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Mathématiques
Contrôle no 3

GS Almoustakbal II - Fès1ère BIOF. SM

Durée: 1h 50min

Prof. A. Lamrani
le Vendredi 27/12/2019
Calculatrice non autorisée

La qualité de la rédaction et la précision des raisonnements influent sur la notation.

Éléments de réponse.

Exercice 1

On considère l’application f : R → R définie par f (x) = x2 − x.

4 pts

1 a) - Montrer que (∀x ∈ R) : f (1 − x) = f (x). L’application f est-t-elle injective ?
Pour x ∈ R on a :
f (1 − x) = (1 − x)2 − (1 − x)
= 1 + x2 − 2x − 1 + x
= x2 − x = f (x).
Ainsi : (∀x ∈ R) : f (1 − x) = f (x).
Pour x = 0 (par exemple) on voit que f (1) = f (0) alors que 0 6= 1.
L’application f n’est donc pas injective.


1
b) - Montrer que f (R) = − , +∞ . L’application f est-t-elle surjective ?
4

1
Montrons que f (R) = − , +∞ .
4


1
Montrons tout d’abord que f (R) ⊂ − , +∞ .
4
Pour x ∈ R on a :


1
1
1 2
1
1
2
2
f (x) = x − x = x − x + − = x −
− >− .
4
4
2
4
4


1
On a bien f (R) ⊂ − , +∞ .
4


1
Montrons maintenant que : − , +∞ ⊂ f (R). Soit donc à montrer que :
4
1
(∀y > − )(∃x ∈ R) : f (x) = y
4


1
Pour (x,y) ∈ R × − , +∞ on a :
4

0,75 pt

1 pt

(∗)

⇐⇒ x2 − x = y


1 2
1
⇐⇒ x −
− =y
2
4

1 2
1
⇐⇒ x −
= +y
2
r4
1
1
⇐⇒ x − = ±
+y
2
r 4
1
1
⇐⇒ x = ±
+y
2
4


1
En conclusion (∗) a lieu et nous avons : f (R) = − , +∞ .
4
c) - Déterminer f −1 (R− ).
Pour x ∈ R on a :
f (x) = y

x ∈ f −1 (R− )

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

0,75 pt

f (x) ∈ R−
f (x) 6 0
x2 − x 6 0
x(x − 1) 6 0
x ∈ [0,1]. ... entre les racines ...

Ainsi : f −1 (R− ) = [0,1].

Bonne chance

1/5





1
1
2 - On considère la fonction g : −∞,
→ − , +∞ définie par g(x) = f (x).
2
4
a) - Vérifier que g est une application.


1
On a d’après 1 − b) : f (R) = − , +∞ d’où , en particulier :



4


1
1
1
g −∞,
=f
−∞,
⊂ f (R) = − , +∞ . On a donc :
2
2
4
(∀x 6

0,5 pt

1

1
)(∃!y > − ) : g(x) = y.
2
4

D’où le résultat.
b) - Montrer que g est une bijection
et déterminer
sa bijection réciproque g −1 .


1
1
Pour (x,y) ∈ −∞,
× − , +∞ on a :
2
4
g(x) = y

1 pt

⇐⇒ x2 − x = y


1 2
1
⇐⇒ x −
= +y
2
r4
1
1
⇐⇒ x − = ±
+y
2
r 4
1
1
⇐⇒ x = ±
+y
2
r4
r
r
1
1
1
1
1
1
1
1
⇐⇒ x = −
+ y car : +
+ y > et −
+y 6
2
4
2
4
2
2
4
2

g est donc une bijection et sa bijection réciproque est :




1
1
−1
→ −∞,
g
: − , +∞
4
r2
1
1
+x
x 7→ −
2
4

Exercice 2

9 pts

On considère les suites (an ), (bn ) et (cn ) définies par :


 a0 = a1 = 1
1
2
1
, bn = an+1 − an et cn = 3n an , pour n ∈ N.
 an+2 = an+1 − an , n ∈ N.
3
3
9
1 - Montrer que (bn ) est une suite géométrique en précisant sa raison et son premier terme puis déterminer
son terme générale.
2 pts
Soit n ∈ N on a :


1
2
1
1
2
1
1
1
1
bn+1 = an+2 − an+1 = an+1 − an − an+1 = an+1 − an =
an+1 − an = bn .
3
3
9
3
3
9
3
3
3
La suite (bn ) est donc géométrique de raison q =

1

et de premier terme b0 = a1 −

3
pour tout n ∈ N.

1
3

a0 = 1 −

1
3

=

2
3

.

2 1
2
.
= n+1
3 3n
3
2 - Montrer que (cn ) est une suite arithmétique en précisant sa raison et son premier terme puis déduire
son terme générale.
2 pts
Soit n ∈ N on a :


1
2
3n+1
cn+1 − cn = 3n+1 an+1 − 3n an = 3n+1 bn + an − 3n an = 3n+1 n+1 +
an − 3n an = 2.
3
3
3
D’où bn = b0 .q n =

La suite (cn ) est donc arithmétique de raison r = 2 et de premier terme c0 = 30 a0 = 1. D’où :
(∀n ∈ N) : cn = c0 + nr = 1 + 2n.

ère

1

BIOF. SM

Contrôle no 3

2/5

3 - Écrire an en fonction de n pour n ∈ N.
On a : pour tout n ∈ N : cn = 3n an et d’après la question précédente on déduit que :
an =

4 - Montrer que : (∀n ∈ N∗ ) : 0 < an+1 6


Soit n ∈ N on a bien an+1 > 0. et
an+1 6

2
3

an

2

cn
3n

=

1 + 2n
3n

.

1,5 pt

an .

3

0,5 pt

2 1 + 2n
.
3
3n
⇐⇒ 2n + 3 6 2 + 4n
⇐⇒ 1 6 2n condition toujours réalisée.
⇐⇒

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

6

Ce qui donne le résultat.
5 - Déduire que : (∀n ∈ N∗ ) : 0 < an+1 6

n
2
3

1,5 pt

.
n
2

2
c’est à dire que
D’après la question précédente, il suffit de montrer que : (∀n ∈ N∗ ) : an 6
3
3
n−1
2
(∀n ∈ N∗ ) : an 6
.
3
0
2
Par récurrence : Pour n = 1 on a a1 = 1 6 1 =
.
3
n−1
n
2
2

Supposons que pour n ∈ N on a : an 6
et montrons que : an+1 6
.
3
3
n−1
n
2 2
2
2
=
.
On a : an+1 6 an 6
3
3 3
3
n
2
En conclusion on a : (∀n ∈ N∗ ) : 0 < an+1 6
.
3
n−1 !
2

1,5 pt
6 - Déduire que (∀n ∈ N \{1}) : a2 + a3 + ... + an 6 2 1 −
3
D’après ce qui précède, pour n > 1, on a :
1 2
n−1
2
2
2
a2 + a3 + ... + an 6
+
+ ... +
3
3
3
n−1−1+1
2 1 − 23
6
3
1 − 32
n−1 !
2
.
62 1−
3

Exercice 3



On considère les points A(3, 3), B(5, 3) et C(6,0).
Et (C) l’ensemble des points M (x,y) tels que : x2 + y 2 − 8x + 12 = 0.
1 - Montrer que (C) est un cercle en précisant son centre et son rayon.
Pour (x,y) ∈ R2 on a :
x2 + y 2 − 8x + 12 = 0

5 pts
0,75 pt

⇐⇒ x2 − 8x + 16 + y 2 = 4
⇐⇒ (x − 4)2 + y 2 = 4

L’ensemble (C) est donc le cercle C(Ω(4,0), 2).
2 - Vérifier que A ∈ (C) et déterminer l’équation de la droite (D) tangente à (C) en A.
0,75 pt
√ 2
2
2
2
On a : (xA − 4) + yA = (3 − 4) + 3 = 4, d’où A ∈ (C).
L’équation de (D), la droite tangente à (C) en A est :


(x − xA )(xΩ−xA ) + (y − yA )(yΩ−yA ) = 0 ⇐⇒ (x − 3)(4 − 3) + (y − 3)(0 − 3) = 0.

Enfin (D) : x − 3y = 0.
ère

1

BIOF. SM

Contrôle no 3

3/5

3 - Déterminer l’équation de la droite (∆) perpendiculaire à (D) et passant par le point B et monter que
(∆) coupe
1 pt

√(C) en B et C.

à
(D)
donc
normale
à
(∆),
ainsi
(∆)
:
3x
+
y
+
c
=
0
et
puisque
on
On a −
n ( 3,1) est directeur




a : B ∈ (∆) √
⇐⇒
3xB √
+ yB + c = 0 ⇐⇒ 5 3 + 3 + c = 0 ⇐⇒ c = −6 3.
En fin (∆) : 3x + y − 6 3 = 0.
Et puisque :


(xB − 4)2 + yB 2 = 4 et (xC − 4)2 + yC 2 = 4 et 3xC + yC − 6 3 = 0 on a :
(C) ∩ (∆) = {B,C}.
−→ −→
−→ −→
−→
−→
\
4 - Calculer cos(AB,AC) et sin(AB,AC) et déduire la mesure principal de l’angle (AB,AC).

−→
−→
On a AB(2,0) et AC(3, − 3) d’où :

1,5 pt


−→ −→
6
3
AB.AC
−→ −→
cos(AB,AC) =
= √
=
AB.AC
2
2. 12
et


−→ −→
−2 3 − 0
1
det(AB,AC)
−→ −→
=
sin(AB,AC) =
=− .

AB.AC
2
2. 12

π
−→
−→
\
Ce qui donne que la mesure principal de l’angle (AB,AC) est − .
6

2
2
x
+
y

8x
+ 12 <


√0
5 - Résoudre graphiquement le système : (S)
(x − 3y)( 3x + y − 6 3) < 0

1 pt

l’ensemble des solutions du système (S) est l’ensemble des (x,y) tels que M (x,y) appartienne à la zone
coloriée.

Exercice 4

Soient E et F deux ensembles non vides et f : E −→ F.
2 pts
Montrer que : f est une bijection ⇐⇒ (∀A ∈ P(E)) : f (A) = f (A).
On suppose que : (∀A ∈ P(E)) : f (A) = f (A) et on montre que f est une bijection. Montrons tout d’abord
que f est surjective.
Pour A = ∅ on a f (∅) = f (∅) ce qui donne f (E) = ∅ = F. L’application f est donc surjective.
Montrons maintenant que f est injective.
Soit (a,b) ∈ E 2 avec a 6= b montrons que f (a) 6= f (b).
On a a 6= b =⇒ a ∈ {b} =⇒ f (a) ∈ f ({b}) = {f (b)} =⇒ f (a) 6= f (b). L’application f est donc
injective. En conclusion f est bijective.
Inversement : On suppose que f est bijective et on montre que (∀A ∈ P(E)) : f (A) = f (A).
Soit A ∈ P(E)). Montrons que f (A) = f (A).
Soit y ∈ f (A) il existe x ∈ A tel que y = f (x), l’application f étant en particulier injective on a :
(∀a ∈ A) : f (a) 6= f (x) = y c’est à dire que y ∈
/ f (A) ou encore y ∈ f (A) ce qui montre que
f (A) ⊂ f (A).
ère

1

BIOF. SM

Contrôle no 3

4/5

Montrons l’inclusion réciproque. Soit y ∈ f (A), f étant en particulier surjective il existe x ∈ E tel que
y = f (x). On a deux cas x ∈ A ou x ∈ A le premier est impossible car f (x) = y ∈ f (A). Ce qui fait la
démonstration.
NB :
Vous pouvez scanner ce code QR pour signaler une remarque ou faire un commentaire
concernant cette correction.

ère

1

BIOF. SM

Contrôle no 3

5/5


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