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O1MM maths 2018
1ère question
1.1 Soit u la fonction définie sur I=]0;+∞[ telle que u(x)=x2−2+lnx
Tableau de variations de u :
La dérivée de u : u′(x)=2x+1x
On cherche les racines de u′(x).
2x+1x=0⇔2x2+1=0⇔x2=−12
⇒ pas de solutions dans R.
u′(x)>0 sur I
limx→0+lnx=−∞⇒limx→0+u(x)=−∞
limx→+∞x2=+∞⇒limx→+∞u(x)=+∞
1.2 Justifier de l’existence d’un unique réel α tel que u(α)=0
u strictement croissante sur ]−∞,+∞[. Par ailleurs, les valeurs de u(x) sont négatives quand x est proche de zéro et positives quand x tend vers +∞ donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un seul réel α pour lequel u(α)=0
On admet α≈1,31
1.3 Tableau de signes de u :
1.4 u(α)=0⇔u(α)=α2−2+ln(α)=0⇔ln(α)=2−α2
- Soit la fonction f : f(x)=x2+(2−lnx)2
2.1 Calcul de la dérivée.
On sait que (un)′=nu′nn−1
La dérivée du terme au carré est donc :
[(2−lnx)2]′=2⋅(−1x)⋅(2−lnx)
⇒f′(x)=2x+2⋅(−1x)⋅(2−lnx)=2x2x−4x+2lnxx=2x⋅(x2−2+lnx)=2u(x)x
2.2 On a X>0 donc le signe de f′(x) est le même que celui de u(x), d’où :
2.3 On sait que lnα=2−α2
f(α)=α2+[2−lnα]2=α2+[2−(2−α2)]2=α2+α4=α2(1+α2)
- Soit M un point de la courbe Γ. Il a comme coordonnées x et y=ln(x)
AM2=(x−xA)2+(y−yA)2=(x−xA)2+(ln(x)−yA)2=(x−0)2+(lnx−2)2=x2+(lnx−2)2=f(x)
⇒AM=√f(x)
3.2 La distante AM est minimale pour f(x) minimale donc pour x=α
⇒AM minimale pour M0 de coordonnées (α;lnα).
3.3 On sait que f(α)=α2⋅(1+α2)
Donc AM0=√f(α)=√α2⋅(1+α2)=α√1+α2
3.4 Des droites sont perpendiculaires si le produit de leurs coefficients directeurs est égale à -1.
M0 a pour abscisse α donc la pente de la tangente à Γ en M0 a pour coefficient directeur la dérivée de la fonction ln en α, soit1α.
La droite (AM0) a pour coefficient directeur ΔyΔx=lnα–2α–0=−α2α=−α
On a bien le produit des coefficients directeurs égal à -1 donc les droites sont perpendiculaires.
2ème question
- La fonction f est définie par f(x)=5−4x+1
1.1 f(x)=5−4(x+1)−1 donc
f′(x)=−4⋅(−1)(x+1)−2=4(x+1)2
f′ est toujours positive donc f est strictement croissante.
f(x)=0 pour x=−1/5 donc pas de racine sur I.
limx→+∞f(x)=5
1.2 Solution de l’équation f(x)=x ?
f(x)=5−4x+1=x
⇒x−5=−4x+1
⇒(x−5)(x+1)=−4
⇒x2−4x−1=0
Oncherche les racines de ce polynôme.
Δ=b2−4ac=16−4×1×(−1)=20=2√5
Les deux solutions sont tonc x1=4+2√52=2+√5 et x2=2−√5
On a x2<0 donc x1 est la seule solution sur l’intervalle de définition de f.
On trouve α=x1=2+√5≈4,23
1.3 f(x) est strictement croissante, donc pour x∈[0;α], f(x)∈[f(0);f(α)]
On a f(0)=1 et f(α)=α
Donc pour x∈[0;α], f(x)∈[1;α]∈[0;α]
- Etude de la suite u telle que u0=0 et un+1=f(un)
2.1 u1=f(u0)=f(0)=1
2.2 Le graphique de l’énoncé est reproduit ci-dessous :
2.3 On peut conjoncturer que la suite est croissante et converge vers α.
2.4 On veut démontrer que 0≤un<un+1<α.
Initialisation :
0≤u0=0<u1=1<α≈4,2
Donc la proposition est vérifiée au rang n=0.
Hérédité :
Supposons la proposition vérifiée au rang n et montrons qu’elle l’est alors nécessaitement au rang n+1.
0≤un<un+1<α
Comme la fonction f est croissante, on a alors f(0)≤f(un)<f(un+1)<f(α)
Soit : 1≤un+1<un+2<α car f(α)=α
Et donc 0≤un+1<un+2<α
La proposition est donc également vérifiée au rang n+1.
2.5 Une suite croissante et majorée admet une limite. Appelons-la l. Si un converge l alors f(un) converge vers f(l), donc un+1 converge vers f(l).
Comme un et un+1 convergent vers la même limite, on a l=f(l).
Or on a vu ci-dessus que la solution à l’équation f(x)=x est α, donc un converge vers α.
2.6 En langage R, par exempe pour ε=10−3, on ontient n=6 :
epsilon <- 1e-3
alpha <- 2+sqrt(5)
n <- 0
f <- function(x) {5-4/(x+1)}
u <- 0
while (abs(u-alpha) > epsilon) {
n <- n+1
u <- f(u)
}
print (n)
## [1] 6
- Comportement de la suite pour u0 quelconque.
On peut conjecturer :
- Si u0<α, même raisonnement que pour u0=0⇒ la suite est croissante et tend vers α
- Si u0=α, la suite est constante
- Si u0>α, elle est décroissante et tend également vers α.
Démonstration dans cette dernière situation :
Soit la proposition Pn : α≤un+1≤un
Initialisation : montrons que P0 est vérifiée (soit α≤u1≤u0)
u0>α⇒f(u0)>f(α)⇒u1>α
u1−u0=5−4u0+1−u0=5(u0+1)−4−u0(u0+1)u0+1=5u0+5−4−u20−u0u0+1=4u0+1−u20u0+1
Le dénominateur est positif donc u1−u0 est du signe du polynôme g:uo→−u20+4u0+1
La dérivée de ce polinôme est g′(x)=−2x+4⇒g a un maximum pour x=2 et décroit pour x>2, donc sur l’intervalle ]α;+∞[.
g(α)=−α2+4α+1=−4(2+√5)2+4(2+√5)+1=0
Le tableau de variation de g est donc
Comme g est décroissante sur ]α;+∞[ et que u0>α, on a :
g(u0)<g(α)=0 donc g(u0)<0 et par conséquent u1−u0<0
On a donc bien u1<u0
Par ailleurs, u0>α⇒ comme f est croissante, f(u0)>f(α)⇒u1>α
On a donc bien α≤u1≤u0 et P0 est vérifiée.
Hérédité
Supposons la proposition Pn vérifiée au rang n : α≤un+1≤un
La fonction f est croissante, donc f(α)≤f(un+1)≤f(un)
⇒α≤un+2≤un+1⇒Pn+1 est vérifiée.
O a donc montré par récurrence que la suite u était décroissante et minorée, donc elle converge. Comme elle converge, sa limite est telle que l=f(l) donc elle est égale à α.
3ème question
On a les points d’affixe :
a=3i
b=2i
c=3√2eiπ4
Et la fonction f telle que f(z)=3izz−2i
- a′=f(a)=3i⋅3i3i−2i=−9i=−9ii2=9i
On a c=3√2eiπ4=3√2[cosπ4+i⋅sinπ4]=3√2[√22+i⋅√22]=3+3i
⇒c′=f(c)=3i⋅(3+3i)3+3i−2i=9i−93+i=(9i−9)⋅(3−i)(3+i)(3−i)=27i+9−27+9i9+1=36i−1810=18i−95
- On cherche le point D d’affixe zD dont l’image a pour affixe i.
f(zD)=3izDzD−2i=i⇒3zD=zD−2i⇒2zD=−2i⇒zD=−i
Un point d’affixe z est invariant ⇔f(z)=3izz−2i=z⇒3i=z−2i⇒z=5i
z′−3i=3izz−2i−3i.(z−2i)z−2i=3iz−3iz−6z−2i=−6z−2i
Le point M, d’affixe z, appartient au cercle de centre B, d’affixe b=2i et de rayon 3 ⇔MB=3
⇔|z−b|=3
⇔|z−2i|=3
Or, z′−3i=−6z−2i⇒|z′−3i|=|−6||z−2i|=|−6|3=2
Donc le point M′ d’affixe z′ se trouve sur le cercle de rayon 2 et de centre A d’affixe 2i.
- Le produit scalaire est égal au produit de leur norme multiplié par le cos de l’angle entre eux. On appelle α l’angle (→u,→AM′) et β l’angle (→u,→BM)
Le point M′ est sur le cercle Γ′ donc AM′=2
⇒→u⋅→AM′=1×2×cosα=2cosα
De même, ⇒→u⋅→BM=3cosβ
On a →u⋅→AM′→u⋅→BM=z′−3iz−2i
D’où, sachant que z′−3i=−6z−2i :
→u⋅→AM′→u⋅→BM=−6(z−2i)2=−69=−23
Or, on a →u⋅→AM′→u⋅→BM=2cosα3cosβ
⇒2cosα3cosβ=−23
⇒cosαcosβ=−1
- Le point N a pour affixe 3√2+(2+3√2)i
Le cercle Γ a pour centre B(b=2i) et pour rayon 3.
N∈Γ⇔BN=3
BN=|BN|=|zN−zB|=|3√2+(2+3√2)i−2i|=|3√2+3√2i|=√92+92=3
⇒N∈Γ
On a vu ci-dessus que BN=zN−zB=3√2+3√2i
⇒tan(arg(→BN))=3√23√2=1⇒(→u,→BN)=π4
- On a vu que si un point est sur le cercle Γ, ce qui est le cas de N, son image était sur le cercle Γ′. On a donc N′∈Γ′.
On appelle α l’angle (→u,→AN′) et β l’angle (→u,→BN)
On a cosαcosβ=−1⇒cosα=−cosβ=cosπ4=−√22⇒α=3π4
N′ est donc à l’intersection entre le cercle Γ et la droite de coeffixient directeur −1 et passant par le point A.
4ème question
Les coordonnées des points sont A[−401], B[33−1], C[151] et D[026]
- Les points A, B et C sont alignés si et seulement si →AB=k⋅→BC
On a →AB[73−2] et →BC[−222]
Ils ne sont pas proportionnels, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.
- Le triangle ABC est rectangle en C ⇔→CA⋅→CB=0
On a →CA[−5−50] et →BC[2−2−2]⇒→CA⋅→CB=−10+10+0=0
Donc les points A, B et C sont alignés.
Comme il est rectangle en C, l’aire du triangle ABC est S=12AC⋅BC
AC=√25+25+0=√50=√2×25=5√2
BC=√4+4+4=√12=√3×4=2√3
S=12AC⋅BC=125√2⋅2√3=5√6
3.1 Soit →n[1bc]
→n⊥(ABC)⇔→n⋅→AB=0 et →n⋅→BC=0$
→n⋅→AB=[1bc]⋅[−5−50]=−5−5b=0⇒b=−1
→n⋅→BC=[1bc]⋅[2−2−2]=2−2b−2c=0⇒c=2
On a donc →n[1−12]
3.2 Comme →n[1−12]⊥(ABC), l’équation cartésienne du plan peut s’écrire sous la forme :
x−y+2z+d=0
A∈(ABC)⇒xA−yA+2zA+d=0⇒−4−0+2×1+d=0⇒d=2
L’équation cartésienne du plan est donc x−y+2z+2=0
3.3 B∈(ABC)⇔xD−yD+2zD+2=0
xD−yD+2zD+2=0−2+12+2=12≠0⇒D∉(ABC)
- On appelle d la droite orthogonale à ABC passant par D.
M[xyz]∈d⇔→DM=k.→n⇒[x−0y−2z−6]=k⋅[1−12]
{x=ky−2=−kz−6=2kUne représentation paramétrique de la droite d est donc :
{x=ky=2−kz=6+2k4.2 On a H=d∩(ABC)
H∈d
{xH=kyH=2−kzH=6+2kPar ailleurs H∈(ABC)⇒xH−yH+2zH+2=0⇒k−(2−k)+2(6+2k)+2=0⇒6k+12=0⇒k=−2
{xH=−2yH=2+2=4zH=6−4=25.1 On a DH=√(0+2)2+(2−4)2+(6−2)2=√24=2√6
5.2 Le volume d’un tétraèdre est le tiers du produit de la surface de sa base par la hauteur associée donc :
V=13⋅S(ABC)⋅DH=13⋅5√6⋅2√6=20
- Soit α l’angle entre les vecteurs →AD et →BD. On va chercher cosα en utilisant la formule →AD⋅→BD=|AD|⋅|BD|.cosα
→AD[425] et →BD[−3−17]⇒→AD⋅→BD=−12−2+35=21
Par ailleurs |AD|=√42+22+52=√45=3√5
et |BD|=√32+12+72=√59
→AD⋅→BD=|AD|⋅|BD|⋅cosα⇒cosα=→AD⋅→BD|AD|⋅|BD|=213√5√59=7√5√59
On obtient donc \alpha=\widehat{ADB}=66°