Cont 2 4 M 2013 2014

2013/2014
Lyc´ee EL ALIA

Exercice 1

4° Maths 1
Dur´ee 2 heures

[ Devoir de contrˆ
ole 2 \
(6 points)



−−→
π
\−→
Soit AIBJ un rectangle tel que AB , AJ ≡ [2π]. Soit H le projet´e orthogonal de J sur la droite (AB).
3
( Voir figure dans l’annexe ci-jointe )
1. Soit S1 la similitude directe telle que S1 (B) = J et S1 (J) = A.
1
a) Montrer que le rapport de S1 est √ et d´eterminer son angle.
3
b) Montrer que H est le centre de S1.
c) Caract´eriser S1 ◦ S1
−−→
1 −−→
d) En D´eduire que HA = − HB .
3
2. Soit S2 la similitude directe de centre B et telle que S2 (I) = J.
a) D´eterminer le rapport et l’angle de de S2 .
b) Caract´eriser S1 ◦ S2 .

−→
c) En d´eduire que S2 (H1 ) = H o`
u H1 est l’image de H par la translation de vecteur JB .

3. Soit g la similitude indirecte telle que g(B) = J et g(J) = A.
Soit H ′ le sym´etrique de H par rapport `a la droite (AJ).
a) Montrer que g `a un centre Ω.
b) Caract´eriser g ◦ g. En d´eduire que Ω ∈ (AB).
c) Soit h = g ◦ S−1
1 .
Caract´eriser h. En d´eduire g(H).
d) Montrer que Ω ∈ (JH ′ ).

e) Construire, dans l’annexe ci-jointe , Ω et l’axe ∆ de g.

Exercice 2

(6 points)

p
1. Soit h la fonction d´efinie sur [0, 1] par h(x) = 1 − x2 . La courbe
Ch repr´esent´ee ci-dessous est la courbe
→ −
−
→
repr´esentative de h dans un rep`ere orthonorm´e O, ı ,  .
y

a) Soit M(x, y) un point de Ch avec y = h(x).
Montrer que OM = 1
b) En d´eduire que Ch est un arc du cercle de centre O et de
rayon 1.
Z1 p
π
c) Montrer alors que
1 − x2 dx = .
4
0
2. Soit la fonction d´efinie sur [0; 1] par f(x) =

p

1

0

Ch

1

x

2x − x2 .

a) Montrer que f n’est pas d´erivable `a droite en 0.
b) Etudier les variations de f.
3. a) Montrer que f admet une fonction r´eciproque f−1 d´efinie sur [0; 1].
p
b) Montrer que pour tout x ∈ [0; 1] ; f−1 (x) = 1 − 1 − x2 .
- 1/3 -

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Page 2/3

4° Maths 1

4. On a repr´esent´e ci-dessous le courbes Cf et Cf−1 des fonctions f et f−1 dans un rep`ere orthonorm´e
→ −
−
→
O, ı ,  .
y

a) Soit A l’aire de la partie du plan d´elimit´ee par les courbes
Cf et Cf−1 et les droites d’´equations x = 0 et x = 1.
Calculer A.
Z1
b) D´eterminer f(x)dx.

1

Cf

Cf−1

0

0

1

x

Z1 p
Z1 p
π
∗
2
5. Soit la suite (In ) d´efinie sur N par I0 =
1 − x dx = et pour tout n ∈ N , In = xn 1 − x2 dx
4
0
0
a) Calculer I1 .
n
b) A l’aide d’une int´egration par partie,montrer que In+1 =
In−1 .
n+3
c) D´eduire I2 et I3 .

Exercice 3

(5 points)

Z √tan x

h πh
t
dt
avec
x
∈
0; .
1 + t4
2
0
i πh
1
a) Montrer que F est d´erivable sur 0;
et que F ′ (x) = .
2
h πh 2
x
b) D´eduire que pour tout x ∈ 0; , F(x) = .
2
2
Z1
t
π
dt = .
c) Montrer alors que
4
8
0 1+t
Z 1 4n+1
t
2. Soit pour tout n ∈ N ; In =
.
4
0 1+t
1
a) Montrer que pour tout n ∈ N ; 0 6 In 6
.
4n + 2
b) En d´eduire la limite de (In ).
1
c) Montrer que pour tout n ∈ N ; In+1 + In =
.
4n + 2
d) D´eduire I2 .
n
X
(−1)k
3. Soit pour tout n ∈ N ; Sn =
.
4k
+
2
k=0
1. Soit F(x) =

a) En utilisant le r´esultat de la question 2. c) , montrer que pour tout n ∈ N ; Sn −

π
= (−1)n In+1 .
8

b) En d´eduire la limite Sn.

ˆ le 2
Devoir de contro

- 2/3 -

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Annexe a` rendre avec la copie

Page 3/3

4° Maths 1

b

B

b

J

H′

H1
b

b

b

π
3

b

H

b

b

A

I

Exercice 4 (3 points)
Une seule r´eponse propos´ee est correcte.
Zπ
4
1.
x sin(2x)dx =
0

1
4
b) 2
π
c)
4
a)

2. Soit f la fonction d´efinie sur ] − 1; 1[ par : f(x) =

Zx
0

1
dt alors :
1 − t2

a) f(1) = 1
b) f est paire
c) f est strictement croissante sur ] − 1; 1[.
Zx
3. Soit g(x) = t cos tdt alors :
0

a) g(x) = x sin x + cos x − 1
b) g(x) = x cos x + sin x − 1
c) g(x) = x cos x + cos x − 1
d) g(x) = x sin x + sin x − 1

ˆ le 2
Devoir de contro

- 3/3 -

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Annexe a` rendre avec la copie

ˆ le 2
Devoir de contro

Correction de l’exercice 1
∆

B
b

b

J

H′

H1
b

b

b

π
3
b

A

H
b

I

Ω

4° Maths 1

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1. a) Soit k1 le rapport de S1 et α1 son angle.
JA
π
1
d = π ).
d = π donc ABJ
k=
= tan = √ ( le triangle ABJ est rectangle en J et BAJ
JB
6 3
3
6


−→
−→
−→
−→
π
π
\
\
α ≡ BJ , JA ≡ JB , JA + π[2π] ≡ − + π[2π] ≡ [2π].
2
2
b) {H} = (JH) ∩ (BH) donc {S1 (H)} = S1 ((JH)) ∩ S1 ((BH)).
π
Puisque l’angle de S1 est donc elle transforme une droite en une droite qui lui est perpendiculaire.
2
S1((JH)) est la droite qui lui est perpendiculaire passant par S1 (J) = A donc S1((JH)) = (AB).
S1((BH)) est la droite qui lui est perpendiculaire passant par S1 (B) = J donc S1 ((BH)) = (JH).
D’o`
u {S1(H)} = S1 ((JH)) ∩ S1 ((BH)) = (AB) ∩ (JH) = {H}. Ainsi S1 (H) = H.
2

1
1
π
= et d’angle 2 × = π.
c) S1 ◦ S1 est une similitude directe de centre H de rapport √
3
2
3
1
Donc S1 ◦ S1 est l’homoth´etie de centre H et de rapport − .
3

Page 3/3

- 4/3 b

b

3. a) Soit k ′ le rapport de g.
1
AJ
= √ 6= 0 alors g admet un centre Ω.
k′ =
JB
3

Page 3/3

- 5/3 -

Annexe a` rendre avec la copie

ˆ le 2
Devoir de contro

−−→
1 −−→
d) (S1 ◦ S1 )(A) = B donc h(H,− 1 ) (A) = B donc HA = − HB .
3
3
2. a) Soit k2 et α2 le rapport et l’angle de S2 .
BJ
BJ
π √
d = π ).
k2 =
=
= tan = 3 ( le triangle ABJ est rectangle en J et BAJ
BI
AJ 
3
3

−→
−
→
π
\
α2 ≡ BI , BJ [2π] ≡ − [2π]
2
b) S1 ◦ S2 est une similitude directe de rapport k et d’angle α tel que :
√
1
✓ k = k1 × k2 3 × √ = 1
3
π π
✓ α ≡ α1 + α2[2π] ≡ − + [2π] ≡ 0[2π].
2
2
Donc S1 ◦ S2 est un d´eplacement d’angle 0.
D’o`
u S1 ◦ S2 est une translation.
→
Comme (S1 ◦ S2 ) (B) = J alors S1 ◦ S2 = t−
BJ

→ (H) = H1 ⇐⇒ t−→ (H1 ) = H ⇐⇒ (S1 ◦ S2 ) (H1 ) = H ⇐⇒ S1 [S2 (H1 )] = H ⇐⇒ S2 (H1 ) = S−1 (H) ⇐⇒ S2 (H1 ) = H.
c) t−
1
JB
BJ



1
b) g ◦ g est l’homoth´etie de centre Ω et de rapport √
3
(g ◦ g) (B) = A donc h(Ω, 1 ) (B) = A donc Ω ∈ (AB).

2

1
= .
3

3

√
1
3 donc h = g ◦ S−1
c) g ´etant une similitude directe de rapport √ et S−1
1 est une similitude directe de rapport
1 est une similitude
3
indirecte de rapport
1 d’o`
u h est un antid´eplacement.




h(A) = g ◦ S−1
(A)
=
A
et
h(J) = g ◦ S−1
(J) = J donc
1
1
 h =′ S(AJ) .
′
−1
′
−1
S(AJ) (H) = H ⇐⇒ g ◦ S1 (H) = H ⇐⇒ g S1 (H) = H ⇐⇒ g(H) = H ′ .
e) Le point Ω est l’intersection des droites (AB) et (JH ′ ).
[
∆ porte la bissectrice int´erieure de l’angle JΩA.

Correction de l’exercice 2
1. Soit h la fonction d´efinie sur [0, 1] par h(x) =

p

1 − x2 .

4° Maths 1

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d) H ∈ (AB) et Ω ∈ (AB) donc Ω, B et H sont align´es donc g(Ω), g(B) et g(H) sont align´es donc Ω, J et H ′ sont align´es d’o`
u Ω ∈ (JH ′ ).

p

x2 + y2 =

p

1 + (h(x))2 =

p
√
x2 + 1 − x2 = 1 = 1

b) M(x, y) ∈ Ch ⇐⇒ OM = 1etx ∈ [0, 1].
Donc Ch est l’arc AB du cercle de centre O et de rayon 1 avec A(1, 0) et B(0, 1).
Z1 p
π
1 − x2 dx = repr´esente l’aire de la partie du plan d´elimit´ee par la courbe Ch , l’axe des abscisses et les droites d’´equations x = 0
c)
4
0
et x = 1.
Comme Ch est l’arc AB du cercle de centre O et de rayon 1 avec A(1, 0) et B(0, 1) alors :
Z1 p
π × 12
π
1 − x2 dx =
= .
4
4
0
p
2. Soit la fonction d´efinie sur [0; 1] par f(x) = 2x − x2 .
√
f(x) − f(0)
2x − x2
2x − x2
1
1
a) lim+
= lim+
= lim+
×√
= lim+ (2 − x) × √
= +∞.
2
x→0
x→0
x→0
x→0
x
x
x
2x − x
2x − x2
Donc f n’est pas d´erivable `a droite en 0.

Annexe a` rendre avec la copie

ˆ le 2
Devoir de contro

a) OM =

b)
2

La fonction x 7−→ 2x − x est d´erivable et strictement positive sur ]0; 1] donc la fonction
p
2 − 2x
1−x
=√
.
f : x 7−→ 2x − x2 est d´erivable sur ]0; 1] et f ′ (x) = √
2 2x − x2
2x − x2

0

f ′ (x)

1
+

0
1

f(x)

Page 3/3

- 6/3 -

x

0

3. a) f est continue et strictement croissante sur [0; 1] donc elle r´ealise une bijection de [0; 1] sur :
f([0; 1]) = [0; 1]. Par suite f admet une fonction r´eciproque f−1 d´efinie sur [0; 1].
b) Soit x et y ∈ [0; 1] .
p
f−1 (x) = y ⇐⇒ f(y) =px ⇐⇒
2y − y2 = x ⇐⇒ 2y − y2 =p
x2 ⇐⇒ y2 − 2y = −x2 ⇐⇒ y2 − 2y + 1 = 1 − x2 ⇐⇒ (y − 1)2 =
2
1 − x2 ⇐⇒ y − 1 = − 1 − x2 ( car y −
p1 6 0) ⇐⇒ y = 1 − 1 − x .
−1
Alors pour tout x ∈ [0, 1], f (x) = 1 − 1 − x2 .
✓ A ′ l’aire de la partie du plan d´elimit´ee par C−1
equations x = 0 et x = 1.
f , l’axe des abscisses et les droites d’´
✓ A1 l’aire du carr´e OACB avec O(0; 0), A(1; 0), B(0; 1) et C(1; 1).
Z1
Z1 p
Z1
Z1
p
π
π
′
−1
2
A = A1 − 2 × A = 1| {z
× 1} −2 f (x)dx = 1 − 2 1 − 1 − x dx = 1 − 2 dx + 2
1 − x2 dx = 1 − 2 + 2 × = −1 +
4
2
0
0
0
|0 {z
}
A1
A′

4° Maths 1

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4. a) On d´esigne par :

Z1

Z1

f(x) − f (x)dx = f(x)dx − f−1 (x)dx.
0
0
Z01
Z1
π
π
π
Donc f(x) = A + f−1 (x)dx = −1 + + 1 − =
2
4
4
0
0
Z1 p
Z1 p
π
∗
5. Soit la suite (In ) d´efinie sur N par I0 =
1 − x2 dx = et pour tout n ∈ N , In = xn 1 − x2 dx
4
0
0

1
Z1 p
Z1
i1
h
p
p
p
1
1 2
1
1
a) I1 = x 1 − x2 dx = −
−2x 1 − x2 dx = −
(1 − x2 ) 1 − x2 = − (1 − x2 ) 1 − x2 = .
2 0
2 3
3
0
3
0
0
n
b) In+1 =
In−1 .
+3
Zn
Z1
1
p
p
n+1
2
In+1 = x
1 − x dx = xn × x 1 − x2 dx.
b) A =

−1

0

0

On pose :

u(x) = xn
−→ u ′ (x) = nxn−1
p
p
1
v ′ (x) = x 1 − x2 −→ v(x) = − (1 − x2 ) 1 − x2
3

1
Z1
Z1
Z
Z
p
p
p
1 n
n
n
n 1 n−1 p
n 1 n+1 p
2
n−1
2
n−1
n+1
2
2
2
2
= − x (1 − x ) 1 − x +
x (1−x ) 1 − x dx =
(x −x ) 1 − x dx =
x
1 − x dx−
x
1 − x2 dx =
3
3
3
3
3
0
0
0
0
|
{z
}0
=0

n
n
In − In+1 .
3
3
n
n
n+3
n
n
Donc In+1 + In+1 = In donc
In+1 = In d’o`
u In+1 =
In
3
3
3
3
n+3
1
1 π
π
c) I2 = I0 = × = .
4
4 4
16
2
2 1
2
I3 = I1 = × = .
5
5 3
15

Page 3/3

- 7/3 -

In+1

Annexe a` rendre avec la copie

ˆ le 2
Devoir de contro

Z1

1. a) On a :

i πh
✓ La fonction x 7−→ tan x est d´erivable et strictement positive sur 0;
donc la fonction
2
i πh
√
u : x 7−→ tan x est d´erivable sur 0; .
2
t
✓ La fonction f : t 7−→
est continue sur R.
1 + t4

4° Maths 1

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Correction de l’exercice 3

i πh
i πh
Alors F est d´erivable sur 0;
et pour tout x ∈ 0;
on a :
2
2
√
1 + tan2 x
tan x
1 + tan2 x
1
1
×
=
F ′(x) = u ′ (x) × f [u(x)] = √
=
×
√

4
2
2
2
1 + tan x
2 tan x
1+
tan x

b) On a :

Page 3/3

- 8/3 -

4° Maths 1

Prof : L. Ghaleb

h πh
✓ La fonction x 7−→ tan x est continue et positive sur 0;
donc la fonction
2
h πh
√
u : x 7−→ tan x est continue sur 0; .
2
t
✓ La fonction f : t 7−→
est continue sur R.
1 + t4
h π h
✓ u 0;
⊂R.
2
✓ 0∈R
h πh
Alors F est continue sur 0; .
i2 π h
i πh
1
De plus F est d´erivable sur 0;
et pour tout x ∈ 0;
on a : F ′ (x) = alors :
2
2
2
h πh
1
on a : F(x) = x + c.
pour tout x ∈ 0;
2
2
Z √tan 0
Z0
t
t
F(0) =
dt =
dt = 0.
4
1 + t4
0
0 1+t
1
Donc 0 = × 0 + c donc c = 0.
2
h πh
x
D’o`
u pour tout x ∈ 0;
, F(x) = .
2
2
Z1
Z √tan π
π π
4
t
t
c)
dt =
dt = F
= .
4
1 + t4
4
8
0 1+t
0
1
1
1
2. a) 0 6 t 6 1 =⇒ 0 6 t4 6 1 =⇒ 1 6 1 + t4 6 2 =⇒
6
6 1 =⇒ 0 6
61
4
2
1+t
1+
t4


Z
Z
1
1 4n+1
1
t
t4n+2
t4n+1
4n+1
4n+1
6
t
=⇒
0
6
dt
6
t
dt
=⇒
0
6
I
6
=⇒
=⇒ 0 6
n
4
1 + t4
4n + 2 0
0 1+t
0
1
0 6 In 6
.
4n + 2
1
1
, et lim
= 0 Alors lim In = 0
b) On a : 0 6 In 6
n→+∞ 4n + 2
n→+∞
4n + 2

Annexe a` rendre avec la copie

ˆ le 2
Devoir de contro

i π h
0;
⊂R.
2
✓ 0∈R
✓ u

0

t4n+1
dt +
1 + t4

Z1
0

t4n+3
dt =
1 + t4

Z1
0

t4n+1 (1 + t4 )
dt =
1 + t4

Z1

t4n+1 dt =

0

4
.
4n + 2

d) On a :
1
alors I2 =
6
1
I1 + I0 = alors I1 =
Z1 2
1
π
I0 =
dt =
4
8
0 1+t

I2 + I1 =

1
− I1 .
6
1
− I0 .
2

1 π
1 1 π
1 π
−
=⇒ I2 = − + = − + .
2 8
6 2 8
3 8
n
n
n
n
X
X
X
1
(−1)k
(−1)k X
k
k
k
k
3. a) Ik+1 + Ik =
=⇒ (−1) Ik+1 + (−1) Ik =
=⇒
(−1) Ik+1 +
(−1) Ik =
.
(−1)k Ik+1 = I1 − I2 + I3 −
4k + 2
4k + 2
4k
+
2
k=0
k=0
k=0
k=0
=⇒ I1 =

Annexe a` rendre avec la copie

ˆ le 2
Devoir de contro

c) In+1 + In =

Z1

I4 + · · · + (−1)n−1 In + (−1)n In+1 .
n
X
(−1)k Ik = I0 − I1 + I2 − I3 + · · · + (−1)n In .
k=0

Donc Sn =

k=0

k

(−1) Ik+1 +

π
D’o`
u Sn − = (−1)n In+1 .
8

n
X
k=0

(−1)k Ik = I0 + (−1)n In+1 =

π
+ (−1)n In+1 .
8

π
b) −1 6 (−1)n 6 1 =⇒ −In+1 6 (−1)n In+1 6 In+1 =⇒ −In+1 6 Sn − 6 In+1 =⇒
8
π
π
− In+1 6 Sn 6 + In+1 .
8
8
π
π
π
π
π
lim
− In+1 = et lim
+ In+1 = alors lim Sn =
n→+∞ 8
n→+∞ 8
n→+∞
8
8
8

Page 3/3

- 9/3 -

n
X

4° Maths 1

Prof : L. Ghaleb