Corrigé Math1 SM 2016 2017 .pdf


Nom original: Corrigé Math1 SM 2016-2017.pdf

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A.U 2016-2017
Dur´
ee:1h 30mn

)

Universit´
e Abou Bekr Belkaid
Facult´
e des Sciences-Tronc Commun SM

Tl
em

Exercice 1(Cours):(8pts)

es

(U

x2 − 4 6= 0(0.25)
(x − 2)(x + 2) 6= 0(0.25)
x 6= 2(0.25) et x 6= −2.(0.25)

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

Sc

ie
nc

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ni
v.

1. Dg◦h = {x ∈ R/h(x) 6= 0},(0.25)
h(x) 6= 0

ce
n

Corrig´
e de l0 Examen Final (Maths1)

de
s

d’o`
u Dg◦h = R − {−2, 2} =] − ∞, −2[∪] − 2, 2[∪]2, +∞[. (0.25)
2. ∀x ∈ R − {−2, 2} : f (x) = ((g ◦ h)(x) = g[h(x)] = x24−4 . (0.25)
=

(0.25)
A
x−2

+

(0.25)
B
,
x+2

ul


4
(x−2)(x+2)

A = 1(0.25), B = −1(0.25). Ainsi

Fa
c

3. f (x) =

1
1

(0.25).
x−2 x+2

)~

f (x) =
(0.25)

Z

Z

1
dx −
x−2

(S
1

4
dx =
2
x −4

(0.25)
(0.25)
(0.25)
1
dx = ln |x − 2| − ln |x + 2| + C .
x+2

T

I=

(0.25)

Z

SM

/S

4. on a

cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β. (0.25)

(1)

LM

D

i. si α = β, de (1), on obtient
(0.25)

Pr
em


r

e

cos(2α) = cos2 α − sin2 β

ii. On a sin2 α = 1 − cos2 α (0.25), ainsi de (2) on en d´eduit
cos(2α) = cos2 α − 1 + cos2 α = 2 cos2 α − 1.(0.25)

5. On a x = 2 sin t =⇒

dx
dt

= 2 cos t =⇒ dx = 2 cos t dt, (0.25)

si x = 0 : 2 sin t = 0 =⇒ sin t = 0 =⇒ t = 0,(0.25)
si x = 2; 2t = 2 =⇒ sin t = 1 =⇒ t = π2 ,(0.25).
1

(2)

d’o`
u
(0.25)

Z

(0.25)

Z

π
2

=

0

p
4 − 4 sin2 t.2. cos tdt

)

4−

x2 dx

0
π
2

=

ce
n



p
4 1 − sin2 t cos tdt

Tl
em

2

Z

0

Z

(0.25)

=

π
2

4


cos2 t cos tdt

0

Z

ni
v.

4

(U

=

(0.25)

(0.25)

=

(0.25)

π.

Sc

=

ie
nc

es

=

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π
2

π
cos2 tdt, car cos t ≥ 0, ∀t ∈ [0, ].(0.25)
2
0
Z π
2 1
4
(1 + cos 2t)dt d’apr`es la question b
0 2
π
1
2[t + sin 2t]02
2

(0.25)

Fa
c

ul


de
s

Exercice 2:(8 pts)
P
1
1
1. Montrons que P(n) : ∀n ≥ 1, Sn = nk=1 k(k+1)
= 1 − n+1
est vraie.
P
(0.25) 1
1
1 (0.25) 1
• On a P(1) : S1 = 1k=1 k(k+1)
= 2 , 1 − n+1
= 2 pour n = 1 d’o`
u P(1)
est vraie.
• Supposons P(n) est vraie pour n fix´e et montrons que P(n + 1) est vraie i.e
montrons que
n+1
X

1
1
n+1
=1−
=
(0.25)
k(k + 1)
n+2
n+2

)~

Sn+1 =

(S
1

k=1

Pr
em


r

e

LM

D

SM

k=1

n

1
1
1
(0.25) X
=
+
k(k + 1)
k(k + 1) (n + 1)(n + 2)
k=1

/S
T

Sn+1 =

n+1
X

1
1
+
d’apr`es l’hypoth`ese
n + 1 (n + 1)(n + 2)
2
(0.25) n + 2n + 1
=
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)2
=
(n + 1)(n + 2)
(0.25) n + 1
=
.
n+2
(0.25)

= 1−

Donc P(n + 1) est vraie.(0.25)
Conclusion: P(n) est vraie ∀n ≥ 1.(0.25)
2.

(0.25)

(0.25)

• f (2) = 45 , f ( 12 ) = 54 ,
f injective ⇐⇒ ∀x1 , x2 ∈ R : x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 )(0.25) or 2 6= 12
et f (2) = f ( 12 )(0.25), donc f n’est pas injective. (0.25) (ou f injective
⇐⇒ ∀x1 , x2 ∈ R : f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 )
2


2x
=2
1 + x2
⇐⇒ 2x2 − 2x + 2 = 0 (0.25)

ce
n

)

f (x) = 2 ⇐⇒

(3)

yx2 − 2x + y = 0.

es

(0.25)
2x
⇐⇒
1+x2

ie
nc

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∀y ∈ [−1, 1] : y = g(x) ⇐⇒ y =

(U

ni
v.

Tl
em

∆0 = −3 < 0(0.25) donc l’´equation (3) n’admet pas de solutions dans
R.(0.25)
f surjective ⇐⇒ ∀y ∈ R, ∃x ∈ R/y = f (x).(0.25) or 2 n’admet pas
d’ant´ec´edants dans R, alors f n’est pas surjective.(0.25)
2x
• g : [−1, 1] → [−1, 1]/g(x) = 1+x
2
g bijective ⇐⇒ ∀y ∈ [−1, 1], ∃!x ∈ [−1, 1]/y = g(x)(0.25)

Fa
c

2

ul


de
s

Sc

(a) Si y = 0 alors x = 0 ∈ [−1, 1] existe et est unique,(0.25)
(b) Si y 6= 0 : ∆0 =(1 − y 2 (0.25)(ou ∆ = 4(1 − y 2 )),
∆0 ≥ 0 ⇐⇒ y ∈ [−1, 1]
signe de ∆0 :
(0.25)
∆0 < 0 ⇐⇒ y ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[.
Or y ∈ [−1, 1] donc l’´equation, admet deux solutions:


x = 1− 1−y2 ∈ [−1, 1](0.25)
1
√y
1+
1−y 2
x =
6∈ [−1, 1].(0.25)
y


1−

1−y 2

SM

/S
T

(S
1

)~

Ainsi pour tout y ∈ [−1, 1], il existe un unique x =
dans [−1, 1]
y
tel que y = g(x) donc g est bijective.(0.25)
• g(x) + ex = 0 =⇒ 2x + ex (1 + x2 ) = 0, soit h(x) = 2x + ex (1 + x2 ),
h est continue sur R en particulier sur [−1, 1](0.25)(Somme de deux fonctions continues), h(−1) = 2e − 2 ' −1.28 < 0, h(1) = 2 + 2e ' 7.42 > 0 on
a h(−1).h(1) < 0.(0.25)
Ainsi d’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires

D

∃c ∈] − 1, 1[/h(c) = 0, (0.25)

e

LM

et puisque h est bijective sur [−1, 1](continue et strictement croissante h0 (x) =
2 + ex (x + 1)2 > 0, ∀x ∈ R),(0.25) alors c est unique.(0.25)
Exercice 3:(4pts)
(0.25)

Pr
em


r

1. Df = {x ∈ R/x 6= 0 et 1 + x > 0} = ] − 1, 0[∪[0, +∞[(0.25)
g(x)
2. Soit f (x) = h(x)
, on v´erifie les hypoth`eses:((0.25) pour le calcul de chaque
d´eriv´ee plus (0.25) de chaque hypoth`ese)
(
x
, g(0) = 0 (0.5)
g est d´erivable au voisinage de 0, g 0 (x) = − 1+x
0
h est d´erivable au voisinage de 0, h (x) = 2x. h0 (x) 6= 0 si x 6= 0, h(0) = 0 (0.5)
g 0 (x)
h0 (x)



x

1
1+x
= limx→0 2x
= limx→0 − 2(1+x)
= − 12 (0.25)
1
alors lim f (x) = − . (0.25)
x→0
2

limx→0

3

ce
n

)

1
3. f n’est pas d´efinie en 0 et lim f (x) = − existe et est finie(0.25), alors f admet
x→0
2
(
f (x) si x ∈ Df ,
un prolongement par continuit´e en 0(0.25) et f˜(x) =
(0.25)
− 12 si x = 0.

Pr
em


r

e

LM

D

SM

/S

T

(S
1

)~

Fa
c

ul


de
s

Sc

ie
nc

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es

(U

ni
v.

Tl
em

4. J est continue sur R (en particulier sur [a, a + 2π], a ∈ R)(0.25)
J est d´erivable sur R (en particulier sur ]a, a + 2π[, a ∈ R)(0.25)
a+cos a
f (a + 2π) = sin(a+2π)+cos(a+2π)
= sin
= f (a)(0.25)
1+cos2 (a+2π)
1+cos2 a
car les fonctions x 7→ sin x, x 7→ cos x sont p´eriodiques de p´eriode 2π(0.25). D’apr`es
le th´eor`eme de Rolle
∃c ∈]a, a + 2π[/f 0 (c) = 0.(0.25)

4


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