EF+Corrigé Maths1 SM 2017 2018 .pdf


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

A.U 2017-2018
16/01/2018
1h 30mn

Epreuve Finale (Maths1)

8
1
20

(L’usage de la calculatrice est interdit)

7
1

Exercice 1:(cours)(10pts)
1. Soit P l’application d´efinie sur R par

0
2
)

P (x) = 1 − 2x2 .


• D´eterminer l’image directe de [− 2/2, 2/2] par l’application P .
• D´eterminer l’image r´eciproque de [−1, 1] par l’application P .

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m

e
Tl

n
e
c

2. On rappelle que x 7→ cos x est une bijection de [0, π] dans [−1, 1].
Soit
f (x) = arccos(1 − 2x2 ).

.

es

v
ni

(U

• D´eterminer le domaine de d´efinition de f .
• Calculer la d´eriv´ee de f et pr´eciser le domaine o`
u f est d´erivable.

c
n
e

i
c
S

3. Montrer que ∀x ∈ [−1, 1]; arccos(x) + arccos(−x) = π.
4. Soit

l
u
c



s
e
d

g(x) =

x2

2x − 1
.
− 5x + 6

• D´ecomposer g(x) en ´el´ements simples.
• Calculer la primitive de la fonction g.

~
)
1

Fa

Exercice 2:(5pts) Soit

(S

x2 − 1
f (x) =
|x − 1|
1. D´eterminer le domaine de d´efinition de f .

D

LM

SM

2. Calculer lim+ f (x), lim− f (x).
x→1

3.
e Peut-on prolonger f par continuit´e en 1?
r
è

i

m

e
r
P

x→1

Exercice 3:(5pts) Soit k, k 0 deux entiers naturels non nuls.

1. Ecrire la contrapos´ee de
k.k 0 = 1 =⇒ k = k 0 = 1.

(1)

2. En utilisant la contrapos´ee, montrer que la proposition (1) est vraie.
3. Montrer que: ∀n ∈ N;

n
X

(2k + 1) = (n + 1)2 .

k=0

Bon courage

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

A.U 2017-2018
/01/2018
1h 30mn

Epreuve Finale (Maths1)
Exercice 1:(cours)(10pts)

8
1
0

2

7
1

1. Soit P l’application d´efinie sur R par

0
2
)

P (x) = 1 − 2x2 .


• Image
de [− 2/2,
2/2] par l’application Po.
directe
n




P − 2/2, 2/2 = P (x); x ∈ [− 2/2, 2/2] (0.25)




(0.25)
x ∈ [− 2/2, 2/2] ⇐⇒ − 2/2 ≤ x ≤ 2/2 ⇐⇒ 0 ≤ x2 ≤ 2/4 ⇐⇒

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m

.

v
ni

(0.25)

e
Tl

n
e
c

0 ≤ 2x2 ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ −2x2 ≤ 0 ⇐⇒ 0 ≤ 1 − 2x2 ≤ 1.


Par cons´equent P ([− 2/2, 2/2]) = [0, 1](0.25).

es

(U

• Image
de [−1, 1] par l’application P .
r´eciproque

P −1 [−1, 1] = {x ∈ R; P (x) ∈ [−1, 1]}(0.25)

c
n
e

i
c
−2 ≤ −2x ≤ 0 ⇐⇒ 0 ≤ 2x S≤ 2 ⇐⇒ 0 ≤ x ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ x ≤ 1.
s= [−1, 1].(0.25)
Par cons´equent P ([−1, 1])
e
d
é
2. On rappelle que x 7→ cos xltest une bijection de [0, π] dans [−1, 1].
u
Soit
c
Fa f (x) = arccos(1 − 2x ).
~d´efinition de f .
• Domaine de
)


1
D = {x

R,
1

2x

[−1,
1]}(0.25).
Comme
P
[−1,
1]
= [−1, 1]
S
(
alors
D = [−1, 1](0.75).
M
S
•DD´eriv´ee de f : f (x) = (1−2x ) . arccos (1−2x )
=
(−4x). √
LM
=
.
e
f est d´efinie sur ] − 1, 0[∪]0, 1[(0.75). On remarque aussi que
èr
P (x) ∈ [−1, 1] ⇐⇒ −1 ≤ P (x) ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ 1 − 2x2 ≤ 1 ⇐⇒
2

(0.25)

2

(0.25)

2

−1

2

−1

2

f

f

0

(0.25)

2 0

0

2

(0.25)+(0.5)

(0.25)
−1
=
2
2
1−(1−2x )

(0.25)
4x
√2x
4x2 −4x4
|x| 1−x2
0



i

em
r
P

lim f 0 (x) = 2 et lim− f 0 (x) = −2. donc f est d´erivable sur ] − 1, 0[∪]0, 1[

x→0+

x→0

3. Montrons que ∀x ∈ [−1, 1]; arccos(x) + arccos(−x) = π:
(0.25)

(0.25)

arccos(−x); ∀x ∈ [−1, 1] donc cos y = −x ⇐⇒ x =
(0.25)
(0.25)
(0.5)
− cos y = cos(π − y) ⇐⇒ arccos x = arccos cos(π − y) = π − y.
Par cons´equent arccos x + arccos(−x) = π; ∀x ∈ [−1, 1].(0.25)
Soit y

=

4. Soit
g(x) =

2x − 1
.
x2 − 5x + 6

1

(0.5)

• D´ecomposition de g(x) en ´el´ements simples: g(x) =
donc ´ecrire
(0.5) A
B
g(x) = x−2
+ x−3
o`
u A = −3(0.25), B = 5(0.25)
Ainsi
−3
5
g(x) =
+
(0.25)
x−2 x−3

2x−1
(x−2)(x−3)

on peut

8
1
0

• Primitive de g(x):

-2
7
g(x)dx = − 3 ln |x − 2| + 5 ln |x − 3| + C ; C ∈ R1
0
2
.
)
n
ce
Exercice 2:(5pts) Soit
x −1
em
f (x) =
l
|x − 1|
T
.
iv
n
1. Domaine de d´efinition de f : D = {x ∈ R/ |x − 1| =
6 0} = R − {1}(0.5)
(U
s
2. Calcul de lim f (x), lim f (x).
e
(
c
x − 1 ; xn> 1, (0.5)
On a ∀x ∈ R − {1}; |x − 1| =
ie
−x +c1 ; x < 1.(0.5)
S
x −1 s
x −1
Donc lim f (x) = lim
=e lim x+1 = 2(0.5) et lim f (x) = lim
=
x−1d
−x + 1
lim −(x + 1) = −2(0.5) é
lt
u
c donc f n’admet pas un prolongement par continuit´e
3. lim f (x) 6= lim f (x)(01)
a
F
en 1(01).
~
) Soit k, k deux entiers naturels non nuls.
1
Exercice 3:(5pts)
(S
1. La contrapos´
ee de
SM
k.k = 1 =⇒ k = k = 1.
(1)
D
est
LM
k 6= 1 ∨ k 6= 1 =⇒ k.k 6= 1.(01)
e
èr

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Z

(0.25)

(0.5)

(0.5)

2

(0.5)

f

x→1+

x→1−

2

x→1+

2

x→1+

x→1−

x→1+

x→1−

x→1−

x→1+

x→1−

0

0

0

0

i

em
r
P

0

2.
Montrons que la proposition (1) est vraie
en utilisant la contrapos´ee.
0
0
(1) ⇐⇒ k 6= 1 ∨ k 6= 1 =⇒ k.k 6= 1
(0.25)

Supposons (0.5)k 6= 1 ou k 0 6= 1, alors soit
et k 0 ≥ 2).
• Si k ≥ 2 et k 0 ≥ 1 alors k.k 0 6= 1.(0.5)
• Si k ≥ 1 et k 0 ≥ 2 alors k.k 0 6= 1.(0.5)
Ainsi la proposition (1) est vraie.

2

( k ≥ 2 et k 0 ≥ 1) ou

(0.25)

( k≥1

3. Montrons

n
X

∀n ∈ N;

(2k + 1) = (n + 1)2 .

k=0

• Pour n = 0,

0
X
(2k + 1) = 1 = (0 + 1)2 = 1.(0.25)

8
1
0

k=0

• Supposons pour n fix´e que

n
X

2

7
1

(2k + 1) = (n + 1)2 (0.25) et montrons que

0
2
)

k=0
n+1
X
(2k + 1) = (n + 2)2 .(0.25)

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k=0

n+1
X

m

(0.5)

(2k + 1) =

k=0

n
X

.

v
ni

e
Tl

n
e
c


(2k + 1) + 2(n + 1) + 1

k=0

es

(0.25)

(U

= (n + 1)2 + 2n + 3

(0.25)

c
n
e

= n2 + 4n + 4 = (n + 2)2 .

es

Conclusion: Ainsi ∀n ∈ N;

re
è
i

LM

D

SM

~
)
1
S
(

Fa

lté
u
c

d

i
c
S (2k + 1) = (n + 1) .(0.25)

n
X
k=0

em
r
P

3

2


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