DOC-20230916-WA0018

Telechargé par Namiloho ahmed Coulibaly
DS 1 : un corrig´e
Le bar`eme comprend 72 points.
Partie I : Homographies (sur 15 points)
1)(sur 4 points) D’apr`es l’´enonc´e, h(x) = x2
x1.
Soit xR.h(x) est d´efini si et seulement si x16= 0, donc le domaine de d´efinition
de hest Dh=R\ {1}.
hest d´erivable sur Dhet, pour tout x∈ Dh,h(x) = (x1) (x2)
(x1)2=1
(x1)2.
En particulier, pour tout x∈ Dh,h(x)>0, donc hest strictement croissante sur
]− ∞,1[ et sur ]1,+[.
Lorsque x6= 0, h(x) = 12
x
11
x
x→±∞ 1.
Les limites en 1 `a droite et `a gauche ´etant simples `a calculer, on dispose du tableau de
variation suivant :
x−∞ 1 +
h(x) + k+
h(x)1ր+k−∞ ր1
On calcule h(0) = 2, h(0) = 1, h(2) = 0, h(2) = 1. On obtient ainsi le graphe
suivant
1
1 2 3 412345
0
1
2
3
4
5
1
2
3
4
x
y
2)(sur 1,5 points) Soit xR.h(x) est d´efini si et seulement si (C) : cx +d6= 0.
Notons Dhle domaine de d´efinition de h.
Si c=d= 0, alors Dh=.
Si c= 0 et d6= 0, alors Dh=R.
Si c6= 0, alors (C)x6=d
c, donc Dh=R\ {−d
c}.
3)(sur 2 points) Chacune des int´egrales est bien d´efinie en tant qu’int´egrale d’une
fonction d´efinie et continue sur l’intervalle [0,1].
Une primitive de x7−1
x+ 1 est x7−ln(x+ 1),
donc Z1
0
1
x+ 1 dx = [ln(x+ 1)]1
0= ln 2.
2x+ 3
x+ 1 =2(x+ 1) + 1
x+ 1 = 2 + 1
x+ 1,
donc d’apr`es le calcul pr´ec´edent, Z1
0
2x+ 3
x+ 1 dx = 2 + ln 2.
La d´eriv´ee de x7−1
x+ 1 est x7−→ − 1
(x+ 1)2,
donc Z1
0
1
(x+ 1)2dx =h1
x+ 1i1
0=1
2+ 1 = 1
2.
x
(x+ 1)2=(x+ 1) 1
(x+ 1)2=1
x+ 1 1
(x+ 1)2donc d’apr`es les calculs pr´ec´edents,
Z1
0
x
(x+ 1)2dx = ln 2 1
2.
2
4)(sur 1,5 points)
Soit x, y ∈ Dh. En r´eduisant au mˆeme d´enominateur, on calcule que
h(x)h(y) = (ax +b)(cy +d)(ay +b)(cx +d)
(cx +d)(cy +d)=(ad bc)(xy)
(cx +d)(cy +d).
Par d´efinition, hest constante si et seulement si, pour tout x, y ∈ Dh,h(x) = h(y),
or Dhest non vide par hypoth`ese, donc d’apr`es la question 2, c’est R´eventuellement
priv´e d’un r´eel, donc en particulier, Dhposs`ede au moins deux r´eels distincts. On en
d´eduit que hest constante si et seulement si ad bc = 0.
5)(sur 4 points)
Premier cas : On suppose que c= 0. Alors ad bc =ad 6= 0, donc d6= 0 et a6= 0.
Alors, pour tout xR,h(x) = a
dx+b
d, avec a
d6= 0. Le graphe de hest donc une droite
non horizontale. On sait que dans ce cas, hest une bijection de Rdans R, dont la
bijection r´eciproque est g:y7−d
a(yb
d).
En posant h() = et g() = ,het gsont deux applications de Sdans Stelles
que, pour tout xS, (hg)(x) = (gh)(x) = x. D’apr`es le cours, ceci prouve que S
est une bijection de Sdans S, dont gest la bijection r´eciproque.
Second cas : On suppose maintenant que c6= 0.
Soit xR\ {−d
c}et yR\ {a
c}. Alors
y=h(x)y(cx +d) = ax +bx(cy a) = dy +bx=dy +b
cy a, car
cy a6= 0. De plus, dy +b
cy a=d
c(dy +b)c=d(cy a)ad bc = 0, or
ad bc 6= 0, donc dy +b
cy a6=d
c. Ceci prouve que, pour tout yR\ {a
c}, il existe un
unique xR\ {−d
c}tel que y=h(x), avec x=dy +b
cy a. Ainsi, hest une bijection de
R\ {−d
c}dans R\ {a
c}, dont l’application r´eciproque est g:y7−dy +b
cy a.
Alors, en posant h(d
c) = et h() = a
c, ainsi que g(a
c) = et g() = d
c, on
prolonge het gen deux applications de Sdans Stelles que hg=gh=IdS. Ceci
prouve que hest une bijection de Sdans S, dont gest la bijection r´eciproque.
6)(sur 2 points) Reprenons la question 5. Dans le premier cas, lorsque c= 0, on a
obtenu que, pour tout xR,h1(x) = d
a(xb
d) = ax+b
cx+d, en posant a=d
a,b=b
a,
c= 0 et d= 1. On erifie que adbc=a6= 0.
On a ´egalement obtenu que h1() = , or c= 0, donc h1est une homographie.
Dans le second cas, lorsque c6= 0, on a obtenu que, pour tout xR\ {a
c},
h1(x) = dx +b
cx a=ax+b
cx+d, en posant a=d,b=b,c=cet d=a.
On v´erifie que adbc=da bc 6= 0.
On a ´egalement obtenu que h1(a
c) = et h1() = d
c, donc h1est encore une
homographie.
3
Partie II : Compos´ees d’homographies (sur 15,5 points)
7)(sur 2 points)
Soit αR. Lorsque xR,Tα(x) = x+α=ax +b
cx +den posant a= 1, b=α,c= 0
et d= 1. On v´erifie que ad bc = 1 6= 0. De plus c= 0 et Tα() = +α=, donc
Tαest une homographie.
Soit βR. Lorsque xR,Hβ(x) = βx =ax +b
cx +den posant a=β,b= 0, c= 0
et d= 1. On erifie que ad bc =β6= 0. De plus c= 0 et Hβ() = β=, donc
Hβest une homographie.
Pour tout xR,I(x) = 1
x=ax +b
cx +den posant a= 0, b= 1, c= 1 et d= 0.
On v´erifie que ad bc =16= 0. On est dans le cas o`u c6= 0. De plus, d
c= 0,
I(0) = 1
0=et I() = 1
= 0 = a
c, donc Iest encore une homographie.
8)(sur 1,5 points) Soit xR\ {−d
c}. Alors
h(x) = ax +b
cx +d=(cx +d)a
c+bad
c
cx +d=a
cad bc
c2
1
x+d
c
, donc h(x) = α+β
x+γen
posant α=a
c,β=ad bc
c26= 0 et γ=d
c.
9)(sur 4 points)
Soit hune homographie, que l’on suppose d´efinie `a partir de 4 r´eels a, b, c, d tels que
ad bc 6= 0, selon les formules de la fin de la partie I.
Supposons d’abord que c6= 0. Alors d’apr`es la question pr´ec´edente, il existe α, β, γ R
avec β6= 0 tels que, pour tout xR\ {−d
c},h(x) = α+β
x+γ=TαHβITγ(x).
On sait de plus que γ=d
cet α=a
c,
donc TαHβITγ(d
c) = TαHβI(0) = TαHβ() = Tα() =
et TαHβITγ() = TαHβI() = TαHβ(0) = Tα(0) = α=a
c. Ainsi, het
TαHβITγont la eme image pour tout ´el´ement de S, donc h=TαHβITγ.
Supposons maintenant que c= 0. Alors a6= 0 et d6= 0, donc pour tout xR,
h(x) = ax +b
d=a
dx+b
d=TαHβ(x) en posant β=a
d6= 0 et α=b
d.
De plus TαHβ() = Tα() = , donc on a bien h=TαHβ.
R´eciproquement, supposons qu’il existe α, β Ravec β6= 0 tel que h=TαHβ.
Alors pour tout xR,h(x) = βx +αet h() = , donc hest bien une homographie.
Supposons enfin qu’il existe α, β, γ Ravec β6= 0 tels que h=TαHβITγ.
Soit xR\ {−γ}. Alors h(x) = α+β
x+γ=αx +αγ +β
x+γ=ax +b
cx +den posant a=α,
b=αγ +β,c= 1 6= 0 et d=γ. On v´erifie que ad bc =αγ αγ β=β6= 0. De
plus, h(d
c) = h(γ) = TαHβI(0) = et h() = α=a
c, donc hest encore une
homographie.
4
10)(sur 1 point) Pour tout xR,
TαHβTαHβ(x) = TαHβ(βx+α)
=β(βx+α) + α
=ββx+ (βα+α) = β′′x+α′′,
en posant β′′ =ββet α′′ =βα+α. Ainsi, TαHβTαHβ(x) = Tα′′ Hβ′′ (x).
De plus, TαHβTαHβ() = =Tα′′ Hβ′′ (), donc TαHβTαHβ=Tα′′ Hβ′′
et β′′ =ββ6= 0.
11)(sur 2 points)
Lorsque xRet que x6=1
δ,ITδI(x) = I(δ+1
x) = 1
δ+1
x
, donc
ITδI(x) = x
δx + 1 =(+ 1)1
δ1
δ
+ 1 =1
δ1
δ2
1
x+1
δ
=T1
δH1
δ2IT1
δ(x) (on
remarque que 1
δ26= 0, donc H1
δ2est bien d´efini).
Lorsque x=1
δ,ITδI(x) = I(0) = et T1
δH1
δ2IT1
δ(x) = T1
δH1
δ2I(0) = .
Lorsque x= 0, ITδI(x) = ITδ() = 0 et T1
δH1
δ2IT1
δ(x) = T1
δH1
δ2(δ) = 0.
Enfin, lorsque x=,ITδI(x) = ITδ(0) = 1
δ
et T1
δH1
δ2IT1
δ(x) = T1
δH1
δ2(0) = 1
δ.
On a donc montr´e que, pour tout xS,ITδI(x) = T1
δH1
δ2IT1
δ(x), ce qui
conclut.
12)(sur 5 points)
Soit get hdeux homographies. D’apr`es la question 9, il existe six r´eels
α, β, γ, α, β, γavec β6= 0 et β6= 0 tels que g=TαHβITγou bien g=TαHβ
et tels que h=TαHβITγou bien h=TαHβ. Il y a ainsi 4 cas `a examiner.
Premier cas : On suppose que g=TαHβet que h=TαHβ. Alors la
question 10 et la r´eciproque de la question 9 permettent de conclure.
Second cas : On suppose que g=TαHβet que h=TαHβITγ.
Alors, par associativit´e de la composition, gh= (TαHβTαHβ)ITγ,
donc d’apr`es la question 10, il existe α′′, β′′ Ravec β′′ 6= 0 tels que
gh=Ta′′ Hβ′′ ITγ, donc d’apr`es la question 9, ghest une homographie.
Troisi`eme cas : On suppose que g=TαHβITγet que h=TαHβ.
Alors, gh=TαHβITγTαHβ.
Soit xR.TγTαHβ(x) = βx+α+γ=β(x+α+γ
β) = HβTλ(x), o`u
λ=α+γ
β. De plus TγTαHβ() = =HβTλ(),
donc TγTαHβ=HβTλ.
Alors gh=TαHβIHβTλ.
De mˆeme, on v´erifie que IHβ=H1
βI, en ´evaluant ces deux applications
lorsque xR, lorsque x= 0 et lorsque x=.
Alors gh=TαHβH1
βITλ=TαHβ
βITλ. C’est une homographie
d’apr`es la question 9.
Dernier cas : On suppose que g=TαHβITγet que h=TαHβITγ.
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