Fiche de mathématiques

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Bac C E Togo 2019

Durée : 4 heures

Coefficient : 5

points

exercice 1.

points

exercice 2.

points

probleme

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Bac C E Togo 2019

points

exercice 1

Soit $(\mathscr{C})$ l'ensemble des fonctions numériques continues sur $\R_+^*.$
Pour tout f de $(\mathscr{C})$ , on définit la fonction F sur $\R_+^*$ par $F(x)=\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{f(t)}{t}\ dt.$

1. La fonction f est continue sur $\R_+^*.$
La fonction définie par : $t\mapsto t$ est continue sur $\R_+^*.$
Donc la fonction définie par : $t\mapsto \dfrac{f(t)}{t}$ est continue sur $\R_+^*$ (quotient de deux fonctions continues sur $\R_+^*$ ).
Les fonctions u et v définies par u (x) = 3x et v (x ) = x sont de classe $\mathscr{C}^1$   (= fonctions dérivables à dérivées continues).
Par conséquent, la fonction F définie sur $\R_+^*$ par $F(x)=\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{f(t)}{t}\ dt$ est de classe $\mathscr{C}^1$ et est donc dérivable sur $\R_+^*.$

Déterminons l'expression de F' (X ).

$F'(x)=\dfrac{f(x)}{x}-\dfrac{f(3x)}{3x}\times(3x)' \\\overset{}{\phantom{F'(x)}=\dfrac{f(x)}{x}-\dfrac{f(3x)}{3x}\times3} \\\overset{}{\phantom{F'(x)}=\dfrac{f(x)}{x}-\dfrac{f(3x)}{x}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall x\in \R_+^*,\ F'(x)=\dfrac{f(x)-f(3x)}{x}}$

2. a) Soit f une fonction constante définie sur $\R_+^*$ par f (t ) = k où k est un réel.
$\forall x\in \R_+^*,\ F'(x)=\dfrac{f(x)-f(3x)}{x}=\dfrac{k-k}{x}=0\Longrightarrow\boxed{\forall x\in \R_+^*,\ F'(x)=0}$
Étant donné que pour tout x dans $\R_+^*$ , F'(x ) = 0, nous en déduisons que la fonction F est une fonction constante.

Définissons F dans ce cas.
$\forall x\in \R_+^*,\ F(x)=\int\limits_{3x}^x\ \dfrac{k}{t}\,dt=k\times\int\limits_{3x}^x\ \dfrac{1}{t}\,dt \\\overset{}{\phantom{\forall x\in \R_+^*,\ F(x)}=k\times\left[\overset{}{\ln t}\right]\limits_{3x}^x=k\times(\ln x-\ln 3x)} \\\overset{}{\phantom{\forall x\in \R_+^*,\ F(x)}=k\times(\ln x-(\ln 3+\ln x))=k\times(\ln x-\ln 3-\ln x)} \\\phantom{\forall x\in \R_+^*,\ F(x)}=k\times(-\ln 3) \\\\\Longrightarrow\boxed{F(x)=-\ln3\times k}$

2. b) Soit $f(t)=\dfrac{1}{t}.$

$\forall x\in \R_+^*,\ F(x)=\int\limits_{3x}^x\ \dfrac{\frac{1}{t}}{t}\,dt=\int\limits_{3x}^x\ \dfrac{1}{t^2}\,dt=-\int\limits_{3x}^x\ \dfrac{-1}{t^2}\,dt =-\left[\overset{}{\dfrac{1}{t}}\right]\limits_{3x}^x \\\\\phantom{WWWWWW}=-(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{3x})=\dfrac{1}{3x}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{3x}-\dfrac{3}{3x}=-\dfrac{2}{3x} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall x\in \R_+^*,\ F(x)=-\dfrac{2}{3x}}$

Dans la suite de l'exercice, f est la fonction : t cos t et par suite, $\red{F(x)=\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\cos t}{t}\,dt}$ .

3. a) Déterminons le signe de $F(\dfrac{\pi}{6})=\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}\,\dfrac{\cos t}{t}\ dt$ et de $F(\dfrac{\pi}{2})=\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\,\dfrac{\cos t}{t}\ dt.$

         $\begin{matrix}t\in[\dfrac{\pi}{6}\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix} \cos t\ge 0\\\\t>0\end{matrix}\right.\\\\\phantom{WWWW}\Longrightarrow\dfrac{\cos t}{t}\ge0\\\\\phantom{WWWWWW}\Longrightarrow\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\,\dfrac{\cos t}{t}\ dt>0\\\\\phantom{WWWWWW}\Longrightarrow\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}\,\dfrac{\cos t}{t}\ dt<0\\\\\text{D'où, }\ \boxed{F(\dfrac{\pi}{6})<0}\end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix}|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\\end{matrix}\begin{matrix}t\in[\dfrac{\pi}{2}\,;\,\dfrac{3\pi}{2}]\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix} \cos t\le 0\\\\t>0\end{matrix}\right.\\\\\phantom{WWWW}\Longrightarrow\dfrac{\cos t}{t}\le0\\\\\phantom{WWWWWW}\Longrightarrow\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\,\dfrac{\cos t}{t}\ dt<0\\\\\phantom{WWWWWW}\Longrightarrow\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\,\dfrac{\cos t}{t}\ dt>0\\\\\text{D'où, }\ \boxed{F(\dfrac{\pi}{2})>0}\end{matrix}$

${\red{3.\ \text{b) }}}\ \forall\ t\in\R_+^*, f(t)=\cos t \\\\\left\lbrace\begin{matrix}-1\le\cos t\le1\\t>0\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}-1\le f(t)\le1\\t>0\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{-\dfrac{1}{t}\le\dfrac{f(t)}{t}\le\dfrac{1}{t}}$

Dès lors,

$\forall\ t\in\R_+^*,\ -\dfrac{1}{t}\le\dfrac{f(t)}{t}\le\dfrac{1}{t}\Longrightarrow\-\int\limits_{x}^{3x}\left(-\dfrac{1}{t}\right)\,dt\le\int\limits_{x}^{3x}\dfrac{f(t)}{t}\,dt\le\int\limits_{x}^{3x}\dfrac{1}{t}\,dt \\\\\phantom{WWWWWWWWWW}\Longrightarrow-\int\limits_{x}^{3x}\dfrac{1}{t}\,dt\le\int\limits_{x}^{3x}\dfrac{f(t)}{t}\,dt\le\int\limits_{x}^{3x}\dfrac{1}{t}\,dt \\\\\phantom{WWWWWWWWWW}\Longrightarrow\int\limits_{3x}^{x}\dfrac{1}{t}\,dt\le-\int\limits_{3x}^{x}\dfrac{f(t)}{t}\,dt\le-\int\limits_{3x}^{x}\dfrac{1}{t}\,dt\ \ \ \ (\text{permutation des bornes}) \\\\\phantom{WWWWWWWWWW}\Longrightarrow-\int\limits_{3x}^{x}\dfrac{1}{t}\,dt\ge\int\limits_{3x}^{x}\dfrac{f(t)}{t}\,dt\ge\int\limits_{3x}^{x}\dfrac{1}{t}\,dt\ \ \ \ (\text{en multipliant par (-1)})$

                                                             $\Longrightarrow-\left[\overset{}{\ln t}\right]\limits_{3x}^x\ge F(x)\ge\left[\overset{}{\ln t}\right]\limits_{3x}^x \\\\\Longrightarrow-(\ln x-\ln(3x))\ge F(x)\ge(\ln x-\ln(3x)) \\\\\Longrightarrow-(\ln x-(\ln3-\ln x))\ge F(x)\ge(\ln x-(\ln3-\ln x)) \\\\\Longrightarrow\boxed{\ln3\ge F(x)\ge-\ln3}$
Nous en déduisons que la fonction F est minorée par -ln3 et est majorée par ln3.
Par conséquent, la fonction F est bornée.

3. c) Montrons que pour tout x de $R_+^*$ , sin x infegal

x .
Considérons la fonction g définie sur $R_+$ par g (x ) = sin x - x .
Montrons que cette fonction g est négative sur $R_+^*$ .

$g'(x)=\cos x-1$
Or, pour tout réel x , -1 infegal

cos x

cos x - 1 infegal

0.
Dressons le tableau de variations de la fonction g sur $R_+$ .

$\begin{matrix}\underline{\text{Calcul préliminaire }}\\\\g(0)=\sin 0-0=0\end{matrix}\begin{matrix} \\\\\\\dfrac{}{}\ \ \ \ \ \ \begin{array}{|c|cccccc|}\hline&&&&&&\\ x&0&&&&+\infty&\\&&&&&& \\\hline &&&&&&&g'(x)=\cos x-1&&-&-&-&&\\&&&&&&\\\hline&{\blue{0}}&&&&&&{\blue{g(x)}}&&{\blue{\searrow}}&{\blue{\searrow}}&{\blue{\searrow}}&&\\&&&&&&\\\hline \end{array} \end{matrix}$

Ce tableau de variations de g nous permet de déduire que g (x ) infegal

0 sur $R_+$ , soit que sin x - x infegal

0 sur $R_+$ .
Par conséquent, pour tout x de $R_+^*$ , sin x x .

3. d) Nous rappelons que pour tout réel t , $1-\cos t=2\sin^2\dfrac{t}{2}\Longleftrightarrow\boxed{\cos t=1-2\sin^2\dfrac{t}{2}}$

$F(x)=\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\cos t}{t}\,dt=\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{1-2\sin^2\dfrac{t}{2}}{t}\,dt \\\\\phantom{F(x)}=\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{1}{t}\,dt-2\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\sin^2\dfrac{t}{2}}{t}\,dt =\left[\overset{}{\ln t}\right]\limits_{3x}^x-2\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\sin^2\dfrac{t}{2}}{t}\,dt \\\\\phantom{F(x)}=\ln x-\ln (3x)-2\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\sin^2\dfrac{t}{2}}{t}\,dt =\ln x-(\ln 3+\ln x)-2\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\sin^2\dfrac{t}{2}}{t}\,dt \\\\\phantom{F(x)}=\ln x-\ln 3-\ln x-2\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\sin^2\dfrac{t}{2}}{t}\,dt \\\Longrightarrow{F(x)}=-\ln 3-2\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\sin^2\dfrac{t}{2}}{t}\,dt \\\Longrightarrow\boxed{F(x)+\ln 3=-2\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\sin^2\dfrac{t}{2}}{t}\,dt}$

Montrons ensuite que pour tout x de $R_+^*$ , 0 F (x ) + ln 3 2x ².
Remarque : une coquille s'est glissée dans le questionnaire où il faut lire ln 3 au lieu de 3.

Nous avons montré dans la question 3. b) que $-\ln3\le F(x)\le\ln3$ .
Dès lors, $-\ln3\le F(x)\Longleftrightarrow \boxed{0\le F(x)+\ln3}$

Montrons que F (x ) + ln 3 infegal

2x ².
$F(x)+\ln 3=-2\int\limits_{3x}^x\,\dfrac{\sin^2\dfrac{t}{2}}{t}\,dt \\\phantom{F(x)+\ln 3}=\int\limits_{x}^{3x}\,\dfrac{\sin^2\dfrac{t}{2}}{\dfrac{t}{2}}\,dt \\\\\phantom{F(x)+\ln 3}\le\int\limits_{x}^{3x}\,\dfrac{(\dfrac{t}{2})^2}{\dfrac{t}{2}}\,dt\ \ \ \ \ \ \ \ (\text{voir question 3c)} \\\phantom{F(x)+\ln 3}\le\int\limits_{x}^{3x}\,\dfrac{t}{2}\,dt \\\\\phantom{F(x)+\ln 3}\le\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{4}}\right]\limits_{x}^{3x} \\\\\phantom{F(x)+\ln 3}\le\dfrac{9x^2}{4}-\dfrac{x^2}{4} \\\\\phantom{F(x)+\ln 3}\le\dfrac{8x^2}{4} \\\\\Longrightarrow\boxed{F(x)+\ln 3\le2x^2}$
Par conséquent, pour tout x de $R_+^*,\ \ \boxed{0\le F(x)+\ln 3\le 2x^2}$

Calculons $\lim\limits_{x\to0^+}F(x).$

$\left\lbrace\begin{matrix}0\le F(x)+\ln 3\le 2x^2\\\\\lim\limits_{x\to0^+}(2x^2)=0\end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{Théorème des gendarmes}}{\Longrightarrow}\ \ \ \lim\limits_{x\to0^+}(F(x)+\ln3)=0 \\\\\\\text{D'où }\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}F(x)=-\ln3}$

${\red{4.\ \text{a) }}}\ F(x)=\int\limits_{3x}^x\dfrac{\cos t}{t}\,dt \\\\\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\int\limits_{3x}^xu(t)v'(t)\,dt=\left[\overset{}{u(t)v(t)}\right]\limits_{3x}^x-\int\limits_{3x}^xu'(t)v(t)\,dt}}. \\\\\left\lbrace\begin{matrix}u(t)=\dfrac{1}{t}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ u'(t)=-\dfrac{1}{t^2}\\v'(t)=\cos t\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ v(t)=\sin t\end{matrix}\right. \\\\\text{Dès lors, }\ F(x)=\left[\overset{}{\dfrac{\sin t}{t}}\right]\limits_{3x}^x-\int\limits_{3x}^x\left(-\dfrac{\sin t}{t^2}\right)\,dt \\\\\phantom{WWWWWW}=\dfrac{\sin x}{x}-\dfrac{\sin 3x}{3x}+\int\limits_{3x}^x\dfrac{\sin t}{t^2}\,dt \\\\\phantom{WWWWWW}=\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{3x}+\int\limits_{3x}^x\dfrac{\sin t}{t^2}\,dt$

$\text{D'où, }\left|F(x)-\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{3x}\right|=\left|\int\limits_{3x}^x\dfrac{\sin t}{t^2}\,dt\right| \\\\\phantom{WwW}\left|F(x)-\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{3x}\right|\le{\blue{\left|\int\limits_{3x}^x\dfrac{1}{t^2}\,dt\right|}}\ \ \ \ (\text{car}-1\le\sin t\le1) \\\\\text{Or }{\blue{\left|\int\limits_{3x}^x\dfrac{1}{t^2}\,dt\right|}}=\left|\left[\overset{}{\dfrac{-1}{t}}\right]\limits_{3x}^{x}\right| =\left|\dfrac{-1}{x}-\dfrac{-1}{3x}\right| =\left|\dfrac{-3}{3x}+\dfrac{1}{3x}\right| =\left|\dfrac{-2}{3x}\right|=\dfrac{2}{3x}\ \ \ (\text{car }x\in\R_+^*) \\\\\\\text{Par conséquent, }\boxed{\forall\ x\in\R_+^*, \left|F(x)-\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{3x}\right|\le\dfrac{2}{3x}}$

Déterminons $\lim\limits_{x\to+\infty} F(x).$

$\forall\ x\in\R_+^*, \left|F(x)-\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{3x}\right|\le\dfrac{2}{3x} \\\\\Longleftrightarrow \forall\ x\in\R_+^*, -\dfrac{2}{3x}\le F(x)-\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{3x}\le\dfrac{2}{3x} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}-\dfrac{2}{3x}\le F(x)-\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{3x}\le\dfrac{2}{3x}\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\left(-\dfrac{2}{3x}\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2}{3x}=0\end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{Théorème des gendarmes}}{\Longrightarrow}\ \ \ \lim\limits_{x\to+\infty}\left(F(x)-\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{3x}\right)=0 \\\\\\\text{Or }\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{3x}=0 \\\\\text{Par conséquent, }\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}F(x)=0}$

4. b) Déterminons l'expression de F' (x ).

$F'(x)=\dfrac{\cos x}{x}-\dfrac{\cos 3x}{3x}\times(3x)' =\dfrac{\cos x}{x}-\dfrac{\cos 3x}{3x}\times3 \\\\\phantom{F'(x)}=\dfrac{\cos x}{x}-\dfrac{\cos 3x}{x} =\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x} \\\\\phantom{F'(x)}=\dfrac{-2\sin \dfrac{x+3x}{2}\sin\dfrac{x-3x}{2}}{x}\ \ \ \ \ \ {\blue{(\underline{\text{Formule}} : \cos p - \cos q = -2 \sin\dfrac{p+q}{2} \sin\dfrac{p-q}{2})}} \\\\\phantom{F'(x)}=\dfrac{-2\sin 2x\sin(-x)}{x}=\dfrac{2\,{\red{\sin 2x}}\sin x}{x} \\\\\phantom{F'(x)}=\dfrac{2\times{\red{2\sin x\cos x}}\times\sin x}{x}\ \ \ \ \ \ {\blue{(\underline{\text{Formule}} : \sin2a=2\sin a\cos a)}} \\\\\Longrightarrow\boxed{F'(x)=\dfrac{4\sin^2x\cos x}{x}}$

5. Soit F₁ la restriction de F à ]0 ; 2

].

5. a) Dressons le tableau de variation de F₁.

$\begin{array}{|c|cccccccccc|}\hline&&&&&&&&&&\\ x&0&&\dfrac{\pi}{2}&&\pi&&\dfrac{3\pi}{2}&&2\pi&\\&&&&&&&&&& \\\hline 4\sin^2x&0&+&+&+&0&+&+&+&0&\\\cos x&+&+&0&-&-&-&0&+&+&\\x&0&+&+&+&+&+&+&+&+&\\\hline &&&&&&&&&&&F'(x)&|&+&0&-&0&-&0&+&0&\\&&&&&&&&&&\\\hline&&&&&&&&&&&{\blue{F_1(x)}}&|&{\blue{\nearrow}}&&{\blue{\searrow}}&&{\blue{\searrow}}&&{\blue{\nearrow}}&&\\&{\blue{(-\ln 3)}}&&&&&&&&&\\\hline \end{array}$

5. b) La fonction F₁ est continue sur l'intervalle $]\dfrac{\pi}{6}\,;\,\dfrac{\pi}{2}[$ car elle est dérivable sur cet intervalle
(voir question 1).
F₁ est strictement croissante sur l'intervalle $]\dfrac{\pi}{6}\,;\,\dfrac{\pi}{2}[$ (voir tableau de variations de F₁).
De plus $F_1(\dfrac{\pi}{6})<0$ et $F_1(\dfrac{\pi}{2})>0$ (voir question 3. a).
En vertu du corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation F₁(x ) = 0 possède une et une seule solution sur l'intervalle $]\dfrac{\pi}{6}\,;\,\dfrac{\pi}{2}[$ .

Ci-dessous, à titre indicatif (non demandé dans l'énoncé), la courbe représentative de la fonction F₁.

points

exercice 2

1. L'affixe du point A₀ est $z_0=2.$
L'affixe du point A'₀ est $z_0'=1-\text{i}\sqrt{3}.$
Le point A₁ est le milieu du segment [A₀A'₀].
D'où, l'affixe du point A₁ est $z_1=\dfrac{z_0+z'_0}{2}.$
$\Longrightarrow\ z_1=\dfrac{2+1-\text{i}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3-\text{i}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}$
Par conséquent, l'affixe du point A₁ est $\boxed{z_1=\dfrac{3}{2}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}}$

Calcul de l'affixe z'₁ du point A'₁
$z'_1=(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2})\, z_1 =(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2})(\dfrac{3}{2}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}) =\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}-\dfrac{3\text{i}\sqrt{3}}{4}-\dfrac{3}{4} \\\\\phantom{z'_1}=-\dfrac{4\text{i}\sqrt{3}}{4} =-\text{i}\sqrt{3}.$
Par conséquent, l'affixe du point A'₁ est $\boxed{z'_1=-\text{i}\sqrt{3}}$

Calcul de l'affixe z₂ du point A₂
Le point A₂ est le milieu du segment [A₁A'₁].
D'où, l'affixe du point A₂ est $z_2=\dfrac{z_1+z'_1}{2}.$
$\Longrightarrow\ z_2=\dfrac{\dfrac{3}{2}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}-\text{i}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\dfrac{3-\text{i}\sqrt{3}-2\text{i}\sqrt{3}}{2}}{2}=\dfrac{3-3\text{i}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3}{4}-\dfrac{3\text{i}\sqrt{3}}{4}$
Par conséquent, l'affixe du point A₂ est $\boxed{z_2=\dfrac{3}{4}-\dfrac{3\text{i}\sqrt{3}}{4}}$

Calcul de l'affixe z'₂ du point A'₂
$z'_2=(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2})\, z_2 =(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2})(\dfrac{3}{4}-\dfrac{3\text{i}\sqrt{3}}{4}) =\dfrac{3}{8}-\dfrac{3\text{i}\sqrt{3}}{8}-\dfrac{3\text{i}\sqrt{3}}{8}-\dfrac{9}{8} \\\\\phantom{z'_1}=-\dfrac{6}{8}-\dfrac{6\text{i}\sqrt{3}}{8} =-\dfrac{3}{4}-\dfrac{3\text{i}\sqrt{3}}{4}.$
Par conséquent, l'affixe du point A'₂ est $\boxed{z'_2=-\dfrac{3}{4}-\dfrac{3\text{i}\sqrt{3}}{4}}$

2. a) Le point A_n +1 est le milieu du segment [A_nA'_n].
D'où, l'affixe du point A_n +1 est $z_{n+1}=\dfrac{z_n+z'_n}{2}.$
$z_{n+1}=\dfrac{z_n+z'_n}{2}=\dfrac{z_n+(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2})\, z_n}{2}=\dfrac{z_n+\dfrac{1}{2}z_n-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}\, z_n}{2}=\dfrac{\dfrac{3}{2}z_n-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}\, z_n}{2}=\dfrac{3}{4}z_n-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\, z_n.$

Par conséquent, pour tout entier naturel n , $\boxed{z_{n+1}=\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)\, z_n}$

Nous en déduisons que (z_n ) est une suite géométrique de raison $q=\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}$ dont le premier terme est z₀ = 2.
Le terme général de cette suite est donné par $z_n=z_0\times q^n.$
D'où, pour tout entier naturel n , $\boxed{z_n=2\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)^n}$

Nous savons que la transformation M(z ) M'(z' ) tel que z' = az + b avec a * et b est une similitude directe d'angle = arg a et de rapport k = |a |.

Or, nous avons montré que pour tout entier naturel n , $z_{n+1}=\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)\, z_n$
Nous en déduisons que A_n +1 est l'image de A_n par une similitude directe d'angle $\theta=\arg\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)$ et de rapport $k=\left|\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right|$ .

$k=\left|\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right|=\sqrt{\left(\dfrac{3}{4}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{9}{16}+\dfrac{3}{16}}=\sqrt{\dfrac{12}{16}}=\sqrt{\dfrac{3}{4}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Longrightarrow\boxed{k=\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\cos\theta=\dfrac{\dfrac{3}{4}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{3}{4}\times\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{3}{2\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\\sin\theta=\dfrac{-\dfrac{\sqrt{3}}{4}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=-\dfrac{\sqrt{3}}{4}\times\dfrac{2}{\sqrt{3}}=-\dfrac{1}{2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{\theta=-\dfrac{\pi}{6}}$

D'où, pour tout entier naturel n , $\boxed{z_{n+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}\,z_n}$
Par conséquent, A_n +1 est l'image de A_n par une similitude directe d'angle $\theta=-\dfrac{\pi}{6}$ et de rapport $k=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ , soit par la composée de l'homothétie de centre O, de rapport $k=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et de la rotation de centre O et d'angle $\theta=-\dfrac{\pi}{6}.$

2. b) Nous avons montré dans la question 2.a) que pour tout entier naturel n , $z_n=2\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)^n.$
Nous avons également montré que $\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}.$
$\text{Dès lors, }\ z_n=2\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)^n\Longleftrightarrow z_n=2\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}\right)^n \\\phantom{\text{Dès lors, }\ z_n=2\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)^n}\Longleftrightarrow z_n=2\times\dfrac{\sqrt{3^n}}{2^n}\,\text{e}^{-\text{i}\frac{n\pi}{6}} \\\phantom{\text{Dès lors, }\ z_n=2\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)^n}\Longleftrightarrow {\blue{z_n=2\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^n\times\text{e}^{-\text{i}\frac{n\pi}{6}}}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}r_n=2\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^n\\\\\theta_n=-\dfrac{n\pi}{6}\end{matrix}\right.}$

${\red{2.\ \text{c) }}}\ 0<\dfrac{\sqrt{3}}{2}<1\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty} \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^n=0 \\\phantom{{\red{2.\ \text{c) }}}\ 0<\dfrac{\sqrt{3}}{2}<1}\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty} \left[2\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^n\right]=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty} r_n=0}$
Par conséquent, les points successifs de la suite (A_n) se rapprochent de l'origine O du repère en parcourant une courbe en spirale.

2. d) Nous avons montré dans la réponse 2.b) que : ${\blue{z_n=2\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^n\times\text{e}^{-\text{i}\frac{n\pi}{6}}}}.$

$z_{n+6}=2\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{n+6}\times\text{e}^{-\text{i}\frac{(n+6)\pi}{6}} \\\phantom{z_{n+6}}=2\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{n}\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{6}\times\text{e}^{-\text{i}\frac{n\pi}{6}-\text{i}\pi} \\\phantom{z_{n+6}}=2\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{n}\times\dfrac{3^3}{2^6}\times\text{e}^{\text{i}(-\frac{n\pi}{6}-\pi)} \\\phantom{z_{n+6}}=2\times\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{n}\times\dfrac{27}{64}\times\text{e}^{\text{i}(-\frac{n\pi}{6}-\pi)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}r_{n+6}=\dfrac{27}{64}\,r_n\\\\\theta_{n+6}=\theta_n-\pi\end{matrix}\right.}$

3. a) Nous devons établir que ${\blue{A_nA_{n+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}A_{n-1}A_n}}$ .
Nous avons montré dans la question 2.a) que pour tout entier naturel n , $z_{n+1}=\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)\, z_n$
$\text{Dès lors, }\ A_nA_{n+1}=|z_{n+1}-z_n| \\\overset{}{\phantom{ \text{Dès lors, }\ A_nA_{n+1}}=\left|\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)\, z_n-z_n\right|} =\left|\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)-1\right||z_n| \\\overset{}{\phantom{ \text{Dès lors, }\ A_nA_{n+1}}=\left|-\dfrac{1}{4}-\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{4}\right||z_n|=\sqrt{\left(-\dfrac{1}{4}\right)^2+\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)^2}\times|z_n|} \\\overset{}{\phantom{ \text{Dès lors, }\ A_nA_{n+1}}=\sqrt{\dfrac{1}{16}+\dfrac{3}{16}}\times|z_n|=\sqrt{\dfrac{4}{16}}\times|z_n|=\sqrt{\dfrac{1}{4}}\times|z_n|} \\\\\Longrightarrow\boxed{A_nA_{n+1}=\dfrac{1}{2}|z_n|} \\\\\text{De même, }\boxed{A_{n-1}A_n=\dfrac{1}{2}|z_{n-1}|}$

Or nous savons par la question 2.a) que : $z_{n+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}\,z_n}$ , soit que $z_{n}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}\,z_{n-1}.$
D'où $|z_{n}|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times|z_{n-1}|$ .
Par conséquent, $\dfrac{1}{2}|z_{n}|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times\dfrac{1}{2}|z_{n-1}|$ , soit $\boxed{{\blue{A_nA_{n+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}A_{n-1}A_n}}}$ .

3. b) Nous déduisons de la relation $A_nA_{n+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}A_{n-1}A_n$ que si n est un entier naturel, la suite (A_nA_n +1) est une suite géométrique de raison $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ dont le premier terme est $A_0A_1=\dfrac{1}{2}|z_0|=\dfrac{1}{2}\times2=1.$

La longueur de la ligne brisée A₀A₁.......A_n -1A_n est $d_n=A_0A_1+A_1A_2+\dots\dots+A_{n-1}A_n$ , soit la somme des n premiers termes de cette suite géométrique (A_nA_n +1).
$\text{D'où }\ d_n=\text{premier terme}\times\dfrac{1-(\text{raison})^n}{1-\text{raison}} \\\\\phantom{\text{D'où }\ d_n}=1\times\dfrac{1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n}{1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}} =1\times\dfrac{1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n}{\dfrac{2-\sqrt{3}}{2}} \\\\\phantom{\text{D'où }\ d_n}=\dfrac{2}{2-\sqrt{3}}\times\left[1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n\right] \\\\\phantom{\text{D'où }\ d_n}=\dfrac{2(2+\sqrt{3})}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}\times\left[1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n\right]=\dfrac{2(2+\sqrt{3})}{2^2-(\sqrt{3})^2}\times\left[1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n\right] \\\\\phantom{\text{D'où }\ d_n}=\dfrac{2(2+\sqrt{3})}{4-3}\times\left[1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n\right]=\dfrac{2(2+\sqrt{3})}{1}\times\left[1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n\right] \\\\\Longrightarrow\boxed{d_n=2(2+\sqrt{3})\times\left[1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n\right]}$

${\red{3\ \text{c) }}}\ 0<\dfrac{\sqrt{3}}{2}<1\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty} \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^n=0 \\\overset{}{\phantom{{\red{2.\ \text{c) }}}\ 0<\dfrac{\sqrt{3}}{2}<1}\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty} \left[1-\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^n\right]=1} \\\overset{}{\phantom{{\red{2.\ \text{c) }}}\ 0<\dfrac{\sqrt{3}}{2}<1}\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty} \left[2(2+\sqrt{3})\left(1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n\right)\right]=2(2+\sqrt{3})} \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty} d_n=2(2+\sqrt{3})}$

points

probleme

Partie A

1. a) Une condition nécessaire et suffisante pour qu'une symétrie orthogonale par rapport à un plan epsilon

laisse invariant une droite donnée est que cette droite soit incluse ou orthogonale au plan epsilon

.

1. b) La symétrie orthogonale par rapport à l'unique plan contenant la droite (D) et orthogonale à (D') laisse simultanément invariantes les droites (D) et (D').
La symétrie orthogonale par rapport à l'unique plan contenant la droite (D') et orthogonale à (D) laisse simultanément invariantes les droites (D) et (D').
Ces plans étant uniques, il n'existe donc pas d'autre symétrie orthogonale par rapport à un plan qui laissent simultanément invariantes les droites (D) et (D').

On note (P) le plan contenant la droite (D) et orthogonal à (D') en B.
(P') le plan contenant la droite (D') et orthogonal à (D) en A.

2. a) Le point A appartient à la droite (D) qui est incluse au plan (P).
Donc le point A appartient au plan (P).
Le point A appartient au plan (P') par définition de (P').
D'où le point A appartient à l'intersection des plans (P) et (P').
Le point B appartient à la droite (D') qui est incluse au plan (P').
Donc le point B appartient au plan (P').
Le point B appartient au plan (P) par définition de (P).
D'où le point B appartient à l'intersection des plans (P) et (P').
Par conséquent, l'intersection des plans (P) et (P') est la droite (AB).

La droite (AB) étant orthogonale aux droites (D) et (D'), un vecteur directeur de la droite (AB) est donc orthogonal aux vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ .
Or $\overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{v}$ est orthogonal aux vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ .
Par conséquent, un vecteur directeur de la droite (AB) est colinéaire au vecteur $\overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{v}$ .

3. Nous avons montré dans la question 1.b) que la symétrie orthogonale par rapport au plan (P) laisse simultanément invariantes les droites (D) et (D').
Nous savons qu'une symétrie orthogonale conserve les longueurs.
Dès lors le symétrique d'un point quelconque de ( gammamaj

) vérifie également la propriété des points de ( gammamaj

).
Par conséquent, () admet le plan (P) comme plan de symétrie.
Une démonstration analogue montre que () admet le plan (P') comme plan de symétrie.

Les plans (P) et (P') sont perpendiculaires car (P) contient la droite (D) orthogonale aux deux droites sécantes (AB) et (D') du plan (P').
Nous savons que la composée de deux symétries orthogonales par rapport à deux plans perpendiculaires est la symétrie orthogonale par rapport à la droite, intersection des deux plans perpendiculaires.
Par conséquent, () admet la droite (AB) comme axe de symétrie.

4. Considérons l'intersection de ( gammamaj

) avec le plan (P).
Dans le plan (P), tout point de ( gammamaj

) se situe à égale distance des droites (D) et (D'), en l'occurrence de la droite (D) et du point B.
Par conséquent, l'intersection de () avec le plan (P) est une parabole de foyer B et de directrice (D).
Considérons l'intersection de ( gammamaj

) avec le plan (P').
Dans le plan (P'), tout point de ( gammamaj

) se situe à égale distance des droites (D) et (D'), en l'occurrence de la droite (D') et du point A.
Par conséquent, l'intersection de () avec le plan (P) est une parabole de foyer A et de directrice (D').

Partie B

Dans la suite, l'espace est rapporté à un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k}).$

1. a) Montrons que les droites (D) et (D') sont orthogonales.
Les droites (D) et (D') sont orthogonales si le produit scalaire $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}$ de leurs vecteurs directeurs est nul.

$\left\lbrace\begin{matrix}\overrightarrow{u}=\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}\\\overrightarrow{v}=\overrightarrow{i}-\overrightarrow{j}\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ \text{avec }\overrightarrow{i}:\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\ \ \text{et }\overrightarrow{j}:\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} \\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{u}:\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}\ \ \text{et}\ \ \boxed{\overrightarrow{v}:\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}} \\\\\\\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}= x_{\overrightarrow{u}}\times x_{\overrightarrow{v}}+y_{\overrightarrow{u}}\times y_{\overrightarrow{v}}+z_{\overrightarrow{u}}\times z_{\overrightarrow{v}} \\\phantom{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}=1\times1+1\times(-1)+0\times0 \\\phantom{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}=1-1+0 \\\phantom{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=0}$
D'où, les droites (D) et (D') sont orthogonales.

Montrons que les droites (D) et (D') sont non coplanaires en montrant qu'elle ne sont ni parallèles, ni sécantes.
Les droites (D) et (D') ne sont pas parallèles car leurs vecteurs directeurs $\overrightarrow{u}:\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{v}:\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}$ ne sont manifestement pas colinéaires.

Les vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{k}$ sont orthogonaux car
$\overrightarrow{u}:\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} \ \text{et}\ \ \overrightarrow{k}:\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \Longrightarrow\overrightarrow{u}.\overrightarrow{k}= x_{\overrightarrow{u}}\times x_{\overrightarrow{k}}+y_{\overrightarrow{u}}\times y_{\overrightarrow{k}}+z_{\overrightarrow{u}}\times z_{\overrightarrow{k}} \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWw}=1\times0+1\times0+0\times1 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWw}=0+0+0 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWw}=0 \\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{k}=0}$
Nous en déduisons que la droite (D) est incluse dans un plan ayant $\overrightarrow{k}$ comme vecteur normal.
La droite (D) est donc incluse dans un plan horizontal passant par le point A(0;0;1).

De même, les vecteurs $\overrightarrow{v}$ et $\overrightarrow{k}$ sont orthogonaux car
$\overrightarrow{v}:\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix} \ \text{et}\ \ \overrightarrow{k}:\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \Longrightarrow\overrightarrow{v}.\overrightarrow{k}= x_{\overrightarrow{v}}\times x_{\overrightarrow{k}}+y_{\overrightarrow{v}}\times y_{\overrightarrow{k}}+z_{\overrightarrow{v}}\times z_{\overrightarrow{k}} \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWw}=1\times0-1\times0+0\times1 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWw}=0+0+0 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWw}=0 \\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{v}.\overrightarrow{k}=0}$
Nous en déduisons que la droite (D') est incluse dans un plan ayant $\overrightarrow{k}$ comme vecteur normal.
La droite (D') est donc incluse dans un plan horizontal passant par le point B(0;0;-1).

Nous en déduisons que les droites (D) et (D') sont incluses respectivement dans deux plans horizontaux distincts car l'un passe par le point A de cote égale à 1 alors que l'autre passe par le point B de cote égale à -1.
Par conséquent, les droites (D) et (D') ne sont pas sécantes.

Puisque les droites (D) et (D') ne sont ni parallèles, ni sécantes, ces droites (D) et (D') ne sont pas coplanaires.

Montrons que le point O appartient à ( gammamaj

).
OA = OB = 1 car les coordonnées des points A et B sont respectivement (0;0;1) et (0;0;-1).
La droite (OA) est perpendiculaire à (D) car $\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{u}=0\times1+0\times1+1\times0=0.$
Donc la distance du point O à la droite (D) est égale à 1.
La droite (OB) est perpendiculaire à (D') car $\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{v}=0\times1+0\times(-1)-1\times0=0.$
Donc la distance du point O à la droite (D') est égale à 1.
D'où le point O appartient à ().

1. b) Déterminons une représentation paramétrique de la droite (D).

La droite (D) passe par le point $A{\red{(0\,;\,0\,;\,1)}}.$
Un vecteur directeur de la droite (D) est $\overrightarrow{u}:\begin{pmatrix}{\blue{1}}\\ {\blue{1}}\\ {\blue{0}}\end{pmatrix}$
D'où, une représentation paramétrique de la droite (D) est : $\left\lbrace\begin{matrix}x={\red{0}}+{\blue{1}}\times t\\y={\red{0}}+{\blue{1}}\times t\\z={\red{1}}+{\blue{0}}\times t\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (t\in\R)$
soit $\boxed{(D):\left\lbrace\begin{matrix}x=t\\y=t\\z=1\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (t\in\R)}$

Soit M un point de coordonnées (x ; y ; z ) et Q un point de (D).

En utilisant la représentation paramétrique de la droite (D), nous pouvons dire que les coordonnées du point Q sont de la forme (t ; t ; 1) avec t appartient

.

$MQ^2=(x_Q-x_M)^2+(y_Q-y_M)^2+(z_Q-z_M)^2 \\\overset{}{\phantom{MQ^2}=(t-x)^2+(t-y)^2+(1-z)^2} \\\overset{}{\phantom{MQ^2}=t^2-2tx+x^2+t^2-2ty+y^2+(z-1)^2} \\\\\Longrightarrow \boxed{MQ^2=2t^2-2t(x+y)+x^2+y^2+(z-1)^2}$

Soit la fonction f : t fleche2

MQ².
La distance de M à (D) est la plus petite valeur de MQ, soit la plus petite valeur de MQ² c'est-à-dire la valeur du minimum de la fonction f .
Déterminons d'abord la valeur de t pour laquelle f est minimal.
Cette valeur de t est la solution de l'équation f' (t ) = 0.
$f'(t)=\left(\overset{}{2t^2-2(x+y)t+x^2+y^2+(z-1)^2}\right)' \\\phantom{f'(t)}=\left(\overset{}{2t^2}\right)'-\left(\overset{}{2(x+y)t}\right)'+\left(\overset{}{x^2+y^2+(z-1)^2}\right)' \\\phantom{f'(t)}=4t-2(x+y)+0 \\\\\Longrightarrow \boxed{f'(t)=4t-2(x+y)} \\\\\text{D'où }f'(t)=0\Longleftrightarrow 4t-2(x+y)=0 \\\phantom{\text{D'où }f'(t)=0}\Longleftrightarrow 4t=2(x+y) \\\overset{}{\phantom{\text{D'où }f'(t)=0}\Longleftrightarrow t=\dfrac{x+y}{2}}$

Nous en déduisons que la plus petite valeur de MQ existe pour $t=\dfrac{x+y}{2}.$
Dès lors, la valeur du minimum de la fonction f est donnée par :
$f(\dfrac{x+y}{2})=\overset{}{2\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^2-2(x+y)\left(\dfrac{x+y}{2}\right)+x^2+y^2+(z-1)^2} \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{(x+y)^2}{2}-(x+y)^2+x^2+y^2+(z-1)^2 \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{x^2+2xy+y^2}{2}-x^2-2xy-y^2+x^2+y^2+(z-1)^2 \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{x^2+2xy+y^2}{2}-2xy+(z-1)^2 \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{x^2+2xy+y^2-4xy}{2}+(z-1)^2 \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{x^2-2xy+y^2}{2}+(z-1)^2 \\\\\Longrightarrow f(\dfrac{x+y}{2})=\dfrac{(x-y)^2}{2}+(z-1)^2$
Par conséquent, la distance de M à (D) est égale à $\sqrt{\dfrac{(x-y)^2}{2}+(z-1)^2}$ .

1. c) Calculons la distance du point M à la droite (D').

Déterminons une représentation paramétrique de la droite (D').

La droite (D') passe par le point $B{\red{(0\,;\,0\,;\,-1)}}.$
Un vecteur directeur de la droite (D') est $\overrightarrow{v}:\begin{pmatrix}{\blue{1}}\\ {\blue{-1}}\\ {\blue{0}}\end{pmatrix}$
D'où, une représentation paramétrique de la droite (D') est : $\left\lbrace\begin{matrix}x={\red{0}}+{\blue{1}}\times s\ \ \ \\y={\red{0}}+{\blue{(-1)}}\times s\\z={\red{-1}}+{\blue{0}}\times s\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (s\in\R)$
soit $\boxed{(D'):\left\lbrace\begin{matrix}x=s\\y=-s\\z=-1\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (s\in\R)}$

Soit M un point de coordonnées (x ; y ; z ) et R un point de (D').

En utilisant la représentation paramétrique de la droite (D'), nous pouvons dire que les coordonnées du point R sont de la forme (s ; -s ; -1) avec s appartient

.

$MS^2=(x_S-x_M)^2+(y_S-y_M)^2+(z_S-z_M)^2 \\\overset{}{\phantom{MS^2}=(s-x)^2+(-s-y)^2+(-1-z)^2} \\\overset{}{\phantom{MS^2}=s^2-2sx+x^2+s^2+2sy+y^2+(z+1)^2} \\\\\Longrightarrow \boxed{MS^2=2s^2-2s(x-y)+x^2+y^2+(z+1)^2}$

Soit la fonction g : s fleche2

MS².
La distance de M à (D') est la plus petite valeur de MS, soit la plus petite valeur de MS² c'est-à-dire la valeur du minimum de la fonction g .
Déterminons d'abord la valeur de s pour laquelle la fonction g est minimale.
Cette valeur de s est la solution de l'équation g' (s ) = 0.
$g'(s)=\left(\overset{}{2s^2-2(x-y)s+x^2+y^2+(z+1)^2}\right)' \\\phantom{g'(s)}=\left(\overset{}{2s^2}\right)'-\left(\overset{}{2(x+y)s}\right)'+\left(\overset{}{x^2+y^2+(z+1)^2}\right)' \\\phantom{g'(s)}=4s-2(x-y)+0 \\\\\Longrightarrow \boxed{g'(t)=4s-2(x-y)} \\\\\text{D'où }g'(s)=0\Longleftrightarrow 4s-2(x-y)=0 \\\phantom{\text{D'où }g'(s)=0}\Longleftrightarrow 4s=2(x-y) \\\overset{}{\phantom{\text{D'où }g'(s)=0}\Longleftrightarrow s=\dfrac{x-y}{2}}$
Nous en déduisons que la plus petite valeur de MS existe pour $s=\dfrac{x-y}{2}.$
Dès lors, la valeur du minimum de la fonction g est donnée par :
$g(\dfrac{x-y}{2})=\overset{}{2\left(\dfrac{x-y}{2}\right)^2-2(x-y)\left(\dfrac{x-y}{2}\right)+x^2+y^2+(z+1)^2} \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{(x-y)^2}{2}-(x-y)^2+x^2+y^2+(z+1)^2 \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{x^2-2xy+y^2}{2}-x^2+2xy-y^2+x^2+y^2+(z+1)^2 \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{x^2-2xy+y^2}{2}+2xy+(z+1)^2 \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{x^2-2xy+y^2+4xy}{2}+(z+1)^2 \\\phantom{f(\dfrac{x+y}{2})}=\dfrac{x^2+2xy+y^2}{2}+(z+1)^2 \\\\\Longrightarrow g(\dfrac{x-y}{2})=\dfrac{(x+y)^2}{2}+(z+1)^2$
Par conséquent, la distance de M à (D') est égale à $\sqrt{\dfrac{(x+y)^2}{2}+(z+1)^2}$ .

2. d) Le point M appartient à ( gammamaj

) si la distance de M à (D) est égale à la distance de M à (D').
$\text{Donc }\ M\in(\Gamma)\Longleftrightarrow\sqrt{\dfrac{(x-y)^2}{2}+(z-1)^2}=\sqrt{\dfrac{(x+y)^2}{2}+(z+1)^2} \\\overset{}{\phantom{\text{Donc }\ M\in(\Gamma)}\Longleftrightarrow\dfrac{(x-y)^2}{2}+(z-1)^2=\dfrac{(x+y)^2}{2}+(z+1)^2} \\\overset{}{\phantom{\text{Donc }\ M\in(\Gamma)}\Longleftrightarrow\dfrac{x^2-2xy+y^2}{2}+z^2-2z+1=\dfrac{x^2+2xy+y^2}{2}+z^2+2z+1} \\\overset{}{\phantom{\text{Donc }\ M\in(\Gamma)}\Longleftrightarrow\dfrac{x^2}{2}-xy+\dfrac{y^2}{2}=\dfrac{x^2}{2}+xy+\dfrac{y^2}{2}} \\\overset{}{\phantom{\text{Donc }\ M\in(\Gamma)}\Longleftrightarrow-2xy-4z=0} \\\overset{}{\phantom{\text{Donc }\ M\in(\Gamma)}\Longleftrightarrow xy+2z=0} \\\\\text{Par conséquent, }\boxed{M\in(\Gamma)\Longleftrightarrow xy+2z=0}$

2. a) Tout plan orthogonal à la droite (AB) admet une équation cartésienne de la forme z = k où k est une constante.
Dans le cas, la relation obtenue dans la question 1. d) s'écrit : xy + 2k = 0, soit xy = -2k avec k constant.

Cas général : k different

0.
xy = -2k est l'équation d'une hyperbole équilatère.
D'où, en général, les intersections de () avec des plans orthogonaux à la droite (AB) sont des hyperboles équilatères.

Cas d'exception : k = 0.
Le plan orthogonal à la droite (AB) admet comme équation : z = 0.
Dans le cas, la relation xy + 2k = 0 s'écrit : xy = 0, soit x = 0 ou y = 0.

Le système $\left\lbrace\begin{matrix}x=0\\z=0\end{matrix}\right.$ représente l'axe des ordonnées du repère.
Le système $\left\lbrace\begin{matrix}y=0\\z=0\end{matrix}\right.$ représente l'axe des abscisses du repère.
Par conséquent, l'intersection de () avec le plan d'équation : z = 0 est une hyperbole dégénérée, réduite à ses asymptotes.

2. b) Les plans orthogonaux à l'axe $(O,\overrightarrow{i})$ admettent une équation cartésienne de la forme x = k où k est une constante.
Dès lors, la relation xy + 2z = 0 s'écrit : ky + 2z = 0 avec k constant.
Le système $\left\lbrace\begin{matrix}x=k\\ky+2z=0\end{matrix}\right.$ représente une droite.
Les plans orthogonaux à l'axe $(O,\overrightarrow{j})$ admettent une équation cartésienne de la forme y = k où k est une constante.
Dès lors, la relation xy + 2z = 0 s'écrit : kx + 2z = 0 avec k constant.
Le système $\left\lbrace\begin{matrix}y=k\\kx+2z=0\end{matrix}\right.$ représente une droite.
Par conséquent, les intersections de () avec les plans orthogonaux à l'axe $(O,\overrightarrow{i})$ ou à l'axe $(O,\overrightarrow{j})$ sont des droites.

Partie C

1. a) Dans le repère $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k})$ , l'abscisse d'un point de l'espace est égale à l'abscisse de son projeté orthogonal sur le plan d'équation z = 0.
De même, l'ordonnée d'un point de l'espace est égale à l'ordonnée de son projeté orthogonal sur le plan d'équation z = 0.
Nous en déduisons que les abscisses et les ordonnées des points de ( gammamaj

) sont respectivement égales aux abscisses et aux ordonnées de leur projeté orthogonal sur le plan d'équation z = 0.
Par conséquent, la courbe (C_z ), projeté orthogonal de (C ) sur le plan d'équation z = 0 a pour représentation paramétrique $\boxed{(C_z):\left\lbrace\begin{matrix}x(t)=4\cos (t)\\\overset{}{y(t)=\sin(2t)}\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (t\in\R)}$

${\red{1.\ b)}}\ \ x(t)=4\cos t\Longrightarrow x(\pi-t)=4\cos (\pi-t) \\\phantom{{\red{1.\ b)}}\ \ x(t)=4\cos t}\Longrightarrow x(\pi-t)=-4\cos t \\\phantom{{\red{1.\ b)}}\ \ x(t)=4\cos t}\Longrightarrow \boxed{x(\pi-t)=-x(t)} \\\\\phantom{{\red{1.\ b)}}\ \ }y(t)=\sin 2t\Longrightarrow y(\pi-t)=\sin2(\pi-t) \\\phantom{{\red{1.\ b)}}\ \ y(t)=\sin 2t}\Longrightarrow y(\pi-t)=\sin(2\pi-2t) \\\phantom{{\red{1.\ b)}}\ \ y(t)=\sin 2t}\Longrightarrow y(\pi-t)=\sin(-2t) \\\phantom{{\red{1.\ b)}}\ \ y(t)=\sin 2t}\Longrightarrow y(\pi-t)=-\sin2t \\\phantom{{\red{1.\ b)}}\ \ y(t)=\sin 2t}\Longrightarrow \boxed{y(\pi-t)=-y(t)}$
Par conséquent, les points M (t ) et M ( - t ) sont symétriques par rapport à l'origine O du repère.

1. c) Représentation graphique de la courbe (C_z ) dans le plan d'équation z = 0 muni du repère $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$

$x(t)=4\cos t\Longrightarrow x(-t)=4\cos (-t) \\\phantom{x(t)=4\cos t}\Longrightarrow x(-t)=4\cos t \\\phantom{x(t)=4\cos t}\Longrightarrow \boxed{x(-t)=x(t)} \\\\y(t)=\sin 2t\Longrightarrow y(-t)=\sin2(-t) \\\phantom{y(t)=\sin 2t}\Longrightarrow y(-t)-\sin2t \\\phantom{y(t)=\sin 2t}\Longrightarrow \boxed{y(-t)=-y(t)}$
Par conséquent, les points M (t ) et M (-t ) sont symétriques par rapport à l'axe $(O\overrightarrow{i})$ .

Tableau donnant les valeurs de x (t ) et y (t ) pour quelques valeurs de t dans l'intervalle $[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}].$

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline&&&&&\\t&0&\dfrac{\pi}{6}&\dfrac{\pi}{4}&\dfrac{\pi}{3}&\dfrac{\pi}{2}\\&&&&& \\\hline &&&&&&x(t)&4&2\sqrt{3}\approx3,5&2\sqrt{2}\approx2,8&2&0\\&&&&& \\\hline &&&&&&y(t)&0&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx0,87&1&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx0,87&0\\&&&&& \\\hline &&&&&&{\blue{(x\,;\,y)}}&{\blue{(4\,;0)}}&{\blue{(3,5\,;\,0,87)}}&{\blue{(2,8\,;\,1)}}&{\blue{(2\,;\,0,87)}}&{\blue{(0\,;0)}}\\&&&&&\\\hline \end{array}$

La construction complète du graphique se fera en utilisant les symétries rappelées ci-dessus.

${\red{2.}}\ \ \left\lbrace\begin{matrix}x(t)y(t)+2z(t)=0\\x(t)=4\cos t\\y(t)=\sin2t\end{matrix}\right.\ \ \Longrightarrow4\cos t\sin2t+2z(t)=0 \\\phantom{WWWWWWWWWWW}\Longrightarrow2z(t)=-4\cos t\sin2t \\\phantom{WWWWWWWWWWW}\Longrightarrow z(t)=-2\cos t\sin2t$
D'où une représentation paramétrique de la courbe (C_x ) est $\boxed{(C_x):\left\lbrace\begin{matrix}y(t)=\sin2t\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\overset{}{z(t)=-2\cos t\sin2t}\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (t\in\R)}$

Par le même procédé que dans la question 1, nous obtenons : $\left\lbrace\begin{matrix}y(-t)=-y(t)\\z(-t)=-z(t)\end{matrix}\right.$ .
Par conséquent, les points M (t ) et M (-t ) sont symétriques par rapport à l'origine O du repère.

$\left\lbrace\begin{matrix}y(\pi-t)=-y(t)\\z(\pi-t)=z(t)\end{matrix}\right.$
Par conséquent, les points M (t ) et M ( - t ) sont symétriques par rapport à l'axe $(O\overrightarrow{k})$ .

Représentation graphique de la courbe (C_x ) dans le plan d'équation x = 0 muni du repère $(O,\overrightarrow{j},\overrightarrow{k})$

De même une représentation paramétrique de la courbe (C_y ) est $\boxed{(C_y):\left\lbrace\begin{matrix}x(t)=4\cos t\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\overset{}{z(t)=-2\cos t\sin2t}\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (t\in\R)}$

Représentation graphique de la courbe (C_y ) dans le plan d'équation y = 0 muni du repère $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{k})$

Publié par malou le 14-02-2021

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