\left[-2-\sqrt{3}-2\right[$ et $\left]-2;-2+\sqrt{3}\right]$.
$\quad$

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$\quad$

Exercice 3

On considère la fonction $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x)=x+\dfrac{1}{x}$.

Démontrer que cette fonction admet un minimum qu’on précisera.

$\quad$

Correction Exercice 3

La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

$f'(x)=1-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x^2-1}{x^2}=\dfrac{(x-1)(x+1)}{x^2}$.

Sur $]0;+\infty[$, on sait que $x^2$ et $x+1$ sont positifs.
Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $x-1$.

$x-1=0\ssi x=1$
$x-1>0 \ssi x>1$

On obtient par conséquent le tableau de variation suivant :

$\quad$

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$\quad$

Exercice 4

On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=\dfrac{x^2-4}{2x-5}$ et on note $\mathscr{C}_f$ sa représentation graphique.

  1. Déterminer l’ensemble de définition de $f$ noté $\mathscr{D}_f$.
    $\quad$
  2. Déterminer l’expression de $f'(x)$.
    $\quad$
  3. Dresser le tableau de variation de la fonction $f$ sur son ensemble de définition.
    $\quad$
  4. Déterminer une équation de la tangente $T$ à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $3$.
    $\quad$
  5. Donner les coordonnées des points où la tangente à la courbe est parallèle à l’axe des abcisses.
    $\quad$
  6. Tracer dans un repère orthonormé, la courbe $\mathscr{C}_f$, la droite $T$ et les tangentes trouvées à la question précédente.
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. La fonction $f$ est définie pour tout réel $x$ tel que $2x-5\neq 0 \ssi x\neq \dfrac{5}{2}$.
    Ainsi $\mathscr{D}_f=\left]-\infty;\dfrac{5}{2}\right[\cup\left]\dfrac{5}{2};+\infty\right[$.
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est dérivable sur $\mathscr{D}_f$ en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\mathscr{D}_f$.
    $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. On utilise donc la formule $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{u’v-uv’}{v^2}$ avec $u(x)=x^2-4$ et $v(x)=2x-5$.
    On a donc $u'(x)=2x$ et $v'(x)=2$.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2x(2x-5)-2\left(x^2-4\right)}{(2x-5)^2} \\
    &=\dfrac{4x^2-10x-2x^2+8}{(2x-5)^2}\\
    &=\dfrac{2x^2-10x+8}{(2x-5)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $2x^2-10x+8=2\left(x^2-5x+4\right)$.
    $\Delta = (-5)^2-4\times 1\times 4=9>0$
    Il y a donc deux racines réelles :
    $x_1=\dfrac{5-\sqrt{9}}{2}=1$ et $x_2=\dfrac{5+\sqrt{9}}{2}=4$
    Puisque $a=1>0$, on obtient ainsi le tableau de variation suivant :
  4. Une équation de la tangente à la courbe $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $3$ est de la forme $y=f'(3)(x-3)+f(3)$.
    $f'(3)=-4$ et $f(3)=5$
    Ainsi une équation de $T$ est $y=-4(x-3)+5$ soit $y=-4x+17$.
    $\quad$
  5. Une tangente est parallèle à l’axe des abscisses si et seulement si son coefficient directeur est $0$.
    On cherche donc à résoudre, dans $\mathscr{D}_f$, l’équation
    $f'(x)=0 \ssi x=1$ ou $x=4$
    $\quad$
  6. On obtient le graphique suivant :

    $\quad$

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