´ nonc´es E
Exer Ex erci cice cess de d´ebut eb ut d’an d’ ann´ n´ee ee
Exer Exerci cice cess de d´ ebut eb ut d’an d’ ann´ n´ ee ee Exercice Exercice 1 [ Corr Corrig´ ig´e ]
Soit C 1 et C 2 les courbes d’´equations equations respectives y = e et y = e dans un rep`ere ere (O; u, v) orthonormal du plan. Pourr tout Pou to ut r´eel ee l a, soit T 1 (a), T 2 (a) les tangentes a` C 1 , C 2 en leur point d’abscisse a. Montrer que les droites T droites T 1 (a) et T et T 2 (a) restent r estent orthogonales ort hogonales et qu’elles d´ecoupent ecoupent sur l’axe des abscisses a bscisses un segment de longueur constante. −x
x
Exercice Exercice 2 [ Corr Corrig´ ig´e ]
Soit f l’applicatio l’appl ication n d´efinie efinie sur R
x2 6 par p ar f ( f (x) = e x + 6
\ {− }
x
1. Calcul Cal culer er la d´eriv´ eri v´ee ee de f . f . 2. Dresser le tableau tableau de variations variations de f et tracer approximativement (mais pas grossi`erement) erement) sa 3 4 repr´esentation esentat ion graphique graph ique sur [ 8, 2]. On donne e 0.0498 et e 0.0183.
−
−
≈
−
≈
Exercice Exercice 3 [ Corr Corrig´ ig´e ] 1
On se propose de calculer ca lculer la valeur exacte de l’int´egrale egrale I = 1 On pose pos e pou pourr tout r´eel eel x de [0, [0, 1], J (x) = dt d t + t2 0 1 + t
x
0
1 dt d t 1 + t + t2
1. Dites Dites pourquoi pourquoi la fonction fonction x erivable sur [0, [0, 1] et pr´ pr ´ecise ci serr sa d´eriv er iv´´ee ee J . J (x) est d´erivable π 2. Pour tout x de 0, , on pose F ( F (x) = J (tan( J (tan(x x)). 4 π Montrer que, pour tout x tout x de d e 0, , on a F ( F (x) = x, x , et en d´eduire eduire la valeur de I . 4
→
Exercice Exercice 4 [ Corr Corrig´ ig´e ]
ABCD est ABCD est un rectangle, avec AB = AB = 10 et BC = 6. H est est le milieu du segment [DC [DC ]. ]. M e M est st int´erieur eri eur a` ce rectangle, sur la m´ediatrice ediatrice de [DC ]. ]. On note θ l’angle (BA, BM ). BM ). Exprimer en fonction de θ la somme M A + M + M B + M + M H . Pr´eciser ecise r pou pourr quelle valeur de θ de θ cette somme est minimum et calculer la valeur de ce minimum.
−→ −−→
Exercice Exercice 5 [ Corr Corrig´ ig´e ]
On consid` consi d`ere ere deux suites (r´eelles eelles ou complexes) compl exes) (a ) 0 et (b ) 0 , d´efinie efi niess par pa r la donn´ do nn´ee ee de a de a 0 et b et b 0 , et, pour tout entier naturel n naturel n,, par les relations Montrer que ces deux suites convergent et calculer leur limite. Indication : utiliser deux suites auxiliaires (s (s ) 0 et (d ) 0 . n
n
Math´ ematiques emati ques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
n
n
n
n
mathprepa.fr
n
n
a b
+1
n
2a + b + b 4 a + 2b = 4 n
=
n
+1
n
n
n
Page Page 1
´ Enonc´ es
Exercices de d´ebut d’ann´ee Exercice 6 [ Corrig´ e]
la courbe C est la courbe repr´esentative Dans le plan P rapport´e a` un rep`ere orthonormal (O; i, j) de la fonction exponentielle et le point A a pour coordonn´ees (a; b), avec b 0. 1. Quand un point M d´ecrit C , montrer que la distance AM passe par un minimum absolu, pour un point M 0 unique de C . 2. Montrer que M 0 est l’unique M de
C tel
que (AM ) soit orthogonale a` la tangente a`
C
en M .
Exercice 7 [ Corrig´ e]
Dans le plan orient´e, on d´efinit le triangle OAB et on note M le milieu du segment [AB]. On construit les triangles AOD et OBC directs, rectangles et isoc`eles en O. ´ Etudier les longueurs et les positions relatives des segments [OM ] et [DC ]. Indication : utiliser les affixes, l’origine du plan complexe ´etant en O. Exercice 8 [ Corrig´ e]
soit Dans le plan rapport´e au rep`ere orthonorm´e (O; i, j)
H l’hyperbole
d’´equation y =
1 x
·
Soit A, B,C les points de H d’abscisses a, b, c (r´eels non nuls, deux a` deux distincts). Soit H l’orthocentre (point de concours des hauteurs) du triangle ABC . Montrer que H appartient a` H et que (en notant h son abscisse) : abch = 1.
−
Exercice 9 [ Corrig´ e]
` chaque lancer d’une pi`ece ´equilibr´ee, on associe 1 si le r´esultat est “Pile”, et 1 sinon. A Calculer la probabilit´e que la somme des r´esultats soit nulle apr`es n lancers (n 1).
−
Exercice 10 [ Corrig´ e]
1. Notons (v ) n
1
n
la suite d´efinie par v1 = 3 et v
+1
n
=
v + 1 pour tout n 1. n n
Il est clair que tous les v sont strictement positifs. n
(a) Soit n un entier, n 1. Montrer que si v
+1
n
(b) En d´eduire que la suite (v ) n
n
+2
n
< v
+1
n
.
est convergente et calculer sa limite. u par u1 = a (avec a dans C) et u +1 = + 1 pour tout n 1. n n
2. On d´efinit la suite (u )
< v alors v
1
n
n
1
n
Montrer que lim u = 1
n
n
n→∞
Exercice 11 [ Corrig´ e]
Pour tout entier n 4 on consid`ere les deux nombres entiers A(n) = 3n2 n + 1 et B (n) = 2n D´eterminer, suivant les valeurs de n, le reste dans la division enclidienne de A(n) par B(n).
−
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
− 1.
Page 2
Exercices de d´ebut d’ann´ee
Corrig´es succints
Corrig´ e succint des exercices Corrig´ e de l’exercice 1 [
Retour a` l’´enonc´e ]
T 1 (a) : y = e (x + 1 a) coupent Ox en T 1 (a) : y = e ( x + 1 + a) a
−
−a
−
Corrig´ e de l’exercice 2 [
−
−4
P 1 = (a 1, 0) donc P Q = 2. P 2 = (a + 1, 0)
−
Retour a` l’´enonc´e ]
3)(x + 4) e \ {−6}, f (x) = x(x + (x + 6) ≈ 0.1464, f (−3) = 3e ≈ 0.1494,
1. Pour tout x de R 2. f ( 4) = 8e
Corrig´ e de l’exercice 3 [
x
2
−3
Retour a` l’´enonc´e ]
1. Cours TS 2. Pour tout x de J , on a F (x) = tan (x) J (tan x) = 1. De plus F (0) = 0. π π Finalement I = J (1) = F = 4 4
Corrig´ e de l’exercice 4 [
Retour a` l’´enonc´e ]
5 BI = , et HM = I H IM = I H BI = 6 cos θ cos θ 10 Ainsi la somme cherch´ee vaut g(θ) = + 6 5tan θ. cos θ MA = M B =
−
−
− 5tan θ.
−
π CB 6 d´efini par tan θ0 = = donc θ 0 2 CH 5
L’angle θ varie de 0 `a l’angle θ0 de 0 ;
≈ 50 > 45 . °
°
10sin θ 5 2 sin θ 1 = 5 cos2 θ cos2 θ cos2 θ π π Ainsi g est strictement d´ecroissante sur 0 ; et strictement croissante sur ; θ0 . 6 6 20 5 π π Le minimum de g est atteint en θ = et vaut g = +6 = 5 3 + 6 ( 14.66). 6 6 3 3 g (θ) =
−
−
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
√
mathprepa.fr
− √
√
≈
Page 3
Exercices de d´ebut d’ann´ee
Corrig´es succints
Corrig´ e de l’exercice 5 [
Retour a` l’´enonc´e ] On pose s = a + b et d = b a . 3s 2a + b lim s = 0 s +1 = a +1 = + 4 4 d a + 2b lim d = 0 + d +1 = b +1 = 4 4 s d lim a = 0 a = + 2 On revient a` , donc s + d lim b = 0 + b = 2 n
n
n
n
n
n
n
n
⇒ −
n
−
n
n
n
n
⇒
n
n
n
n
n
n
n
n
n
Corrig´ e de l’exercice 6 [
n
n→
∞
n→
∞
n
n
n→
∞
n→
∞
n
Retour a` l’´enonc´e ]
1. Posons M (x, e ), et f (x) = AM 2 = (x x
2x
− a)
2
+ (e 2x
x
2
− b) .
f (x) = 2(e be + x a) et f (x) = 2(2e be + 1) > 0. De plus L’application f est une bijection strictement croissante de R sur R.
−
−
x
−
x
2. Le minimum est obtenu en x0 tel que f (x0 ) = 0, donc e2
− be −−−−−→ −−−−→ On obtient la mˆeme ´egalit´e en ´ecrivant AM (x) · AM (x) = 0.
x0
x0
+ x0
lim f (x) =
x→−∞
lim
+∞
x→
−∞ f (x) = +∞
− a = 0.
Corrig´ e de l’exercice 7 [
Retour a` l’´enonc´e ] Soit O l’origine du plan complexe, et a,b,c,d,m les affixes de A, B,C,D,M . Le point D est l’image de A dans la rotation de centre O et d’angle π/2. De mˆeme, le point C est l’image de B dans la rotation de centre O et d’angle π/2. On a donc d = ia et c = ib, et il en r´esulte c d = i(a + b). a + b ) = π . Or m = donc c d = 2im. On en d´eduit DC = 2OM et (OM,DC 2 2
−
−
−
−
Corrig´ e de l’exercice 8 [
Retour a` l’´enonc´e ] 1 1 Soit H d’abscisse h = sur H , donc H , abc . abc abc Il suffit de montrer que H est sur une hauteur quelconque de ABC . 1 1 1 1 Or HA BC = a + (c b) + + abc = 0 (id pour les autres hauteurs par sym´etrie). abc a c b
− − −
−
−−→ · −−→
−
Corrig´ e de l’exercice 9 [
Retour a` l’´enonc´e ] Appelons A l’´ev´evenement “somme nulle apr`es n lancers”. Il ´equivaut a` dire qu’il y a eu autant de “Pile” que de “Face”. Bien sˆ ur, p(A ) = 0 si n est impair. Si n est pair, il y a 2 issues ´el´ementaires possibles, et on compte le nombre de cas favorables (c’est le nb de fa¸cons de placer les n/2 “Pile” parmi les n lancers). (n)! Donc, si n pair : alors p(A ) = . n 2 ! 2 2 n
n
n
n
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
n
mathprepa.fr
Page 4
Exercices de d´ebut d’ann´ee
Corrig´es succints
Corrig´ e de l’exercice 10 [
1. Supposons v
Retour a` l’´enonc´e ]
< v , pour un certain entier n 1. v +1 v v Alors v +2 = + 1 < + 1 < + 1 (rappel : les v > 0). n + 1 n + 1 n v Ainsi v +2 < + 1 donc v +2 < v +1 . De plus v2 = 4 et v3 = 3 < v2 . n Par r´ecurrence sur n, on a donc v +1 < v pour tout n 2. +1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
est d´ecroissante, minor´ee (par 0) donc convergente. Soit sa limite. v Si on fait tendre n vers + dans l’´egalit´e v +1 = + 1, on trouve = 1. n u 2. Soit maintenant (u ) une suite d´efinie par u +1 = + 1 pour n 1 et u1 = a quelconque. n u v Par diff´erence, on a u +1 v +1 = pour n 1. n u1 v1 Une r´ecurrence ´evidente donne alors l’´egalit´e u v = pour tout n 1. (n 1)! u1 v1 Ainsi u = v + donc lim u = lim v = 1. + + (n 1)! Ainsi (v ) n
2
n
n
∞
n
n
n
n
n
−
n
n
−
n
n
n
− −
n
−
n
n→
Corrig´ e de l’exercice 11 [
− −
n
n
∞
n→
∞
Retour a` l’´enonc´e ]
Il faut penser `a regarder les premi`eres valeurs de n... n 4 5 6 7 8 9 10 11 A(n) 41 71 103 141 185 235 291 353 B(n) 7 9 11 13 15 17 19 21 R(n) 3 8 4 11 5 14 6 17 — Si n est pair (n 4), on a A(n) = q D(n) + r avec q = n
On a : B(n)
−r
n
= (2n
− 1)
n
n
n 3n 4 +1 = > 0. 2 2
−
−
3n n et r = + 1 2 2 n
0.
Autrement dit : si n est pair (n 4), le reste dans la division de A(n) par B(n) est r = n
— Si n est impair (n 5), on a A(n) = q B(n) + r avec q = n
On a : B(n)
−r
n
= 2n
−1
3n + 1 2
−
n
=
n
− 3 > 0.
n
3n
− 1 et r
2
n
=
3n + 1 2
0.
2
Donc, si n est impair (n 5), le reste dans la division de A(n) par B(n) est r = n
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
n + 1. 2
mathprepa.fr
3n + 1 . 2
Page 5
