Mathématiques: Probatoire - Sujets Corrigés
Mathématiques: Probatoire - Sujets Corrigés
Mathématiques: Probatoire - Sujets Corrigés
MATHÉMATIQUES
Probatoire – Sujets Corrigés
Jean-Pierre Kengne, Emmanuel Simo
;
Eric Simo, Msc.-Ing. TU-BS (Editeur)
An den Äckern 2
31224 Peine
Allemagne
kuateric@gmail.com
Auteurs: Jean-Pierre Kengne, Maître Es Sciences; Emmanuel Simo, Maître Es Sciences (Cameroun)
ISBN 978-3-947242-06-1 • Maison d’Edition SIMO • Bandjoun Brunswick Belfast Rotterdam • 2017
Sous réserve des exceptions légales, toute représentation ou reproduction intégrale ou partielle,
faite, par quelque procédé que ce soit sans le consentement de l’auteur ou de ses ayants droit, est
illicite et constitue une contrefaçon sanctionnée par le Code de la Propriété Intellectuelle. En cas
d’utilisation aux fins de vente, de location, de publicité ou de promotion, l’accord de l’auteur ou
des ayants droit est nécessaire.
;
Avant-propos
Vous avez choisi ce livre parce que vous avez un objectif à atteindre. C’est un instrument réellement
utile et efficace pour aider les apprenants des classes de premières scientifiques et techniques, quel
que soit leur niveau, à améliorer leurs performances en mathématiques.
Inspirée de la pédagogie nouvelle, la conception de ce livre se fonde sur deux outils à savoir : le
cours et les exercices corrigés.
Le cours a été conçu selon le projet pédagogique suivant :
Une présentation claire parfaitement lisible qui permet de faciliter le travail de l’apprenant.
Un cours bien structuré allant à l’essentiel. Conforme aux contenus du programme, ce cours
prépare aux compétences exigibles, mais en se limitant strictement aux notions qui doivent
être étudiées. Nous l’avons donc voulu bref.
Les exercices résolus et commentés, soutenus par des méthodes de résolution permettent à l’ap-
prenant d’acquérir l’esprit scientifique et les principaux modes de raisonnement qu’il devra savoir
développer. C’est une bonne façon d’aborder les nombreux exercices de chaque chapitre. Dans le
souci d’efficacité qui a fait le succès de cette édition, nous attirons votre attention dans les solutions
proposées, sur la schématisation, la représentation graphique, le choix des notations, la conduite
littérale et enfin l’application numérique.
Notons cependant qu’il ne sert à rien de lire à priori la solution d’un exercice, mais qu’il faut
chercher cette solution après avoir lu l’énoncé en entier et ne consulter la solution proposée dans
le livre que pour contrôler son propre résultat ou en cas d’hésitation.
Nous formons le vœu que cet ouvrage constitue un outil efficace pour les apprenants des classes
de premières scientifiques et techniques et qu’il apporte à nos collègues professeurs l’aide qu’ils sont
en droit d’attendre. Nous attendons avec plaisir toutes les remarques et suggestions.
;
;
I
;
II Table des matières
;
1 1
;
2 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
x élément de D f
1 c
1.1 Enoncé des sujets d’examen f (x ) = a x + b +
x +1
3.1.3. Justifier que f est dérivable pour tout élément de
D f et calculer f 0 (x )
3.1.4. Déterminer les limites de f aux bornes de D f .
1.1.1 Enoncé – Probatoire 2012 3
3.1.5. Montrer que la droite d’équation y = x + est
2
asymptote oblique à (C )
Examen: Probatoire Séries: D, TI 3.1.6. Dresser le tableau de variation
de f .
Session: 2012 Durée: 3 heures 3.1.7. Montrer que le point −1; 12 est centre de symé-
trie de (C ).
Épreuve: Mathématiques Coef.: 4 3.1.8. Déterminer une équation cartésienne de la tan-
gente (T ) à (C ) au point d’abscisse 0.
3.1.9. Tracer (C ) et (T )
Exercice 1.
3.2. Partie B
On considère le point A(1; −1) et la droite (D ) passant par
On considère l’expression P (x ) suivante :
B (−4; 0) et de vecteur directeur v~(1; 1). (C 0 ) est le cercle
P (x ) = cos 4x − 5 cos 2x − 6 de centre A et tangente à la droite (D ).
dans laquelle x est un nombre réel qui appartient à l’in- 3.2.1. Donner une équation cartésienne de (D ).
tervalle ]−π, π]. Dans le même repère orthonormé (O , i~, j~) placer les
1.1. Exprimer P (x ) en fonction de cos 2x seulement. points A et B , puis tracer la droite (D ) et le cercle (C 0 ).
1.2. Résoudre alors dans ]−π, π], l’équation 3.2.2. On considère le point H (−2; 2) ; montrer que (AH )
est perpendiculaire à (D )
2 cos2 2x − 5 cos 2x − 7 = 0 3.2.3. Vérifier que H appartient à (D )
1.3. Placer les solutions sur le cercle trigonométrique. En déduire une équation cartésienne et le rayon du
cercle (C 0 ).
Exercice 2.
Classes [15, 20[ [20, 25[ [25, 30[ [30, 35[ [35, 40[ Total
Effectifs 40 30 20
1.1.2 Enoncé – Probatoire 2013
Effectifs
cumulés 80 Examen: Probatoire Séries: D, TI
croissants
Effectifs
Session: 2013 Durée: 3 heures
cumulés 10 Épreuve: Mathématiques Coef.: 4
décroissants
2.1. Recopier et compléter le tableau.
2.2. Construire sur un même graphique le diagramme Exercice 4.
des effectifs cumulés croissants, et celui des effectifs cu-
mulés décroissants. Les êtres humains sont repartis suivant la composition
2.3. En déduire une valeur approchée de la médiane de du sang, en quatre groupes : O, A, B et AB.
cette statistique. Dans une assemblée de dix donneurs de sang, quatre per-
sonnes appartiennent au groupe O, trois personnes au
groupe A, deux personnes au groupe B et une personne
Exercice 3. au groupe AB. On choisit au hasard et simultanément
trois personnes de cette assemblée. Déterminer :
Problème
4.1. Le nombre de choix possibles.
Le plan est muni d’un repère orthonormé (0, i~, j~) (unité :
4.2. Le nombre de choix où les trois personnes appar-
1 cm sur les axes)
tiennent au même groupe sanguin.
3.1. Partie A
4.3. Le nombre de choix où deux personnes au moins
On considère la fonction f de la variable numérique x
appartiennent au même groupe sanguin.
définie par
2x 2 + 5x
f (x ) = Exercice 5.
2(x + 1)
(C ) sa courbe représentative dans le plan et D f son en- (u n ) est la suite numérique définie par :
semble de définition. (
3.1.1. Déterminer D f . u0 = 1
3.1.2. Déterminer les réels a , b et c tels que pour tout u n +1 = − 21 u n + 3
;
3 1
1.1. Enoncé des sujets d’examen
5.1. Calculer u 1 , u 2 et u 3 . On donnera les résultats sous points pondérés (A; 3), (B ; 2) et (C ; −1).
la forme de fractions irréductibles. 7.2. Soit h la transformation du plan qui à tout point M
5.2. 5.2.1. Déterminer la fonction h telle que, pour tout associe le point M 0 tel que :
entier naturel n, u n +1 = h (u n ).
M ~M 0 = 3M~A + 2M~B − M~C
5.2.2. Représenter dans le plan rapporté à un repère or-
thonormé, les cinq premiers termes de (u n ) sur l’axe des 7.2.1. Démontrer que G M ~ 0 = −3G M ~ 0.
abscisse. 7.2.2. En déduire la nature et les éléments caractéris-
5.3. 5.3.1. Prouver que la suite numérique (vn ) définie tiques de h .
pour tout entier naturel n par : vn = u n − 1 est une suite 7.3. Soit (Γ ) l’ensemble des points M du plan tels que :
géométrique dont on déterminera la raison et le premier M A 2 + M B 2 = 26.
terme. 7.3.1. Déterminer et construire (Γ ).
5.3.2. Exprimer vn , puis u n en fonction de n. 7.3.2. Construire l’image (Γ 0 ) de (Γ ) par h .
Exercice 6. Exercice 8.
f 0 (x ) 0 +
Examen: Probatoire Séries: D, TI
Session: 2014 Durée: 3 heures 2
f (x )
Épreuve: Mathématiques Coef.: 4 0
;
4 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
;
5 1
1.1. Enoncé des sujets d’examen
;
6 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
y
15.2.2.2. En utilisant la somme des solutions p de cette
1 9
équation, montrer que l’autre solution est −
2
et en dé-
8 2
duire dans l’intervalle − π, π l’ensemble solutions de
7
l’équation :
6 p p
2 sin2 x − (2 − 2) sin x − 2 = 0
5
1
1.1.6 Enoncé – Probatoire 2017
j~
−6 −5 −4 −3 −2 −1 O i~ 1 2 3 4 5 6 x
−1 Examen: Probatoire Séries: D, TI
−2
Session: 2017 Durée: 3 heures
−3
Épreuve: Mathématiques Coef.: 4
−4
−5
L’énoncé de ce sujet peut être gratuitement télé-
−6 chargé sur :
15.1.1.1. Déterminer l’ensemble de définition D f de f
ainsi les limites en −∞, +∞, 1− et en 1+ . www.simo.education
15.1.1.2. Préciser le sens de variation de f .
15.1.1.3. Résoudre dans I R , les inéquations :
f (x ) < 0; f (x ) > 0.
15.1.1.4. Déterminer f (−1) ; f (0) ; f 0 (−1) où f 0 est la
fonction dérivée de f .
15.1.1.5. Dresser le tableau de variation de f .
15.1.2. On suppose que pour tout réel x 6= 1,
c
f (x ) = a x + b + où a , b et c sont 3 réels.
x −1
15.1.2.1. En utilisant la question (15.1.1.4.), montrer
que les réels a , b et c vérifient le système :
2a − 2b + c = 2
b − c = −2
4a − c = 0
;
7 1
1.2. Solution des sujets d’examen
⇔ k = {−1; 0}
π
1.2 Solution des sujets D’où x = − π = − π2 ou x = π2
2
Donc
d’examen §
π π
ª
S= − ;
2 2
1.3. Plaçons les solution sur le cercle trigonométrique.
Solution 1. (p. 2) −1 1
Soit
−1
p (x ) = cos 4x − 5 cos 2x − 6 pour tout x ∈ ]−π, π]
1.1. Exprimons p (x ) en fonction de cos 2x .
On sait que ∀α ∈ R Solution 2. (p. 2)
cos 2α = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1
2.1. Complétons le tableau
En posant α = 2x
On a
Classes [15, 20[ [20, 25[ [25, 30[ [30, 35[ [35, 40[ Total
cos 2 · 2x = 2 cos2 2x − 1
Effectifs 40 40 30 20 10 140
⇒ cos 4x = 2 cos2 2x − 1 Effectif
cumulés 40 80 110 130 140 500
Donc
croissants
2
p (x ) = 2 cos 2x − 1 − 5 cos 2x − 6 Effectifs
= 2 cos2 2x − 5 cos 2x − 7 cumulés 140 100 60 30 10 340
décroissants
1.2. Résolvons dans ]−π, π] l’équation
2.2. Diagramme des effectifs cumulés croissante et des
2 cos2 2x − 5 cos 2x − 7 = 0
effectifs cumulés décroissants.
Posons X = cos 2x y
Alors l’équation devient 140
130
2X 2 − 5X − 7 = 0
120
On a 110
100
∆ = 52 − 4 × 2 × (−7) 90
= 25 + 56 = 81 = 92 80
70
5−9 5+9 7 60
⇔ X1 = = −1 ou X2 = = 50
4 4 2
40
7
D’où cos 2x = −1 ou cos 2x = 2 30
20
7
⇔ cos 2x = −1 car cos 2x = est impossible 10
2
⇔ cos 2x = cos π 5 10 15 20 25 30 35 40 x
−10
Me
⇔ 2x = π + 2k π (k ∈ Z)
π 2.3. Déduisons une valeur approchée de la médiane
⇔ x = + k π (k ∈ Z) M e de cette série.
2
On remarque que les diagrammes des effectifs cumu-
Or x ∈ ]−π, π]
lés croissants et décroissants se coupent au point d’abs-
⇔ −π< x ≤π cisse ≈ 24. Donc la médiane de cette série statistique est
π M e ≈ 24.
⇔ −π < +kπ ≤ π
2
1 Solution 3. (p. 2)
⇔ −1< +k ≤1
2
3 1 Problème
⇔ − <k ≤
2 2 Le plan est muni du repère (O ; i~, j~).
3.1. Partie A
;
8 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
3
On considère la fonction f définie par = (+∞) + − 0 = +∞
1 2x 2 + 5x
2
3
f (x ) = 3
2(x + 1) lim f (x ) = lim x + − 2
x →−1− x →−1− 2 x +1
(C ) sa courbe représentative et D f son ensemble de dé- 3
finition. 3
− 2 = +∞
= −1 +
3.1.1. Déterminons D f . 2 0−
f est définie si et seulement si 3
3
lim f (x ) = lim x + − 2
2(x + 1) 6= 0 x →−1+ x →−1+ 2 x +1
3
⇔ x + 1 6= 0 3
= −1 + − 2 = −∞
⇔ x 6= −1 2 0+
3
Donc 3.1.5. Montrons que la droite d’équation y = x + est
2
D f = R{−1} = ]−∞, −1[ ∪ ]−1, +∞[ asymptote oblique à (C ).
On a
3.1.2. Déterminons les réels a , b et c tels que :
3
c 3
f (x ) = a x + b + ∀x ∈ D f f (x ) = x + − 2
x +1 2 x +1
3
S’il existe de tels réels. 3
⇔ f (x ) − x + =− 2
Alors 2 x +1
c Donc
f (x ) = a x + b +
x +1 3
3
(a x + b )(x + 1) + c lim f (x ) − x + = lim − 2
=0
= x →+∞ 2 x →+∞ x + 1
x +1
a x 2 + (a + b )x + b + c 3
= Par conséquent la droit d’équation y = x + est asymp-
x +1 2
tote oblique à (C ).
2x 2 + 5x x 2 + 25 x + 0 3.1.6. Dressons le tableau de variation.
Or f (x ) = =
2(x + 1) x +1 Nous avons obtenu à la question 3.1.3. que
D’où par identification on a
3
2
f 0 (x ) = 1 + >0
∀x ∈ D f
a = 1
a = 1
(1 + x )2
5
a +b = ⇔ b 5
= − 1 = 32
2 2 Donc f est croissante sur ]−∞, −1[ et sur ]−1, +∞[.
b + c = 0 = −b = − 23
c
x −∞ −1 +∞
Donc
3 3 f 0 (x ) + +
a = 1, b = et c = −
2 2
+∞ +∞
et f (x )
3
3 −∞ −∞
f (x ) = x + − 2
2 x +1
3.1.3. f étant une fonction rationnelle alors elle est dé- 3.1.7. Montrer que I −1, 12 est le centre de symétrie de
rivable sur son domaine de définition. (C ).
Et ∀x ∈ D f , On sait qu’un point Ω(a , b ) est le centre de symétrie de la
0 courbe (C ) d’une fonction f si et seulement si ∀x ∈ D f
3
0 3 2 tel que a − x ∈ D f et a + x ∈ D f alors
f (x ) = x + −
2 x +1
f (a − x ) + f (a + x ) = 2b
3
=1+ 2 On a donc, dans notre cas, ∀x ∈ D f / − 1 − x ∈ D f et
(x + 1)2 −1 + x ∈ D f c’est-à-dire x 6= 0,
3.1.4. Déterminer les limites de f aux bornes de D f f (−1 − x ) + f (−1 + x )
On a
3
3
3 2
3 = (−1 − x ) + − + (−1 + x )
lim f (x ) = lim x + − 2 2 −1 − x + 1
x →−∞ x →−∞ 2 x +1 3
3 2
3 + −
= (−∞) + − 0 = −∞ 2 −1 + x + 1
2 3
3 3 3
= −1 − x + − 2 −1+ x + − 2
3
3 2
lim f (x ) = lim x + − 2 −x 2 x
x →+∞ x →+∞ 2 x +1 1
= −2 + 3 = 1 = 2 ×
2
;
9 1
1.2. Solution des sujets d’examen
y
D’où I −1, 12 est le centre de symétrie de la courbe (C ).
3.1.8. Déterminons une équation cartésienne de la tan- 5
gente (T ) à (C ) au point d’abscisse 0. On sait que 4
(D )
0
(T ) : y − f (0) = f (0)(x − 0) 3
0 2
(T ) : ⇔ y = f (0) × x + f (0)
1
B j~
3 5
Or f (0) = 0 et f 0 (0) = 1 + = −6 −5 −4 −3 −2 −1 O i~ 1 2 3 4 5 x
2 2 −1
D’où A
−2
5
(T ) : y = x −3
2 −4
(C )
3.1.9. Traçons (T ) et (C ) −5
−6
y
3.2.2. Montrons que (AH ) ⊥ (D )
(T )
Il suffit de montrer que AH ~ ⊥ v~ c’est-à-dire AH
~ · v~ = 0
(C ) 4
On a AH ~ (−3, 3) et v~(1, 1)
Donc AH ~ · v~ = −3 + 3 = 0
3
D’où (AH ) ⊥ (D )
3.2.3. Vérifions que H ∈ (D )
2
(D ) :x − y + 4 = 0 et H (−2, 2)
On a
1
−2 − (2) + 4 = −2 − 2 + 4
I j~
= −4 + 4 = 0
−5 −4 −3 −2 −1 O i~ 1 2 3 x
Donc H ∈ (D )
−1
Déduisons en une équation et le rayon de (C 0 )
Comme H ∈ (D ) et (AH ) ⊥ (D ) alors H est le projeté
−2 orthogonal de A sur (D ).
D’où (C 0 ) est le cercle de centre A et de rayon R = AH .
−3 D’où p
Le rayon R = AH = (3)2 + (3)2 = 3 2
p
−4 Équation cartésienne de (C ). 0
Soit M (x , y ),
−5 p 2
M ∈ (C 0 ) ⇔ AM 2 = R 2 = 3 2 = 18
3.2. Partie B ⇔ (x − 1)2 + (y + 1)2 = 18
⇔ x 2 − 2x + 1 + y 2 + 2y
A(1, −1), B (−4, 0), v~(1, 1)
+ 1 = 18
3.2.1. Équation cartésienne de (D )
⇔ x + y 2 − 2x + 2y − 16 = 0
2
(C’)
Soit M (x , y )
M ∈ (D ) ⇔ det B ~M , v~ = 0
x + 4 1
⇔ =0
y 1
1.2.2 Solution – Probatoire 2013
⇔ x +4− y =0
⇔ x − y +4=0 (D)
Solution 4. (p. 2)
;
10 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
y
groupe A. On ne peut ni avoir trois personnes du groupe
x
=
1
y
B ni 3 personnes du groupe AB car ces groupes disposent
respectivement de 2 et 1 personnes seulement. 3
On a donc
N1 = C43 + C33 = 4 + 1 = 5
2
Nombre de
Cas x
possibilité 1 2 3
u0 u2 u4 u3 u1
;
11 1
1.2. Solution des sujets d’examen
x −∞ −1 0 1 +∞
Rappel : Ω(a , b ) est centre de symétrie de (C f ) si et seule-
x −1 − − − 0 + ment si ∀x tel que a + x ∈ D f et a − x ∈ D f on a
x +1 − 0 + + + f (a + x ) + f (a − x ) = 2b
x2 + + 0 + +
f (x )
0
+ 0 − − 0 + Il suffit de montrer ∀x on a
f (x ) + f (−x ) = 2 × 1
Ainsi f est croissante sur ]−∞, −1] et sur [1, +∞[ et
f est décroissante sur ]−1, 0[ et sur ]0, 1[. On a
Limites aux bornes de D f 1 1
f (x ) + f (−x ) = x + 1 + − x +1+
x −x
1 =2
lim f (x ) = lim x +1+
x →−∞ x →−∞ x D’où I (0, 1) est centre de symétrie de (C f ).
= lim x = −∞ 6.1.2. Construction (C f )
x →−∞
Tableau de valeurs particulières
1
lim f (x ) = lim x +1+ x 0,5 2 4 0,25
x →+∞ x →+∞ x
= lim x = +∞ f (x ) 3,5 3,5 5,25 5,25
x →+∞
D’où la courbe suivante
1
lim f (x ) = lim x + 1 + y
x →0− x →0− x
6
1
=0+1+ = −∞
0− 5
1 (Cg )
lim f (x ) = lim x + 1 + 4
x →0+ x →0+ x
3
1
=0+1+ = +∞
0+ 2
En plus 1
j~
1
f (−1) = −1 + 1 + = −1 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 O i~ 1 2 3 4 5 6 x
−1
−1
et
1 (C f ) −2
1
f (1) = 1 + 1 +
=3
+
x
1
=
−3
y
f 0 (x ) + 0 − − 0 + −6
−1 +∞ +∞ −7
f (x )
−∞ −∞ 3 6.1.3. Soit la fonction g définie par g (x ) = f (|x |)
6.1.3.1. Montrons que g est paire
6.1.1.2. Asymptotes de (C f ). ∀x ∈ D f alors f (|x |) existe ⇒ f (|−x |) existe ⇒ −x ∈ D f
Comme lim f (x ) = −∞ et lim f (x ) = +∞ la droite Et g (−x ) = f (|−x |) = f (|x |) = g (x )
x →0− x →0+
d’équation x = 0 est asymptote verticale à (D f ). D’où g est paire
Aussi 6.1.3.2. Programme de construction de (Cg ) à partir de
1 (C f )
f (x ) = x + 1 + Conserver la partie de (C f ) pour les x > 0.
x
Pour obtenir la partie de (Cg ) pour les x < 0, faire le
1
⇔ f (x ) − (x + 1) = symétrique de la partie précédente par rapport à l’axe
x des ordonnées.
1
⇒ lim f (x ) − (x + 1) = lim =0 6.1.3.3. Traçons (Cg ) (voir la courbe)
x →±∞ x →±∞ x
6.2. Partie B
Donc la droite d’équation y = x + 1 est asymptote
oblique à (C f ).
A(1, 3), B (−1, 3) et C (−1, −1)
6.1.1.3. Démontrons que le point I (0, 1) est centre de
symétrie de (C f ). 6.2.1. Nature de AB C
;
12 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
y AB 2
or G A = = =1
1 B
3
A 2 2
D’où
2
M G 2 + 1 = 10
1 ⇔MG2 =9
j~
⇔MG =3
−2 −1 O i~ 1 2 x
−1
Ainsi (E ) est le cercle de centre G et de rayon 3.
C
−2
Méthode 1 :
B~A(2, 0) et B~C (0, −4) 1.2.3 Solution – Probatoire 2014
B~A · B~C = 2 × 0 + 0 × (−4) = 0 + 0 = 0
Donc (B A) ⊥ (B C )
Par conséquent AB C est un triangle rectangle en B . Solution 7. (p. 3)
Méthode 2 :
~ (−2, 0); AC
AB ~ (−2, −4) et B~C (0, −4). AB C est un triangle isocèle.
⇒ AB 2 = (−2)2 + 02 = 4 7.1. Déterminons et construisons le point G .
AC 2 = (−2)2 + (−4)2 = 4 + 16 = 20 G = bar (A, 3), (B , 2), (C , −1)
B C 2 = 02 + (−4)2 = 16 = bar (A, 3), (C , −1), (B , 2)
⇒ AB 2 + B C 2 = 4 + 16 = AC 2 Posons
D’après la réciproque de la propriété de Pythagore, G1 = bar (A, 3), (C , −1)
AB C est un triangle rectangle en B . Alors d’après le barycentre partiel
6.2.2. Calculons cos AC
Ö B et cos B
Ö AC
p G = bar (G1 , 2), (B , 2)
BC 16
B= =p
cos AC
Ö = bar (G1 , 1), (B , 1)
AC 20
p
4 2 2 5 Donc G est le milieu de G1 B
= p =p = Déterminons G1 .
2 5 5 5
p
AB 4 G1 = bar (A, 3), (C , −1)
cos B
Ö AC = =p
AC 20 ~ 1 − C ~G1 = 0
⇔ 3AG ~
p
2 1 5 ~ 1 − C~A + AG
~1 =0
~
= p =p = ⇔ 3AG
2 5 5 5
~ 1 = −AC
⇔ 2AG ~
⇒ mes AC B ≈ 26,56° et mes B AC ≈ 63,43° 1
~
~ 1 = − AC
Ö Ö
⇔ AG
6.2.3. Déterminons l’ensemble des points M du plan 2
tels que M A 2 + M B 2 = 20. 1
G1 est donc le point tel que AG ~ .
~ 1 = − AC
Soit G le milieu de [AB ] 2
2 2 Il s’agit donc du symétrie du milieu de [AC ] par rap-
M A 2 + M B 2 = M~G + G~A + M~G + G~B port à A.
Et G est le milieu de [G1 B ]
= M G 2 + G A 2 + 2M~G · G~A
D’où la construction sur la figure ci-dessous
+ M G 2 + G B 2 + 2M~G · G~B
C
= 2M G 2 + G A 2 + G B 2 (Γ 0 )
+
G1 G
+
= 2M G 2 + 2G A 2
(Γ )
I0
+
Donc
M A 2 + M B 2 = 20
⇔ 2M G 2 + 2G A 2 = 20
⇔ 2 M G 2 + G A 2 = 20
⇔ M G 2 + G A 2 = 10
~ 0 = −3G ~M
7.2. 7.2.1. Démontrons que G M
;
13 1
1.2. Solution des sujets d’examen
On a On sait que
M ~M 0 = 3M~A + 2M~B − M~C cos (a − b ) = cos a cos b + sin a sin b
⇔ M~G + G M~ 0 = 3 M~G + G~A
Donc
+ 2 M~G + G~B − M~G + G~C π π π
2 cos x − = 2 cos x cos + sin x sin
3 3 3
= 3M~G + 2M~G − M~G + 3G~A p
1 3
+ 2G~B − G~C =2 cos x + sin x
2 2
= 4M~G + 3G~A + 2G~B − G~C p
= cos x + 3 sin x
Or 3G~A+2G~B −G~C = 0
~ car G = bar (A, 3), (B , 2), (C , −1)
8.1.2. Résolvons dans R, puis dans [0, 2π[ l’équation
D’où p p
cos x + 3 sin x = 2
~ 0 = 4M~G
M~G + G M
~ 0 = 4G ~M − M~G = 3M~G
⇔GM p p
cos x + 3 sin x = 2
~ 0 = −3G ~M
⇔GM
π p
7.2.2. h est donc l’homothétie de centre G est de rap- ⇔ 2 cos x − = 2
3
port −3 p
π 2 π
7.3. ⇔ cos x − = = cos
¦ © 3 2 4
(Γ ) = M ∈ P /M A 2 + M B 2 = 26 π π
⇔ x − = + 2k π
7.3.1. Déterminons et construisons (Γ ). 3 4
π π
ou x − = − + 2k π (k ∈ Z)
3 4
M ∈ P /M A 2 + M B 2 = 26 7π
⇔x = + 2k π
Soit I le milieu de [AB ]. 12
π
2 2
⇔ M~ I + I~A + M~ I + I ~B = 26 ou x = + 2k π (k ∈ Z)
12
⇔ M I 2 + I A 2 + 2M~ I · I~A + M I 2 + I B 2 L’ensemble solution dans R est donc :
π 7π
§ ª
+ 2M~ I · I ~B = 26 S= + 2k π, + 2k π (k ∈ Z)
12 12
⇔ 2M I 2 + I A 2 + I B 2 + 2M~ I · I~A + I ~B
Solution dans [0, 2π[
= 26 or I~A + I ~B = 0
~ π
Pour x = 12 + 2k π (cherchons k tel que x ∈ [0, 2π[)
⇔ 2M I 2 + I A 2 + I B 2 = 26 π
⇒ 0≤ + 2k π < 2π
2 2 2 12
⇔ 2M I = 26 − I A − I B
π π
AB ⇒− ≤ 2k π < 2π −
or I A = I B = = 3 cm 12 12
2 1 23
⇒− ≤k < , (k ∈ Z)
⇔ 2M I 2 = 26 − 9 − 9 = 8 24 24
⇔MI =2 ⇒k =0
;
14 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
y
parmi les 80 membres.
1 y =2
2
80! 80 × 79 × 78 × 77!
N = A 380 = =
(80 − 3)! 77! (C )
1
= 80 × 79 × 78 = 492 960 j~
38!
N2 = A 338 =
(38 − 3)!
a x 2 +b
38 × 37 × 36 × 35! 9.1.6. Déterminons a et b tels que f (x ) = x 2 +1
= = 50 616
35! On sait que f (0) = 0
a × 02 + b
⇒ =0 ⇒ b =0
Solution 9. (p. 3) 02 + 1
Aussi
Problème
lim f (x ) = 2
9.1. Partie A x →+∞
9.1.1. Domaine de définition D f . ax2 +b
D’après le tableau de variations donné et puisque f est ⇔ lim =2
x →+∞x2 +1
paire, 2
ax
⇒ lim =2
D f = ]−∞, +∞[ = R x →+∞ x 2
;
15 1
1.2. Solution des sujets d’examen
⇔ Un ≤ 2, ∀n ∈ N Donc
Donc (Un ) est majorée par 2
Montrons que Un est convergente 161 − x 161 − 110
=
(Un ) étant croissante et majorée est convergente 5 − 4,5 5−3
Et 161 − 110
⇒ 161 − x = × 0,5 = 12,75
2n 2 2
lim Un = lim g (n) = lim =2 ⇒ x = 148,25
n→+∞ n →+∞ x →+∞ n2 + 1
;
16 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
terme u 0 et de raison r alors 12.1.3. Déduisons dans R, puis dans [0, 2π[ l’ensemble
1 un = u0 + r n , ∀n ∈ N
solution de l’équation
p
p 3
2 cos2 x − 3 + 1 cos x + =0
2
Comme v0 = 300 000 et r = 21 000 En posant X = cos x on obtient
Alors p
p 3
2X 2 − 3 + 1 X + =0
vn = 21 000n + 300 000 2
11.3. 11.3.1. Déterminer u 3 et u 4 qui est l’équation que nous avons résolu à la question
précédente donc
p
u 3 = 300 000 × 1,073 = 367 512,9 1 3
X= ou X =
2 2
u 4 = 300 000 × 1,074 = 393 238,803
p
11.3.2. Issa pourra donc acheter sa moto à partie de l’an 1 3
2010 + 4 soit en 2014 ⇔ cos x = ou cos x =
2 2
11.4. Année à partir de laquelle Pierre acheter sa moto π π
Il suffit de résoudre l’inéquation vn ≥ 390 000 ⇔ cos x = cos ou cos x = cos
3 6
⇔ 21 000n + 300 000 ≥ 390 000 π
⇔x = + 2k π
3
⇔ 21 000n ≥ 90 000 π
⇔ 21n ≥ 90 ou x =− + 2k π
3
⇔ n ≥ 4,286 π
ou x= + 2k π
6
D’où Pierre pourra acheter sa moto à partir de l’année π
2015. ou − + 2k π avec k ∈Z
6
Ainsi l’ensemble solution dans R est :
n π π π
Solution 12. (p. 4)
SR = − + 2k π; − + 2k π; + 2k π;
3 6 6
Problème π o
+ 2k π (k ∈ Z)
12.1. Partie A p 2 3
12.1.1. Développons 3 − 1 L’ensemble solution dans [0, 2π]
Pour x = − π3 + 2k π (k ∈ Z)
p 2 p 2 p
3 − 1 = 3 − 2 × 3 × 1 + 12 Déterminons les valeurs de k pour que x ∈ [0, 2π[
p p x ∈ [0, 2π[ ⇔ 0 ≤ x < 2π
=3−2 3+1=4−2 3
π
12.1.2. Résolvons dans R l’équation ⇔ 0 ≤ − + 2k π < 2π
3
p π π
p 3 ⇔ ≤ 2k π < 2π +
2x 2 − 3 + 1 x + =0 3 3
2
1 7
p ⇔ ≤k < (k ∈ Z)
p 6 6
2 3
∆= 3+1 −4×2× D’où k = 1 et donc
2
p p π 5π
=3+2 3+1−4 3 x =− + 2π =
p p 2 3 3
=4−2 3= 3−1 Pour x = − π6 + 2k π (k ∈ Z)
D’où x ∈ [0, 2π[ ⇔ 0 ≤ x < 2π
p p
π
3+1− 3−1
x= ⇔ 0 ≤ − + 2k π < 2π
2×2 6
π π
p p ⇔ ≤ 2k π < 2π +
3+1+ 3−1 6 6
ou x= 1 13
2×2 ⇔ ≤k < (k ∈ Z)
12 12
p
2 1 2 3 D’où
⇒ x= = ou x = π 11π
4 2 4 k =1 et x =− + 2π =
L’ensemble solution de l’équation est donc : 6 6
π
¨ p « Pour x = 6 + 2k π (k ∈ Z)
1 3
S= ; x ∈ [0, 2π[ ⇔ 0 ≤ x < 2π
2 2
;
17 1
1.2. Solution des sujets d’examen
π 2 2
⇔0 ≤ + 2k π < 2π ⇔ M~ I + I ~B + M~ I + I ~C = 100
6
π π 2 2
⇔ M~ I + 2M~ I · I ~B + I ~B + M~ I + 2M~ I · I ~C
2
⇔ − ≤ 2k π < 2π −
6 6 2
1 11 + I ~C = 100
⇔− ≤k < (k ∈ Z) 2
⇔ 2M~ I + I B 2 + I C 2 + 2M~ I I ~B + I ~C = 100
12 12
π
D’où k = 0 et x = 6 Or I ~B + I ~C = 0
~
Pour x = π3 + 2k π (k ∈ Z)
⇔ 2M I 2 + I B 2 + I C 2 = 100
x ∈ [0, 2π[ ⇔ 0 ≤ x < 2π
BC 10
π Or I B = I C = = =5
⇔ 0 ≤ + 2k π < 2π 2 2
3 2 2 2
π π ⇔ 2M I + 5 + 5 = 100
⇔ − ≤ 2k π < 2π −
3 3 ⇔ 2M I 2 = 100 − 50 = 50
1 5
⇔ − ≤k < (k ∈ Z) ⇔M I = 5
6 6
D’où (C ) est le cercle de centre I et de rayon 5.
π Et puisque I B = I C = 5 il s’agit aussi du cercle de dia-
k =0 et x= mètre [B C ]
3
Construction de (C )
D’où l’ensemble solution de l’équation dans [0, 2π[
est : y
7
π π 5π 11π
S[0; 2π[ = ; ; ; 6
6 3 6 6
5
12.2. Partie B 4
(C )
12.2.1. 12.2.1.1. Déterminons les coordonnées de G 3
2
C
x A + x B + xC yA + yB + yC
1
G ,
3 3 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 x
1 + 9 + 1 −4 − 4 + 2
−1
soit G , I
−2
3 3
−3
11 −4
⇔G , −2 A B
3 −5
AB C .
12.2.1.3. Calculons AB , AC et B C 12.2.2.2. Déduisons en une représentation paramé-
trique de (C ).
r
2 2 On sait que si (C ) est une cercle de centre Ω(a , b ) et de
AB = xB − xA+ yB − yA rayon r alors
p p
= (9 − 1)2 + (−4 + 4)2 = 82 = 8
(
x = a + r cos θ
(θ ∈ R)
y = b + r sin θ
p
AC = (1 − 1)2 + (2 + 4)2 = 6
p p
B C = (1 − 9)2 + (2 + 4)2 = 82 + 62 = 10 est une représentation paramétrique de(C ).
−4+2
Déduisons que AB C est rectangle en A. Dans notre cas, le centre de (C ) est I 9+1
2 , 2 soit
Il suffit de vérifier que B C 2 = AB 2 + AC 2 I (−5, −1) et le rayon est r = 5.
D’où
B C 2 = 102 = 100 (
x = 5 + 5 cos θ
AB 2 + AC 2 = 82 + 62 = 64 + 16 = 100 (θ ∈ R)
y = −1 + 5 sin θ
D’où B C 2 = AB 2 + AC 2
Et d’après la réciproque de la propriété de Pythagore, est une représentation paramétrique de (C ).
AB C est un triangle rectangle en A 12.3. Partie C
12.2.2. 12.2.2.1. Déterminons et construisons 12.3.1. 12.3.1.1. L’ensemble de définition de f est
l’ensemble (C ) des points M du plan tels que D f = ]−∞, 0[ ∪ ]0, +∞[
M B 2 + M C 2 = 100.
Soit I le milieu [B C ], donc l’isobarycentre de B et C , alors 12.3.1.2. Limites :
I ~B + I ~C = 0
~ lim f (x ) = −∞
x →−∞
M ∈ (C ) lim f (x ) = −∞
x →0−
⇔ M B 2 + M C 2 = 100
;
18 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
Or f (1) = 3 3
f 0 (1) = 0
2
Ω
−a + b − c = −1
1
⇒ a +b +c =3 j~
a − c = 0
−6 −5 −4 −3 −2 −1 O i~ 1 2 3 4 5 6 x
(D ) −1
−a + b − c = −1
(1) −2
⇒ a +b +c =3 (2)
−3
a = c
(3)
−4
(1) + (2) donne 2b = 2 ⇒ b = 1
−5
D’où
(2) ⇒ a + 1 + c = 3 −6
⇒ a +c =2 or a = c
⇒ a +a =2
⇒ a =1
Ainsi a = b = c = 1
Et par conséquent
1 1.2.5 Solution – Probatoire 2016
f (x ) = x + 1 +
x
x2 + x +1
⇔ f (x ) = ∀x 6= 0 Solution 13. (p. 5)
x
12.3.2.2. Montrons que la droite d’équation y = x + 1 13.1. Déterminons l’arrondi d’ordre 2 la moyenne M de
est asymptote oblique à (C f ). distance hebdomadaires parcourues par ces élèves
1 1 On a :
f (x ) − (x + 1) = x + 1 + − (x + 1) =
x x
Distances xi [0; 3[ [3; 5[ [5; 7[ [7; 11[ Total
Donc
1 Centres ci 1,5 4 6 9
lim f (x ) − (x + 1) = lim =0
x →±∞ x →±∞ x Effectifs ni 25 23 32 10 90
D’où la droite d’équation y = x +1 est asymptote oblique ni ci 37,5 92 192 90 411,5
à (C f ) aussi bien en +∞ qu’en −∞.
12.3.2.3. Montrons que le point Ω(0, 1) est centre de Pn
symétrie pour (C f ). ni ci 411,5
M = Pi =1
n = ≈ 4,57
i =1 n i
90
Rappel : Ω(a , b ) est centre de symétrie de la courbe
d’une fonction f si et seulement si ∀x tel que a − x et 13.2. Le plus grand effectif est 32, qui correspond à la
a + x ∈ D f on a f (a − x ) + f (a + x ) = 2b . classe [5; 7[. La classe modale est donc [5; 7[.
13.3. Tableau des effectifs cumulés croissants
;
19 1
1.2. Solution des sujets d’examen
Distances [0; 3[ [3; 5[ [5; 7[ [7; 11[ On a G = bar{(A, 2); (B , 1), (E , 1)} et I milieu de
Effectifs 25 23 32 10 [B E ] ⇒ I = bar{(B , 1); (E , 1)}
D’après le barycentre partiel on a donc
Effectifs cumulés
25 48 80 90 G = bar{(A, 2); (E , 2)}
croissants
= bar{(A, 1); (E , 1)}
13.4. Déterminons la médiane M e par interpolation li-
Ainsi G est le milieu de [AE ]
néaire 27
L’effectif total est N = 90 14.3.2. Montrons que AI 2 =
4
N Comme AE B est un triangle équilatéral I est le projeté
⇒ = 45 ∈ [25; 48[
2 orthogonal de A
Donc M e ∈ [3, 5[. sur (E B ) et AB = AE = E B = 2E I = 3
Et par interpolation linéaire on a
En appliquant le théorème de Pythagore au triangle AE I
N 3
48 − on obtient AI 2 = AE 2 − E I 2 or AE = 3 et E I =
2 = 48 − 25 2
5 − Me 5−3
2 9 1 9 × 3 27
48 − 45 48 − 25 ⇒ AI = 9 − = 9 1 − = =
⇒ = 4 4 4 4
5 − Me 2
3×2 27
⇒ 5 − Me = D’où AI 2 =
23 4
27
⇒ M e ≈ 4,74 14.3.3. (C ) : M /AM 2 + I M 2 =
4
M e ≈ 4,74 14.3.3.1. Montrons que pour tout point M du plan, on
13.5. Nombre N1 d’élèves qui parcourent moins de 5 km AI 2
a AM 2 + I M 2 = 2G M 2 +
semaine 2
N1 est l’effectif total des données [0; 3[ et [3; 5[ Soit M un point quelconque du plan
Donc N1 = 25 + 23 = 48 On a :
D’où 48 élèves parcourent moins de 5 km par semaine ~ 2+IM
~ 2
AM 2 + I M 2 = AM
13.6. 13.6.1. Pour former un groupe, il suffit de choisir
(sans tenir compte de l’ordre), 5 élèves parmi les 90. Le ~ + G ~M )2 + (I ~G + G ~M )2
= (AG
5
nombre de possibilité est donc C90 2 2
~ + G ~M + 2AG
= AG ~ · G ~M
Qui correspond à la réponse c.
2 2
13.6.2. Pour former un groupe constitue de au moins + I ~G + G ~M + 2I ~G · G ~M
deux filles et au moins 2 garçons un peut : 2
soit choisir 2 filles parmi les 30 et 3 garçons parmi les ~ 2 + I ~G 2 + 2G ~M (AG
= 2G ~M + AG ~ + I ~G )
60 ; Or nous avons obtenu à la question (14.3.1.) que G est
soit choisir 3 filles parmi les 30 et 2 garçons parmi les le milieu de [AI ]
60’ AI
3 3 3 Donc AG ~ + I ~G = O~ et AG
~ = I ~G =
Le nombre de possibilités est donc C30 2
C60 + C30 C60 2
Qui correspond à la réponse d. D’où
2 2
AI AI
~ 2+IM
AM ~ 2 = 2G M 2 + +
Solution 14. (p. 5) 2 2
+ 2G ~M · (O
~)
(τ) A D AI 2 AI 2
= 2G M 2 +
+
4 4
AI 2
E G 2
= 2G M +
O 2
I 14.3.3.2. Déterminons et construisons l’ensemble (C )
Soit M un point du plan
B C
27
14.1. Déterminons les images par r de A, B , C , D et O M ∈ C ⇔ AM 2 + I M 2 =
4
r (A) = D car O A = O D et
AI 2 27 27
π 2
⇔ 2G M + = or AI 2 =
mes(O~A, O~D ) = − 2 4 4
2
2 27 1 27 27
⇔ 2G M = − × =
r (B ) = A r (C ) = B r (D ) = C r (O ) = O 4 2 4 8
t 27 3p3
v
14.2. Construction de E : voir figure 27
⇔GM2 = ⇔GM = =
14.3. G = bar{(A, 2); (B , 1), (E , 1)}, I milieu de [B E ] 16 16 4
14.3.1. Montrons que G est le milieu de [AI ]
;
20 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI
p
27 3 3 Or d’après (15.1.1.4.) f (−1) = −1, f (0) = −2, f 0 (−1) = 0
Aussi comme AI 2 = alors AI =
1 4
p
2
c
AI 3 3 −a + b +
= −1
⇒GA = =
−1 − 1
2 4 c
⇒ 0×a +b + = −2
⇒GM =GA 0−1
c
Donc (C ) est le cercle de centre G et de rayon G A. a− =0
(−1 − 1)2
Il s’agit aussi du cercle de diamètre [AI ].
c
−a + b − = −1
2 2a − 2b + c = 2
Solution 15. (p. 5) ⇒ b − c = −2 ⇒ b − c = −2
c
4a −c =0
15.1. Partie A a − =0
15.1.1. 15.1.1.1. Par lecture graphique, on a 4
D f =] − ∞; 1[∪]1; +∞[ ( f n’est par défini en 1) 15.1.2.2. Parmi les triplets donnés, le seul qui vérifie le
lim f (x ) = −∞ système établit précédemment est (1, 2, 4)
x →−∞
lim f (x ) = +∞ Donc la réponse est c.
x →+∞
15.2. Partie B
lim f (x ) = −∞
x →1− 15.2.1. wn = b (c )n + b n + a , u n = b (c )n , vn = b n + a
lim f (x ) = +∞ Comme a = 1, b = 2, c = 4 alors
x →1+
15.1.1.2. Par lecture graphique f est :
wn = 2(4)n + 2n + 1
naissante sur ] − ∞; −1] et sur [3; +∞[
décroissante sur [−1; 1[ et sur ]1; 3] u n = 2(4)n
15.1.1.3. Par lecture graphique l’ensemble solution de et vn = 2n + 1.
l’inéquation :
15.2.1.1. Montrons que (u n ) est une suite géométrique
15.1.1.3.1. f (x ) < 0 est S =] − ∞; 1[
et (vn ) une suite arithmétique.
Car la courbe de f est en dessous de l’axe des abscisses
∀n ∈ N,
pour x ∈] − ∞; 1[
15.1.1.3.2. f (x ) > 0 est S =]1; +∞[ u n +1 2(4)n+1 2 × 4 × (4)n
= = =4
15.1.1.4. Par lecture graphique on a : un 2(4)n 2 × (4)n
f (−1) = −1
Donc (u n ) est une suite géométrique de raison 4.
f (0) = −2
∀n ∈ N,
f 0 (−1) = 0 (car (τ) admet en x0 = −1 un tangente ho-
rizontale). vn+1 − vn = 2(n + 1) + 1 − 2n − 1
15.1.1.5. Tableau de variation de f = 2n + 2 + 1 − 2n − 1
x −∞ −1 1 3 +∞ =2
f (x )
0 Donc (vn ) est une suite arithmétique de raison 2.
+ 0 − − 0 +
15.2.1.2. Montrons que pour tout entier naturel n,
−1 +∞ +∞ wn +1 = 22n +1 + 2n + 1
f (x )
∀n ∈ N,
−∞ −∞ 7
wn = 2(4)n + 2n + 1 = 2(22 )n + 2n + 1
c
15.1.2. f (x ) = a x + b + = 21 × 22n + 2n + 1, car (a m )n = a m n
x −1
15.1.2.1. En utilisant la question (15.1.1.4.), montrons = 21+2n + 2n + 1, car a m × a n = a m+n
que les réels a , b et c vérifient le système
= 22n+1 + 2n + 1
2a − 2b + c = 2
D’où wn = 22n+1 + 2n + 1 pour tout entier naturel n
b − c = −2 15.2.1.3. 15.2.1.3.1. Exprimons Sn puis Sn0 en fonction
4a − c = 0
de n. Sn :
On sait que la somme de n + 1 premiers termes d’une
c suite géométrique (u n ), de premier terme u 0 et de raison
f (x ) = a x + b +
x −1 1 − q n +1
c q est donne par u 0 ×
⇒ f 0 (x ) = a − 1−q
(x − 1)2 Pour notre cas (u n ) est une suite géométrique de raison
q = 4 et de premier terme u 0 = 2(4)0 = 2
1 − (4)n+1
Donc Sn = u 0 + . . . + u n = 2 ×
1−4
2 n+1
= (4 − 1)
3
Sn0 : On sait que la somme des n +1 premiers termes d’une
;
21 1
1.2. Solution des sujets d’examen
suite arithmétique (u n ) de raison r est donné par la for- Déduisons laprésolutionpdans ] − π; π] de l’équation
mule 2 sin2 x − (2 − 2) sin x − 2 = 0
(u 0 + u n )(n + 1) p p
où u n = u 0 + n r , ∀n ∈ N 2 sin2 x − (2 − 2) sin x − 2 = 0 ⇔ sin x = 1
2 p
2
Pour notre cas (vn ) est de raison r = 2 et premier terme ou sin x = − (d’après ce qui précède)
v0 = 2 × 0 + 1 = 1 2
π π
Donc ⇔ sin x = sin ou sin x = sin −
2 4
Sn0 = v0 + . . . + vn π π
⇔ x = + 2k π ou x = π − + 2k π
(n + 1)(v0 + vn ) 2 2
= π
2 ou x = − + 2k π
(n + 1)(1 + 2n + 1) 4
=
π
2 ou x = π − − + 2k π
(n + 1)(2n + 2) 4
=
2 (k ∈ U)
2(n + 1)(n + 1) π π
= ⇔ x = + 2k π ou x = − + 2k π
2 2 4
= (n + 1)2 5π
ou x = + 2k π (k ∈ U)
4
15.2.1.3.2. Déduisons en Tn en fonction de n
Il ne reste plus qu’à chercher la solution appartenant à
Tn = w0 + w1 + . . . + wn ] − π; π]
π
= (u 0 + v0 ) + (u 1 + v1 ) + . . . + (u n + vn ) Pour x = + 2k π (k ∈ U)
2
car ∀n ∈ N, wn = u n + vn π
= (u 0 + u 1 + . . . + u n ) x ∈] − π; π] ⇔ −π < + 2k π ≤ π
2
+ (v0 + v1 + . . . + vn ) 3π π
⇔− < 2k π ≤
= Sn + Sn0 2 2
3 1
2 n+1 ⇔ − < k ≤ (k ∈ U)
= (4 − 1) + (n + 1)2 4 2
3
⇔k =0
15.2.2. 15.2.2.1. Vérifions que a est une solution de
p p π
2x 2 − (2 − 2)x − 2 = 0 D’où x =
2
π
on sait que a = 1. Pour x = − +2k π, en résolvant de la même manière
4
Et on a on obtient
p p π
2 × 12 − (2 − 2) × 1 − 2 k = 0 et x = −
p p 4
=2−2+ 2− 2=0
5π
Pour x = + 2k π, en résolvant on obtient k = −1 et
D’où a = 1 est bien solution de cette équation. 4
15.2.2.2. pMontrons que l’autre solution de cette équa- 3π
x =−
2 4
tion est − D’où l’ensemble solution de l’équation dans ] − π; π] est
2
On sait que si l’équation a x 2 + b x + c = 0 admet deux 3π π π
solution x1 et x2 S= − ;− ;
4 4 2
b c
alors x1 + x2 = − et x1 x2 = .
a a
Or à la question précédente nous avons montré que
x1 = 1 était une solution de l’équation
p p 1.2.6 Solution – Probatoire 2017
2x 2 − (2 − 2)x − 2 = 0
Soit x2 , l’autre solution.
p La solution de ce sujet peut être gratuitement télé-
2− 2
Alors x1 + x2 = chargée sur :
2
p
2 www.simo.education
⇒ x2 = 1 − − x1 or x1 = 1
2
p p
2 2
⇒ x2 = 1 − −1=−
2 2
p
2
Donc l’autre solution est − .
2
;
22 Chapitre 1. Sujets d’examen – Probatoire Mathématiques – Séries D, TI