Les QCM de la prépa, Maths MPSI-PTSI-PCSI-BCPST 1re année

QCM les de la prépa Une approche différente pour réussir sa Prépa Première année Maths MPSI P C S I P T S I BCPST Co...

Author: Martine Arous-Latanicki | Desmottes | Laurent

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QCM les

de la prépa Une approche différente pour réussir sa Prépa

Première année

Maths MPSI P C S I P T S I BCPST

Collection dirigée par Laurent Desmottes Professeur en classes préparatoires Martine Arous-Latanicki Professeur en classes préparatoires

Composition : IndoLogic Maquette intérieure : Nicolas Piroux Maquette de couverture : Nicolas Piroux

www.hachette-education.com © HACHETTE LIVRE 2010, 43 quai de Grenelle 75905 Paris Cedex 15 ISBN : 978-2-01-181240-7

Tous droits de traduction, de reproduction et d’adaptation réservés pour tous pays. Le Code de la propriété intellectuelle n’autorisant, aux termes des articles L. 122–4 et L. 122–5, d’une part, que les « copies ou reproductions strictement réservées à l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective », et, d’autre part, que « les analyses et les courtes citations » dans un but d’exemple et d’illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale ou partielle, faite sans le consentement de l’auteur ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite ». Cette représentation ou reproduction, par quelque procédé que ce soit, sans autorisation de l’éditeur ou du Centre français de l’exploitation du droitde copie (20, rue des Grands-Augustins 75006 Paris), constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code pénal.

Introduction Cet ouvrage s’adresse à tous les étudiants en 1ère année d’études supérieures scientifiques (classes préparatoires et 1er cycle universitaire) désirant tester l’outil QCM. Ils en découvriront les nombreuses vertus . • Par leur caractère ludique, les QCM sont une invitation permanente à travailler, et à le faire avec enthousiasme. • Séparés en blocs indépendants, les QCM se prêtent particulièrement à des séquences de travail de courte durée (½ heure par exemple), propices à une concentration et une efficacité maximales. • N’exigeant pas de rédaction, les QCM renvoient néanmoins à la nécessité de rédiger convenablement un brouillon pour aboutir à la solution exacte. • Les QCM confrontent immédiatement l’étudiant à une évaluation sans concession. Il n’y a pas de réussite approximative, aucune possibilité de biaiser : c’est bon ou c’est faux ! • Les QCM, qui ne sont faciles qu’en apparence, renvoient aux fondamentaux des programmes, à la difficulté qu’il y a finalement à maîtriser parfaitement des questions de base, et à la nécessité de retravailler constamment ces incontournables. Les QCM ont la vertu de secouer le cocotier. • Les QCM poussent finalement l’étudiant à se remettre en cause dans ses pratiques, et à s’interroger sur la qualité, le plaisir et la gestion du temps, qui sont les véritables critères de la réussite aux concours.

 Une grande partie des sujets proposés dans cet ouvrage reprennent, en les adaptant, les annales des concours de recrutement de l’École Nationale de l’Aviation Civile (ENAC) : concours EPL (Élèves Pilotes de Ligne) et concours ICNA (Ingénieurs du Contrôle de la Navigation Aérienne). Les questions ont été regroupées en QCM de 3 ou 4 questions, et classées en quatorze chapitres thématiques, ce qui permet une utilisation régulière de l’ouvrage tout au long de l’année, à mesure de l’avancée du programme.

 Chaque question propose 4 possibilités de réponse : A, B, C ou D. Chaque question comporte exactement zéro, une ou deux réponse(s) exacte(s). À chaque question, le candidat a donc le choix entre : • sélectionner la seule réponse qu’il juge bonne parmi A, B, C ou D; • sélectionner les deux seules réponses qu’il juge bonnes parmi A, B, C ou D; • considérer qu’aucune des réponses proposées n’est bonne.

3

sommaire Introduction

3

Chapitre 1 : Complexes

7

• QCM 1 : Relations trigonométriques • QCM 2 : Transformation du plan complexe • QCM 3 : Interprétation géométrique • QCM 4 : Équations complexes

énoncés

8 10 12 14

Chapitre 2 : Fonctions usuelles • QCM 1 : Fonction exponentielle • QCM 2 : Fonctions trigonométriques réciproques • QCM 3 : Calcul d’une somme • QCM 4 : Fonctions arg • QCM 5 : Fonction définie par morceaux

• QCM 1 : Équation linéaire du 1 ordre • QCM 2 : Raccordement • QCM 3 : Équation linéaire du 2nd ordre • QCM 4 : Changement de variable

30

36

31 32 33 34

39 42 45 46

49 50 51 53 54

Chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace – Courbes – Coniques • QCM 1 : Courbes paramétrées • QCM 2 : Autour de la cardioïde • QCM 3 : Inverse d’une courbe • QCM 4 : Géométrie de l’espace et coniques

70 72 74 76

Chapitre 5 : Applications – Structures --- • QCM 1 : Injections – surjections - bijections • QCM 2 : Dénombrement • QCM 3 : Groupes et morphismes • QCM 4 : Anneaux – Corps - Arithmétique 4

15 19 23 27

29

Chapitre 3 : Équations différentielles er

corrigés

96 97 99 100

56 59 62 66

69 78 83 87 91

95 103 106 107 111

Chapitre 6 : Suites réelles et complexes • QCM 1 : Suite récurrente • QCM 2 : Relation de comparaison • QCM 3 : Suites produits • QCM 4 : Bornes inférieure et supérieure

115 énoncés

116 117 119 121

Chapitre 7 : Limites – Continuité – Dérivation • QCM 1 : Limites et continuité sur un intervalle • QCM 2 : Dérivées nèmes et prolongement de fonctions • QCM 3 : Accroissements finis • QCM 4 : Convexité

137 139 140

145 149 151

155 156

163

157 159 161

167 170 173

177 178 179 180 182

Chapitre 10 : Matrices – Déterminants – Systèmes • QCM 1 : Ensemble de matrices – Calcul de puissances • QCM 2 : Matrices nilpotentes – Changement de base • QCM 3 : Résolution d’un système • QCM 4 : Matrice d’un endomorphisme 5

135 142

Chapitre 9 : Polynômes et fractions rationnelles • QCM 1 : Degré et racines • QCM 2 : Polynômes scindés • QCM 3 : Polynômes de Tchebychev • QCM 4 : Espaces vectoriels et polynômes

123 126 130 133

136

Chapitre 8 : Espaces vectoriels • QCM 1 : Sous-espaces vectoriels • QCM 2 : Applications linéaires – Noyau et image • QCM 3 : Endomorphisme de C ∞ (, ) • QCM 4 : Endomorphismes solutions d’une équation

corrigés

183 187 190 194

197 198 200 202 203

205 208 211 214

sommaire Chapitre 11 : Développements limités • QCM 1 : Prolongement par continuité, branches infinies • QCM 2 : Dérivabilité et équation différentielle • QCM 3 : Courbe paramétrée • QCM 4 : Formule de Taylor-Young

217 énoncés

corrigés

218 220 221 223

225 229 232 236

Chapitre 12 : Intégration

239

• QCM 1 : Existence et propriétés de l’intégrale • QCM 2 : Intégrale dépendant d’un paramètre • QCM 3 : Intégration et algèbre linéaire • QCM 4 : Fonction définie par une intégrale

240 242 244 245

Chapitre 13 : Fonctions deux variables – Intégrales doubles – Étude métrique des courbes n

• QCM 1 : Fonction C - Extremum • QCM 2 : Équation aux dérivées d’ordre 2 • QCM 3 : Aires – Intégrales doubles • QCM 4 : Étude métrique des courbes

248 252 255 258

261

262 263 265 266

269 273 277 280

Chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens – Transformations du plan et de l’espace

283

• QCM 1 : Produit scalaire et polynômes orthogonaux • QCM 2 : Automorphismes orthogonaux de E • QCM 3 : Isométries et similitudes du plan • QCM 4 : Isométries de l’espace

6

284 286 287 288

291 295 299 301

chapitre 1

Complexes énoncés

• QCM 1 : Relations trigonométriques

corrigés

8

15

• QCM 2 : Application du plan complexe

10

19

• QCM 3 : Interprétation géométrique

12

23

• QCM 4 : Équations complexes

14

27

7

énoncés >

QCM 1 Relations trigonométriques (d’après EPL 2008)

• Question 1 Parmi les assertions suivantes, lesquelles sont vraies ? A

∀θ ∈  : cos (5θ) = 16 cos5 θ + 5 cos θ

B

∀θ ∈  : cos (5θ) = 16 cos5 θ − 20 cos3 θ + 5 cos θ

C

 π cos   =  10 

5+ 5 8

π D coss   =  10 

5− 5 8

car

 π  π ccos   ≤ cos   1  3 10 0

• Question 2 (d’après EPL 2008) Soit n ∈ *. On cherche à résoudre réelle. A

Si θ est solution, alors

n

∑=

k 1

B

n

∑=

k 1

C

n

∑=

k 1

 n cos (2kθ) = 0 où θ est une inconnue  k

 n 2 n  k sin (kθ) = 2 .

 n  cos θ   k coss (2kθ) = cos (nθ)  2 

n

 π kπ  π  L’ensemble des solutions est  + , k ∈  ∪  + kπ, k ∈  .  n n  2

D Il n’y a pas de solution à cette équation.

8

chapitre 1 : Complexes

énoncés

• Question 3 (d’après ICNA 1990) Soient U (α, h) =

n −1

∑= cos (α + ph)

et

p 0

V (α, h) =

n −1

∑= sin (α + ph), avec α et h réels

p 0

non multiples de 2π. On note Z = U + iV.

1 − einh 1 − eih

A

Z (α, h) = eiα

C

π  U (α, h) = V  − α, h 2 

B

Z (α, h) = eiα

 nh  sin    2  h sin    2

 nh  n −1  coss  h ssin    2   2 D U (0, h) =  h sin    2

• Question 4 (d’après ICNA 1990) On pose A(h) =

n

∑= cos ( ph) p 1

et

B( h ) =

n

∑= p sin ( ph). p 1

A

A (h) = U ( − h, h)

B

C

dA B ( h) = ( h) dh

 2n + 1  sin  h  2  1 D A ( h) = − 2  h 2 sin    2

9

A (h) = U (h, h)

énoncés >

QCM 2 Application du plan complexe (d’après EPL 2006)

 → → Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct  O, u , v  . On considère une transformation qui à tout point m d’affixe le nombre complexe non nul z, associe le point M d’affixe le nombre complexe Z vérifiant l’équation : Z=

z2 + 1 z2

(H)

• Question 1

On note z = r.ei θ la forme trigonométrique du complexe z. A

Z n’a pas toujours de forme trigonométrique.

B

 1 La forme trigonométrique de Z s’écrit  2  e −2i θ . r 

C

 1 La forme trigonométrique de Z s’écrit 1 −  2  e −2i θ . r 

D

 1 La forme trigonométrique de Z s’écrit 1 +  2  e −2i θ . r 

• Question 2 La partie réelle de Z s’écrit : A

 1  2  cos ( −2θ) r

B

 1 1 +  2  cos (2θ) r 

D

 1 −  2  sin (2θ) r 

La partie imaginaire de Z s’écrit : C

sin(−2θ)

10


énoncés

• Question 3 Soit Z un complexe, distinct de 1, représenté sous forme cartésienne par le nombre X + iY, où X et Y sont deux nombres réels. Pour un tel Z, on note z = x + iy un complexe solution, s’il en existe, de l’équation (H). On a nécessairement :

A

X ≠ 1 et Y ≠ 0

C

x2 − y2 =

X −1

( X − 1) + Y 2 2

B

x2 + y2 =

D

2xy = −

X −1

( X − 1)2 + Y 2 Y

( X − 1) + Y 2 2

• Question 4

Soit Z un complexe non nul, distinct de 1, de forme trigonométrique Reiϕ. Pour un tel Z, on note z = reiθ un complexe solution, s’il en existe, de l’équation (H). On a nécessairement : A

R ≠ 1 ou ϕ ≠ 0

C

r2 =

B R ≠ 1 et ϕ ≠ 2kπ, où k ∈ 

1 R2 + 1 − 2R cos ϕ

D r2 =

1 2

R + 1 − 2R cos ϕ

• Question 5 On suppose dans cette question que le point m d’affixe le nombre complexe non → nul z décrit la demi-droite D d’origine O, privée de O, de vecteur directeur e  → → tel que l’angle  u , e  soit égal à π/4. Le point M d’affixe le nombre complexe Z   vérifiant l’équation (H) décrit alors : A

une demi-droite.

 → B le demi-axe  O, u  .  

C

→  le demi-axe  O, − v  .  

D le cercle de centre O et rayon 2.

11

énoncés • Question 6 n

Pour n ∈ *, on considère l’équation (En) :

A

Si z0 est une solution de (En), −z0 et z0 sont solutions de (En).

B

(En) a n racines distinctes.

C

(En) a 2n racines distinctes.

  −i 1  D  ± e  kπ   2 sin     n solutions de (En).

>

 z 2 + 1  z 2  = 1.

kπ  π +   4 2n 

   / k ∈ {1, 2, 3, ... , n--1 1 } est l’ensemble des  

QCM 3 Interprétation géométrique (d’après EPL 1994)

Dans le plan complexe , on considère la fonction : f : z  z′ =

i z − 2 + 4i z −i

• Question 1 On note D l’ensemble de définition de f. On peut dire que f est : A

définie sur D =  \{−i}.

B

l’application nulle.

C

une bijection de D sur lui-même.

D involutive ( f o f = Id ).

12


énoncés

• Question 2 Soient M le point d’affixe z, M ′ le point d’affixe z ′, A le point d’affixe i, B le point d’affixe −4 −2i et O le point d’affixe 0. Si l’on pose Z = z −i et Z ′ = z ′−i, alors : A

Z Z ′ = −3 − 4i

B

Z Z′′ = 5

C

arg g ( Z Z ′) = ( AM , AM ′)

D arg g (Z) + a arg rg ( Z ′) = C

ste

(mod 2π ) (mod 2π )

• Question 3 Si M décrit le cercle de centre A et de rayon 5, alors M ′ est situé sur : A

la médiatrice du segment [OA].

B le cercle de diamètre [OA].

Si M décrit une droite passant par A, sauf le point A, alors M ′ est situé sur : C

le cercle de diamètre [AB].

D une droite passant par A.

• Question 4 Si M ′ décrit le cercle de centre O et de rayon 1, alors M décrit : A

le cercle de diamètre [AB].

B

la médiatrice du segment [AB].

Si M ′ décrit l’axe des réels, alors M décrit : C

une droite passant par B, sauf le point B.

D le cercle de diamètre [AB], sauf le point B.

13

énoncés >

QCM 4 Équations complexes (d’après EPL 1991 et 1992)

• Question 1 Dans , on considère les équations : z 2 − 2z + 1 = 0 2

z − 2z + 1 = 0 A

(1) (2)

(1) est équation du 2nd degré et admet donc deux racines, distinctes ou non.

B

si z0 est une solution de (1), alors z0 est une solution de (2).

C

si z0 est solution de (1), alors z0 est solution de l’équation du 4e degré :

z 4 + 2 z 2 − 8z + 5 = 0

(3)

D (1) et (2) ont au moins une solution différente.

• Question 2 Pour l’équation (3) : A

1 n’est pas une racine.

B

on peut mettre en facteur (z − 1)2 dans le membre de gauche.

C

les racines sont toutes réelles.

D

il y a trois racines distinctes.

• Question 3 Les valeurs suivantes sont racines de l’équation (1) : A

−1

B −1 + i

C

−1 −2i

D 1

14

corrigés >

QCM 1 Relations trigonométriques

• Question 1 : réponses B et C

NON

Pour la valeur particulière θ = 0, l’équation de l’assertion A s’écrit : coss (5 × 0) = 16 ccos5 (0) + 5 cos (0), soit 1 = 16 + 5. La réponse A est fausse.

Formule de Moivre ∀θ ∈ , ∀n ∈  : n sin θ) = (eiθ ) (coss θ + i sin

n

• Soit le complexe :

= ei nθ = cos cos (nθ) + i sin sin (nθ)

z = cos (5θ) + i sin (5θ)

À l’aide du binôme de Newton, en s’aidant du triangle de Pascal, on obtient : z = (cos θ + i sin θ) = cos5 θ + 5i cos4 θ sin sin θ − 10 ccos os3 θ sin sin2 θ 5

− 10i cos2 θ sin3 θ + 5 cos θ sin4 θ + i sin5 θ coss (5θ) = ℜe ( z ) = ccos os5 θ − 1 10 0 cos cos3 θ sin sin2 θ + 5 cos cos θ sin sin4 θ

(

)

(

coss (5θ) = cos cos5 θ − 1 10 0 cos cos3 θ 1 − ccos os2 θ + 5 cos cos θ 1 − ccos os2 θ

(

)

(

)

2

coss (5θ) = cos cos5 θ − 1 10 0 cos cos3 θ 1 − ccos os2 θ + 5 cos cos θ 1 − 2 ccos os2 θ + cos cos4 θ

)

coss (5θ) = 16 cos cos5 θ − 2 20 0 cos cos3 θ + 5 ccos os θ La réponse B est bonne. • Pour θ =

π , la relation précédente s’écrit : 10  π  π  π  π coss   = 0 = 16 ccos5   − 20 cos cos3   + 5 ccos    2  10   10   10    π   π  π coss   16 ccos4   − 20 cos cos2   + 5 = 0  10    10   10  

15

corrigés  π  π soit, puisque cos   ≠ 0 , et en posant x = cos2   :  10   10  16x2 − 20x + 5 = 0 ∆ = b2 − 4ac = 400 − 320 = 80 > 0 donc l’équation admet 2 racines réelles distinctes :

5− 5 8

x1 =

 π coss   > 0, donc :  10 

et

 π cos   =  10 

Or

0
cos    0, 866... 1  6 10 0

La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.

• Question 2 : aucune réponse n’est bonne •

n

∑=

k 1

 n 2  k sin (kθ) = =

n

∑=

k 1

1 2

cos (2kθ)   n  1 − cos  k   2 n

∑=

k 1

 n 1  k − 2

 n 2kθ)   cos (2k k 1  k     n

∑=

nul d’a aprè r s ll’hypot ’hypothèsse

En utilisant le développement du binôme de Newton, on obtient : n

∑

k=0

 n n n  k = (1 + 1) = 2

donc

n

∑=

k 1

 n 2n − 1 2  k sin (kθ) = 2 La réponse A est fausse.

NON

Pour la valeur particulière θ = 0, l’équation de l’assertion B s’écrit : n

∑=

k 1

 n  1  k =  2 

n

soit encore

 1 2n − 1 =    2

n

La réponse B est fausse.

16


NON

corrigés

θ = 0 n’est pas solution de l’équation à résoudre, puisque, si n ∈ * : n

∑=

k 1

 n  k cos (0) =

n

∑=

k 1

 n n  k = 2 − 1 ≠ 0

Or, θ = 0 appartient à l’ensemble des solutions proposées, puisque, pour k = −1, θ s’écrit : π kπ π π + = − =0 n n n n La réponse C est fausse. • D’après la formule de Moivre : n

∑=

k 1

 n  n   n  n  n   cos s 2 k θ = ℜ e c os 2 k θ + i si sin n 2 k θ = ℜ e ( ) ( ) ( ) ∑      ∑  k  k  k =1  k   k =1 n

∑=

k 1

n  n − iθ  2i θ   inθ iθ  k coss (2kθ) = ℜe  e + 1 − 1 = ℜe e e + e

(

(

)

)

n



(e )  2i θ k

− 1 

= 2n cos (nθ) cosn θ − 1 coss (nθ) ccos osn θ =

ce qui revient à résoudre l’équation :

1 2n

Penser à factoriser e2i q ± 1 par ei q pour faire apparaître cos q ou sin q. f (θ) = cos (nθ) ccosn θ

Pour n ∈ *, on définit f sur  par : On a :

f (0) = 1 >

1 2n

et

1  π f   =0< n  2n  2

Or, f est continue donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires : 1  π  ∃θ0 ∈ 0, / f (θ0 ) =  2n  2n 

et θ0 est solution de l’équation proposée. La réponse D est fausse.

17

corrigés • Question 3 : réponses A et D • Z (α, h) =

n −1

n −1

p 0

p 0

∑= cos (α + ph) + i sin (α + pphh) = ∑= e

i (α + p ph)

= ei α

n −1

∑= e

iph

p 0

Il apparaît la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de premier terme égal à 1 et de raison eih. Or h ≠ 2kπ, donc eih ≠ 1 et : 1 − e inh 1 − e ih

Z (α, h) = e i α

• Z (α, h) = e

e

i

nh 2

iα

La réponse A est bonne.

nh i  − i nh  2 −e 2   e 

h i   −i h e e 2 − e 2    i

h 2

=e

 (n −1) h  iα+ 2  

 nh  sin    2  h sin    2 La réponse B est fausse.

• U (α, h) =

n −1

n −1

p 0

p 0

π



sin  − (α + ph)  ∑= cos (α + ph) = ∑= sin 2  n −1

π  π  = ∑ sin sin  − α − p ph h  = V  − α, − h 2  2  p=0 La réponse C est fausse. • D’après l’assertion A :   nh    nh  n −1  coss  h sin    i (n −1)h sin  2    2   2 2  = U (0, h) = ℜe  Z (0, h) = ℜe e  h  h  sin    sin     2   2 La réponse D est bonne.

• Question 4 : réponses B et D • A(h) =

n

n

n −1

p 1

p 1

q=0

cos ( ph) = ∑ ccos os h + ( p − 1) h = ∑ cos (h + ph) = U (h, h, h) ∑= cos = (en posant q = p −1). La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.

18


n dA ( h) = − ∑ p psin n ( ph) = − B(h) dh p =1

NON

corrigés

La réponse C est fausse.

• D’après les assertions 4-B et 3-A : A(h) = U (h, h) = ℜe  Z (h, h)   nh    nh  n+1  cos  h sin    i (n +1)h sin  2      2 2  = A(h) = ℜe e 2 h h      sin    sin     2   2 1 sin sin (a + b) − sin sin (a − b) , on 2  2n + 1  sin  h  2  1 A ( h) = − h 2   2 sin    2

En utilisant la transformation coss (a ) ssin in (b) =

obtient :

La réponse D est bonne.

>

QCM 2 Application du plan complexe

• Question 1 : réponse A Forme trigonométrique d’un complexe Tout nombre complexe Z non nul peut être mis sous la forme trigonométrique : Z = Z .ei

arg( Z )

• Ici, Z peut être nul, si z = ± i. Donc Z trigonométrique.

n’a pas toujours de forme La réponse A est bonne.

• Z=

2

i 2θ

r .e + 1 1  1 = 1 + 2 i 2θ = 1 +  2  e −2i θ r  r 2.ei 2θ r .e Les réponses B et C sont fausses.

19

corrigés NON

• L’expression D est bonne, mais n’est pas une forme trigonométrique. La réponse D est fausse.

L’expression B est la seule qui soit une forme trigonométrique… mais ce n’est pas la bonne !

• Question 2 : réponses B et D D’après la question précédente, Z s’écrit :  1  1 Z = 1 +  2  e −2i θ = 1 +  2  coss ( −2θ) + i sin ( −2θ)  r  r   1  1 = 1 +  2  cos (2θ) − i  2  sin (2θ) r  r   1 ℜe( Z ) = 1 +  2  cos cos (2θ) r 

et

 1 ℑm( Z ) = −  2  sin (2θ) r 

Les réponses A et C sont fausses, les réponses B et D sont bonnes.

• Question 3 : réponses C et D Logique Soient P et Q deux propositions logiques. La négation de « P et Q » est « non P ou non Q ». Z = 1 ⇔ X = 1 et Y = 0

NON Z ≠ 1

La réponse A est fausse.

⇔ X ≠ 1 ou Y ≠ 0 Z ≠1

donc

( H ) ⇔ z2 =

1 Z −1

(1)

Or, l’équation (1) s’écrit :

( x + iiyy)2 = x2 − y2 + 2ixy =

1 X + iY iY − 1

X − 1 − iiY

=

X − 1 − iiY

( X − 1 + iiYY ) ( X − 1 − iY ) ( X − 1)2 + Y 2 20


corrigés

soit finalement, en identifiant membre à membre les parties réelles d’une part, et les parties imaginaires d’autre part : x2 − y2 =

X −1

( X − 1)

2

+Y

2

et

2xy = −

Y

( X − 1)2 + Y 2

La réponse B est fausse, les réponses C et D sont bonnes.

• Question 4 : réponse D Z = 1 ⇔ R = 1 et et ϕ = 2kπ (k ∈  )

NON

Z ≠ 1 ⇔ R ≠ 1 ou ϕ ≠ 2kπ (k ∈  )

L’assertion A n’exclut pas le cas où, par exemple : Or :

Z = R.ei ϕ = 1.ei 2π = 1 .

R, ϕ ) = (1, 2π ) ( R,


L’assertion B recense bien l’ensemble des valeurs de ϕ. En revanche, elle est trop restrictive par la présence du « et ». Ainsi, le cas où, par R, ϕ ) = (1, π / 2) ne doit pas être exclu puisque : exemple : ( R, Z = R.ei ϕ = 1.ei π / 2 = i ≠ 1 La réponse B est fausse. • D’après l’équation (1) établie à la question 3 : soit encore :

r2 = z2 =

z2 =

1 Z −1

1 1 1 = = Z −1 R.cos ϕ − 1 + i R.sin .sin ϕ R.ei ϕ − 1

et finalement : r2 =

1 2

R + 1 − 2R cos ϕ

La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.

21

corrigés • Question 5 : réponse A D’après l’énoncé :

z = r.e

i

π 4

avec

r ≠ 0.

D’après l’assertion A de la question 1, si Z vérifie l’équation (H), Z s’écrit : π i  1  1  −i Z = 1 +  2  e −2i θ = 1 +  2  e 2 = 1 − 2 r  r  r

1 La partie réelle de Z est donc égale à 1, et sa partie imaginaire − 2 décrit r  *− quand r décrit  *+ . Autrement dit : → le point M d’affixe Z décrit la demi-droite  A, - v  , privée du point A   d’affixe 1. La réponse A est bonne, les réponses B, C et D sont fausses.

• Question 6 : réponses A et D n

• Notons

 z 2 + 1 ϕ(( z ) =  .  z 2 

z0 solution de (En)

équivaut à

ϕ(z0) = 1.

( )

ϕ ( − z0 ) = ϕ ( z0 ) ,

ϕ ( z0 ) = ϕ z0

et

1=1

Donc, si z0 est solution de (En), −z0 et z0 le sont également. La réponse A est bonne. • Prenons l’inconnue auxiliaire :

( En ) Résolvons (H) :

⇔

Z=

2

z +1 z2

 z2 + 1 Z = z2  Z n = 1 

(H) (2)

(H) ⇔ z 2 ( Z − 1) = 1

Si Z = 1, on obtient 0 = 1 : pas de solution en z. Si Z ≠ 1 : Or

( H ) ⇔ z2 =

1 Z −1

1 ≠ 0 donc (H) admet deux racines non nulles opposées. Z −1

22


corrigés

Les solutions de (2) sont les racines nèmes de l’unité : i  Z = e 

2 kπ n

 / k ∈ {0, 1, 2, 3, ... , n-1} 

Pour k = 0 : Z = 1 ne convient pas. Donc (En) est équivalent à : 1

2

z = e =

i

e

2 kπ n

e

= −1

e

 π kπ  −i  +  2 n 

 kπ  2 sin    n

i

kπ n

−i

kπ n

−e

donc

kπ n

=

−i

kπ n

 kπ  2i sin    n

/ k ∈ {1, 2, 3, ... , n-1}

NON ((En) a donc (2n − 2) racines. 1≤ k ≤ n −1

−i

e

Les réponses B et C sont fausses. 0

QCM 3 Interprétation géométrique

• Question 1 : réponses C et D

NON

• La fonction f est définie sur D =  \{i}.


• À l’évidence, f n’est pas l’application nulle.


23

corrigés • f ( z ) = i ⇔ 4i − 3 = 0 : dans D.

impossible. Donc f est une application de D

Soit z ′ ∈ D. On cherche z ∈ D tel que z ′ = f (z). z ′ = f ( z ) ⇔ z′ ( z − i ) = i z − 2 + 4i z ′ = f ( z ) ⇔ z ( z ′ − i ) = i z ′ − 2 + 4i Or z ′ ≠ i, donc : z′ = f (z ) ⇔ z =

i z ′ − 2 + 4i z′ − i

⇔ z = f ( z′ z′)

Donc z est solution unique dans D. Par conséquent, f est bijective, et f −1 = f. De plus : f o f = IdD Les réponses C et D sont bonnes.

• Question 2 : réponses B et D z ′ ) ∈ D2 : • On a, pour ( z, z′

z′ =

i z − 2 + 4i z −i

Calculons Z Z ′ :  i z − 2 + 4i  Z Z ′ = (z − i) (z′ − i) = (z − i)  − i  = −3 + 4i   z −i La réponse A est fausse. • Z Z ′ = −3 + 4i =

( −3)2 + 42

= 9 + 1 6 = 25 = 5 La réponse B est bonne.

Angle entre deux vecteurs et argument d’un complexe →

Si e1 est le vecteur directeur de l’axe Ox, et si M est le point d’affixe z : → arg( z ) =  e1,,OM  OM   Soient trois points A, B, C, avec C distinct de A et B, d’affixes respectives a, b et c :  CA, CB = arg  c − b  (mod 2π )    c − a 

24


NON •

 Z′   AM , AM ′ = arg  z ′ − i  = arg g  = a arg rg ( Z ′ ) − arg ( Z )      Z z −i

corrigés

(mod 2π )

La réponse C est fausse. • Z Z ′ = −3 + 4i , donc : arg g ( Z Z ′) = a arg rg ( Z ) + arg arg ( Z ′ ) = arg arg ( −3 + 4i )

(mod 2π )


• Question 3 : réponse D • Si M décrit le cercle de centre A et de rayon 5, on a : AM = z − i = Z = 5 Donc, d’après l’assertion B de la question précédente : AM ′ = z ′ − i = Z ′ =

Z Z′ 5 = =1 Z 5

Cela signifie que M ′ est situé sur le cercle de centre A et rayon 1, dont [OA] représente un rayon et non un diamètre. Les réponses A et B sont fausses. • Si M décrit une droite ∆ passant par A, sauf le point A, alors le vecteur AM garde une direction constante : →  AM ′ = arg ( Z ) = α  e1, AM 

(mod π )

(α est l’angle polaire de ∆).

Donc, d’après l’assertion D de la question précédente : →  AM ′ = arg ( Z ′ ) = β = arg( arg( −3 + 4i ) − α  e1, AM 

((mod d π)

Cela signifie que M ′ est situé sur la droite ∆’ d’angle polaire β passant par A. La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.

25

corrigés • Question 4 : réponse B • Si M ′ décrit le cercle  de centre O et de rayon 1, on a : M′ ∈ ⇔

OM O M′ = 1

M′ ∈ ⇔

z′ = 1

Or, d’après l’énoncé : z′ =

i z − 2 + 4i z −i

=

M′ ∈ ⇔ M′ ∈ ⇔

i z − 2 + 4i i . z + 4 + 2i = = z −i z −i z + 4 + 2i = z − i BM B M = AM

et

et

z + 4 + 2i z −i

z≠i

M ≠ A.

Cela signifie que M décrit la médiatrice du segment [AB]. La réponse A est fausse et la réponse B est bonne. • Soit M d’affixe z (z ≠ i) : M ′ ∈ (O Ox x)

⇔ z ′ ∈  ⇔ z ′ = 0 ou ou arg ( z ′) = 0

M ′ ∈ (O Ox x)

⇔ z ′ = −4 − 2i ou u arg ( z ′) = 0

[π ]

[π ]

Or :  i z − 2 + 4i   z + 4 + 2i  π  arg g (z′ z ′) = arg g MA A, MB  = arg(i ) + arg   = + M   z −i  z −i  2  donc : M ′ ∈ (Ox Ox )

π ⇔ M = B ou u  M MA A, M MB B =   2

(mod d π)

Cela signifie que M décrit le cercle de diamètre AB, sauf le point A puisque z ≠ i. Les réponses C et D sont fausses.

26


>

corrigés

QCM 4 Équations complexes

• Question 1 : réponses B et C L’équation (1) n’est pas une équation du 2nd degré, car elle fait interLa réponse A est fausse. z au lieu de z.

NON venir

• Si z0 est une solution de l’équation (1), on a : z02 − 2z0 + 1 = 0 L’équation conjuguée de (1) est vraie : z02 − 2z0 + 1 = 0 Or :

z02 = z0

2

2

donc :

z0 − 2z0 + 1 = 0

Cela signifie que z0 est solution de l’équation (2), et que (2) ⇔ (1). La réponse B est bonne et la réponse D est fausse. • Si z0 est une solution de (1), on a : z0 =

1 2 z0 + 1 2

(

)

En remplaçant dans (2), on obtient : 2

1 2   2 z0 + 1  − 2z0 + 1 = 0

(

)

(z

0

2

)

2

+ 1 − 8z0 + 4 = 0

z04 + 2z02 + 1 − 8z0 + 4 = 0 z04 + 2z02 − 8z0 + 5 = 0 Donc z0 est solution de l’équation (3). La réponse C est bonne.

27

corrigés • Question 2 : réponses B et D

NON z = 1 est solution évidente de l’équation (3).


• On cherche une factorisation :

(

)

z 4 + 2z 2 − 8z + 5 = ( z − 1) z 3 + z 2 + 3z − 5

(

)

z + 2z − 8z + 5 = ( z − 1) z + 2z + 5 4

2

2

2

2

On peut mettre en facteur (z − 1) dans le membre de gauche de l’équation (3). La réponse B est bonne. 2 • L’équation z + 2z + 5 = 0 a pour discriminant ∆ = 4 − 20 = −16 et pour racines : z = −1 ± 2i

Finalement, les racines de l’équation (3) sont :  1 (racine double)   − 1 − 2i  − 1 + 2i 

NON Deux racines de (3) ne sont pas réelles.


• Il y a trois racines distinctes à l’équation (3). La réponse D est bonne.

• Question 3 : réponses C et D − et −1 + i ne sont pas racines de (3), donc ne sont pas racines de (1), −1

NON d’après la question 1 assertion C.

Les réponses A et B sont fausses.

• ( −1 − 2i ) − 2( −1 − 2i ) + 1 = 1 + 4i − 4 − 2 ( −1 + 2i ) + 1 = 0 2

−1 −2i est donc racine de (1), donc le conjugué −1 + 2i est aussi racine de (1). La réponse C est bonne. • (1)2 − 2(1) + 1 = 1 − 2 + 1 = 0 1 est donc racine de (1). La réponse D est bonne. En conclusion, (1) a trois racines : 1, −1 −2i et −1 + 2i.

28

chapitre 2

Fonctions usuelles énoncés

corrigés

• QCM 1 : Fonction exponentielle

30

36

• QCM 2 : Fonctions trigonométriques réciproques

31

39

• QCM 3 : Calcul d’une somme

32

42

• QCM 4 : Fonctions arg

33

45

• QCM 5 : Fonction définie par morceaux

34

46

29

énoncés >

QCM 1 Fonction exponentielle (d’après ICNA 1990)

Soit f la fonction définie sur  par :   2x  si x ∈  − {−1, 1} , f ( x ) = x exp  2  x − 1   f ( −1) = f (1) = 0  On note C la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (xOy).

• Question 1 A

f est continue sur .

B

 1 ∀ x ≠ 0, f (x ) f   = 1  x

C

f est impaire.

D

f est dérivable à gauche en -1 et 1.

• Question 2 Le signe de f ’ est celui d’un polynôme p de degré 4. A

p( x ) = x 4 − x3 + x2 − x + 1

B

p( x ) = x 4 − 2x3 − 2x2 − 2x + 1

C

p est divisible par x2 − 1 + 5 x + 1.

D

p admet quatre racines réelles distinctes.

(

)

• Question 3 Nous avons les limites suivantes : A C

lim m f ( x ) = −∞

x → 1+

lim m f ( x ) = +∞

x → ± ∞

B D

lim m f ( x ) = +∞

x → − 1+

lim

x → ± ∞

 f (x)   =1 x 

• Question 4 A B

eh − 1 = 1 donc la droite d’équation y = x – 2 est asymptote à C. h C admet trois asymptotes. lim

h → 0

30

chapitre 2 : Fonctions usuelles

énoncés

Sur l’intervalle x ≤ 1, C est représentée par : C

y

D

y

2

2 −2

>

0 1

x

−2

0 1

x

QCM 2 Fonctions trigonométriques

réciproques (d’après EPL 1992)

On considère la fonction de variable réelle x définie par :  2x   2x  f ( x ) = arcsin  − arctan   1 + x2   1 − x2 

• Question 1 A

f est définie sur ] − 1, 1[ .

B

f est définie sur  − {−1, 1} .

C

f est paire car la composée de deux fonctions impaires est paire.

D

f est impaire car la somme de deux fonctions impaires est impaire.

• Question 2 A

f est bornée.

B

f est prolongeable par continuité en 1. π lim m f (x) = x → +∞ 2

C D

lim m f (x) = 0

x → +∞

31

énoncés • Question 3

Pour x ∈  + − { 1 } , on pose ϕ = arctan x A

f ( x ) = arcsin sin n (2ϕ ) − a arc rc tan  tan (2ϕ )

B

π  Si u ∈  , π  , arcsin (sin u) = π + u . 2 

C

π  Si u ∈  , π  , arc tan ( tan u) = −u . 2 

D

Si x ∈ [0 , 1[ , f ( x ) = 0.

• Question 4 Sur ]1 , + ∞[, on a :

>

A

f est dérivable sur [1 , + ∞[.

C

f ’( x) x =−

2 1 + x2

2 1 + x2

B

f ’( x) x =

D

f ( x ) = π − 2 arctan x

QCM 3 Calcul d’une somme

Soient les fonctions de variable réelle : f : x  arctan ( x+1) − arctan x 1   g : x  arctan  2  x + x + 1

• Question 1 A C

π < g( x ) < 0 2 ∀ x ∈ , 0 < f ( x ) < π ∀ x ∈  −,

−

B D

• Question 2 A

∀ x ∈ , tan tan [ f (x )] = tan [ g(x )]

B

∀ x ∈ , f (x ) = g(x ) − π

C

∀ x ∈  + , f (x ) = g(x )

D

∀ x ∈  − , f (x ) = g(x ) + π

32

− π < f (x) < 0 π ∀ x ∈  + , 0 < f (x) < 2

∀ x ∈ ,


• Question 3 Sn =

Pour n ∈ , soit :

n



∑= arctan  k

k 0

2

1   + k + 1

A Sn = arctan (n) B Sn = arctan (n) − 1 C Sn = arctan (n + 1) D Sn = arctan (n − 1)

>

QCM 4 Fonctions arg

Soient les fonctions : f : x  arg th (sin x )  1  g : x  arg ch   cos x 

π π définies sur  − , .  2 2 

• Question 1  π π : On pose, pour x ∈  − ,  2 2  y = arg th (sin x )

et

 1  z = arg ch   cos x 

A y ∈ ] − 1, 1[ B z ∈ [ 0 , +∞ [ 1 1 . donc ch y = coss2 x cos x z D ch y = ch z donc y = z. C ch2 y =

33

énoncés

énoncés • Question 2 A f n’est pas dérivable en 0. 1  π π , f ’( x ) = B ∀ x ∈ − , cos2 x  2 2   π  C ∀ x ∈  − , 0  , g’( g x ) = f ’( x )  2   π  g( x ) = − f ( x ) D ∀ x ∈  − , 0  , g(  2 

>

QCM 5 Fonction définie par morceaux

Soit f la fonction définie sur  par :  si x ∈ [ 0 , + ∞ [ , f ( x ) = 2x − ln (sh x + 1)  1/ x 1− x  si x ∈ ] − ∞ , 0 ] , f ( x ) = e On note C la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (xOy).

• Question 1 A f n’est pas continue en 0. B f est dérivable sur ]0 , + ∞[ et à droite en 0. C f n’est pas dérivable à gauche en 0. D f est dérivable à droite et à gauche en 0, donc f est dérivable en 0.

• Question 2 A Sur ] − ∞ , 0 ] , f ’( x ) est du signe de − x2 + 2x − 2 Sur [ 0 , +∞ [ : B

f ’( x) x =2−

C

f ’( x) x =

D

1 sh x + 1

ex − 3 e− x + 4 2 (sh x + 1)

 f (x) lim  = 0 donc (Ox) est asymptote à C.  x 

x → −∞

34

énoncés


• Question 3 A

Il existe un réel b et une fonction ε tel que, pour x > 0: ln (sh x + 1) = x + b + ε ( x )

avec

lim ε ( x ) = 0 lim

x → +∞

Dans le cas où l’assertion A est jugée exacte : B b=0 C b = ln 2 D

La droite d’équation y = x–ln 2 est asymptote à C.

• Question 4 La courbe C est représentée par :

y

A

1 0 1

−ln2

1 ln2

x

0 1

y

C

y

B

x

y

D

1 ln2 0 1

x

−ln2

35

0 ln2

x

corrigés >

QCM 1 Fonction exponentielle

• Question 1 : réponse D • Par opérations et par composition, f est continue sur  − {−1 , 1} . • Continuité en –1:  2x  lim m  2 = −∞  x − 1

donc

 2x  lim m  2 = +∞  x − 1

donc

x → − 1−

x → − 1+

llim im f ( x ) = 0 = f ( −1)

x→ − 1− x

llim im f ( x ) = −∞

x→ x → − 1+

Donc f est continue à gauche en –1, mais pas à droite. • Continuité en 1 :  2x  lim m 2 = −∞  x − 1

donc

 2x  lim m 2 = +∞  x − 1

donc

x →1−

x →1+

llim im f ( x ) = 0 = f (1)

x →1−

llim im f ( x ) = +∞

x →1+

Donc f est continue à gauche en 1, mais pas à droite. La réponse A est fausse.  1 f ( x ) f   = 0 ≠ 1.  x

Pour x = ± 1 : f (2) = 2 e4 / 3 f ( −2) ≠ − f (2)


f ( −2) = −2 e −4 / 3

et

:

f n’est pas impaire.


• Dérivabilité à gauche en –1:  2x 

τ=

 2  f ( x ) − f ( −1) x = e x −1 x − ( −1) x +1  2x 

Quand x → −1− :

x  2  → +∞ et e x −1 → 0 x +1

36

corrigés


Pour lever l’indétermination, posons : X = x −1 → −1 , X → −∞ 2

2x  x − 1 X eX . Alors : τ =   2  x −1 2

et X e X → 0 (e X l’emporte sur X ) donc lim τ = 0 x→ − 1 −

Donc f est dérivable à gauche en –1, et f ’g ( −1) = 0 . • Un raisonnement identique conduit à : f est dérivable à gauche en 1, et f ’g (1) = 0 .


• Question 2 : réponses B et C Sur  − {−1, 1} :

(

 x 2x2 − 2 − 4x2 f ’( x) x = 1 + 2  x2 − 1 

(

)

) 

 

 2x   2  −1

e x

p( x )

=

(x

2

)

−1

2

 2x   2  −1

e x

avec : p( x ) = x 4 − 2x 3 − 2x 2 − 2x + 1.

La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.

(

)

Cherchons si p est divisible par x2 − 1 + 5 x + 1 , c’est-à-dire s’il existe un réel b tel que :

(

)

(

)

p( x ) =  x2 − 1 + 5 x + 1 x2 + b bx x +1 .   Par identification des deux écritures, on obtient : b = −1 1 + 5. Donc :

(

)

(

)

p( x ) =  x 2 − 1 + 5 x + 1  x 2 + −1 + 5 x + 1    

La réponse C est bonne.

37

corrigés (

)

p( x ) = 0 ⇔ x2 − 1 + 5 x + 1 = 0 (1)

ou

(

)

x2 + −1 + 5 x + 1 = 0 (2 2))

(1) a pour discriminant ∆ = 2 + 2 5 > 0 et admet donc deux racines réelles distinctes x1 et x2. (2) a pour discriminant ∆ = 2 − 2 5 < 0 et n’admet donc pas de racines réelles. La réponse D est fausse.

• Question 3 : réponse D lim m f ( x ) = +∞

D’après la question 1 :

x →1+

et

lim m f ( x ) = −∞

x → − 1+

Les réponses A et B sont fausses.  2x   2 lim m  2 = llim = 0 donc  x − 1 x → + ∞  x 

x →± ∞

lim m f ( x ) = −∞ et

x → −∞

lim m f ( x ) = +∞.

x → +∞

La réponse C est fausse.  2x 

 2  f (x) = e x −1 x

donc

 f (x) lim  = 1.  x 


x→ ± ∞

• Question 4 : réponses B et C D’après l’assertion D de la question 3, C admet une direction asymptotique y = x quand x tend vers ± ∞.   22 x   eh − 1 2x2 eh − 1 f ( x ) − x = x e x −1 − 1 = x xh. = 2 . h x −1 h   lim

x→ ± ∞

donc :

 2x2   x2 − 1 = 2 , lim m

x→ ± ∞

lim h = 0

x→ ± ∞

[ f (x) − x] = 2

et

en posant sant :

h=

2x x2 − 1

 eh − 1 lim  =1  h 

h→ 0

et y = x + 2 est asymptote à C en ± ∞. La réponse A est fausse.

38


corrigés

Le tableau de variation de f est le suivant :

x −∞ −1 f '(x) + 0 0 f(x) −∞

0 1

+

x1 +

0 M

− 0

0

−∞

1

0

− +∞

x2 0

+∞ +

+∞

m

C admet trois asymptotes : • l’asymptote verticale d’équation x = –1 en –1+ • l’asymptote verticale d’équation x = 1 en 1+ • l’asymptote oblique d’équation y = x + 2 en ± ∞ Les réponses B et C sont bonnes et la réponse D est fausse.

>

QCM 2 Fonctions trigonométriques réciproques

• Question 1 : réponses B et D 2x est définie sur  − {−1, 1} et la fonction arctan 1 − x2  2x  est définie sur , donc la fonction x  arctan  est définie sur  1 − x2   − {−1, 1}. • La fonction x 

• La fonction arcsin est définie sur [–1, 1]. −1 ≤

2 2x 1 + x + 2x ≥ 0 ≤ 1 ⇔ − 1 + x2 ≤ 2x ≤ 1 + x2 ⇔  ⇔ 2 2 1+ x 1 + x − 2x ≥ 0

(

)

(1 + x )2 ≥ 0  2 (1 − x ) ≥ 0

Cette double condition est toujours vérifiée,  2x  est définie sur . donc la fonction x  arcsin   1 + x2  Par conséquent, f est définie sur  − {−1, 1}.

La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.

39

corrigés Soit g et h deux fonctions impaires : • g o h ( − x ) = g [ h( h( − x )] = g [ − h( x )] = − g [ h( h( x )] = − g o h ( x ) donc g o h est impaire. • ( g + h) ( − x ) = g( g( − x ) + h( h( − x ) = − g( g( x ) − h( h( x ) = − ( g + h) ( x ) donc g + h est impaire.


• Question 2 : réponses A et D   π π ∀ x ∈ [ −1, 1], arcsin x ∈  − 2 , 2      π π ∀ x ∈ , arctan x ∈  − ,   2 2   Par conséquent, f est bornée  2x  lim m = +∞  1 − x2 

et

donc :

π π − =0 2 2

x → 1−

lim f ( x ) =

x → 1−

:

donc ∀ x ∈  − {−1, 1} , − π ≤ f ( x ) ≤ π

la réponse A est bonne.

 2x  llim  = −∞  1 − x2 

x → 1+

et

lim m f (x) =

x → 1+

π π + =π ≠0 2 2

Donc f n’est pas prolongeable par continuité en 1. La réponse B est fausse.  2x   2x  lim m = 0 = llim im   x → +∞  1 − x2  x→  1 + x2 

x → +∞

arcsin 0 = 0

et

arctan 0 = 0 arctan

donc

lim f ( x ) = 0

x → +∞


• Question 3 : réponses A et D  π  π  ∀ x ∈  + − {1} , ϕ = arctan x ⇔ x = tan ϕ et ϕ ∈ 0 0, −   2   4   2 tan ϕ   2 tan ϕ  f ( x ) = arcsin  − arctan arctan  tan2 ϕ   1 + tan2 ϕ   1 − tan

40


corrigés

 a On reconnaît les formules donnant sin a et tan a en fonction de t = tan n  :  2 sin na =

2t 1 + t2

et

ttan an a =

2t 1 − t2

f ( x ) = arcsin  sin n ( 2ϕ )  − arc arctan  tan tan ( 2ϕ ) 

Donc :

La réponse A est bonne. π   π Si u ∈  , π  , arc sin(sin sin(sin u) ∈ 0,  2 2  

or

3π  , 2π  2 

(π + u) ∈ 

La réponse B est fausse. p  u. En réalité, si u ∈  , p  , arcsin (sin u ) = p − u 2  π

 π





Si u ∈  , π  , arctan(tan u)) ∈  − , 0 2   2 

or

π  −u ∈  − π, −  2 

La réponse C est fausse. p  En réalité, si u ∈ , p  , arctan (tan u ) = u + p . 2    π   π  Si x ∈ [0, 1[, ϕ = arctan x ∈ 0, et 2ϕ ∈ 0, 4  2    donc :

f ( x ) = arcsin sin n (2ϕ ) − arc arc tan  tan tan (2ϕ ) = 2ϕ − 2ϕ = 0          2ϕ

2ϕ


• Question 4 : réponse A Posons :

 2x  f1( x ) = arcsin   1 + x2 

et

 2x  f2 ( x ) = arctan   1 − x2 

La fonction arcsin est dérivable sur ]–1, 1[ et, d’après la question 1 : −1
0 2x < 1 ⇔  2 1 + x2 (1 − x ) > 0

41

x ≠ −1 ⇔  x ≠ 1

corrigés Donc, par composition, f1 est dérivable sur ]1, + ∞[. La fonction arctan est dérivable sur  donc, par opérations et composition, f2 est dérivable sur , donc sur ]1, + ∞[. Par conséquent, f est dérivable sur ]1, + ∞]. La réponse A est bonne.

Sur ]1, + ∞[ : x = • f1 ’( x)

x = • f2 ’( x)

Donc :

2 2

(

)

2 1 + x2 − 4 x2

1  2x  1−   1 + x2 

(1 + x )

2

(

)

2 2

2 1 − x2 + 4 x2

1  2x  1+   1 − x2 

(1 − x )

donc

1 − x2 < 0

2

(

1− x

)

2 2

f ’( x) x ) = f1 ’( x ) − f2 ’( x x) = -

=

=

= x2 − 1 .

(

2 1 − x2

)

(1 − x ) (1 + x ) 2 2

(

2 1 + x2

(

1− x

)

2 2

2

)

+ 4x

2

=

=−

(

2 1 + x2

(

2 1 + x2

(

1+ x

)

)=

2 2

) 2

(1 + x ) 2

4 1 + x2 Les réponses B et C sont fausses.

On remarque que : Donc, sur ]1, + ∞[ :

f ’( x) x ) = −4 (a arctan n ) ’’(( x ) f ( x ) = −4 arctan x + C

Or, d’après l’assertion D de la question 2 :  π lim m f ( x ) = −4   + C = −2π + C = 0  2

x → +∞

d’où

lim m f (x) = 0

x → +∞

C = 2π

et

f ( x ) = 2π − 4 arctan x La réponse D est fausse.

>

QCM 3 Calcul d’une somme

Fonction arctan

 π π La fonction arctan est une bijection de  dans  − ,  , strictement  2 2  π π croissante, et : ∀ x ∈ , y = arctan x ⇔ x = tan y et y ∈  − ,   2 2

42


corrigés

• Question 1 : réponses C et D ∀ x ∈ , x2 + x + 1 > 0

( ∆ = −3 < 0)

donc g est définie sur  et :

∀ x ∈ , 0 < g( x )
x donc arctan ( x + 1) > arctan arctan x c’est-à-dire f ( x ) > 0 Finalement :

∀ x ∈ , 0 < f ( x ) < π La réponse B est fausse et la réponse B est bonne.

∀ x ∈  + : 0 < arctan( x + 1)

QCM 5 Fonction définie par morceaux

Notons les restrictions suivantes : • g = f [0, + ∞[ : x  2x − ln (sh x + 1) • h= f

]−∞, 0[

: x  e1 / x 1 − x

46


corrigés

• Question 1 : réponse B • Les fonctions g et h sont continues, et dérivables par opérations et compo1 − x est dérivable pour x < 1). sitions de fonctions dérivables ( x  ∀ x ∈ [0, + ∞[ ,

ch x 2 sh x − ch x + 2 = sh x + 1 sh x + 1

g ’( x) x =2−

1   1 e1 / x x = e1/ x  − 2 1 − x − = − ∀ x ∈ ]−∞, 0[ , h ’( x) x 2 − 2x + 2  2 2 1− x  x 2x 1 − x

(

)

Donc f est continue et dérivable sur ]0, + ∞[, ]–∞, 0[ et à droite en 0. • Par ailleurs :

f (0) = g( g(0 ) = 0

Examinons la continuité à gauche en 0 : 1 Quand x → 0 − : → −∞ x

donc

e1 / x → 0

et

lim m f ( x ) = 0 = f (0)

x → 0−

• Donc f est continue à gauche et à droite en 0, c’est-à-dire continue en 0. La réponse A est fausse. f est dérivable à droite en 0 :

f ’d (0) = g ’(0) = 1 La réponse B est bonne.

• Examinons la dérivabilité à gauche en 0 : −∞,, 0[ : Sur ]−∞

τ=

f ( x ) − f (0) e1 / x 1 − x = = 1 − x Z eZ x x

d’où

lim Z = −∞

x → 0−

( ) lim ( Z e ) = 0

en posant

et

Z

x→ 0 −

Donc f est dérivable à gauche en 0, et :

Z=

1 x

lim τ = 0

x→ 0 −

f ’g (0) = 0 . La réponse C est fausse.

• f ’g (0) ≠ f ’d (0) donc f n’est pas dérivable en 0.

La réponse D est

fausse.

• Question 2 : réponses A et C • ∀ x ∈ ]−∞, 0[ , f ’( x) x ) = h ’( x ) = −

(

) est du signe de

e1/ x x2 − 2x + 2 2x

2

1− x

47

− x 2 + 2 x − 2. La réponse A est bonne.

corrigés • ∀ x ∈ ]0, +∞[ , 1 x x −x −x ch x 2 sh x − ch x + 2 e − e − 2 e + e + 2 f ′( x ) = g ′( = = ′( x ) = 2 sh x + 1 sh x + 1 sh x + 1

(

f ′(x) =

)

e x − 3e − x + 4 2 ( sh x + 1)

La réponse B est fausse et la réponse C est bonne. m f ( x ) = +∞ et • lim x → −∞

 f (x) lim  =0  x 

x → −∞

f ( x ) e1 / x = x x

:

1 1  1   − x  1 −  = e1 / x  −  1 − x donc :   x −x 

C admet une branche parabolique dans la

direction (Ox). La réponse D est fausse.

• Question 3 : réponse A Pour x > 0:

Soit :

1  ln (sh x + 1) = ln  e x − e − x + 2  = ln e x 1 − e −2x + 2e − x  − ln 2 2 

(

)

(

)

(

ln (sh x + 1) = x − ln 2 + ln 1 − e −2x + 2e − x lim m ε(x) = 0 ε ( x ) = ln 1 − e −2x + 2e − x on a :

(

)

x → +∞

)

et

b = − ln 2

La réponse A est bonne, les réponses B et C sont fausses.

Pour x > 0 : f ( x ) = x + ln 2 − ε ( x ) y = x + ln2 est asymptote à C en + ∞.

donc la droite d’équation La réponse D est fausse.

• Question 4 : réponse B Pour x > 0 :

ex − 3e− x + 4 > 0 ⇔ ∆’ = 7 ,

Donc, ∀ x ∈ ]0, + ∞[

 X = ex > 1  2  X + 4 X − 3 > 0

X 1 = −2 − 7 < 0 , :

X 2 = −2 + 7 ∈ [0, 1[

ex − 3e− x + 4 > 0

donc

Compte tenu des résultats des questions précédentes : bonne, les réponses A, C et D sont fausses.

48

f ′( ′( x ) > 0 la réponse B est

chapitre 3

Équations différentielles énoncés

corrigés

• QCM 1 : Équation linéaire du 1er ordre

50

56

• QCM 2 : Raccordement

51

59

• QCM 3 : Équation linéaire du 2nd ordre

53

62

• QCM 4 : Changement de variable

54

66

49

énoncés >

er

QCM 1 Équation linéaire du 1 (d’après EPL 1994)

ordre

Soient les équations différentielles associées : x (2 − x ) y′ + (1 − x ) y = 1

(E )

x (2 − x ) y′ + (1 − x ) y = 0

(H)

On note I1 = ]−∞, 0[ , I2 = ]0, 2] et I3 = ]2, +∞[. On pose U = I1 ∪ I2 ∪ I3.

• Question 1 C désignant une constante quelconque, les solutions de (H) sur U sont : A

y=C

B

y=

C

y=

D

y=

x (2 − x ) C x (2 − x ) x (2 − x ) est une solution de (H) dérivable sur I2. 1 x (2 − x )

est la seule solution de (H) continue sur U.

• Question 2 Sur I1, (H) : A

n’admet aucune solution.

B

admet une infinité de solutions.

Sur , (H) : C

admet trois solutions distinctes, et trois seulement.

D

n’admet que la banale solution nulle.

50

chapitre 3 : Équations différentielles

énoncés

• Question 3 Pour i ∈ { 1, 2, 3 }, notons fi une solution particulière de (H) sur Ii. On effectue dans (E) le changement d’inconnue (méthode de la variation de la constante) défini par y( x ) = fi ( x )z( x ), avec x ∈ Ii. On note, pour tout réel t ≠ 0 :

 sgn(t ) = 1 si t > 0   sgn(t ) = −1 si t < 0

z vérifie sur U la relation : A

z′ =

C

z′ =

x (2 − x )

B

sgn n x  x (2 − x )

D z′ =

x (2 − x )

1

z′ =

x (2 − x ) sgn n x  x (2 − x ) x (2 − x )

• Question 4 Pour i ∈{1, 2, 3}, on note Fi une primitive sur Ii de : 1

x 

>

2

x − 2x

A

F2 ( x ) = arcsin arcsin x − 1

B

F2 ( x ) = arcco arccos ar ccoss (1 − x )

C

F1( x ) = argch (1 − x )

D

F3 ( x ) = argch ( x − 1)

QCM 2 Raccordement

Soit l’équation différentielle :

e x − 1 y′ + e x y = ϕ ( x )

(E)

où ϕ est une fonction continue sur  à valeurs réelles. On note (E0) l’équation homogène associée à (E), et I un des intervalles ]−∞, 0 [ ou ] 0, + ∞ [ .

• Question 1 A

(E0) admet une infinité de solutions sur I.

B

(E) peut ne pas avoir de solution sur I pour certaines fonctions ϕ.

51

énoncés S’il existe une solution de (E) sur I, alors elle est obligatoirement : C

unique.

D continue sur I.

• Question 2 Une solution de (E0) sur I est : A

1

y0 : x 

B y0 : x 

ex − 1

1 1 − ex

C étant une constante réelle quelconque, les solutions de (E) sur I sont : C

y : x 

∫

x

0

ϕ(t ) dt +

C e −1 x

D y : x 

1  e x − 1 

• Question 3 A

(E0) n’admet pas de solution sur .

B

(E) admet une unique solution sur  telle que y (0) = 1.

Si (E) admet une solution sur , alors elle est obligatoirement: C

continue sur .

D

dérivable sur .

• Question 4 Dans cette question, on prend ϕ(x) = 2x. Une solution particulière de (E) sur * est : x2 e −1

A

y1 : x 

C

(E) n’admet pas de solution sur .

D

(E) admet une unique solution sur .

B

x

52

y1 : x 

x2 e −1 x

∫

x

0

 ϕ(t ) dt + C  


>

nd

QCM 3 Équation linéaire du 2 * +

(d’après EPL 1992 et 2006)

énoncés

ordre

Soit ω ∈  . On considère l’équation : y″ = −ω2 y

(E )

d’inconnue y :  →  deux fois dérivable.

• Question 1 A

Il n’existe aucune solution réelle de (E) car l’équation caractéristique r2 + ω2 = 0 n’a pas de solution dans .

B

a et b étant deux réels donnés, (E) admet une unique solution réelle telle que y(0) = a et y′(0) = b.

Dans le cas où l’assertion B est jugée exacte, cette solution est définie par : C

y( x ) = b cos (ωx ) −

a sin (ωx ) ω

D

y( x ) = a sin (ωx ) +

• Question 2 On prend dans la suite ω = 2. On considère l’équation : y ″ + 4 y = 8x [2 cos(2x ) − sin(2x )] A

y0 : x  e2ix est solution complexe de (E).

B

y0 : x 

cos x − sin x est solution de (E).

Une solution de (1) telle que y1(0) = 1 et y′1 (0) = 1 est : C

x  y1 : x  (x2 + x + 1) cos x +  2x2 −  sin x  2

D

x  y1 : x  (x2 + x + 1) cos (2x) +  x2 −  sin (2x)  2

53

(1)

b cos (ωx ) ω

énoncés • Question 3 On considère l’équation : y″ + 4y = f ( x)

(2)

où f est une fonction continue sur , à valeurs réelles. Soient F, G et H les fonctions définies par : F (x) =

1 2

∫

x

0

f (t )sin(2x − 2t )dt

G( x ) =

∫

x

0

f (t )cos(2t )dt

H (x) =

∫

x

0

f (t )sin(2t )dt

A

G et H sont deux fois dérivables sur . 1 B ∀ x ∈ , F ( x ) = [ H ( x )cos(2x ) + G( x ) sin(2x )] 2

>

C

F est 2 fois dérivable sur  et vérifie (2).

D

y : x 

cos((2x ) + sin(2x x)) + F ( x) x est solution de (2).

QCM 4 Changement de variable (d’après EPL 2008)

On cherche à résoudre l’équation fonctionnelle :  1 ∀ x ∈ ]0, + ∞[ , f ′( x ) = f    x

(P)

où l’inconnue f est dérivable sur [0, + ∞], à valeurs réelles. Soit l’équation :

x2 y′′ + y = 0

(E)

d’inconnue y deux fois dérivable sur un intervalle I de , à valeurs dans .

• Question 1 Dans (E) : A pour I = [0, + ∞[, on peut faire le changement de variable x = t (t ∈ [0, + ∞[) .

B

pour I = ]0, + ∞[ , on peut faire le changement de variable x = et (t ∈  ). )

54


énoncés ( )

Si l’assertion B est jugée exacte, on pose x = et et ∀ t ∈ , z(t ) = y et . C

( y est deux fois dérivable sur ]0, +∞[) (

é

⇔ ( z est est deux fois fois é dérriva ivable sur  ).

D y est solution de (E) sur ]0, + ∞[ si et seulement si z est solution de z ′′ + z ′ + z = 0.

• Question 2 A, B, a et ϕ étant des constantes réelles quelconques, (E) a pour solutions sur ]0, + ∞[ : A

 3  y : x  a x cos  ln x + ϕ  2 

B

y : x 

C

 3  y : x  a cos  ln x + ϕ  2 

D

  3   3  y : x  x2  A cos  ln x + B sin n lln x  2 2      

x  A cos 

(

)

3 x + B sin sin

(

)

3x  

• Question 3 On note f une solution de (P), et A, B et a des constantes réelles quelconques. A

f est 2 fois dérivable sur ]0, + ∞[ et est solution de (E).

B

  3   3  f ( x ) = x  A coss  lln n x + B sin  ln x  2 2      

C

 3 π f ( x ) = a x cos cos  lln nx −  6  2

D

 3 f ( x ) = a x cos cos  lln nx +  2

π 3 

55

)

corrigés >

QCM 1 Équation linéaire du 1er ordre

• Question 1 : Aucune réponse n’est bonne Les constantes C1, C2 et C3 ne sont pas forcément égales sur chacun des

NON trois intervalles disjoints I1, I2 et I3.

Les réponses A et B sont fausses.

Solutions d’une équation différentielle linéaire homogène du 1er ordre Les solutions sur un intervalle I de l’équation différentielle : y′ = a(x)y où a est continue sur I, sont : y : x  Ce A( x ) où A est une primitive de a, et C ∈ .

(H) ⇔ y′ =

• Sur I1 ou I2 ou I3 : ϕ(( x ) =

x −1 y x (2 − x)

x −1 x −1 1 u′ ( x ) = =− x (2 − x ) 2x − x2 2 u( x )

en posant

u( x ) = 2x − x2

Donc, une primitive de ϕ s’écrit par exemple :

∫

ϕ(( x )d dx x=−

 1 1 ln ( u( x ) ) = − ln x (2 − x) = ln  2 2 

(

)

  x (2 − x)  1

et les solutions sur un des intervalles I1 ou I2 ou I3 sont :   y = C exp p  ln     

  = x (2 − x)    1

C x (2 − x)

,C ∈ 

La réponse C est fausse. • Les solutions sur U sont : Pour i ∈ {1, 2, 3} :

∀ x ∈ Ii , y( x ) =

56

Ci

x (2 − x )

, Ci constante sur Ii.


corrigés

Toutes les solutions d’une équation différentielle sont dérivables, donc continues. La réponse D est fausse.

• Question 2 : réponses B et D Sur I1, (H) admet une infinité de solutions : C1

y( x ) =

(C1 ∈  ).

x (2 − x )

La réponse A est fausse et la réponse B est bonne. Soit f une solution de (H) sur , si elle existe. Alors, la restriction de f sur Ii est : Ci

x  1

lim m

Or :

x (2 − x )

x (2 − x )

x→ 0

1

= llim

x (2 − x )

x→ 2

= +∞

Donc, pour que f soit continue en 0 et en 2, il faut que C1 = C2 = C3 = 0, c’est-à-dire que la seule solution de (H) sur  est f = 0. La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.

• Question 3 : réponse C • Sur Ii, notons :

sgn  x (2 − x ) = εi (constante). fi ( x ) =

Prenons pour solution particulière : y( x ) = fi ( x ) z( x ) = y ′( x ) =

z ′( x ) εi x (2 − x )

z( x ) x (2 − x ) − z( x )

=

1 x (2 − x ) z( x ) εi x (2 − x ) 1− x

x (2 − x ) εi x (2 − x )

En reportant dans (E), on obtient : x (2 − x ) z ′( x ) εi x (2 − x )

−

(1 − x ) z( x ) + (1 − x ) z( x ) εi x (2 − x ) εi x (2 − x ) 57

=1

corrigés x (2 − x) εi

z ′( x ) =

soit finalement :

x (2 − x)

εi

=

εi x (2 − x)

=

sgn  x (2 − x)  x (2 − x)

La réponse C est bonne, les réponses A, B et D sont fausses.

• Question 4 : réponses B et D Sur U, notons : Sur I2 :

1

ϕ : x 

x (2 − x ) > 0

x (2 − x )

donc

1

ϕ( x ) =

x (2 − x )  si x ∈ ]0, 1], Φ( x ) = arcsin (1 − x)  arcsin ( x − 1)  si x ∈ [1, 2[ , Φ( x ) = arcsin

Soit Φ(( x ) = arcsin arcsin x − 1 sur I2 :

Φ est dérivable sur ]0, 1] et sur [1, 2[, donc à droite et à gauche en 1 :  Φ    Φ 

( (

]0, 1]

1, 2 [ [1,

)′ = − )′ =

1 1 − (1 − x)

2

1 1 − ( x − 1)

2

1

=−

=

x (2 − x) 1

x (2 − x)

= − ϕ( x ) et

= ϕ(( x )

• Φ ′g (1) ≠ Φ ′d (1) donc Φ n’est pas dérivable en 1.

Φ ′g (1) = −1  Φ ′d (1) = 1


arccos(1 ccos(1 − x ) sur I2 : • Soit Ψ(( x ) = arccos(

( −1) = ϕ( x ) 2 1 − (1 − x ) x ( x − 2) > 0 donc ϕ( x ) =

Ψ ′( x ) = − • Sur I1 et I3 :

La réponse B est bonne. 1 x ( x − 2)

Soit G( x ) = argch (1 − x ) sur I1. 1−x >1, donc G existe sur I1 et : G ′( x ) = −

1

(1 − x )2 − 1

= − ϕ( x ) La réponse C est fausse.

• Soit H ( x ) = argch ( x − 1) sur I3. x −1 > 1, donc H existe sur I3 et : H ′( x ) =

1

( x − 1)2 − 1 58

= ϕ( x )



corrigés

Les solutions de (E), non demandées, sont, avec C1, C2, C3 constantes réelles : -1 1 donc y( x ) = - sur I1 : z ′( x ) = [argch(1 - x ) + C1 ] x( x - 2) x( x - 2) - sur I2 : z ′( x ) =

1 x (2 - x )

donc

y( x ) =

1 x (2 - x )

[arccos(1 - x ) + C2 ]

- sur I3 : z ′( x ) =

-1 x( x - 2)

donc

y( x ) =

1 x( x - 2)

[ -argch(x - 1) + C ]

>

3

QCM 2 Raccordement

• Question 1 : réponses A et D • Sur I : ex−1 ≠ 0 donc (E) est une équation différentielle linéaire du 1er ordre, et admet d’après le cours une infinité de solutions sur I. Il en va de même pour (E0). La réponse A est bonne, les réponses B et C sont fausses. • Une solution de (E) sur I est forcément dérivable sur I, donc continue sur I. La réponse D est bonne.

• Question 2 : réponses B et D La méthode qui consiste à reconnaître dans le premier membre de (E), lorsque cela est possible, la dérivée d’un produit, est la plus rapide. • (E0 )

(

)

⇔ ∀ x ∈ I,  e x − 1 y  ′ = 0

(e

)

(E0 )

⇔ ∀ x ∈ I,

(E0 )

⇔ ∀ x ∈ I, y( x ) =

x

− 1 y( x ) = C , C constante réelle C , C ∈ e −1 x

La réponse A est fausse et la réponse B est bonne. • (E)

(E)

(

)

⇔ ∀ x ∈ I,  e x − 1 y  ′ = ϕ( x ) ⇔ ∀ x ∈ I,

(e

x

)

− 1 y( x ) = Φ( x ) + C

où Φ est une primitive de ϕ sur I, et C une constante réelle.

59

corrigés Or ϕ est continue sur , donc Φ(( x ) =

∫

x

0

ϕ(t )dt ) convient sur chaque intervalle I.

Les solutions de (E) sur I sont finalement : y : x 

1  e − 1  x

∫

x

0

 ϕ(t ) dt + C  


• Question 3 : réponses C et D • Cherchons une solution f de (E0) sur , si elle existe. f doit être continue. f Or :

lim

x→ 0

] −∞, 0 [

: x 

C1 e −1

et

x

f

] 0, +∞ [

: x 

C2 e −1 x

1 = +∞ ex − 1

Pour que f soit continue en 0, il faut que C1 = C2 = 0, donc l’unique solution de (E0) sur  est f = 0. La réponse A est fausse.

Pour x = 0, l’équation (E) devient :

y(0) = ϕ(0)

NON Donc, si ϕ(0) ≠ 1, (E) n’a pas de solution sur  telle que y(0) = 1. La réponse B est fausse. • Toute solution d’une équation différentielle sur  est dérivable et continue sur . Les réponses C et D sont bonnes. Une équation y ′ + a( a( x ) y = b( x ) (1) avec a et b continues sur un intervalle I admet une unique solution telle que y(x0) = y0. Ce résultat ne peut pas s’appliquer dans le cas présent car l’équation (E) ne peut pas se mettre sous la forme (1) sur  puisque e x - 1 = 0 ⇔ x = 0 .

• Question 4 : réponses B et D

(E)

(

)

⇔ ∀ x ∈ I,  e x − 1 y  ′ = 2x

On applique les résultats de la question 2 :

∫

x

0

2t dtt = x2

donc les solutions de (E) sur I sont : y : x 

60

1  x2 + C  ex − 1 


corrigés

En choisissant C1 = 0 pour I = ] −∞, 0[ et C2 = 0 pour I = ] 0, + ∞ [ : x2 e −1

y1 : x 

x

est une solution particulière de (E) sur *.

La réponse A est fausse et la réponse B est bonne. • Cherchons si (E) admet une solution f sur . Si f existe : f

: x 

]−∞, 0 [

x2 + C1 ex − 1

et

f

: x 

] 0, +∞ [

x2 + C2 ex − 1

C1, C2 constantes réelles. f doit être continue et dérivable sur , donc en 0. – Examinons la continuité en 0 :

(

)

lim e x − 1 = 0 x→ 0

,

lim

x → 0−

(x

2

)

+ C1 = C1

,

lim

x → 0+

(x

2

)

+ C2 = C2

Pour que les limites de f en 0 soient finies, il faut nécessairement que C1 = C2 = 0. Donc : f (x) = x

f x e −1 x

or

*

: x 

 e x − 1 lim  =1 x→ 0  x 

x2 e −1 x

(limite remarquable)

lim m f (x) = 0

Donc :

x→ 0

On pose alors f(0) = 0, et f est donc continue sur . De plus, f (0) = 0 est cohérent avec (E) pour x = 0. – Examinons la dérivabilité en 0 : τ=

f ( x ) − f (0 ) f ( x ) x = = x x x e −1

et

lim τ = 1 x→ 0

Donc f est dérivable en 0 (donc sur ) et f ′(0) = 1. En conclusion, (E) admet une unique solution sur , définie par :  x2 *  si x ∈  , f ( x ) = x e −1   f (0)=0  La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.

61

corrigés >

QCM 3 Équation linéaire du 2nd ordre

• Question 1 : réponse B • (E) admet toujours une infinité de solutions dans . Résolvons l’équation caractéristique : r 2 + ω2 = 0 ⇔ r = iω ou r = −iω Les solutions réelles de (E) sont : y : x  A cos (ωx ) + B sin (ωx ) La réponse A est fausse. • y(0) = a et y′(0) = b sont les deux conditions initiales de (E), équation différentielle linéaire du 2nd ordre à coefficients constants. La réponse B est bonne.  y( x ) = A cos (ωx ) + B sin (ωx ) •   y′( x ) = − Aω sin (ωx ) + Bω cos (ωx ) Les conditions initiales s’écrivent :  y(0) = a   y ′( 0 ) = b Finalement :

⇔

A = a   Bω = b

y( x ) = a cos (ωx ) +

⇔

A = a  b   B = ω

b sin (ωx ) ω

Les réponses C et D sont fausses.

• Question 2 : réponse A On considère l’équation : y ″ + 4 y = 8x 2 cos (2x ) − sin (2x )

(1)

Pour ω = 2, l’équation (1) a pour équation homogène associée l’équation : y″ + 4y = 0

62

(E )


corrigés

Les solutions complexes de (E) sont : y : x  λ e2i x + µ e − 2i x,

λ et µ constantes complexes. La réponse A est bonne.

• D’après la question 1, les solutions réelles de (E) sont : y : x  A cos (2x ) + B sin (2x ) La réponse B est fausse.

2nd membre produit d’un polynôme et d’une exponentielle Soit l’équation différentielle : ay ″ + by′ + cy = emx P ( x )

(F) d’équation caractéristique :

ar 2 + br + c = 0

avec a, b, c, m constantes complexes, a non nul et P un polynôme. Une solution particulière de (F) s’écrit : yp ( x ) = emxQ( x )

avec Q un polynôme.

• si m n’est pas racine de l’équation caractéristique :

deg gQ = d deg eg P

g Q = (deg deg P ) + 1 • si m est racine simple de l’équation caractéristique : deg • si m est racine double de l’équation caractéristique : deg g Q = (deg deg P ) + 2 • Notons yp une solution particulière de l’équation : y ″ + 4 y = 8x 2 cos (2x ) − sin (2x )

(1)

et notons y2 une solution particulière dans  de l’équation : y ″ + 4 y = 8xe2i x On a :

( )

coss (2x ) = ℜ e e2i x

et

(2)

( )

sin (2x ) = ℑm e22ii x sin

donc, d’après le principe de superposition : yp = 2ℜ e ( y2 ) − ℑm ( y2 ) m = 2i est racine simple de l’équation caractéristique ω2 + 4 = 0

63

corrigés donc :

y2 ( x ) = e2i x Q( x )

deg Q = (deg deg P ) + 1 = 1 + deg (8x ) = 2

avec

(

y2 s’écrit alors :

y2 ( x ) = e2i x αx2 + βx + γ

)

Or γe2ix est solution de l’équation homogène (E), donc on peut prendre γ = 0.

(

y2 ( x ) = e2i x αx2 + βx

On a :

2i x

y′2 ( x ) = e

(

)

)

2i αx2 + βx + 2αx + β   

(

)

y ″2 ( x ) = e2i x  −4 αx2 + βx + 4i (2αx + β ) + 2α  En remplaçant dans (2), on obtient : 8i α = 8  4i β + 2α = 0

Donc :

4i β + 2α ) e2i x = 8 8xe xe2i x (8i αx + 4i

soit encore

α = −i  1  β = 2

x x   y2 ( x ) =  −i x2 +  e2i x =  −i x2 +  coss (2x ) + i sin (2x )    2 2

Finalement :

On obtient alors :

yp ( x ) = 2ℜ e ( y2 ( x) x )) − ℑm ( y2 ( x ))

x x    yp ( x ) = 2  coss (2x ) + x2 sin sin (2x ) −  − x2 coss (2x ) + sin (2x ) 2 2     x  yp ( x ) = x2 + x cos cos (2x ) +  2x2 −  sin (2x )  2

(

)

Donc les solutions de l’équation (1) sont : x   y1( x ) = x2 + x + A cos (2x ) +  2x2 − + B sin (2x ) ,   2

(

et :

)

( A, B) ∈ 2

1  y′1( x ) = 4x2 + x + 2B + 1 cos (2x ) +  −2x2 + 2x − 2A 2 A −  sin (2x )  2

(

)

Les conditions initiales s’écrivent :  y1(0) = 1 ⇔   y ′1 (0 ) = 1

64

A = 1 ⇔  2B + 1 = 1

A = 1  B = 0


corrigés

La solution de (1) telle que y1(0) = 1 et y′1(0) = 1 est donc : x  y1( x ) = x2 + x + 1 cos (2x ) +  2x2 −  sin (2x )  2

(

)


• Question 3 : réponses C et D G est la primitive de g : x  f ( x )cos (2x ) telle que G(0) = 0 H est la primitive de h : x  f ( x )sin (2x ) telle que H(0) = 0 G et H existent car g et h sont continues sur . G et H sont dérivables, et : ,

H ′( x ) = f ( x ) sin (2x )

En l’absence d’hypothèse sur la dérivabilité de f, il est impossible de

NON savoir si G et H sont deux fois dérivables. Par exemple, en prenant f (x) = |x|, il est possible de montrer que G’ n’est pas dérivable en 0.

La réponse A est fausse. 1 2 1 = 2

• F (x) =

∫ ∫

x

0 x

0

f (t ) sin sin (2x − 2t ) dt f (t ) sin (2x ) cos (2t ) − coss (2x ) siin n (2t ) d dt

=

1  sin (2x ) 2 

=

1 n (2x ) G( x ) − cos (2x ) H ( x ) sin 2 

∫

x

0

f (t )cos (2t ) dt − cos (2x )

∫

x

0

 f (t )sin (2t ) dt   La réponse B est fausse.

• G, H, sin, cos sont dérivables sur , donc F est dérivable sur  par opérations : F ′( x ) =

1 coss (2x ) G( x ) + sin (2x ) G ′( x ) + 2 sin n (2x ) H ( x ) − cos (2x ) H ′( x ) 2 co 2 

= coss (2x ) G( x ) + sin (2x ) H ( x ) +

1 sin n (2x ) cos (2x ) [ f ( x ) − f ( x )] 2

= coss (2x ) G( x ) + sin (2x ) H ( x )

65

corrigés G, H, sin, cos sont dérivables sur , donc F’ est dérivable sur , autrement dit F est 2 fois dérivable sur , et : F ″( x ) = −2 sin sin (2x ) G( x ) + cos2 (2x ) f ( x ) + 2 cos cos (2x ) H ( x ) + sin2 (2x ) f ( x ) coss2 (2x ) + sin2 (2x ) = 1. co

F ″( x ) = − 4 F ( x ) + f ( x )

car

F ″( x ) + 4 F ( x ) = f ( x )

donc F est solution de l’équation (2). La réponse C est bonne.

Compte tenu de la question 2, les solutions de l’équation (2) sont alors : y : x  A cos (2x ) + B sin sin (2x ) + F ( x ) La réponse D est bonne.

>

QCM 4 Changement de variable

• Question 1 : réponses B et C Pour I = [0, + ∞[ , x = t ne convient pas car t  t n’est pas 2 fois La réponse A est fausse.

NON dérivable en 0.

• Pour I = ]0, + ∞[ , x = et convient car ϕ : t  et est une bijection de  dans I, 2 fois dérivable sur , et sa réciproque ϕ −1 : x  t = ln x est aussi 2 fois dérivable sur I. La réponse B est bonne.

(

( ))

• ∀ t ∈ , z(t ) = y et Donc z = yo yo exp dérivables :

et

⇔

(∀ x ∈ ] 0, + ∞ [ ,

y( x ) = z (ln x ))

y = zo ln , et par composition, exp et ln étant 2 fois

rivable sur ]0, +∞ + [) ( y est 2 fois dérivable

⇔

est 2 fois fois dérriiv va able sur  ) ( z est La réponse C est bonne.

66


• Effectuons dans (E) le changement de variable y( x ) = z (ln x ) ∀ x ∈ ]0, + ∞[ ,

y′( x ) = z ′(ln x )

y ″( x ) = z ″(ln x )

1 = z ′(t ) e −t x

avec

corrigés x = et .

1 = e −t x

car car

1  1 + z ′(ln x )  − 2  = [ z ″(t ) − z ′(t )] e −2t  x  x2

En remplaçant dans (E), on obtient :

( )

∀t ∈ , e2t e −2t [ z ″(t ) − z ′(t )] + z(t ) = 0 , donc z est solution de z ″ − z′ + z = 0

(1) La réponse D est fausse.

• Question 2 : réponse A L’équation caractéristique de (1) s’écrit : ∆ = −3, donc (C) a 2 racines conjuguées :

r2 − r + 1 = 0 r1 =

1+ i 3 2

(C) .

et

r2 = r1 .

Les solutions de (1) sur  sont donc :   3   3  z : t  et / 2  A cos  t  + B sin  t  ,  2   2   

( A, B ) ∈ 2

ou encore :  3  z : t  a et / 2 cos cos  t + ϕ , 2  

(a, ϕ) ∈ 2

et les solutions de (E) sur ]0, + ∞[ sont alors : y : x 

  3   3  x  A cos  ln x + B sin n lln n x  ,  2   2   

A, B ) ∈ 2 (A

ou encore :  3  y : x  a x cos  ln x + ϕ , (a, ϕ ) ∈ 2 2   La réponse A est bonne, les réponses B, C et D sont fausses.

67

corrigés • Question 3 : réponses A et C • On a f ′ = f o ψ avec ψ : x  ]0, + ∞[.

1 dérivable sur ]0, + ∞[ à valeurs dans x

f est dérivable sur ]0, + ∞[, donc par composition f ′ est dérivable sur ]0, + ∞[, et par conséquent f est 2 fois dérivable sur ]0, + ∞[. De plus : f (x)  1  1  f ″( x ) = f ′    − 2  = − 2  x  x  x de (E).

donc

x2 f ″(( x ) + f ( x ) = 0

et f est solution

La réponse A est bonne. • Réciproquement, si f est solution de (E) : f ′( x ) =

et

1 2 x

  3   3  lln n x + B − A 3 sin  ln x   A + B 3 coss   2   2   

(

)

(

)

 3   3  1   1 f  = ln x − B sin  ln x   A cos   x 2 2 x      

car

 1 ln   = − ln x  x

1

 NON f est solution de (P) si et seulement si :  2 ( A + B 3 ) = A

  1 B − A 3 = −B  2

(

)

⇔ A= B 3

La réponse B est fausse.  3  3  1  3   3 f (x) = 2 B x  coss  lln n x + sin  ln x  = 2 B x cos  ln x −  2  2  2    2  2

π 6 

Les solutions de (P) sont donc :  3 π f : x  a x ccos os  ln x −  , a ∈  6  2 La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.

68

chapitre 4 Géométrie du plan et de l’espace – Courbes – Coniques énoncés

corrigés

• QCM 1 : Courbes paramétrées

70

78

• QCM 2 : Autour de la cardioïde

72

83

• QCM 3 : Inverse d’une courbe

74

87

• QCM 4 : Géométrie de l’espace et coniques

76

91

69

énoncés >

QCM 1: Courbes paramétrées (d’après EPL 1991)

→ →

Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct (O, i , j ) d’axes (x′x) et (y′ y).  est la courbe de représentation paramétrique :

 x = a cos3 t  3  y = a sin t

 est la courbe de représentation paramétrique :

u+2   x = u2 − 1   y = 2u  u2 − 1

• Question 1 Un segment [AB] varie de façon à ce que A ∈( x′ x ), B ∈( y′ y ) et AB = a (a > 0 fixé). C est le point tel que OACB soit un rectangle. On note t une mesure de l’angle → ( i , OC ) (mod 2π ), et M le projeté orthogonal de C sur [AB]. A

cos t, a sin sin t ), donc AB a pour Le point C a pour coordonnées (a cos cos t, − a sin sin t ). coordonnées ( −a cos

B

((sin sin n t ) y − a cos cos t ssin t = 0. Une équation de (AB) est : (cos t ) x + (si

C

 est le lieu de M.

D Pour t ≠ k

π (k ∈  ), ) (AB) est tangente à  en M. 2

• Question 2 On note M(t) le point de  de paramètre t. A

 est de période 2π, donc il suffit d’étudier  pour t ∈[[0, 2π ], puis d’utiliser des translations pour compléter .

B

π  Il suffit d’étudier  pour t ∈ 0,  , puis d’utiliser 2 symétries pour 4  compléter .

La tangente en M(0) est : C

(x′x)

D (y′y)

70

chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...

énoncés

• Question 3 On note M(u) le point de  de paramètre u. A

 1 M   est le symétrique de M(u) par rapport à Ω ( −1, 0), donc il  u suffit d’étudier  pour u ∈ ]−1, 1[ , puis d’utiliser une symétrie pour compléter .

B

β Il existe 2 valeurs α et β de u telles que x ′ (u) = 0 , avec α < −1 < 0 < β.

 admet pour asymptotes les droites d’équation : 2 ( x − 1) 3

C

y=

D

y = 2x

• Question 4 Soit Γ la courbe d’équation : − 4x2 + 4xy + 3y2 − 8x + 4 y = 0 . A

Si Γ est une conique, c’est une ellipse.

B  = Γ − {O} Pour u ∈ ] − 1, 1[ , la représentation graphique de  est : C

D

y

−2

−1

2/3 0

x

−2

y

−2

−1

2/3 0

−2

71

x

énoncés >

QCM 2 Autour de la cardioïde

→ →  Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct  O, i , j  Soit a ∈  *+ .   On appelle cardioïde la courbe  d’équation polaire :

r = a (1 + cos θ) →

→

→

Soit u (θ) = (cos θ) i + (sin θ) j et M(θ) le point de  de paramètre θ : →

OM (θ) = r(θ) u (θ)

• Question 1 A

On peut se contenter d’étudier  pour θ ∈ [0, π ], puis utiliser une symétrie pour compléter .

B

dM  → Si, pour θ ≠ 0 [ π ], on note V l’angle  u (θ)),  [ π ], alors :  dθ   θ π tan n V = ttan an  +   2 2

C

Il y a exactement 2 points de  où la tangente à  est parallèle à (Oy).

D M(0) est un point singulier.

• Question 2 La représentation graphique de  est : A

y

0

B

2a

x

72

y a

0

2a

x


énoncés

→

Soit Dθ la droite passant par O dirigée par u (θ), et C1 le cercle d’équation polaire : r = a cos θ C

Dθ coupe  en 2 points M et M′ tels que MM ′ = a, et le cercle C1 en un point I ≠ O.

MM ′ ]. D I est le milieu de [ MM′

• Question 3 Soit  une parabole de foyer O et directrice D, et soit K le projeté orthogonal de O sur D. A

Le paramètre p de  est tel que OK = 2p .

B

Le sommet de  est le milieu de [OK].

C

Une équation polaire de  est :

D

M ∈ ⇔ O OM M=K KM M

r = p 1 + cos (θ − α ) .

• Question 4 Soit A le point de coordonnées (a, 0), et C le cercle de centre A passant par O. On cherche l’ensemble Γ des sommets S des paraboles  de foyer O passant par A. A

Soit  est une parabole de foyer O et directrice D : A ∈  ⇔ D est tangente au cercle C

→  Pour M ∈ C, on note θ =  i , AM    orthogonal de O sur D. On a :

[2π ], D la tangente en M à C, et K le projeté

→

B OK = a (1 + cos θ) u (θ) →

C OK = a (1 − cos θ) u (θ) D

Γ est la cardioïde .

73

énoncés >

QCM 3 Inverse d’une courbe (d’après EPL 2009)

 → → Le plan P est rapporté à un repère orthonormé direct  O, i , j  .   On note P * = P − {O} . Soient les points F et F’ tels que O soit le milieu de [ F F ′ ] et FF ′ = 2a (a > 0) , F étant d’abscisse positive. Soit La l’ensemble des points M du plan tels que MF × MF ′ = a2.

• Question 1 Une équation cartésienne de La est : A

(x

2

+ y2

)

2

(

= 2a2 x2 − y2

)

B

(x

2

+ y2

)

2

(

= 2a2 y2 − x2

)

Une équation polaire de La est : C

D ρ2 = 2a2sin (2θ)

ρ2 = 2a2 cos (2θ)

• Question 2 Soit Γa la courbe d’équation polaire : ρ = a 2 cos (2θ) →

→

→

Soit u θ = (cos θ) i + (sin θ) j , et M(θ) le point de Γa de paramètre θ : →

OM (θ) = ρ(θ) u θ A

π  On peut se contenter d’étudier Γa pour θ ∈ 0,  , puis utiliser 4  trois symétries pour compléter Γa.

B

Γa est symétrique par rapport à O, donc La = Γ a .

C

En M(0), la tangente à Γa est (Ox).

D

Γa admet la droite d’équation y = x comme tangente, et se situe au-dessus de cette tangente.

74


énoncés

• Question 3 On définit  par ( M ) = M ′ tel que :  les points O, M , M′ sont sur la même demi-droite issue de O   OM × OM ′ = 1 A

 est une application de P dans lui-même.

B

  est une bijection de P * dans P * , et  −1 = .

C

 est l’application de P * dans P * qui au point M d’affixe z fait 1 correspondre le point M′ d’affixe z ′ = . z

D

 admet un unique point invariant.

• Question 4 On considère la courbe Ca d’équation : x 2 − y 2 = 2 a2

A B

Ca est une hyperbole équilatère de foyers F et F ′. Ca est une hyperbole équilatère dont les directrices passent par F et F ′.

C Une équation polaire de Ca est : ρ2 cos (2θ) = a2 D

   C 1  = L 1  2 2

75

énoncés >

QCM 4 Géométrie de l’espace et

coniques

 → → → L’espace est rapporté au repère orthonormé direct  O, i , j , k  . On note P le    → → plan  O, i , j  .   Soit a > 0. On considère les droites : D : y= z+a=0 D′ : x = z − a = 0 Soit M un point de D d’abscisse λ, M′ un point de D′ d’ordonnée µ (λ et µ étant de même signe), et H le point d’intersection de (MM′) avec le plan P.

• Question 1 A D ∩ D ′ = ∅, donc D est parallèle à D′. Les équations paramétriques de la droite (MM′) sont :

B

 x = λ − λt   y = µt  z = a 1 + 2t ) ( 

D

µ λ  H a pour coordonnées  , , 0 . 2 2 

(t ∈  )

C

 x = λ + λt   y = µt  z = a 2t − 1 ) ( 

(t ∈  )

• Question 2 Soit Sa la sphère de centre O et de rayon a, et Γ l’ensemble des points H tels que (MM′) soit tangente à Sa. → La distance d’un point A à une droite passant par B et dirigée par u est : →

→

A

AB . u

B

→

u

AB ∧ u →

u

C

(MM′) est tangente à Sa si et seulement si λµ = 2 a2.

D

Γ est une hyperbole du plan P d’équation xy = a2 dans  → → le repère  O, i , j  .  

76

énoncés


• Question 3 On prend dans cette question λ = µ = a. Soit Σ la sphère de diamètre [ MM ′], et Q le plan contenant O, M et M ′. Soit  l’intersection de Σ et Q, et  la projection orthogonale de  sur le plan P. A

L’intersection d’une sphère et d’un plan est toujours un cercle.

B La projection orthogonale d’un cercle sur un plan est toujours une ellipse. C D

→ →  a pour équations dans  O, i , j  :    → →  a pour équation dans  O, i , j  :  

 x2 + y2 + z 2 − ax − ay − a2 = 0   x−y+z=0 x2 + y2 − ax − ay − a2 = 0.

• Question 4

 → → Soit a la courbe du plan P d’équation dans  O, i , j  :   2 a a a =0 x2 + y2 − xy − x − y − 2 2 2 A

Si a est une conique, sa nature dépend de a. → → π →  → B Soit r la rotation d’angle , i ′ = r  i  , j ′ = r  j  .     4  → → i ′ , j ′ est : L’équation de a dans le repère orthonormé  O, i′   x ′ 2 + 3 y ′ 2 − a 2 x ′ − a2 = 0

 → → a a pour représentation graphique dans le repère  O, i , j  :  

y

C

D

x′

y′

y

Ω 0

a

x′

y′ Ω x

77

0

a

x

corrigés >

QCM 1 Courbes paramétrées

• Question 1 : réponses C et D →  • t =  i , OC    polaire t :

cos t sin t

→

ut

→

→

[2π ]

où u t est le vecteur unitaire d’angle

donc OC = a u t

donc

C

a cos t , a sin t

A

a cos t , 0

0 a sin t

B

et

−a a cos t a sin t

AB

La réponse A est fausse. • Déterminons l’équation de la droite (AB) :

y

M ( x, y ) ∈ ( A AB B ) ⇔ dét( A AM M , AB AB ) = 0

B

∈

x − a cos cos t y

⇔

−a cos t =0 a sin t

C

t

O

Une équation de (AB) est donc : cos t ssin in t = 0 (sinn t ) x + (ccos t ) y − a cos

M A

x

La réponse B est fausse • Cherchons les coordonnées de M, projeté orthogonal de C sur (AB) : Soit M

x . y

→

En remarquant que AB ⊥ u

 CM ⊥ AB (1)   M ∈ ( AB )

⇔

sin t : cos t

→  CM colin néa aire à u   M ∈ ( AB )

(1) ⇔

 x − a cos cos t = λ ssin in t  sin t = λ ccos os t (λ ∈ )  y − a sin  sin n t x + cos c t y − a co s t s in t = 0 ) ) ( ( 

(1) ⇔

     

(2) ⇔

x = λ sin sin t + a cos cos t y = λ co coss t + a sin sin t

( λ sinn t + a ccos t )

siin n t + ( λ cos cos t + a ssin in t )

coss t − a ccos os t sin sin t = 0

(

2

2

)

(2)

λ sin sin t + ccos os t = −a cos cos t ssin in t ⇔ λ = −a coss t sin sin t

78


x = a cos t − a sin2 t cos t = a cos3 t

Donc M a pour coordonnées :

y = a sin t − a sintt cos2 t = a sin3 t

Donc le lieu de M est . • Pour t ≠ k

π 2

La réponse C est bonne.

(k ∈ ), la tangente à  en M est dirigée par dM dt

soit

corrigés

dM si dM → . ≠ 0 dt dt

x ′ = −3a sin n t cos2 t y ′ = 3a sin n2 t cos t

dM =3 n t  cos si    t dt ≠0

− a cos t = 3 sin t cos t AB a sin t      AB

Alors dM est colinéaire à AB et M ∈ ( AB AB ) , donc (AB) est tangente à  en M. dt La réponse D est bonne.

• Question 2 : réponse C M (t )

x(t ) = a cos3 t y(t ) = a sin3 t

x et y sont de période 2π, donc  est de période 2π,

et on obtient la totalité de la courbe  en prenant t dans un intervalle de longueur 2π. La réponse A est fausse. • On note sD la symétrie orthogonale par rapport à une droite D. M ( −t )

x( −t ) = x(t ) y( −t ) = − y y((t )

donc

s( x ′x ) : M (t )  M ( −t )

On peut dès lors restreindre l’étude de l’intervalle [ − π, π ] (de longueur 2π) à l’intervalle [0, π], puis compléter . par la symétrie s(x′x). π t et π − t sont symétriques par rapport à , et 2 donc : s( y ′y ) : M (t )  M ( π − t ) :

M (π − t )

x( π − t ) = − x(t ) y( π − t ) = y y((t )

on peut dès lors restreindre l’étude à l’inter-

π  valle 0,  , puis compléter  par les symétries s( y ′y ) et s( x ′x ) . 2 

79

corrigés t et

π  π − t sont symétriques par rapport à π , et M  − t  2  2 4

π  donc : s∆ : M (t )  M  − t  avec ∆ : y = x . 2 

π  x  − t  = y(t ) 2  π  y  − t  = x(t ) 2 

π  On peut dès lors restreindre l’étude à l’intervalle 0,  , puis compléter  4  par les 3 symétries s∆, s( y ′y ) et s( x ′x ) . La réponse B est fausse. a et 0 stationnaire. • M (0)

→ dM (0) = 0 d’après la question 1, donc M(0) est un point dt

M (0). ) La droite (AM ) a pour coefficient directeur : Notons A = M( m(t ) = m(t ) =

y(t ) − y(0) x(t ) − x(0)

a sin3 t sin3 t = 3 a cos t − 1 coss t − 1) cos2 t + cos cos t + 1 (co

(

)

(

)

2

nt   siin sin t   t  =  1 − cos t  − cos2 t + ccos cos os t + 1  t 2 

(

 sin t  lim  =1  t 

t→ 0

et

costt  1  1 − cos lim  =  t 2  2

t→ 0

) donc

lim m m(t ) = 0

t→ 0

La tangente à  en M(0)a pour coefficient directeur lim m(t ), donc : t→ 0

la tangente à  en M(0) est (x′x). La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.

• Question 3 : réponse A • ∀ u ∈  − {−1, 1} : M (u)

u+2 u2 − 1 2u y(u) = 2 u −1 x(u) =

80


 1 M    u

et

  1  Le milieu de  M (u), M     u  

corrigés

1 +2 u + 2 u2  1 u x  = = 1  u 1 − u2 −1 2 u 2 2u  1 u y  = = = − y(u) 2 1  u −1 1−u 2 u 1  1  x(u) + x    = −1   u  2 a pour coordonnées 1  1  y(u) + y    = 0   u  2

 1 donc M   est le symétrique de M(u) par rapport à Ω ( −1, 0) .  u Pour u ∈ ]−1, 1[ − {0} , 1 décrit. ]−∞, − 1[ ∪ ]1, + ∞[, donc il suffit d’étudier u  pour u ∈ ]−1, 1[ , puis de compléter par la symétrie par rapport à Ω, sauf pour M(0). La réponse A est bonne. x ′(u) = − dM • du

avec

u2 + 4u + 1

(u − 1) 2 (u + 1) (u − 1)

2

2

=−

(u − α ))((u − β)

(u

2

)

−1

2

2

y ′(u) = −

2

2

 α = −2 − 3  − −3 3, 7  −0 0, 3  β = −2 + 3  − La réponse B est fausse.

α < −1 < β < 0

m x(u) = −∞ et lim • lim m y(u) = +∞ donc  admet une branche infinie au u → − 1+

voisinage de −1. y 2u (u) = x u+2

u → − 1+

→ − 2 donc  admet une direction asymptotique y = −2x

u → −1

( y + 2x ) (u) =

4 u −1

→ −2

u → −1

donc  admet l’asymptote : y = −2x − 2.

81

corrigés lim m y(u) = −∞ donc  admet une branche infinie au • lim m x(u) = −∞ et li u → 1−

u → 1−

voisinage de 1. 2 y 2u 2 donc  admet une direction asymptotique y = x (u) = → u → 1 3 x u+2 3 2  4 2  →  y − x (u) = 3 3 (u + 1) u → 1 3 donc  admet l’asymptote : y =

2 2 x+ . 3 3


• Question 4 : réponses B et C Courbe du second degré Soit la courbe Γ d’équation :

a x2 + b xy xy + c y 2 + α x + β y + γ = 0

avec a, b, c, α, β, γ réels, (a, b, c ) ≠ (0, 0, 0) et ∆ = b2 − 4ac . Γ est vide, ou un point, ou la réunion de droites, ou un cercle, ou une conique. Si c’est une conique ou un cercle, Γ est une parabole si ∆ = 0, une ellipse ou un cercle si ∆ < 0, une hyperbole si ∆ > 0. • − 4x2 + 4xy + 3y2 − 8x + 4 y = 0 donne : ∆ = 16 + 4 × 4 × 3 = 64 > 0 . Donc, si Γ est une conique, c’est une hyperbole.


•  admet deux asymptotes et un centre de symétrie Ω, donc il est possible que  = Γ. Équation cartésienne de  : u+2   x = u2 − 1 M ( x, y ) ∈  ⇔ ∃ u ∈  − {−1, 1} , (1)   y = 2u  u2 − 1 4   2x − y = u2 − 1 (donc 2x − y ≠ 0) (L1 ) (1) ⇔   y = (2x − y ) u (L2 )  2 2y (L2 ) ⇔ u = et 2x − y

82


2x − y ) (2x

En remplaçant dans (L1), on obtient : soit :

Donc :

corrigés

 4 y2  − 1 = 4  2 2x − y )  (2x 

−4x2 + 4xy + 3y2 − 8x + 4 y = 0

(1) ⇔

2y   u = 2x − y avec 2x − y ≠ 0   − 4x2 + 4xy + 3y2 − 8x 8x + 4 y = 0 

(2)

u = 1 ou ou u = −1 ⇔ u2 = 1 ⇔ 4 y2 = (2x − y )

2

Or :

On aurait alors, d’après (2), 2x − y = 0 , ce qui est impossible. Donc :

M ∈ ⇔

 − 4 x2 + 4 x xy y + 3y2 − 8x + 4 y = 0   2x − y ≠ 0

(2)

Dans (2), 2x − y = 0 donne y = 0 et x = 0, c’est-à-dire M = O, donc  = Γ − {O}. La réponse B est bonne. D’après la question 3 : la réponse C est bonne et la réponse D est fausse.

>

QCM 2 Autour de la cardioïde

• Question 1 : réponses A et B →

r et u (θ) sont de période 2π, donc on obtient toute la courbe  en l’étudiant sur un intervalle de longueur 2π : [α, α + 2π ] . r( −θ) = rr((θ) donc s( Ox ) : M (θ)  M ( −θ) : on peut dès lors restreindre l’étude à l’intervalle [0, π], puis compléter  par symétrie par rapport à l’axe Ox. La réponse A est bonne.

83

corrigés Point régulier – point singulier → → dM (θ ) = r ′ (θ ) u (θ ) + r (θ ) v (θ ) dθ

• M(θ) est régulier ⇔

→ π v (θ ) = u  θ +   2

→

avec

→ dM (θ ) ≠ 0 dθ

La tangente en un point régulier est dirigée par • M(θ) est singulier (stationnaire)

⇔

dM (θ ) . dθ

→ dM (θ ) = 0 ⇔ r (θ ) = r ′ (θ ) = 0 . dθ

Le seul point singulier possible est O, et si O = M (θ0 ) , la tangente en O est la droite θ = θ0 [ π ] . →  r dM  • On note V =  O OM ,  [ π ] , et si r ′ ≠ 0, tanV = .  r′ dθ

sin θ • r ′(θ) = −a sin

si θ ≠ 0 [ π ] , r ′ (θ) ≠ 0 donc :

1 + cos θ tan V = − =− sinθ soit

V =

θ π + 2 2

 θ  θ 2 cos2   cos    2  2 θ =− = tan  + 2 θ θ θ       2 sin   cos   sin    2  2  2

[π ] . Ce résultat reste vrai si

θ = 0 [π ] . La réponse B est bonne.

• Là où la tangente à  est parallèle à (Oy) :

 → dM  π  i ,  = dθ  2

3θ π  → dM   → →  +  i ,  =  i , u (θ) + V = θ + V = dθ   2 2 On a :

π  2

3θ π π + = 2 2 2

[π ]

⇔

[π ]

[π ]

3θ 2kπ = kπ ⇔ θ = (k ∈  ) 2 3

On obtient 3 valeurs de θ (modulo 2π) : 0, 2π , − 2π donc il y a exactement 3 3 3 points de  où la tangente à  est parallèle à (Oy). La réponse C est fausse.

84


corrigés

O donc M(0) ne peut pas être point singulier. • M (0) ≠ O, La réponse D est fausse.

• Question 2 : réponses B et D • M(( π ) = 0 donc la tangente en O est l’axe (Ox). O est un point de rebroussement. La réponse A est fausse et la réponse B est bonne. • Dθ coupe  en M = M( M (θ) et M ′ = M( M (θ + π ) . a  C1 est le cercle de rayon a , passant par O, de centre Ω  , 0 . 2  2 Dθ coupe C1 en I ≠ O, O donc :

→

OI = a cos θ u (θ)

→

OM = a (1 + cos θ) u (θ) et Donc :

→

→

OM ′ = a (1 − cos θ) u (θ + π ) = a (cos θ − 1) u (θ) →

MM ′ = OM ′ − OM = −2a a u (θ )

et

MM ′ = 2a .

La réponse C est fausse. → 1 • (OM + OM ′) = a cos θ u (θ) = OI , donc I est le milieu de [ M M ′]. 2 La réponse D est bonne.

y

Ce résultat permet de construire la cardioïde point par point :

a

C1 ; • on prend I ŒIC • sur (OI), on place M et M′ à la distance a de I : on obtient ainsi 2

M I θ

M′

points M et M′ de la cardioïde.

Dθ

85

0

C1 a

2a

x

corrigés • Question 3 : réponse B Foyer et directrice d’une parabole

H

La parabole  de foyer O et de directrice D est l’ensemble des points M équidistants de O et de D. Le paramètre p de  est p = OK, où K désigne le projeté orthogonal de O sur D. Le sommet S de  est le milieu de [OK ]. p où 1 + cos (θ − α ) α désigne l’angle polaire de l’axe focal (OK). Une équation polaire de  est r =

K

M

S F=O

D



La réponse B est bonne, les réponses A, C et D sont fausses.

• Question 4 : réponses A et B AO O = d ( A, D) • A ∈ ⇔ A Or : AO = a, rayon du cercle C de centre A.

y K 

S θ

O

M θ 2a

x

C

Donc :

D

d ( A, D) = a ⇔ D tangente à C ⇔ A ∈  La réponse A est bonne.

• AM = a

donc

→

AM = a u (θ) =

86

a cos θ a sin θ

et

M

a (cosθ + 1) a sin θ


corrigés

D est orthogonal à (AM) et à (OK ) donc : →

Or :

λ cos cosθ λ sin sinθ

K

OK = λ u (θ) , →

KM . u (θ (θ ) = 0 ⇔ ⇔

(a − λ ) cosθ + a sinθ (a − λ ) sin

KM

et

os2 θ + a cos θ + (a − λ ) ssin in2 θ = 0 (a − λ ) ccos λ = a (1 + cos cos θ)

→

Donc OK = a (1 + cos θ) u (θ) , et K décrit la cardioïde . La réponse B est bonne et la réponse C est fausse. • S est le milieu de [OK ], donc OS =

→ a (1 + cos θ) u (θ) et : 2

G (lieu des points S) est la cardioïde d’équation polaire r = déduite de  par l’homothétie de centre O et de rapport

1 . 2

a (1 + cosθ) , 2

La réponse D est fausse.

>

QCM 3 Inverse d’une courbe

• Question 1 : réponses A et C → →  • Choisissons  O, i , j  tel que F  

−a a et F ′ . 0 0

Cherchons une équation cartésienne de La : M ( x, y ) ∈ La

⇔ MF 2 × MF ′2 = a4 ⇔

( x − a )2 + y2  ( x + a )2 + y2  = a4    

⇔

 x2 + y2 + a2 − 2ax ax   x2 + y2 + a2 + 2ax  = a4

⇔

(x (x (x

⇔ ⇔

2

+ y 2 + a2

2

+ y2

2

) +y )

2

2 2

)

2

− 4 a2 x 2 = a 4

( = 2a ( x

) −y )

+ 2a2 x2 + y2 − 4a2x2 = 0 2

2

2

La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.

87

corrigés • Cherchons une équation polaire de La : M ∈ La

→

OM = ρ u θ

(

⇔ ρ4 = 2a2ρ2 cos2 θ − sin2 θ

⇔

 x = ρ cos θ   y = ρ sin θ

)

⇔ ρ = 2a ρ cos (2θ) 4

2 2

⇔ ρ = 0 ( M = O ) ou ρ2 = 2a2 coss (2θ) (1) Or, pour θ = et :

π , coss (2θ) = 0 et ρ = 0, donc la courbe d’équation (1) contient O, 4 M ∈ La ⇔ ρ2 = 2a2 cos (2θ) La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.

• Question 2 : réponse B OM (θ) = a • ρ existe pour : donc :

→

2 cos (2θ) u θ

coss (2θ) ≥ 0 , c’est-à-dire :

−

π π + 2kπ ≤ 2θ ≤ + 2kπ 2 2

π  π  θ ∈  − + kπ, + kπ  , k ∈  4  4  →

• ρ est de période π et u θ est de période 2π, donc Γa est de période 2π : on obtient toute la courbe en étudiant sur un intervalle de longueur 2π. • ρ(θ + π ) = ρ ρ((θ) donc sO : M (θ)  M (θ + π ) : on peut dès lors restreindre  π π l’étude à l’intervalle  − ,  , puis compléter par la symétrie de centre O.  2 2 • ρ( −θ) = ρ(θ) donc s( Ox ) : M (θ)  M ( −θ) : on peut dès lors restreindre π  l’étude à l’intervalle 0,  , puis compléter par les symétries s( Ox ) et sO. 2   • ρ n’existe pas sur  π , π  , donc il suffit de mener l’étude sur  4 2  d’utiliser 2 symétries pour obtenir toute la courbe Γa.

π  0, 4  puis


88


corrigés

• Γa est symétrique par rapport à O. Une équation polaire de La est : ρ2 = 2a2 cos (2θ)

⇔ ρ=a

2 cos (2θ) (1)

ou

ρ = −a

2 cos (2 2θ θ) (2)

(1) est l’équation polaire de Γa, et (2) est celle de la courbe symétrique de Γa par rapport à O, c’est-à-dire encore Γa. Donc La = Γ a . La réponse B est bonne. • M(0) est le point tel que θ = 0 et ρ = a 2 , donc M (0) ∈ (O Ox x) . ρ , mais ρ′ cela n’est pas nécessaire ici. En effet, (Ox) est un axe de symétrie de Γa, et si la tangente en M(0) est (Ox), alors M(0) est un point de rebroussement, donc un point singulier, ce qui est impossible puisque M (0) ≠ O. O

On pourrait déterminer la tangente en M(0) en calculant tanV =

La réponse C est fausse. π  π • M   = O donc la tangente en O est la droite θ =  4 4

[π ] , soit la droite ∆

d’équation y = x. Mais Γa se situe sous ∆ pour θ ∈ [ − π / 4, π / 4] . La réponse D est fausse.

y θ 0 ρ a

π/4 2

+

0

F′ −a

y=x F a

O

x

• Question 3 : réponse B me  les points O, M , M ′ sont sur la mêm   : M  M ′  demi-droiite te issue de O  OM × OM ′ = 1 

NON O n’a pas d’image par .

(1) (2)


89

corrigés • Pour M ≠ O :

si M ′ = ( M ) , alors M = ( M ′ ) d’après (1) et (2),

donc  est une bijection de P * dans P *, et  −1 =  . La réponse B est bonne.  est en fait une application involutive de P * : • Soit M(z)

et M ′(z ′) :

 o  = IdP *

(( M ) = M ′ ⇔

donc : OM ′ =

1 OM OM 2

z′ =

soit

z z

2

 OM ′ = λ OM, λ > 0  2  λ OM = 1

⇔ z′ =

z zz

⇔ z′ =

(1) (2)

1 z

La réponse C est fausse. 1 = z ⇔ zz =1 ⇔ z

• M ( z ) invariant ⇔ z ′ = z ⇔

2

z =1

L’ensemble des points invariants par  est donc le cercle de centre O et de rayon 1. La réponse D est fausse.

• Question 4 : réponse B Ca : x2 − y2 = 2 a2

⇔

x2 y2 − 2 =1 2 2a 2a

(équation réduite).

Donc Ca est une hyperbole de centre O, d’asymptotes x2 − y2 = 0 , c’est-à-dire les bissectrices des axes, donc elle est équilatère, d’axe focal (Ox). • α = β = a 2 donc les sommets de Ca sont A et ses foyers sont I donc I

a 2 −a 2 et A ′ , 0 0

c −c et I ′ avec c2 = α2 + β2 = 4a2 , 0 0

− 2a 2a et I ′ . 0 0


• Les directrices ont pour équations :

x=±

α2 c

⇔ x = ±a

donc les directrices passent par F et F′. La réponse B est bonne.

90


corrigés

• Une équation polaire de Ca est : ρ2 cos2 θ − ρ2 sin2 θ = 2a2

ρ2 cos (2θ) = 2a 2a2

soit


NON

• Pour les mêmes raisons qu’à la question 2, Ca a pour équation polaire : ρ= C1 : ρ= 2

a 2

cos (2θ) > 0

avec

cos (2θ) 1

et

cos (2θ)

cos (2θ)

L1 : ρ = 2





On peut déjà remarquer que O ∉C 1 , alors que O ∈ L 1 . Donc   C 1  2

2

ne peut pas contenir O. Plus précisément :

M(z) ∈C 1

M ¢ = ( M ) a pour affixe : z ′ = M ∈C 1 2

soit :

>

2



La réponse D est fausse. 1

⇔ z=

cos (2q )

2

Donc :



1 = z

cos (2q ) e − i q =

⇔ M ¢ ∈ L 1 et M

ei q

(cos (2q) > 0)

cos ( -2q ) e - i q 0.

O

2

    C 1  = L 1 - {O}  2 2

QCM 4 Géométrie de l’espace et coniques

• Question 1 : aucune réponse n’est bonne y = 0  z = −a  ⇒ a = 0 : impossible, donc D ∩ D ′ = ∅ , ce qui signifie • D ∩ D′ :  x = 0  z = a que D’ est strictement parallèle à D, ou que D et D ′ sont non coplanaires.

91

corrigés 1 x = t x = 0 → →   D :  y = 0 est dirigée par u 0 , et D′ :  y = t est dirigée par u′  z = −a z = a 0  

0 1 0

→ →

u . u ′ = 0 donc D ⊥ D ′ , et D et D ¢ sont non coplanaires. La réponse A est fausse.

• M

λ 0 −a

et

0 M′ µ a

( λ, µ ≥ 0)

donc

λ MM ′ µ −a  x = λ − λt   y = µt  z = a 2t − 1 ) ( 

d’où les équations paramétriques de (MM ′) :

Les réponses B et C sont fausses.

x = λ − λt y = µt

   H = ( MM M M ′ ) ∩ P : { }  •  

donc t =

z = a (2t − 1)

1 et H 2

z=0

λ /2 µ /2 0

La réponse D est fausse.

• Question 2 : réponses B et C Distance d’un point à une droite

→

→

La distance d’un point A à une droite ∆ = B +  u est : d ( A, A,∆ ∆) =

AB ∧ u →

u

La réponse A est fausse et la réponse B est bonne. • (MM′) tangente à Sa ⇔ d (O,( MM ′ )) = a (1). donc : (1) ⇔

OM ∧ MM ′ MM ′

2

2

= a2 ⇔

Or :

a2 µ 2 + a2 λ 2 + λ 2 µ 2 λ 2 + µ2 + 4a2

aµ OM ∧ MM ′ −aλ λµ

= a2 ⇔

λµ = 2a2

(car λµ ≥ 0 ) La réponse C est bonne.

92


 x = λ /2  *2 H ∈ Γ ⇔ ∃ ( λ , µ ) ∈  , •  y = µ /2 +  2 λµ = 2a

⇔ xy =

Donc Γ est l’hyperbole de P d’équation xy =

corrigés

a2 2

a2 . 2 La réponse D est fausse.

• Question 3 : réponse C λ = µ = a donc M (a, 0,, − a ) et M ′ (0, a a,, a ) .

Intersection d’une sphère et d’un plan – projection d’un cercle sur un plan • L’intersection d’une sphère et d’un plan est soit vide, soit un point (plan tangent à la sphère), soit un cercle. • La projection d’un cercle d’un plan P sur un plan Q est soit un cercle (si P//Q), soit un segment (si P⊥Q), soit une ellipse. Les réponses A et B sont fausses. • N ( x, y, z ) ∈ Σ ⇔ NM . NM ′ = 0 ⇔ x2 + y2 + z 2 − ax − ay − a2 = 0 N ( x, y, z ) ∈ Q ⇔ dét (O ON N, O OM M, O OM M ′) =

Donc

x a 0 y 0 a =0 ⇔ x−y+z=0 z −a a

 x2 + y2 + z 2 − ax − ay − a2 = 0 = Σ∩Q :   x−y+z=0 La réponse C est bonne.

• Soit p la projection orthogonale sur le plan P. p : M ( x, y, z) z )  m( x, x, y, 0). m( x, y, 0) ∈  ⇔ ∃ z ∈ , M ((x x, y, z) z) ∈   z = y − x ⇔ ∃ z ∈ ,,  2 2 2 2  x + y + ( y − x ) − ax − ay − a = 0

93

corrigés ⇔ 2x2 + 2y2 − 2xy − ax − ay − a2 = 0 La réponse D est fausse. L’équation de l’assertion D représente l’intersection de la sphère et du plan.

• Question 4 : réponses B et C • Le discriminant de l’équation de a vaut : Donc, si a est une conique, c’est une ellipse.

→

• rπ : i 4

→

 i′

1/ 2 1/ 2

et

→

j



→

j′

∆ = 1 − 4 = −3 < 0 La réponse A est fausse.

− 1/ 2 1/ 2

donc, si (x,y) sont les

→ →  coordonnées de M dans  O, i , j  et (x ′, y ′) celles dans    x = 1 / 2 ( x ′ − y ′)   y = 1 / 2 ( x ′ + y ′)

alors : x2 + y2 − xy −

→ →   O, i , j  :

a a a2 x− y− = 0 ⇔ x ′2 + 3y ′2 − a 2x ′ − a2 = 0 2 2 2

(1)

La réponse B est bonne.  a 2 x′ − 2    3a2 2

2

a 2 y ′2 = 1 : a est donc l’ellipse de centre Ω 2 , 2 a 0 2 3 , et de longueur d’axe focal (Ω x ′), de longueur du ½ grand axe a 2 • (1) ⇔

−

du ½ petit axe a . 2 La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.

94

chapitre 5

Applications – Structures --- énoncés

corrigés

• QCM 1 : Injections - Surjections – Bijections

96

103

• QCM 2 : Dénombrement

97

106

• QCM 3 : Groupes et morphismes

99

107

• QCM 4 : Anneaux - Corps – Arithmétique 100

111

95

énoncés >

QCM 1 Injections - Surjections – Bijections → →

Le plan P est rapporté à un repère orthonormé direct (O, i , j ). → → Pour tout point M, on note (x, y) ses coordonnées dans le repère (O, i , j ), et z = x + iy son affixe. Soit f l’application de P dans P qui au point M d’affixe z associe le point M ′ = f (M) d’affixe z ′ = z2 + z.

• Question 1 Soient E et F deux ensembles, et ϕ une application de E dans F. A désigne une partie de E, et B une partie de F. A

F est l’ensemble des images par ϕ des éléments de E.

B

Si : ∀ ( x, x′ ) ∈ E 2,

C

Pour qu’il existe une application induite par ϕ de A dans B, il faut

( ϕ( x ) ≠ ϕ( x′ )

⇒ x ≠ x′ ) , alors ϕ est injective.

que ϕ(A) ⊂ B. D Pour que ϕ induise une bijection de A dans B, il suffit de montrer que tout élément de B admet un unique antécédent dans A.

• Question 2 Soit : ϕ :

→  z  ez

, U = { z ∈  / z = 1 }, ∆ = { z ∈  / ℜe( z ) = ℑm( z ) } .

A

ϕ est une application surjective.

B

ϕ−1(U) = i

C

ϕ(∆) = ∆

D Soit A = { z ∈  / ℜe( z ) ≥ 0 et ℑm( z ) ∈ [0, 2π[} et B = {z ∈ / z ≥ 1} .

ϕ induit une bijection de A dans B.

96

chapitre 5 : Applications-Structures ---

énoncés

• Question 3 A

f est surjective.

B

f est injective.

C

∀( M , N ) ∈ P2, ( f ( M ) = f ( N )) ⇔ (M = N ou M = s( N )) où s est la symétrie de centre Ω d’affixe ½.

1    D Soit G =  M ( x, y ) ∈ P / y > 0 ou  y = 0 e ett x ≥ −  .  2   f induit une bijection de G dans P.

• Question 4 D(C, r) désigne le disque ouvert de centre C et de rayon r (r > 0) : D (C, r ) = { M ∈ P / CM < r } 1 1 Soient I et J les points d’affixes respectives − et − , et soit ∆ la droite d’équation 2 4 y = x. f −1 D ( J , r ) est : A

B le disque D(I, r2).

le disque D(I, r).

f (∆) est : C

>

une droite.

D une parabole.

QCM 2 Dénombrement

Une serrure de sécurité possède n boutons numérotés de 1 à n (n ≥ 1). Une « combinaison » consiste à pousser dans un certain ordre tous les boutons. Chaque bouton n’est poussé qu’une seule fois, mais il est possible de pousser simultanément plusieurs boutons. On note An = { 1, 2, ..., n} l’ensemble des entiers de 1 à n.

97

énoncés (

)

Par définition, une n-combinaison est une suite ordonnée P1, P2, ..., Pj de j parties P1, P2, …, Pj de An (1 ≤ j ≤ n), ces parties formant une partition de An, c’est-à-dire qu’elles sont non vides, deux à deux disjointes, et que leur réunion est égale à An. On note an le nombre de n-combinaisons. Exemples : • n = 1 : il y a une seule 1-combinaison : ({1}), donc a1 = 1. • n = 2 : il y a trois 2-combinaisons : ({1}, {2}), ({2}, {1}), ({1, 2}) donc a2 = 3. ({1}, {2}) consiste à appuyer d’abord sur le bouton 1, puis sur le bouton 2. ({1, 2}) consiste à appuyer simultanément sur les boutons 1 et 2.

• Question 1 A

a3 = 13

B a3 = 12

Pour n donné, le nombre de n-combinaisons telles que les boutons soient poussés les uns après les autres, c’est-à-dire que les parties Pi (1 ≤ i ≤ n) soient des singletons, est : C

D nn

n!

• Question 2

(

)

Soit S = P1, P2, ..., Pj une n-combinaison quelconque (n ≥ 1). Soit un entier k (1 ≤ k < n). Pour une partie P1 fixée de cardinal k, le nombre de n-combinaisons est : A

(n − k)!

B an−k

Donc le nombre de n-combinaisons total est : C

an =

n −1

∑=

k 1

 n an − k  k

D

98

n −1  n an = 1 + ∑   ap p=1  p

énoncés


>

QCM 3 Groupes et morphismes

On définit dans 2 la loi notée * par : ∀(( x, y ),( x′, y′ )) ∈ ( 2 )2, ( x, y ) * ( x′, y′ ) = ( x + x′, y e x ′ + y′ e − x ) Soit l’équation (1) d’inconnue f :  →  : ∀ ( x, x′ ) ∈ 2,

f ( x + x′ ) = f ( x ) e x ′ + f ( x′ ) e − x

(1)

• Question 1 Soit f une solution de (1). A

f (0) = 0

B

f (0) = 1

C

∀ x ∈  , f (1 + x ) = f ( x + 1) donc f ( x ) = f (1)sh x

D

∀ λ ∈ , l’application fλ : x  λ sh x est solution de (1).

• Question 2 A

* est une loi de composition interne commutative dans 2.

B

( , *) est un groupe, et  × {0} est un sous-groupe.

C

 + 2 est stable pour la loi *.

D

(

2

+

2

)

(

)

, * est un sous-groupe de  2, * .

99

énoncés • Question 3

Pour une application f :  →  , on note Γ = { ( x, f ( x )) / x ∈ } son graphe. A

Γ est stable pour * si et seulement si f = sh.

On prend dans la suite pour Γ le graphe de la fonction sh. Soit ϕ :

B

 → 2 x 

( x,

sh x )

(

(

)

un sous-groupe de  2, * . C

)

ϕ est un morphisme de groupe de (, +) dans  2, * , donc Γ est ϕ n’est pas injectif.

D ϕ induit un isomorphisme de (, +) dans (Γ, *) .

>

QCM 4 Anneaux - Corps – Arithmétique

Certaines questions de ce QCM sont réservées à la filière MPSI. On pose :

{ x ∈ F = { x ∈

/ ∃ (m, n) ∈  2, x = m + n 2

E=

/ ∃ (u, v) ∈  2, x = u + v 2

}

}

Soit dans 2 les équations : m2 − 2 n2 = 1 m2 − 2 n2 = −1

(1) (2)

• Question 1 A B C

L’application ϕ :

2 → 

(u, v)

 u+v 2 E est un sous-anneau de .

(

)

n’est pas injective.

2 et 1 + 2 ne sont pas inversibles dans E.

D F n’est pas un sous-corps de .

100

énoncés


• Question 2

Pour tout élément x = m + n 2 de E, on note : x = m − n 2 .

Soit N l’application définie sur E par : N ( x ) = x x . Soit :

{

}

G = x ∈ E / x = m + n 2 et (m, n) solution de (1) ou (2) .

A

L’équation N(x) = 0 n’a pas de solution dans E.

B

Si (m, n) est solution de (1) ou (2), alors x = m + n 2 est inversible dans E.

C

N est un morphisme de groupe de (E, x) dans (, x)

D G est l’ensemble des éléments inversibles de E.

• Question 3 (assertion D réservée aux MPSI)

(

Pour p ∈ , up = 1 + 2

)

p

∈ E , donc il existe deux entiers ap et bp tels que :

(1 + 2 ) (

)

p

= ap + bp 2

p

A

ap − bp 2 = 1 − 2

B

∀ p ∈ , ap , bp est solution de (1).

C

(1 + 2 ) + (1 − 2 )

(

p

)

p

est la partie entière de up.

D ap et bp sont premiers entre eux.

101

énoncés • Question 4 (MPSI) Soit :

z=

3

20 + 14 2 +

3

20 − 14 2 .

On considère l’équation : x3 − 6x − 40 = 0 A

z est solution de (3).

B

(3) a trois racines réelles.

(3)

p On cherche les solutions rationnelles positives de (3) sous la forme x = , q * p ∈ , q ∈ , p et q premiers entre eux. C

q divise p3, ce qui est impossible puisque p et q sont premiers entre eux, donc (3) n’a pas de solution rationnelle, et z ∉ .

D p divise 40, et (3) a une unique solution rationnelle, donc z ∈ .

102

corrigés >

QCM 1 Injections - Surjections – Bijections

• Question 1 : réponse C F est l’ensemble d’arrivée ; c’est l’ensemble des images si et seulement

NON si ϕ est surjective.


• ∀ ( x, x′ ) ∈ E2, (ϕ( x ) ≠ ϕ( x′ ) ⇒ x ≠ x′ ) signifie qu’un élément de E a au plus une image, ce qui est vrai pour toute application ϕ. ϕ injective ⇔ ∀ ( x, x′ ) ∈ E2,

( x ≠ x′

⇒ ϕ( x ) ≠ ϕ( x′ ) ) La réponse B est fausse.

• A ⊂ E, donc on peut restreindre ϕ à A :

ϕ|A :

A → F x  ϕ( x )

Pour que l’application ϕ′ : A → B existe, il faut que tout élément x de A x  ϕ( x ) soit tel que ϕ(( x ) ∈B, c’est-à-dire que ϕ(( A ) ⊂ B. La réponse C est bonne.

ϕ induit une bijection ϕ′ de A dans B si ϕ(( A ) ⊂ B et si ϕ′ est bijective,

NON c’est-à-dire que tout élément de B admet un unique antécédent dans A.

La réponse D est fausse. Par exemple : ∀ y ∈  *+ , ∃! x ∈  + , y = x 2,  + →  *+

mais il n’existe pas d’application :

x  x2

car 0 n’a pas d’image.

• Question 2 : réponses B et D ∀ z ∈ , , e ≠ 0 , NON pas surjective. surjective z

donc 0 n’a pas d’antécédent par ϕ, et j n’est La réponse A est fausse.

103

corrigés ϕ −1(U ) = { z ∈  / ϕ( z ) ∈ U }. Soit z = x + i y , ( x, y ) ∈  2 : z ∈ ϕ −1(U ) ⇔ donc

NON

ez = 1 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0 ⇔ z ∈  i

ϕ −1( U ) =  i .

ϕ(( z ) ≠ 0 ϕ

donc

e z = e x ei y .

La réponse B est bonne.

ϕ ( ∆ ) ⊂ *

or

0 ∈ ∆ donc

ϕ (∆) ≠ ∆

.

La réponse C est fausse. A = { z ∈  / z = x + i y, x ≥ 0 et y ∈ [0, 2π ] } . Soit z ∈ A :

e z = e x ei y .

e z ≥ 1 : ϕ(( z ) ∈B,

x ≥ 0 ⇒ e x ≥ 1 donc

et ϕ induit une application de A dans B. A→B

ϕ′ :

est-elle bijective ?

z  ez

ez = Z

Soit Z ∈ B, on cherche z = x + i y ∈ A tel que : (1) ⇔ e x ei y = Z ei arg Z Or :

⇔

e x = Z  arg Z  y ≡ arg

[2π ]

⇔

(1)

x = ln Z   y ≡ arg Z

[2π ]

• Z ∈ B, donc Z ≥ 1 , donc x ≥ 0 et x est unique. • y ∈ [0, 2π[

et

y ≡ arg Z

[2π ]

donc y est unique.

Donc j¢ est bien bijective de A dans B. La réponse D est bonne.

• Question 3 : réponses A et D Soit Q( Z ) ∈P, on cherche z ∈  tel que Z = z 2 + z (2) ⇔ z 2 + z − Z = 0 1 : 4 1 - Si Z ≠ − : 4 - Si Z = −

(2) a une racine double z0 = −

(2).

∆ = 1+ 4Z 1 2

(2) a 2 racines distinctes.

Donc : ∀ Z ∈  , ∃ z ∈  , Z = z 2 + z et f est surjective. La réponse A est bonne.

104

corrigés


En revanche, Q(Z) peut avoir 2 antécédents par f, donc f n’est pas

NON injective injective.

La réponse B est fausse. f ( M ) = f ( N ) ⇔ z 2 + z = z ′2 + z ′

• Soit M(z) et N(z′) : f (M ) = f ( N ) ⇔

( z − z ′ ) ( z + z ′ + 1) = 0

⇔ z = z ′ ou z = − z ′ − 1

⇔ M = N ou M = s( N ) où s : N ( z ′ )  M ( z )

est telle que

z = −z′ −1

méttrie de centre I ( − 12 ) . Donc s est la sym


On a vu que f est surjective, et que tout point Q( Z ) ( Z ≠ − 1 4 dents par f, symétriques par rapport à I ( − 12 ). Or, G est une partie de P telle que, si M ≠ I :

z + z′ 1 =− 2 2

soit

)

a deux antécé-

M ∈ G ⇔ s( s( M ) ∉ G.

Donc f induit une bijection de G dans P. La réponse D est bonne.

• Question 4 : réponse D  D ( I, r ) =  M ( z ) ∈ P / 

z+

1 

Les QCM de la prépa, Maths MPSI-PTSI-PCSI-BCPST 1re année

Les QCM de la prépa Physique 1re année

Les Exploits de Rocambole - Tome III - La Revanche de Baccarat - Les Drames de Paris - 1re série

Les Exploits de Rocambole - Tome II - La Mort du sauvage - Les Drames de Paris - 1re série

Qcm

Comprendre la physique: QCM illustre

Rocambole - L'Héritage mystérieux - Les Drames de Paris - 1re série

Les Exploits de Rocambole - Tome I - Une fille d'Espagne - Les Drames de Paris - 1re série

Memnon (1re version de Zadig)

Les atouts de la vengeance

Les Loups de la Calla

Les cavernes de la nuit

Les caprices de la Gina

Les Profondeurs de la Terre

Les miroirs de la perversité

Les Vertiges de la Passion

Les piliers de la terre

Les épices de la santé

Les Piliers de la Creation

Les chemins de la bête

Les mutines de la revolte

Les poisons de la couronne

Les jardiniers de la folie

Les Piliers de la Terre

Les Vertiges de la Passion

Les portes de la perception

Les Foudres de la Sor'ciere

Les atouts de la vengeance

Les Piliers de la Terre

Les Foudres de la Sor'ciere

Les Prophéties de La Fraudais

Les QCM de la prépa, Maths MPSI-PTSI-PCSI-BCPST 1re année

Les QCM de la prépa Physique 1re année

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